Algebre-bilineaire

Jean-Marie Monier

mathémati ues Méthodes et exercices mp

uploading by KAMAL-EDDINE RKE/ Les méthodes à retenir Plus de 600 énoncés d’exercices Indications pour bien démarrer Tous les corrigés détaillés

© Dunod, Paris, 2009 ISBN 978-2-10-054258-1

MATHÉMATIQUES MÉTHODES ET EXERCICES

MP

Jean-Marie Monier Professeur en classe de Spéciales au lycée La Martinière-Monplaisir à Lyon

Table des matières

Table des matières

1. Espaces vectoriels normés Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices

2. Fonctions vectorielles d’une variable réelle Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices

3. Intégration sur un intervalle quelconque Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices

IV

1 2 8 16 20

43 44 48 55 59

77 78 81 89 95

4. Séries

135

Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices

136 140 149 154

5. Suites et séries d’applications Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices

6. Séries entières Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices

7. Séries de Fourier Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices

8. Équations différentielles Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices

185 186 192 201 205

247 248 253 262 267

311 311 313 318 320

335 336 339 347 351

Table des matières

9. Fonctions de plusieurs variables réelles 377 Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices

10. Compléments d’algèbre linéaire Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices

11. Réduction des endomorphismes et des matrices carrées Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices

12. Algèbre bilinéaire Les méthodes à retenir Énoncés des exercices

378 382 385 387

397 398 400 406 410

Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices

13. Algèbre sesquilinéaire Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices

14. Compléments d’algèbre générale Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices

486 492

519 519 520 522 523

527 528 529 533 535

427 428 431 441 445

15. Géométrie Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices

545 545 547 549 551

471 472 475

Index alphabétique

557

V

Pour bien utiliser cet ouvrage

La page d’entrée de chapitre Elle propose un plan du chapitre, les thèmes abordés dans les exercices, ainsi qu’un rappel des points essentiels du cours pour la résolution des exercices.

−

−

− −

∗ 

· ·

·

−

∗ 

∗ 

·




Les méthodes à retenir Cette rubrique constitue une synthèse des principales méthodes à connaître,détaillées étape par étape, et indique les exercices auxquels elles se rapportent.

VI

∗ 

·






·



·

Énoncés des exercices De nombreux exercices de difficulté croissante sont proposés pour s’entraîner. La difficulté de chaque exercice est indiquée sur une échelle de 1 à 4.











 −






− −



∗ 

∗ 

− ∗  ∗ 

∗








∗ 

∗ 

α −

Du mal à démarrer ? −

Des conseils méthodologiques sont proposés pour bien aborder la résolution des exercices.

−

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−π

π

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  −

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∼

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∗ 

   

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    ∼

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− ∼

∗ 

   

    ∼

Corrrigés des exercices

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    ∼

Tous les exercices sont corrigés de façon détaillée.

∼

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∗ 

− −

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∗ 

   

   



      

   

   

− −

−−− −

∗ 







−



 −−− − −

− −

− −

VII

Préface

Préface

Alors que, récemment, je feuilletais l’un des manuels de mathématiques qui servait de référence lorsque – voici quelques décennies ! – j’étais en prépa, me revinrent en mémoire certaines sensations : à la lecture des énoncés des exercices que j’avais jadis cochés, d’une concision à la fois élégante et provocante, je me rappelais le plaisir que j’avais éprouvé à la résolution de quelques-uns d’entre eux mais aussi, cette étrange amertume, pas encore totalement estompée aujourd’hui, que j’avais ressentie en abandonnant la recherche de quelques-uns, pourtant signalés d’un simple astérisque, après de vains efforts et plusieurs tentatives avortées. Les volumes Méthodes et Exercices (pour MP d’une part, PC-PSI-PT d’autre part) que J.-M. Monier nous présente aujourd’hui semblent tout spécialement écrits pour éviter ce traumatisme aux étudiants d’aujourd’hui et de demain. Chacun de ces ouvrages se compose de deux parties éminemment complémentaires : • Les méthodes constituent ce guide précieux qui permet à l’étudiant de passer, confiant, efficacement « coaché », du cours qu’il apprend à la recherche nécessaire et fructueuse des exercices. Si les théorèmes du cours sont les outils de l’artisan-étudiant, les méthodes et techniques proposées ici en sont les modes d’emploi. Évidemment, ces conseils sont particulièrement soignés et pertinents : ne sont-ils pas le fruit de la longue et multiple expérience de J.-M. Monier, pédagogue avéré, interrogateur recherché et auteur apprécié de maints ouvrages reconnus ? Pour une aide encore plus précise, chaque méthode est assortie de la liste des exercices dans lesquels sa mise en œuvre est souhaitable. • Les exercices, nombreux, variés et souvent originaux, couvrent la totalité du programme, chapitre après chapitre. Ils répondent parfaitement à un triple objectif :  permettre d’assurer, d’approfondir et d’affiner, pendant son apprentissage, la compréhension du cours ;  consolider et enrichir ses connaissances par la résolution d’exercices plus substantiels et de questions plus délicates ;  réaliser des révisions efficaces et ciblées lors de la préparation des épreuves écrites ou orales des concours. Ces exercices sont judicieusement classés en quatre niveaux de difficulté croissante, permettant ainsi aussi bien au néophyte de se mettre en confiance en traitant une application directe du cours (niveau 1) qu’à l’étudiant chevronné de se mesurer à des exercices plus difficiles et délicieusement subtils (niveau 4). On notera avec plaisir que chaque chapitre est couvert par des exercices des quatre niveaux. L’abandon douloureux devant une question trop abruptement posée, dont je parlais au début, ne saurait se produire avec l’ouvrage de J.-M. Monier : en effet, dans la rubrique « Du mal à démarrer », il apporte à l’étudiant(e) qui le souhaite une aide discrète, rappelant ici la méthode adéquate, donnant là une indication précieuse, ouvrant ailleurs une piste de recherche… Pour chaque exercice, l’auteur s’est imposé la rédaction complète et appliquée d’un corrigé clair, précis, détaillé, osons le mot, exemplaire. S’il est louable et formateur de chercher, il est plus gratifiant de trouver ! Et, ici encore, le manuel permet à chacun, soit de constater que sa solution est celle qui est fournie (et il en éprouve un indicible plaisir !), soit de s’aider du corrigé pour parvenir, rassuré et guidé, à cette solution. Qu’il me soit aussi permis d’insister sur l’ampleur de ces volumes, liée à la grande variété des exercices choisis, et qui est rare à ce niveau d’études, en même temps que sur leur prix très modique ! VIII

Préface

Ces ouvrages de consultation particulièrement agréable constituent l’outil efficace et complet qui permettra à chacun, à son rythme mais en magnifiant ses propres aptitudes, de développer son goût pour les mathématiques et ses compétences et, tout à la fois, de forger son succès. Quant à moi, un regret est en train de m’assaillir : pourquoi n’ai-je pas attendu la rentrée prochaine pour commencer ma prépa ?

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

H. Durand, professeur en Mathématiques Spéciales PT* au lycée La Martinière Monplaisir à Lyon.

IX

Index alphabétique

Remerciements Je tiens ici à exprimer ma gratitude aux nombreux collègues qui ont accepté de réviser des parties du manuscrit : Bruno Arsac, Jean-Philippe Berne, Gérard Bourgin, Jean-Paul Charroin, Jean-Paul Christin, Carine Courant, Hermin Durand, Jean Feyler, Viviane Gaggioli, Marguerite Gauthier, Daniel Genoud, André Laffont, Cécile Lardon, Ibrahim Rihaoui, René Roy, Marie-Dominique Siéfert, Marie-Pascale Thon, Audrey Verdier.

Jean-Marie Monier

X

Espaces vectoriels normés

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Plan

CHAPITRE

1

Thèmes abordés dans les exercices

Les méthodes à retenir

2

•

Montrer qu'une application est une norme

Énoncés des exercices

8

•

Obtention d’inégalités portant sur des normes

Du mal à démarrer ?

16

•

Montrer que deux normes sont (ne sont pas) équivalentes

Corrigés

20

•

Montrer qu’une partie d’un evn est (n’est pas) fermée, est (n’est pas) ouverte

•

Manipulation d’adhérences, d’intérieurs, de fermés, d’ouverts

•

Calcul de la distance d’un point à une partie

•

Utilisation de la continuité, de la continuité uniforme, du caractère lipschitzien

•

Montrer qu’une application linéaire f est continue, calculer ||| f |||

•

Montrer qu’une partie est (n’est pas) compacte, manipulation de parties compactes

•

Utilisation d’une suite de Cauchy

•

Montrer qu’une partie est (n’est pas) complète, manipulation de parties complètes

•

Montrer qu’une partie est (n’est pas) connexe par arcs, manipulation de parties connexes par arcs

•

Montrer qu’une application est un produit scalaire

•

Déterminer l’orthogonal d’une partie d’un espace préhilbertien

Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •

Définition de norme, espace vectoriel normé, distance associée à une norme, inégalité triangulaire renversée, normes équivalentes

•

Définition de boule ouverte, boule fermée, parties bornées

•

Définition et propriétés de : ouvert, fermé, adhérence, intérieur, point adhérent, point intérieur

•

Définition de la distance d’un point x à une partie A d’un evn E, caractérisation de d(x,A) = 0

•

Définition et propriétés de la convergence des suites, suites extraites, valeurs d’adhérence d’une suite 1

Chapitre 1 • Espaces vectoriels normés

•

Définition et propriétés des limites, de la continuité en un point, de la continuité sur une partie

•

Définition de la continuité uniforme, du caractère lipschitzien, liens entre continue, uniformément continue, lipschitzienne

•

Caractérisation des applications linéaires continues parmi les applications linéaires, définition et propriétés de la norme |||.|||

•

Définition séquentielle de la compacité, liens entre compact et fermé, liens entre compact et fermé borné, produit cartésien de deux compacts, image continue d’un compact, théorème de Heine, équivalence des normes en dimension finie

•

Définition d’une suite de Cauchy, d’une partie complète, lien entre compact et complet, liens entre complet et fermé, tout evn de dimension finie est complet

•

Définition de connexe par arcs, lien avec la convexité, connexes par arcs de R, image continue d’un connexe par arcs, théorème des valeurs intermédiaires

•

Définition d’un produit scalaire (réel ou complexe), d’un espace préhilbertien, inégalité de Cauchy et Schwarz et cas d’égalité, inégalité de Minkowski et cas d’égalité

•

Définition et propriétés de l’orthogonalité dans un espace préhilbertien, théorème de Pythagore, procédé d’orthogonalisation de Schmidt, théorème de projection orthogonale sur un sev de dimension finie.

Les méthodes à retenir On abrège : espace vectoriel en ev sous-espace vectoriel en sev espace vectoriel normé en evn.

Pour montrer qu’une application N : E −→ R est une norme sur un K-espace vectoriel E

Revenir à la définition. Ne pas oublier de montrer que, pour tout x ∈ E, N (x) existe, en particulier lorsque N (x) est donnée par une borne supérieure ou une intégrale.

➥ Exercices 1.28 a), 1.32, 1.46. Pour exprimer la distance d associée à une norme sur un K-ev E à partir de cette norme, ou pour exprimer une norme à partir de la distance associée d sur E 2

Utiliser les formules : ∀(x,y) ∈ E 2 , d(x,y) = N (x − y), ∀x ∈ E, N (x) = d(0,x).

Les méthodes à retenir

Essayer d’appliquer l’inégalité triangulaire : ∀ (x,y) ∈ E 2 , ||x + y||
||x|| + ||y||, Pour établir une inégalité faisant intervenir une norme ||.|| sur un K-ev

ou l’inégalité triangulaire renversée :   ∀ (x,y) ∈ E 2 , ||x|| − ||y||
||x − y||.

➥ Exercices 1.1, 1.44. • Lorsque E n’est pas nécessairement de dimension finie, revenir à la définition, c’est-à-dire montrer : Pour montrer que deux normes N, N sur un K-espace vectoriel E sont équivalentes

∃ (α,β) ∈ (R∗+ )2 , ∀,x ∈ E, αN (x)
N (x)
βN (x).

➥ Exercices 1.4, 1.32, 1.46 • Si E est de dimension finie, d’après le cours, toutes les normes sur E sont équivalentes. Chercher une suite ( f n )n dans E − {0} telle que :

Pour montrer que deux normes N, N sur un K-espace vectoriel E ne sont pas équivalentes

N ( fn ) −−→ + ∞ ou N ( fn ) n ∞

N ( fn ) −−→ + ∞. N ( fn ) n ∞

➥ Exercices 1.18, 1.46. • Si on peut faire intervenir la notion de suite, utiliser la caractérisation séquentielle des fermés : la partie A de E est fermée dans E si et seulement si, pour toute suite (an )n dans A convergeant vers un élément x de E, on a : x ∈ A.

➥ Exercices 1.3 a), 1.16, 1.17, 1.48

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Pour montrer qu’une partie A d’un evn E est fermée dans E

• Essayer de montrer que :

∗ A est une intersection de fermés de E ∗ A est une réunion d’un nombre fini de fermés de E ∗ A est un produit cartésien d’un nombre fini de fermés

• Essayer de montrer que A est l’image réciproque d’un fermé par une application continue.

➥ Exercice 1.34.

• Si le contexte fait intervenir des ouverts, essayer de montrer que  E (A) est ouvert dans E.

Pour montrer qu’une partie Ω d’un evn E est ouverte dans E

• Revenir à la définition, c’est-à-dire montrer : ∀x ∈ Ω, ∃ r > 0, B(x ; r) ⊂ .

• Montrer que  E (Ω) est un fermé de E 3

Chapitre 1 • Espaces vectoriels normés

• Essayer de montrer que :

∗ Ω est une réunion d’ouverts de E

➥ Exercice 1.5 b) ∗ Ω est une intersection d’un nombre fini d’ouverts de E ∗ Ω est un produit cartésien d’un nombre fini d’ouverts

• Essayer de montrer que Ω est l’image réciproque d’un ouvert par une application continue.

➥ Exercices 1.5 a), 1.33, 1.34.

Pour montrer qu’un point x d’un K-evn E est adhérent à une partie A de E

Pour montrer qu’un point x d’un K-evn E est intérieur à une partie A de E

• Montrer qu’il existe une suite (an )n dans A convergeant vers x. ➥ Exercices 1.2, 1.29, 1.30 a) / ∅. • Montrer, pour tout voisinage V de x dans E : V ∩ A = ➥ Exercice 1.31. Montrer qu’il existe r > 0 tel que : B(x ; r) ⊂ A.

➥ Exercices 1.2, 1.29. • Utiliser les propriétés ensemblistes (globales) des adhérences et des

Pour manipuler des adhérences et/ou des intérieurs de parties d’un K-evn E

intérieurs : 1) ∗ A◦ est ouvert dans E ∗ si Ω ⊂ A et si Ω est ouvert dans E, alors Ω ⊂ A◦ ∗ A◦◦ = A◦ , E ◦ = E, ∅◦ = ∅ ∗ A ⊂ B ⇒ A◦ ⊂ B ◦ 2) ∗ A est fermé dans E ∗ si A ⊂ F et si F est fermé dans E, alors A ⊂ F ∗ A = A, E = E, ∅ = ∅ ∗ A ⊂ B ⇒ A ⊂ B  ◦ 3)  E (A) =  E (A) ,  E (A◦ ) =  E (A).

➥ Exercice 1.45 • On ne se résoudra à faire intervenir les éléments de E que lorsque des calculs globaux ne seront pas réalisables.

➥ Exercices 1.15, 1.45.

Pour manipuler la distance d(x,A) d’un point x d’un K-evn E à une partie non vide A de E

4

d(x,A) = Inf d(x,a), Utiliser la définition : a∈A ce qui revient à :  ∀ a ∈ A, d(x,A)
d(x,a)    ∀ k ∈ R+ , ∀,a ∈ A, k
d(x,a) ⇒ k
d(x,A) . On fera souvent alors intervenir l’inégalité triangulaire ou l’inégalité triangulaire renversée. ➥ Exercice 1.17.

Les méthodes à retenir

• Appliquer les théorèmes généraux (opératoires) relatifs à la continuité en un point.

➥ Exercice 1.19 Pour montrer qu’une application f : X ⊂ E −→ F est continue en un point a de X

• Si f est à valeurs dans un produit cartésien, montrer que chaque fonction-coordonnée de f est continue en a.

• Revenir à la définition, c’est-à-dire montrer :

    ∀ ε > 0, ∃ η > 0, ∀x ∈ A, d E (x,a)
η ⇒ d F f (x), f (a)
ε .

• Utiliser la caractérisation séquentielle de la continuité, c’est-à-dire montrer  que, pour toute suite (an )n dans A convergeant vers a, la suite f (an ) n converge vers f (a).

• Appliquer les théorèmes généraux (opératoires) relatifs à la continuité sur une partie.

➥ Exercice 1.6 Pour montrer qu’une application f : X ⊂ E −→ F est continue sur X

• Montrer que f est continue en chaque point de X, en se ramenant aux méthodes vues plus haut.

• Montrer que l’image réciproque par f de tout ouvert de F est un ouvert de X, ou montrer que l’image réciproque par f de tout fermé de F est un fermé de X. • Se souvenir que le caractère lipschitzien ou l’uniforme continuité entraînent la continuité.

• Revenir à la définition, c’est-à-dire montrer : Pour montrer qu’une application f : X ⊂ E −→ F est uniformément continue sur X

∀ ε > 0, ∃ η > 0, ∀(x ,x ) ∈ X 2 ,     d E (x ,x )
η ⇒ d F f (x ), f (x )
ε .

• Se rappeler que, si f est lipschitzienne, alors f est uniformément continue.

• Se rappeler le théorème de Heine : si f est continue sur X et si X est

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

compact, alors f est uniformément continue sur X. Utiliser la définition : Pour manipuler une application f : X ⊂ E −→ F k-lipschitzienne

  ∀ (x1 ,x2 ) ∈ X 2 , d F f (x1 ), f (x2 )
k d(x1 ,x2 ).

➥ Exercice 1.7 • Exprimer f comme combinaison linéaire ou composée d’applications linéaires continues. Pour montrer qu’une application linéaire f ∈ L(E,F) est continue

• Montrer qu’il existe M ∈ R+ tel que : ∀ x ∈ E, || f (x)|| F
M||x|| E .

➥ Exercices 1.8, 1.12, 1.35, 1.36 • Se rappeler que, si E est de dimension finie, alors toute application linéaire f : E −→ F est continue. 5

Chapitre 1 • Espaces vectoriels normés

Montrer d’abord qu’il existe M ∈ R+ tel que : ∀ x ∈ E, || f (x)|| F
M||x|| E , et on a alors ||| f |||
M, où, par définition : || f (x)|| F = Sup || f (x)|| F . x∈E−{0} ||x|| E x∈B(0 ;1)

||| f ||| = Sup

Pour calculer la norme |||f ||| d’une application linéaire continue f ∈ LC (E,F)

On peut espérer, si M a été convenablement obtenu, que l’on ait : ||| f ||| = M. La borne supérieure définissant ||| f ||| peut être atteinte ou non. Si E est de dimension finie, alors la borne supérieure est atteinte et on || f (x0 )|| F = M. cherchera donc x0 ∈ E − {0} de façon que ||x0 || E Si E n’est pas de dimension finie, la borne supérieure peut être atteinte ou non. Essayer : || f (x0 )|| F =M ∗ soit de chercher x0 ∈ E − {0}) de façon que ||x0 || E

➥ Exercices 1.8, 1.20, 1.35, 1.36 ∗ soit de chercher une suite (xn )n dans E − {0} de façon que : || f (xn )|| F −→ M. ||xn || E n∞

Dans un contexte de compacité, pour établir une inégalité stricte

Essayer de faire intervenir une application continue sur un compact et à valeurs dans R∗+ .

Dans un contexte de compacité

Un raisonnement par l’absurde peut permettre de construire une suite, puis d’appliquer la compacité pour obtenir une suite convergente et amener une contradiction.

➥ Exercice 1.38.

➥ Exercice 1.22.

• Essayer de faire apparaître X comme image directe d’un compact par une application continue. Pour montrer qu’une partie X d’un evn E est compacte

6

➥ Exercice 1.9 • Essayer de montrer que X est fermé dans un compact. • Si E est de dimension finie, montrer que X est fermée et bornée. ➥ Exercices 1.10, 1.21, 1.39, 1.41.

Les méthodes à retenir

Revenir à la définition, c’est-à-dire montrer : Pour montrer qu’une suite (un )n d’un evn E est de Cauchy

∀ ε > 0, ∃ N ∈ N, ∀( p,q) ∈ N2 ,

 p  N qN

 ⇒ d(u p ,u q )
ε .

➥ Exercices 1.11, 1.24, 1.50. • Montrer que X est fermée et qu’il existe une partie Y de E telle que Pour montrer qu’une partie X d’un evn E est complète

X ⊂ Y et que Y soit complète.

• Se rappeler que, si X est compacte, alors X est complète. • Se rappeler que, si E est de dimension finie et si X est fermée dans E, alors X est complète.

• Revenir à la définition, c’est-à-dire montrer que toute suite de Cauchy dans X converge dans X.

• Se rappeler d’abord que :

∗ toute partie convexe est connexe par arcs ∗ les parties connexes par arcs de R sont les intervalles.

➥ Exercice 1.51. • Montrer que A est l’image directe d’une partie connexe par arcs par une application continue. Pour montrer qu’une partie A d’un evn E est connexe par arcs

➥ Exercices 1.25, 1.51. • Revenir à la définition, c’est-à-dire montrer que, pour tout (x,y) ∈ A2 , il existe un chemin joignant continument x et y en restant dans A, c’est-à-dire montrer qu’il existe une application continue γ : [0 ; 1] −→ A telle que :  γ(0) = x, γ(1) = y ∀ t ∈ [0 ; 1], γ(t) ∈ A.

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➥ Exercice 1.26. Pour exploiter la connexité par arcs

Essayer d’utiliser le théorème des valeurs intermédiaires : si A est connexe par arcs et si f : A −→ R est continue, alors f atteint tout réel entre deux réels qu’elle atteint déjà.

Pour montrer qu’une application ϕ : E × E −→ R est un produit scalaire, où E est un K-ev

Revenir à la définition.

Pour relier un produit scalaire ϕ : E × E −→ K et la forme quadratique φ : E −→ R associée

Utiliser la formule qui exprime φ à l’aide de ϕ :

➥ Exercice 1.43.

∀ x ∈ E, φ(x) = ϕ(x,x), 7

Chapitre 1 • Espaces vectoriels normés

ou, si K = R, une des formules exprimant ϕ à l’aide de φ : ∀ (x,y) ∈ E 2 , ϕ(x,y) =

 1 φ(x + y) − φ(x) − φ(y) , 2

∀ (x,y) ∈ E 2 , ϕ(x,y) =

 1 φ(x + y) − φ(x − y) . 4

Utiliser l’inégalité de Cauchy et Schwarz : ∀ (x,y) ∈ E 2 , |(x | y)|
||x|| ||y||, Pour obtenir des inégalités dans un contexte   d’espace préhilbertien E,(. | .)

ou l’inégalité de Minkowski, c’est-à-dire l’inégalité triangulaire pour la norme associée au produit scalaire : ∀ (x,y) ∈ E 2 , ||x + y||
||x|| + ||y||.

➥ Exercice 1.52. • Revenir à la définition de l’orthogonal d’une partie A de E :

A⊥ = x ∈ E ; ∀ a ∈ A, (x | a) = 0 .

• Utiliser les propriétés ensemblistes (globales) de l’orthogonalité : Pour manipuler des orthogonaux de parties dans unespace préhilbertien E,(. | .)

∗ A ⊂ B ⇒ A⊥ ⊃ B ⊥  ⊥ ∗ A⊥ = Vect (A) ∗ A ⊂ A⊥⊥ , E ⊥ = {0}, {0}⊥ = E ∗ A ∩ A⊥ ⊂ {0}.

➥ Exercice 1.27. • Se rappeler que, d’après le théorème de projection orthogonale sur un sev de dimension finie, si F est de dimension finie, alors : F ⊕ F ⊥ = E.

Énoncés des exercices 1.1

Inégalité sur des normes Soient (E,||.||) un evn, x,y,z,t ∈ E. Montrer : ||x − y|| + ||z − t||
||x − z|| + ||y − t|| + ||x − t|| + ||y − z||.

1.2

Adhérence, intérieur d’un produit cartésien de deux parties Soient E,F deux evn, A ⊂ E, B ⊂ F. Montrer : a) A × B = A × B

8

b) (A × B)◦ = A◦ × B ◦ .

Énoncés des exercices

1.3

Une partie est-elle fermée, est-elle ouverte ? On note E le R-ev des applications continues bornées de R dans R, muni de ||.||∞ .

a) Est-ce que F = f ∈ E ; ∀ x ∈ R, f (x)  0 est fermée dans E ? 



b) Est-ce que U = f ∈ E ; ∀ x ∈ R, f (x) > 0 est ouverte dans E ?

1.4

Exemple de deux normes équivalentes   On note E = C 1 [0 ; 1] ; R et ν1 ,ν2 les applications de E dans R définies, pour toute f ∈ E,

1

1 | f (t)| dt, ν2 ( f ) = 2| f (0)| + | f (t)| dt. par : ν1 ( f ) = | f (0)| + 2 0

0

Montrer que ν1 et ν2 sont des normes sur E et qu’elles sont équivalentes.

1.5

Somme d’une partie et d’un ouvert Soient E un evn, Ω un ouvert de E.

a) Montrer que, pour tout a ∈ E, la partie {a} + Ω = a + x ; x ∈ Ω est un ouvert de E.

b) En déduire que, pour toute partie A de E, la partie A + Ω = a + x ; (a,x) ∈ A × Ω est un ouvert de E.

1.6

Fonction continue à deux variables / ∅, B ⊂ F telle que B = / ∅, et Soient E,F,G des evn, A ⊂ E telle que A = f : A −→ G, g : B −→ G deux applications. On note : ϕ : A × B −→ G, (x,y) −→ ϕ(x,y) = f (x) + g(y). Montrer que ϕ est continue sur A × B si et seulement si : f est continue sur A et g est continue sur B.

1.7

Exemple d’application lipschitzienne

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Soit (a,b) ∈ (R+ )2 . On munit R2 de la norme ||.||1 définie, pour tout (x,y) ∈ R2, par : ||(x1 ,x2 )||1 = |x1 | + |x2 |. On note f : R2 −→ R2 , (x1 ,x2 ) −→ f (x1 ,x2 ) = (ax2 , bx1 ). Montrer que f est lipschitzienne.

1.8

Étude d’une application linéaire continue sur un espace de fonctions, calcul de sa norme

1   = | f (t)| dt ∀ f ∈ E, || f || On note E = C [0 ; 1] ; R , muni de ||.||1 définie par : 1 0

1

f (t) dt.

et on considère l’application : φ : E −→ R, f −→ φ( f ) = 0

Montrer φ ∈ LC (E,R) et calculer |||φ|||.

1.9

Somme de deux compacts Soient E un evn, K ,L deux compacts de E. Montrer que K + L est compact.

9

Chapitre 1 • Espaces vectoriels normés

1.10 Une partie est-elle compacte, non compacte ?

  sin x On considère l’application f : R −→ R, x −→ f (x) = x  1 

1 . A = x ∈ R ; f (x) = 0 , B = x ∈ R ; f (x)  2

si x = / 0

et on note :

si x = 0

Est-ce que A est compacte ? Est-ce que B est compacte ?

1.11 Suite proche d’une suite de Cauchy

Soient (E,||.||) un evn, d la distance associée à ||.||, (u n )n∈N , (vn )n∈N deux suites dans E telles que : d(u n ,vn ) −→ 0. Montrer que, si l’une des deux est de Cauchy, alors l’autre l’est aussi. n∞

1.12 Exemple d’application diminuant strictement les distances, dans un evn complet, et sans point fixe Donner un exemple d’application f : R −→ R telle que : ∀ (x,y) ∈ R2 ,



x= / y ⇒ | f (x) − f (y)| < |x − y|



et que, cependant, f n’a pas de point fixe.

1.13 Caractérisation de l’égalité de deux boules pour deux normes Soient E un K -evn, N1 ,N2 deux normes sur E. On note, pour tout i ∈ {1,2} :

Bi = x ∈ E ; Ni (x) < 1 ,



Bi = x ∈ E ; Ni (x)
1 ,

qui sont la boule ouverte et la boule fermée de E, de centre 0, de rayon 1, pour la norme Ni . Montrer : a) B1 = B2 ⇐⇒ N1 = N2

b) B1 = B2 ⇐⇒ N1 = N2 .

1.14 Intérieur d’un sous-espace vectoriel ◦

/ ∅, alors F = E . a) Soient E un evn, F un sev de E. Montrer que, si F =   b) On note E le R-ev C [0; 1],R muni de || · ||∞, E 1 (resp. P) la partie de E formée des applications de classe C 1 (resp. polynomiales). Montrer :

◦

◦

E1 = P = ∅.

1.15 Adhérence d’une boule ouverte, intérieur d’une boule fermée Soient (E,||.||) un evn, a ∈ E, r ∈ R∗+ . Montrer :  ◦ b) B (a ; r) = B(a ; r). a) B(a ; r) = B (a ; r)

1.16 Exemple de partie fermée dans un espace de fonctions On note E le R-ev des applications de [0 ; 1] dans R bornées, muni de la norme ||.||∞, et on consi

dère A = f ∈ E ; ∀x ∈ [0 ; 1], e f (x)  2 + f (x) . Montrer que A est une partie fermée, non bornée, de E. 10

Énoncés des exercices

1.17

Exemple de calcul de la distance d’un point à une partie   On note E = C [0 ; 1] ; R , muni de ||.||∞ .  

1 f =0 . a) On note A = f ∈ E ; f (0) = 1 et 0

1) Montrer que A est une partie fermée de E. 2) Calculer d(0,A). Cette distance est-elle atteinte ?  b) Mêmes questions pour B = f ∈ E ; f (0) = 0 et

1

 f =1 .

0

1.18

Exemple de trois normes deux à deux non équivalentes   , N∞ les applications de E dans R définies, pour toute On note E = C 2 [0 ; 1] ; R et N∞ , N∞ f ∈ E, par : N∞ ( f ) = Sup | f (x)|, x∈[0;1]

N∞ ( f ) = | f (0)| + Sup | f (x)|, x∈[0;1]

N∞ ( f ) = | f (0)| + | f (0)| + Sup | f (x)|. x∈[0;1]

, N∞ a) Montrer que N∞ , N∞ sont des normes sur E. , N∞ pour la relation d’équivalence entre normes. b) Comparer les normes N∞ , N∞

1.19

Exemple d’application continue Soit (E,||.||) un evn. On considère l’application f : E −→ E, x −→ f (x) = a) f est continue sur E

Montrer :

  1 . b) f (E) = B 0 ; 2

x . 1 + ||x||2

1.20 Étude d’une application linéaire continue sur un espace de suites On note ∞ l’evn formé des suites réelles bornées x = (xn )n∈N , muni de || · ||∞ définie par ||x||∞ = Sup |xn |, et on considère l'opérateur de différence : ∞ −→ ∞ défini par (x) = y n∈N

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

où y = (yn )n∈N est définie par : ∀n ∈ N,

yn = xn+1 − xn .

Montrer ∈ LC (∞ ), et calculer ||| |||.

1.21 Exemple de partie compacte de R2

 La partie E = (x,y) ∈ R2 ; x 2 (x − 1)(x − 3) + y 2 (y 2 − 4) = 0 de R2 est-elle compacte ?

1.22 Suites, dans un compact, n’ayant qu’une seule valeur d’adhérence Soient E un evn, K une partie compacte de E, (u n )n∈N une suite dans K ; montrer que, si (u n )n n’a qu’une seule valeur d’adhérence, alors (u n )n converge. 11

Chapitre 1 • Espaces vectoriels normés

1.23 Exemple d’evn non complet

  Montrer que C [0 ; 1] ; R , muni de ||.||1, est un evn non complet.

1.24 Étude de la distance d’un point fixé aux points d’une suite de Cauchy Soient (E,||.||) un evn, d la distance associée à ||.||, (u n )n∈N une suite de Cauchy dans (E,||.||).   a) Montrer que, pour tout a ∈ E, la suite d(a,u n ) n∈N converge dans R. On note f : E −→ E, a −→ f (a) = lim d(a,u n ). n∞

b) Montrer Inf f (a) = 0, et que cette borne inférieure est atteinte si et seulement si la suite a∈E

(u n )n∈N converge.

1.25 Somme de deux parties connexes par arcs Soient E un evn, A,B deux parties connexes par arcs de E. Montrer que A + B est connexe par arcs.

1.26 Toute partie étoilée est connexe par arcs, exemple a) Soient (E,||.||) un evn, A une partie étoilée de E, c’est-à-dire une partie de E telle qu’il exis

te a ∈ E tel que : ∀ x ∈ A, [a ; x] ⊂ A, où [a ; x] = (1 − t)a + t x ; t ∈ [0 ; 1] est le segment joignant a et x dans E. Montrer que A est connexe par arcs. b) Exemple : l’ensemble D des matrices de Mn (R) diagonalisables dans Mn (R) est connexe par arcs.

1.27 Exemple de sev F d’un ev préhilbertien E ,

tel que F⊥ ne soit pas un supplémentaire de F dans E   On note E = C [0 ; 1] ; R , muni du produit scalaire ( f,g) −→< f , g > =

considère F = f ∈ E ; f (0) = 0 . Montrer :

a) F ⊥ = {0}

1

f g et on 0

/ E. b) F ⊕ F ⊥ =

1.28 Exemple de norme sur R2 , détermination d’une boule On note N : R2 −→ R, (x,y) −→ Sup t∈R

|x + t y| . 1 + t + t2

a) Montrer que N est une norme sur R2 .



b) Représenter graphiquement la boule B N (0 ; 1) = (x,y) ∈ R2 ; N (x,y)
1 dans le plan usuel.

c) Calculer l’aire (dans le plan usuel) de B N (0 ; 1).

1.29 Adhérence et intérieur d’une partie convexe d’un evn Soient E un evn, C une partie convexe de E. Montrer que C et C ◦ sont convexes. 12

Énoncés des exercices

1.30 Adhérence de la somme de deux parties a) Soient E un evn, A,B des parties de E. Montrer : A + B ⊂ A + B. b) Montrer, par un exemple, qu’il peut ne pas y avoir égalité dans l’inclusion de a).

1.31 Adhérence d’une intersection a) Soient E un evn, A un ouvert de E, B une partie de E. Montrer : A ∩ B = A ∩ B. b) Soient E un evn, A une partie de E. On suppose que, pour toute partie B de E, on a A ∩ B ⊂ A ∩ B. Montrer que A est un ouvert de E. c) Donner un exemple d’ouverts A,B de R tels que les cinq ensembles A ∩ B, A ∩ B, A ∩ B, A ∩ B, A ∩ B soient deux à deux distincts.

1.32 Exemple de deux normes équivalentes On note E le R-ev des applications f : [0; 1] −→ R de classe C 1 sur [0; 1] et telles que f (0) = 0 . Pour f ∈ E , on note N ( f ) = Sup | f (x)| + Sup | f (x)| et x∈[0;1]

x∈[0;1]

ν( f ) = Sup | f (x) + f (x)|. Montrer que N et ν sont des normes sur E, et qu’elles sont équix∈[0;1]

valentes.

1.33 Séparation de deux fermés disjoints par deux ouverts disjoints Soient E un evn, F,G deux fermés de E tels que F ∩ G = ∅. Montrer qu’il existe deux ouverts U,V de E tels que : F ⊂ U, G ⊂ V, U ∩ V = ∅.

1.34 Diverses caractérisations de la continuité Soient E,F deux evn, f : E −→ F une application. Montrer que les propriétés suivantes sont deux à deux équivalentes : (i) f est continue (ii) ∀ A ∈ P(E),

f (A) ⊂ f (A)

(iii) ∀ B ∈ P(F) ,

f −1 (B) ⊂ f −1 (B)  ◦ ◦ f −1 ( B ) ⊂ f −1 (B) .

(iv) ∀ B ∈ P(F) ,

1.35 Exemple d’application linéaire continue sur un espace de suites, calcul de sa norme

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

On note ∞ le R-ev des suites réelles bornées (indexées par N∗ ), muni de ||.||∞ . On considère l’ap  un . plication T : ∞ −→ ∞ qui, à tout élément (u n )n1 de ∞ associe la suite n n1 a) Montrer que T est correctement définie, que T ∈ LC (∞ ), et calculer |||T |||. b) Déterminer Ker (T ), Im (T ). Est-ce que T est injective ? surjective ?

1.36 Exemple d’application linéaire continue sur un espace de fonctions, calcul de sa norme   On note E = C [0 ; 1] ; R , muni de ||.||∞ .

Soient p ∈ N∗ , a1 ,. . . ,a p ∈ [0 ; 1] deux à deux distincts, λ1 ,. . . ,λ p ∈ R. On note : φ : E −→ R, f −→ φ( f ) =

p 

λk f (ak ).

k=1

Montrer φ ∈ LC (E,R) et calculer |||φ|||. 13

Chapitre 1 • Espaces vectoriels normés

1.37 Somme d’un fermé et d’un compact Soient E un evn, F est un fermé de E, K un compact de E. Montrer que F + K est fermée dans E.

1.38 Application diminuant strictement les distances sur un compact Soient E un evn, K une partie compacte de E, f : K −→ K une application telle que :     ∀(x,y) ∈ K 2 , x = / y ⇒ d f (x), f (y) < d(x,y) où d est la distance sur E. Montrer que f admet un point fixe et un seul.

1.39 Applications continues de limites infinies en +∞ et en −∞ Soit f : R −→ R une application continue. Montrer que les trois propriétés suivantes sont deux à deux équivalentes : (i) L’image réciproque par f de tout compact de R est un compact de R (ii) lim | f | = +∞ et −∞



(iii)

lim | f | = +∞ +∞

   lim f = −∞ ou lim f = +∞ et lim f = −∞ ou lim f = +∞ . −∞

−∞

+∞

+∞

1.40 Réunion d’une famille de boules fermées de même rayon indexée par un compact Soient E un evn, K une partie compacte de E, r ∈ R∗+ . On note F =



B (x ; r). Montrer que

x∈K

F est fermé dans E.

1.41 Ensemble des valeurs d’adhérence d’une suite bornée dans un evn de dimension finie Soient (E,||.||) un evn de dimension finie, (u n )n∈N une suite bornée dans E. On note V l’ensemble des valeurs d’adhérence de (u n )n∈N dans E. Montrer que V est une partie compacte non vide de E.

1.42 Natures différentes pour [0 ; 1]2 et [0 ; 1] Montrer qu’il n’existe aucune application continue injective de [0 ; 1]2 dans [0 ; 1].

1.43 Exemple de norme issue d’un produit scalaire

  On note E = C 1 [0 ; 1] ; R et N : E −→ R l’application définie par : 

1

∀ f ∈ E, N ( f ) =

f

2

 12 + f (0) f (1) .

0

Montrer que N est une norme sur E.

1.44 Inégalité sur des normes

   x 2 ||x − y|| y 
− . Soient (E,||.||) un evn, x,y ∈ E − {0}. Démontrer :  ||x|| ||y||  Max (||x||, ||y||)

1.45 Intersection de deux ouverts partout denses Soit E un evn. a) Montrer, pour tous ouverts U,V de E : U = V = E ⇒ U ∩ V = E. ◦

◦

b) En déduire, pour tous fermés F,G de E : F = G = ∅ ⇒ (F ∪ G)◦ = ∅. 14

Énoncés des exercices

1.46 Exemple de norme paramétrée par une fonction

  On note E = C [0; 1],R et, pour ϕ ∈ E, Nϕ : E −→ R l’application définie par : ∀ f ∈ E,

Nϕ ( f ) = || f ϕ||∞ .

◦  a) Montrer que Nϕ est une norme sur E si et seulement si ϕ−1 ({0}) = ∅ . b) Montrer que Nϕ et || · ||∞ sont des normes sur E équivalentes si et seulement si ϕ−1 ({0}) = ∅.

1.47 Endomorphismes continus tels que u ◦ v − v ◦ u = e Soit E un evn distinct de {0}. On note e = Id E .  2 On suppose qu’il existe (u,v) ∈ LC (E) tel que : u ◦ v − v ◦ u = e. a) Montrer : ∀ n ∈ N, u ◦ v n+1 − v n+1 ◦ u = (n + 1)v n . b) En déduire : ∀ n ∈ N, (n + 1)|||v n |||
2 |||u||| |||v||| |||v n |||. c) Conclure.

1.48 Image d’un fermé de C par une application polynomiale Soit P ∈ C[X]. Montrer que l’image par P de tout fermé de C est un fermé de C.

1.49 Image de l’intersection d’une famille décroissante de parties fermées dans un compact, par une application continue Soient E un evn, K une partie compacte de E, (Fn )n∈N une suite décroissante (pour l’inclusion) de parties fermées de K , et f : K −→ K une application continue. Montrer : f



 Fn

=

n∈N



f (Fn ).

n∈N

1.50 Théorème du point fixe Soient (E,||.||) un evn, F ⊂ E , et f : F −→ F une application.

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

On suppose que F est complète et que f est contractante, c’est-à-dire qu’il existe k ∈ [0 ; 1[ tel que : ∀ (x,y) ∈ R2 , || f (x) − f (y)||
k ||x − y||. On se propose de montrer que f admet un point fixe et un seul. a) Montrer l’unicité d’un éventuel point fixe de f. b) On considère, pour a ∈ F fixé, la suite (u n )n∈N définie par u 0 = a et : ∀ n ∈ N, u n+1 = f (u n ). Montrer que la suite (u n )n∈N converge et que sa limite est un point fixe de f. c) Conclure que f admet un point fixe et un seul.

1.51 Théorème de Darboux Soient I un intervalle de R, non vide ni réduit à un point, et f : I −→ R une application dérivable sur I. Démontrer que f (I ) est un intervalle de R. 15

Chapitre 1 • Espaces vectoriels normés

1.52 Théorème de projection orthogonale sur un sous-espace vectoriel complet d’un espace préhilbertien Soient (E,< ·,· >) un espace préhilbertien, F un sev complet de E. a) Montrer que, pour tout x de E, il existe un élément z de F et un seul tel que x − z ∈ F ⊥ . On note p F : E −→ E l’application ainsi définie. x −→ z b) Montrer : 1) p F ∈ LC (E) 2) p F ◦ p F = p F 3) p F admet un adjoint, et p∗F = p F . Ce résultat généralise le théorème de projection orthogonale sur un sev de dimension finie, figurant dans le cours.

Du mal à démarrer ? 1.1

Appliquer convenablement, plusieurs fois, l’inégalité triangulaire.

1.2

a) Utiliser, par exemple, la caractérisation séquentielle de l’adhérence. b) Séparer en deux inclusions et, par exemple, utiliser la caractérisation d’un point intérieur par l’existence d’ouverts convenables.

1.3

a) Utiliser, par exemple, la caractérisation séquentielle des fermés. b) Montrer que U n’est pas ouvert, en trouvant f ∈ U telle que, pour tout ε ∈ R∗+ , B( f ; ε)  U.

1) Montrer que ν1 est une norme sur E en revenant à la définition d’une norme.

1.4

2) Si f est continue sur A et g est continue sur B, exprimer ϕ à l’aide de f,g et des projections canoniques, pour déduire que ϕ est continue sur A × B.

1.7

Évaluer, pour (x1 ,x2 ), (y1 ,y2 ) ∈ R2 : || f (x1 ,x2 ) − f (y1 ,y2 )||1 .

1.8

• Voir d’abord la linéarité de φ.

• Majorer convenablement |φ( f )| à l’aide de || f ||1 , pour toute f ∈ E. • Montrer que la borne supérieure définissant |||φ||| est atteinte par une fonction simple de E.

1.9

Considérer l’application f : E × E −→ E, (x,y) −→ x + y.

2) De même pour ν2 . 3) Remarquer que, pour toute f ∈ E : ν1 ( f )
2ν2 ( f )

et

ν2 ( f )
2ν1 ( f ).

a) Considérer, par exemple, pour a ∈ E fixé, la translation de vecteur −a :

1.5

1.10

2) B est fermée et bornée. Majorer d(v p ,vq ) en intercalant u p et u q et utiliser les deux hypothèses : la suite (u n )n∈N est de Cauchy et d(u n ,vn ) −→ 0.

1.11

n∞

1.12

τ−a : E −→ E, y −→ y − a. b) Exprimer A + Ω à l’aide des {a} + Ω, a ∈ A. 1) Si ϕ est continue sur A × B, exprimer f à l’aide de ϕ, pour déduire que f est continue sur A.

1.6

16

1) A n’est pas bornée.

Considérer, par exemple : f : R −→ R, x −→

1.13



x 2 + 1.

a) • Un sens est immédiat.

1 x, qui est • Si B1 = B2 , pour x ∈ E − {0}, considérer N (x) 1 dans B1 , donc dans B2 .

Du mal à démarrer ?

b) • Un sens est immédiat. 1 x, qui n’est • Si B1 = B2 , pour x ∈ E − {0}, considérer N1 (x) pas dans B1 , donc pas dans B2 . a) Il existe a ∈ E,r ∈ R∗+ tels que B(a ; r) ⊂ F. Soit x ∈ E tel que x = a. Construire y ∈ E tel que : y − a est colinéaire à x − a et y ∈ B(a ; r). En déduire x − a ∈ F, puis x ∈ F.

1.14

b) Appliquer a).

1.15

a) 1) Une inclusion est immédiate.

2) Réciproquement, soit x ∈ B (a ; r). Approcher x par une suite d’éléments de B(a ; r). b) 1) Une inclusion est immédiate. 2) Réciproquement, raisonner sur les complémentaires, de manière analogue à la résolution de a)2).

1.16

1) Utiliser, par exemple, la caractérisation séquentielle des fermés. 2) Montrer : ∀ t ∈ [2 ; +∞[, et  2 + t.

En déduire que toute application constante supérieure ou égale à 2 est dans A.

1.17

a) 1) Utiliser, par exemple, la caractérisation séquentielle des fermés. 2) • Montrer : d(0,A)  1. • Considérer f : [0 ; 1] −→ R, x −→ 1 − 2x. b) 1) Comme en a)1). 2) • Montrer : d(0,B)  1. • Considérer, pour tout n ∈ N∗ , une application gn continue, affine par morceaux, constante égale à 1 sauf près de 0, telle que gn (0) = 0. Déduire d(0,B) = 1.

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

• Montrer que d(0,B) n’est pas atteinte, en raisonnant par l’absurde.

1.18

a) Revenir à la définition d’une norme.

b) 1) Remarquer d’abord : ( f )
N∞ ( f ), ∀ f ∈ E, N∞ ( f )
N∞

en utilisant l’inégalité des accroissements finis. 2) Trouver une suite ( f n )n dans E − {0} telle que, par exemple, (f ) N∞ n −→ +∞. N∞ ( f n ) n ∞ 1 t
, 1.19 b) 1) Remarquer : ∀ t ∈ R+ , 1 + t2 2   1 . et déduire l’inclusion f (E) ⊂ B 0 ; 2

  1 2) Réciproquement, pour y ∈ B 0 ; fixé, chercher λ ∈ R 2 pour que f (λy) = y. Montrer que ∆ est linéaire et que |||∆|||
2.   Considérer, par exemple, la suite (−1)n )n∈N pour déduire |||∆||| = 2.

1.20

1.21

1) Montrer que E est fermée, comme image réciproque d’un fermé par une application continue. 2) Montrer que E est bornée, en utilisant les coordonnées polaires par exemple.

Raisonner par l’absurde : supposer que (u n )n n’admette qu’une seule valeur d’adhérence a et que (u n )n diverge. Montrer l’existence de ε > 0 et d’une extractrice σ tels que :

1.22

∀ n ∈ N, d(u σ (n) ,a) > ε. Utiliser la compacité de K pour obtenir l’existence de b ∈ K et d’une extractrice τ tels que : u σ (τ (n)) −→ b. n∞ Déduire d(a,b)  ε, a = b, puis une contradiction. Construire une suite ( f n )n d’applications continues de [0 ; 1] dans R telle que ( f n )n soit de Cauchy pour ||.||1 et que ( f n )n diverge pour ||.||1 . On pourra prendre f n affine par mor1 ceaux et continue telle que f n (x) = 1 pour 0
x
et 2 1 1 f n (x) = 0 pour +
x
1. 2 n   1.24 a) Montrer que d(a,u n ) n∈N est de Cauchy dans R, en uti-

1.23

lisant l’inégalité triangulaire renversée. b) 1) Dans la phrase mathématique traduisant que (u n )n∈N est de Cauchy, fixer p et faire tendre q vers l’infini. 2) Se rappeler que : d(a,u n ) −→ 0 ⇐⇒ u n −→ a. n∞

n∞

Si γ joint continument a1 et a2 dans A et δ joint continument b1 et b2 dans B, construire γ + δ, joignant continument a1 + b1 et a2 + b2 dans A + B.

1.25

a) Joindre x ∈ A et y ∈ A par un chemin formé de deux segments successifs, joignant x et a, puis a et y .

1.26

b) Montrer que D est étoilé par rapport à 0 et appliquer a).

1.27 a) Soit g ∈ F ⊥ . Considérer l’application f : [0 ; 1] −→ R, x −→ xg(x) qui est dans F, et traduire < f,g > = 0. a) • Montrer d’abord, pour tout (x,y) ∈ R2 , l’existence de |x + t y| N (x,y), en montrant que l’application t −→ est bor1 + t + t2 R. née sur

1.28

17

Chapitre 1 • Espaces vectoriels normés

• Revenir à la définition d’une norme. b) Transformer la condition N (x,y)
1 en : ∀ t ∈ R, −1


x + ty
1, 1 + t + t2

puis utiliser les résultats sur les trinômes réels.

(iii) ⇒ (iv) : Pour B ∈ P (F), appliquer l’hypothèse à B et à

 F (B). (iv) ⇒ (i) : Pour tout ouvert U de F, appliquer l’hypothèse à B = U.

1.35 

c) Calculer l’aire comme intégrale double de la constante 1.

1.29

Se rappeler qu’une partie C de E est dite convexe si et seulement si : ∀ λ ∈ [0 ; 1], ∀ (x,y) ∈ C 2 , λx + (1 − λ)y ∈ C.

a) • Montrer que, pour toute (u n )n 1 ∈ ∞ , on a :  un ∈ ∞ . n n 1

• Montrer que T est linéaire. • Montrer : ∀ u ∈ ∞ , ||T (u)||∞
||u||∞ . • En déduire : T ∈ LC(∞ ) et |||T |||
1.

a) Utiliser, par exemple, la caractérisation séquentielle de l’adhérence d’une partie de E.

• Considérer la suite constante égale à 1, et déduire : |||T ||| = 1.

b) Envisager, par exemple :

E = R2 , A = (x,y) ∈ (R∗+ )2 ; x y = 1 , B = R × {0}.

• Montrer que Im (T ) est l’ensemble des suites réelles en   1 O . n

1.30

1.31

a) Une inclusion est immédiate.

b) • On obtient : Ker (T ) = {0}.

1.36

• La linéarité de φ est immédiate.

Soit V un voisinage de x dans E.

• Montrer : ∀ f ∈ E, |φ( f )|
M|| f ||∞ , p  |λk |. en notant M =

Montrer l’existence d’un y dans V ∩ (A ∩ B) , puis montrer : (V ∩ A) ∩ B = ∅.

• Considérer une application convenable f de E prenant les valeurs 1 ou −1 en les ak .

• Réciproquement, soit x ∈ A ∩ B.

k=1

b) Appliquer l’hypothèse à  E (A) à la place de B.

1.37

c) Choisir pour A et B des intervalles ou des réunions d’intervalles convenables.

1.38 1) L’unicité est immédiate.

1.32 1) Montrer que N et ν sont des normes. Pour montrer l’implication ν ( f ) = 0 ⇒ f = 0, utiliser la résolution d’une

Utiliser la caractérisation séquentielle des fermés et la définition séquentielle des compacts.

2) Pour l’existence, raisonner par l’absurde. Considérer l’application

  ϕ : K −→ R, x −→ d x, f (x) .

équation différentielle. ∀ f ∈ E, ν( f )
N ( f ).

2) • Montrer :

• Pour f ∈ E, considérer g : [0 ; 1] −→ R, x −→ ex f (x), exprimer g , puis déduire des majorations de |g(x)|, | f (x)|, | f (x)|, à l’aide de ν ( f ).

1.33

Considérer l’application ϕ : E −→ R, x −→ d(x,G) − d(x,F)

et les parties U = ϕ −1 (]0 ; +∞[), V = ϕ −1 (] − ∞ ; 0[) de E. (i) ⇒ (ii) : Utiliser, par exemple, la caractérisation séquentielle de l’adhérence.

1.34

(ii) ⇒ (iii) : A = f −1 (B).

18

Pour B ∈ P (F), appliquer l’hypothèse à

(i) ⇒ (ii) : Appliquer l’hypothèse au compact [−A ; A], pour A ∈ R∗+ fixé.

1.39

(ii) ⇒ (iii) : Utiliser le théorème des valeurs intermédiaires. (iii) ⇒ (i) : Soit K un compact de R. Il existe A ∈ R∗+ tel que : K ⊂ [−A ; A]. Appliquer l’hypothèse pour déduire que f −1 (K ) est borné, puis est compact.

1.40

Utiliser, par exemple, la caractérisation séquentielle d’un fermé et la définition séquentielle d’un compact.

1) Montrer que V = ∅, en utilisant la définition séquentielle de la compacité.

1.41

2) Montrer que V est bornée. 3) Montrer que V est fermée, en montrant, par exemple, que son complémentaire est ouvert.

Du mal à démarrer ?

1.42

Raisonner par l’absurde : supposer qu’il existe une application f : [0 ; 1]2 −→ [0 ; 1] continue injective.

Considérer a,b,c ∈ [0 ; 1]2 de façon que, par exemple, f (a) < f (b) < f (c), puis considérer un chemin γ joignant continument a et c dans [0 ; 1]2 , sans passer par b, et envisager f ◦ γ.

1.43 Vu l’exposant 12 et le carré dans l’intégrale, on peut conjecturer que N soit une norme associée à un produit scalaire. Montrer que l’application ϕ : E × E −→ R définie, pour tout ( f,g) ∈ E × E par :

1  1 f g + f (0)g(1) + f (1)g(0) ϕ( f,g) = 2 0 est un produit scalaire et que N est la norme associée à ϕ.

1.44

Dans le premier membre de l’inégalité demandée, interx , puis utiliser l’inégalité triangulaire et caler, par exemple, ||y|| les rôles symétriques de x et y . a) Soient U,V des ouverts de E tels que U = V = E. Soient x ∈ E et Ω un voisinage ouvert de x dans E. Montrer l’existence d’un y ∈ Ω ∩ U, puis montrer (Ω ∩ U ) ∩ V = ∅.

1.45

b) Passer aux complémentaires dans le résultat de a). a) Montrer que, pour ϕ ∈ E fixée, Nϕ vérifie une partie de la définition d’une norme. ◦  1) Supposer ϕ−1 ({0}) = ∅. Montrer qu’alors :

1.46

  ∀ f ∈ E, Nϕ ( f ) = 0 ⇒ f = 0 . ◦  / ∅.Construire un élément f de E tel 2) Supposer ϕ−1 ({0}) = que : f = 0 et Nϕ ( f ) = 0.

1) Supposer ϕ −1 ({0}) = ∅. Montrer qu’alors Nϕ et ||.||∞ sont 1 équivalentes, en faisant intervenir . ϕ

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

n∈N

Pour chaque n ∈ N, il existe xn ∈ Fn tel que x = f (xn ). Utiliser la caractérisation séquentielle de la compacité de K .

1.50

b) 1) Montrer : ∀ n ∈ N∗ , ||u n+1 − u n ||
k||u n − u n−1 ||,

puis : ∀ ( p,r) ∈ N × N∗ , ||u p+r − u p ||
k p

||u 1 − u 0 || . 1−k

En déduire que (u n )n est de Cauchy dans F.  1.51 Considérer l’ensemble E = (x,y) ∈ I 2 ; x < y et l’application taux d’accroissement : f (x) − f (y) τ : E −→ R, (x,y) −→ . x−y Montrer que E est connexe par arcs, que τ est continue, et en déduire que τ (E) est un intervalle et que l’on a τ (E) ⊂ f (I ) ⊂ τ (E).

1.52

a) 1) Unicité :

Soit x ∈ E. Soient z 1 ,z 2 ∈ F tels que : x − z 1 ∈ F ⊥ et x − z 2 ∈ F ⊥ . Exprimer ||z 1 ||2 , < z 1 , z 2 > , < z 2 , z 1 > , ||z 2 ||2 et déduire ||z 1 − z 2 ||2 = 0 , puis z 1 = z 2 . 2) Existence :

b) Soit ϕ ∈ E fixée.

2) Supposer ϕ −1 ({0}) = ∅. Construire alors une suite ( f n )n∈N∗ || f n ||∞ −→ +∞. dans E − {0} telle que : Nϕ ( f n ) n ∞

1.47

Soit F un fermé de C. Soient (Z n )n une suite dans P(F), Z ∈ C tels que Z n −→ Z . Pour chaque n ∈ N, il existe n∞ z n ∈ F tel que P(z n ) = Z n . Montrer que (z n )n est bornée. En déduire l’existence de u ∈ C et d’une extractrice σ tels que : z σ (n) −→ u. Déduire Z = P(u) ∈ P(F). n∞  Fn . 1.49 Noter F = n∈N  f (Fn ) est immédiate. 1) L’inclusion f (F) ⊂ n∈N  f (Fn ). 2) Réciproquement, soit x ∈

1.48

a) Récurrence sur n.

b) Utiliser a) et la sous-multiplicativité de |||.|||. c) • Montrer, en utilisant a), qu’on ne peut pas avoir : ∀ n ∈ N,

vn

= 0.

= 0}, son plus petit élé• Considérer l’ensemble {n ∈ ment, et obtenir une contradiction à l’aide de b)}. N ; vn

On conclut qu’il n’existe pas de tel couple (u,v).

Soit x ∈ E. Considérer l’application ϕ : F −→ R, u −→ ||x − u|| et sa borne inférieure α, puis une suite (u n )n∈N∗ dans F telle 1 ∀ n ∈ N∗ , α
ϕ(u n )
α + . que : n Montrer que (u n )n∈N∗ est de Cauchy dans F. En déduire qu’il existe z ∈ F tel que u n −→ z. Montrer que z minimise ϕ. Établir n∞ x − z ∈ F ⊥ , en considérant, pour y ∈ F et λ ∈ C, ||x − (z + λy)||2 . b) 1) • La linéarité de p F est facile. • Montrer : ∀ x ∈ E, || p F (x)||
||x||, puis : ||| p F ||| = 1. 2) L’égalité p F ◦ p F = p F est immédiate. 3) Montrer, pour tout (x,y) ∈ E 2 : < p F (x) , y > = < p F (x) , p F (y) > , puis :

< x , p F (y) > = < p F (x) , y > .

19

Corrigés des exercices 1.1

On applique l’inégalité triangulaire, de deux façons à chaque fois, pour majorer ||x − y|| et pour majorer ||z − t|| :  ||x − y||
||x − z|| + ||z − y|| 

Il en résulte : (x,y) ∈ (A × B)◦ . Ceci montre : A◦ × B ◦ ⊂ (A × B)◦ . On conclut : (A × B)◦ = A◦ × B ◦ .

||x − y||
||x − t|| + ||t − y|| ||z − t||
||z − x|| + ||x − t||

1.3 a) Nous allons montrer que F est fermé dans E en uti-

||z − t||
||z − y|| + ||y − t||.

Soient ( f n )n∈N une suite dans F, et f ∈ E tels que f n −→ f

lisant la caractérisation séquentielle des fermés. n∞

Ensuite, on additionne ces quatre inégalités, on simplifie par un coefficient 2, et on obtient l’inégalité voulue :

On a : ∀ x ∈ R, | f n (x) − f (x)|
|| f n − f ||∞ −→ 0, n∞

||x − y|| + ||z − t||

donc :


||x − z|| + ||y − t|| + ||x − t|| + ||y − z||.

1.2

dans (E,||.||∞ ). ∀ x ∈ R, f n (x) −→ f (x). n∞

Comme, par hypothèse : ∀ x ∈ R, ∀ n ∈ N, f n (x)  0,

a) Soit (x,y) ∈ E × F. On a :

il s’ensuit, par passage à la limite dans une inégalité lorsque l’entier n tend vers l’infini :

(x,y) ∈ A × B ⇐⇒ ∃ (z n )n ∈ (A × B)N , z n −→(x,y)

∀ x ∈ R, f (x)  0,

n∞

N

N

⇐⇒ ∃ (xn )n ∈ A , ∃ (yn )n ∈ B , (xn ,yn ) −→(x,y) n∞

⇐⇒

⇐⇒ On conclut :

 x  ∃ (xn )n ∈ AN , xn −→ n∞

b) Nous allons montrer que U n’est pas ouvert dans E , en trou/ U. vant f ∈ U telle que, pour tout ε ∈ R∗+ , on ait : B( f ; ε) ⊂ 1 . x2 + 1

Considérons f : R −→ R, x −→ f (x) =



Il est clair que f est continue et bornée, donc f ∈ E.

n∞

x∈A y∈B

⇐⇒ (x,y) ∈ A × B.

A × B = A × B.

x ∈ U, y ∈ V, U × V ⊂ W. On déduit : x ∈ U ⊂ A et

y ∈ V ⊂ B,

donc x ∈ A et y ∈ B , d’où (x,y) ∈ A◦ × B ◦ . Ceci montre : (A × B)◦ ⊂ A◦ × B ◦ .

◦

2) Réciproquement, soit (x,y) ∈ A◦ × B ◦ . Alors : x ∈ A◦ et y ∈ B ◦ . Il existe donc un ouvert U de E tel que x ∈ U ⊂ A, et un ouvert V de F tel que y ∈ V ⊂ B. Alors, U × V est un ouvert de E × F et on a : (x,y) ∈ U × V ⊂ A × B. 20

On conclut que F est fermé dans E.

 ∃ (yn )n ∈ B N , yn −→ y

b) 1) Soit (x,y) ∈ (A × B)◦ . Il existe un ouvert W de E × F tel que : (x,y) ∈ W ⊂ A × B. Par définition des ouverts de E × F, il existe alors un ouvert U de E et un ouvert V de F tels que :

◦

et donc : f ∈ F.

Soit ε ∈ R∗+ fixé. ε Considérons l’application g = f − . 2 ε On a : g ∈ E, || f − g||∞ = < ε, 2 donc g ∈ B( f ; ε). ε / U car g(x) −→ − < 0, donc g prend des valeurs Mais g ∈ x−→+∞ 2
0. / U, Ceci montre : ∀ ε ∈ R∗+ , B( f,ε) ⊂ et on conclut que U n’est pas ouvert dans E.

1.4 1) • Il est clair que, pour toute f ∈ E, ν1 ( f ) existe. • On a, pour tout α ∈ R et toute f ∈ E :

1 ν1 (α f ) = |(α f )(0)| + 2 |(α f ) (t)| dt 0

1 | f (t)| dt = |α|ν1 ( f ). = |α| | f (0)| + 2|α| 0

• On a, pour toutes f,g ∈ E :

1.6 1) Supposons ϕ continue sur A × B. / ∅, il existe b ∈ B. On a alors : Puisque B =

ν1 ( f + g)

= |( f + g)(0)| + 2

1

∀ x ∈ A, f (x) = ϕ(x,b) − g(b) .

|( f + g) (t)| dt

Comme ϕ est continue sur A × B, par composition,

0

1

= | f (0) + g(0)| + 2 0



| f (t) + g (t)| dt

1


(| f (0)| + |g(0)|) + 2 

= | f (0)| + 2 0

  | f (t)| + |g (t)| dt

0 1

l’application x −→ ϕ(x,b) est continue sur A, puis, par addition d’une constante, f est continue sur A.





| f (t)| dt



+ |g(0)| + 2

1



De même, g est continue sur B. 2) Réciproquement, supposons f continue sur A et g continue sur B. Notons :

|g (t)| dt

0

= ν1 ( f ) + ν1 (g).

pr1 : E × F −→ E, (x,y) −→ x , pr2 : E × F −→ F, (x,y) −→ y



les deux projections canoniques, qui, d’après le cours, sont continues sur E × F . On a alors : ϕ = f ◦ pr1 + g ◦ pr2 ,

• Soit f ∈ E telle que ν1 ( f ) = 0.

1 | f (t)| dt = 0, On a alors : | f (0)| + 2

donc f (0) = 0 et

0 1

| f (t)| dt = 0.

0

Puisque | f | est continue et  0, il en résulte f = 0, donc f est constante, f = f (0) = 0. Ceci montre que ν1 est une norme sur E. 2) De même, ν2 est aussi une norme sur E. De manière plus générale, pour tout (a,b) ∈ (R∗+ )2 ,

1 | f (t)| dt l’application f −→ a| f (0)| + b 0

est une norme sur E. 1 ν1 ( f )
ν2 ( f )
2ν1 ( f ), 2 donc les normes ν1 et ν2 sur E sont équivalentes. 3) On a, pour toute f ∈ E :

donc, par composition, ϕ est continue sur E × F .

1.7 Soient (x1 ,x2 ), (y1 ,y2 ) ∈ R2 . On a :

     f (x1 ,x2 ) − f (y1 ,y2 ) = (ax2 ,bx1 ) − (ay2 ,by1 ) 1 1   = (ax2 − ay2 , bx1 − by1 )1   =  a(x2 − y2 ), b(x1 − y1 ) 1 = |a(x2 − y2 )| + |b(x1 − y1 )| = a|x2 − y2 | + b|x1 − y1 | . En notant k = Max (a,b) ∈ R+ , on a donc :    f (x1 ,x2 ) − f (y1 ,y2 )
k|x2 − y2 | + k|x1 − y1 | 1     = k (x1 − y1 , x2 − y2 )1 = k (x1 ,x2 ) − (y1 ,y2 )1 . On conclut que f est lipschitzienne.

1.8 • La linéarité de φ est immédiate, résultant de la linéarité de l’intégration.

1.5

a) Soit a ∈ E.

• On a :

Considérons l’application τ−a : E −→ E, y −→ y − a qui est la translation de vecteur −a. On a, pour tout y ∈ E : y ∈ {a} + Ω ⇐⇒ y − a ∈ Ω,

donc : {a} + Ω = y ∈ E ; τ−a (y) ∈ Ω = τ−1 −a (Ω). Ainsi, {a} + Ω est l’image réciproque de l’ouvert Ω par l’application continue τ−a , donc {a} + Ω est un ouvert de E. b) Soit A ⊂ E. On a : A + Ω =



  ∀ f ∈ E, |φ( f )| = 

0

Ainsi, A + Ω est une réunion d’ouverts de E, donc est un ouvert de E.

  f (t) dt 


1

| f (t)| dt = || f ||1 ,

0

donc φ, qui est linéaire, est continue, et |||φ|||
1 . • On a, en notant f 0 : [0 ; 1] −→ R, t −→ 1 l’application / 0 et : constante égale à 1, f 0 =

1

1 || f 0 ||1 = |1| dt = 1, φ( f 0 ) = 1 dt = 1 , 0

({a} + Ω).

a∈A

1

donc :

0

|φ( f 0 )| = 1. || f 0 ||1

Il en résulte : |||φ|||  1, et finalement : |||φ||| = 1. 21

1.9

D’autre part, puisque (u n )n∈N est de Cauchy, il existe N2 ∈ N tel que : ε ∀ p  N2 , ∀ q  N2 , d(u p ,u q )
. 3

Considérons l’application f : E × E −→ E, (x,y) −→ x + y .

On a : K + L = f (K × L) . Puisque K et L sont compacts, d’après le cours, K × L est compact. D’autre part, par opération, f est continue. Ainsi, K + L est l’image d’un compact par une application continue, donc K + L est compact. Par théorèmes généraux, f est continue sur R∗ , et, sin x −→ 1 = f (0), comme f (x) = x x−→0 f est continue en 0, donc f est continue sur R.

1.10

Traçons d’abord l’allure de la courbe représentative de f : y 1 1 2

O

d(v p ,vq )
d(v p ,u p ) + d(u p ,u q ) + d(u q ,vq )
3

B

π

2π

x

ε = ε. 3

Ceci montre que (vn )n∈N est de Cauchy dans E .

1.12 Considérons l’application f : R −→ R, x −→ f (x) =



x2 + 1 .

/ y: 1) On a, pour tout (x,y) ∈ R2 tel que x =      | f (x) − f (y)| =  x 2 + 1 − y 2 + 1     |x + y| x 2 − y2 = √   |x − y| . =  √  2 2 x +1+ y +1 x 2 + 1 + y2 + 1 |x| + |y| |x + y|  
√ < 1, 2 2 +1+ y +1 x + 1 + y2 + 1   car : 0
|x| < x 2 + 1 et 0
|y| < y 2 + 1. Et : √

A −π

−2π

Notons N = Max (N1 ,N2 ) ∈ N . On a alors, pour tout ( p,q) ∈ N2 tel que p  N et q  N :

x2

D’où :

| f (x) − f (y)| < |x − y| .

Ainsi, f diminue strictement les distances.  2) On a, pour tout x ∈ R : f (x) = x 2 + 1 > |x|  x, 1) On a : A = πZ∗ , donc A n’est pas bornée, donc n’est pas compacte.   1 ; +∞ , que f est continue et que 2) • Puisque B = f −1 2   1 ; +∞ , est fermé dans R, d’après le cours, B est fermée 2 dans R. • On a, pour tout x ∈ R :

   sin x  
1 < 1 ⇒ x ∈ / B, |x| > 2 ⇒ | f (x)| =  x  x 2

donc : B ⊂ [−2 ; 2], donc B est bornée. Ainsi, B est une partie fermée bornée de R, donc B est compacte.

1.11

Supposons, par exemple, que (u n )n∈N est de Cauchy.

Soit ε > 0. Puisque d(u n ,vn ) −→ 0, il existe N1 ∈ N tel que : n∞

∀ n  N1 , d(u n ,vn )
22

ε . 3

donc :

∀ x ∈ R, f (x) = / x,

donc f n’a pas de point fixe.

1.13 a) • L’implication N1 = N2 ⇒ B1 = B2 est évidente. • Réciproquement, supposons B1 = B2 . / 0. Soit x ∈ E tel que x = 1 x. On a : ∗ Considérons y = N1 (x)   1 1 x = N1 (x) = 1 , N1 (y) = N1 N1 (x) N1 (x) donc y ∈ B1 = B2 , d’où N2 (y)
1 .   1 1 x = N2 (x). Mais : N2 (y) = N2 N1 (x) N1 (x) On a donc :

1 N2 (x)
1, d’où : N2 (x)
N1 (x). N1 (x)

∗ Puisque N1 et N2 jouent des rôles symétriques, on a aussi N1 (x)
N2 (x), d’où : N1 (x) = N2 (x). Enfin, pour x = 0, l’égalité N1 (x) = N2 (x) est triviale. On conclut : N1 = N2 .

b) • L’implication N1 = N2 ⇒ B1 = B2 est évidente. • Réciproquement, supposons B1 = B2 . Nous allons adopter la même méthode que dans la solution de a). / 0. Soit x ∈ E tel que x = 1 x. On a alors N1 (y) = 1, donc N1 (x) y∈ / B1 = B2 , d’où N2 (y)  1 .

a

∗ Considérons y =

Mais N2 (y) =

1 N2 (x), d’où N2 (x)  N1 (x). N1 (x)

∗ Puisque N1 et N2 jouent des rôles symétriques, on a aussi N1 (x)
N2 (x), d’où : N1 (x) = N2 (x). Enfin, pour x = 0, l’égalité N1 (x) = N2 (x) est triviale. On conclut : N1 = N2 .

1.14

◦

◦

x

xn

/ ∅ . Il existe donc a) Soit F un sev de E tel que F =

a ∈ F , puis r ∈ R∗+ tel que B(a; r) ⊂ F . / a. Soit x ∈ E tel que x = r (x − a) . Notons y = a + 2||x − a|| r On a alors ||y − a|| = < r, donc y ∈ B(a; r), 2 d’où y ∈ F. Comme F est un sev et que a et y sont dans F , 2||x − a|| (y − a) ∈ F , il en résulte que x − a = r puis x = (x − a) + a ∈ F . Finalement : F = E . b) E 1 et P sont des sev de E , distincts de E , car, par exemple, l’application [0; 1] −→ R est dans E et non dans E 1 , et l’apx−→x− 1  2

plication [0; 1] −→ R est dans E et non dans P. x−→ 1 x+1

Par contre-apposition du résultat de a), on conclut : ◦

On a, pour tout n ∈ N∗ :      1 (x − a) ||xn − a|| =  1 − n     1 1 ||x − a||
1 − r < r, = 1− n n donc : xn ∈ B(a ; r). D’autre part :

   1  1 ||xn − x|| =  (a − x) = ||x − a|| −→ 0 , n∞ n n

donc : xn −→ x. n∞

Ainsi, x est limite d’une suite d’éléments de B(a ; r), donc x ∈ B(a ; r) . Ceci montre : B (a ; r) ⊂ B(a ; r). On conclut : B(a ; r) = B (a ; r). b) 1) On a : B(a ; r) ⊂ B (a ; r), d’où, en passant aux intérieurs et puisque B(a ; r) est ouverte :  ◦  ◦ B(a ; r) = B(a ; r) ⊂ B (a ; r) . 2) Nous allons montrer l’autre inclusion en raisonnant sur les complémentaires, de façon à manipuler des adhérences (au lieu d’intérieurs) et à utiliser des suites.   Soit x ∈  E B(a ; r) , donc ||x − a||  r .

◦

E1 = P = ∅.

a) 1) On a : B(a ; r) ⊂ B (a ; r), d’où, en passant aux adhérences et puisque B (a ; r) est fermée :

1.15



a

x

xn

B(a ; r) ⊂ B (a ; r) = B (a ; r) . 2) Réciproquement, soit x ∈ B (a ; r). Notons, pour tout n ∈ N∗ : xn =

  1 1 x. a+ 1− n n 23

  1 1 x. Notons, pour tout n ∈ N∗ : xn = − a + 1 + n n

est dérivable et, pour tout t ∈ [2 ; +∞[ :

On a, pour tout n ∈ N∗ :      1 (x − a) ||xn − a|| =  1 + n     1 1 ||x − a||  1 + r > r, = 1+ n n   donc xn ∈  E B (a ; r) . D’autre part : ||xn

ϕ (t) = et − 1 > 0 , donc ϕ est strictement croissante. ϕ(2) = e2 − 4 > 0 .

De plus :

∀ t ∈ [2 ; +∞[, ϕ(t)  0,

On déduit :

d’où l’inégalité voulue. • Soient t ∈ [2 ; +∞[ et f t : [0 ; 1] −→ R, x −→ t l’application constante égale à t. On a alors :

   1  1   − x|| =  (x − a) = ||x − a|| −→ 0 , n∞ n n



∀ t ∈ [2 ; +∞[,

donc : xn −→ x.

 f t ∈ A et || f t || = |t| = t ,

ce qui montre que A n’est pas bornée.

n∞

  Ainsi, x est limite d’une suite d’éléments de  E B (a ; r) , donc   x ∈  E B (a ; r) .

1.17 a) 1) Nous allons montrer que A est une partie fermée de E , en utilisant la caractérisation séquentielle des fermés.

Ceci montre : 







◦ 



 E B(a ; r) ⊂  E B (a ; r) =  E B (a ; r)

Soient ( f n )n∈N une suite dans A, f ∈ E tels que f n −→ f dans ,

n∞

(E,||.||∞ ) . • On a : | f n (0) − f (0|
|| f n − f ||∞ −→ 0,

d’où, en passant aux complémentaires :

n∞

◦ B(a ; r) ⊃ B (a ; r) .  ◦ Finalement : B (a ; r) = B(a ; r) . 

donc : f n (0) −→ f (0) . n∞

Mais : ∀ n ∈ N, f n (0) = 1, d’où : f (0) = 1. • On a :

1.16

1) Nous allons montrer que A est une partie fermée de E en utilisant la caractérisation séquentielle des parties fermées. Soient ( f n )n∈N une suite dans A, f ∈ E tels que f n −→ f dans n∞

(E,||.||∞ ) .

   

1

fn −

0

0

1

  1     f  =  ( f n − f ) 0




On a, pour tout x ∈ [0 ; 1] :

1

| f n − f |
(1 − 0)|| f n − f ||∞ −→ 0, n∞

0

| f n (x) − f (x)|
|| f n − f ||∞ −→ 0 , n∞

donc : f n (x) −→ f (x) .

1

0

f.

n∞

n∞

0

1

f n = 0, donc :

Mais : ∀ n ∈ N,

D’autre part :

1

f n −→

donc :

0

∀ x ∈ [0 ; 1], ∀ n ∈ N, e fn (x)  2 + f n (x) . On déduit, par passage à la limite dans une inégalité lorsque l’entier n tend vers l’infini : ∀ x ∈ [0 ; 1], e f (x)  2 + f (x) , et donc : f ∈ A. Ceci montre que A est une partie fermée de E . 2) • Montrons : ∀ t ∈ [2 ; +∞[, et  2 + t. L’application ϕ : [2 ; +∞[−→ R, t −→ ϕ(t) = et − (2 + t) 24

1

f = 0. 0

On déduit : f ∈ A. On conclut que A est une partie fermée de E . 2) • Soit f ∈ A. On a : || f − 0||∞ = || f ||∞  | f (0)| = 1, donc :

d(0,A)  || f − 0||∞  1.

• L’application f : [0 ; 1] −→ R, x −→ 1 − 2x est dans A et : d(0, f ) = || f ||∞ = 1. On conclut : d(0,A) = 1, et cette borne est atteinte, par f ci-dessus et représentée graphiquement ci-après.

On a :

y

1

gn = 1 ⇐⇒ an −

1

0

an 2n = 1 ⇐⇒ an = . 2n 2n − 1

On a alors : ∀ n ∈ N∗ , gn ∈ B et : y = f(x) ||gn − 0||∞ = an = 1 2

O

2n −→ 1 , 2n − 1 n ∞

d’où l’on conclut : d(0,B)  1. 1

x

• Supposons qu’il existe f ∈ B telle que d(0,B) = || f ||∞ . On a : 0


1

  || f ||∞ − f = || f ||∞ −

1

f = 1−1 = 0,

0

0

donc, puisque || f ||∞ − f est continue et  0, on a : || f ||∞ − f = 0, f = || f ||∞ , f est une constante.

1 f = 1. Mais f (0) = 0 , donc f = 0, contradiction avec

−1

0

b) 1) On montre que B est une partie fermée de E par la même méthode qu’en a) 1). 2) • Soit f ∈ B . On a :

1

1 1= f
| f |
(1 − 0)|| f ||∞ = || f − 0||∞ , 0

0

donc : d(0,B)  1. • Considérons, pour tout n ∈ N∗ , l’application gn : [0 ; 1] −→ R définie, pour tout x ∈ [0 ; 1], par :  1   si 0
x
 nan x n gn (x) = ,  1   an si <x
1 n

1 gn = 1. où an est à calculer pour que 0

y

Ceci montre que d(0,B) n’est pas atteinte.

1.18 a) • D’abord, E est bien un R-ev, et N∞ ,N∞ ,N∞ sont

définies, car, si f ∈ E , alors f, f , f sont continues sur le segment [0 ; 1] , donc sont bornées, d’où l’existence de ( f ), N∞ ( f ). N∞ ( f ), N∞

Nous allons montrer que N∞ est une norme sur E , les preuves pour N∞ et N∞ étant analogues et plus simples.

• On a, pour toutes f,g ∈ E : ( f + g) N∞

=|( f + g)(0)| + |( f + g) (0)| + Sup |( f + g) (x)| x∈[0;1]

   
| f (0)| + |g(0)| + | f (0)| + |g (0)|   + Sup | f (x)| + |g (x)| x∈[0;1]

an

   
| f (0)| + |g(0)| + | f (0)| + |g (0)|

1

+ Sup | f (x)| + Sup |g (x)| x∈[0;1]

x∈[0;1]

  = | f (0)| + | f (0)| + Sup | f (x)| x∈[0;1]

  + |g(0)| + |g (0)| + Sup |g (x)| x∈[0;1]

O

1 n

=N∞ ( f ) + N∞ (g).

1

x 25

• On a, pour tout α ∈ R et toute f ∈ E : N∞ (α

Il s’ensuit :





f ) = |(α f )(0)| + |(α f ) (0)| + Sup |(α f ) (x)| x∈[0;1]

( fn ) N∞ N ( f n ) = πn −−−→ + ∞, ∞ = 1 + πn −−−→ + ∞, (f ) n∞ n∞ N∞ ( f n ) N∞ n



(f). = |α| | f (0)| + |α| | f (0)| + |α| Sup | f (x)| = |α|N∞

N∞ ( fn ) = πn + π2 n 2 −−−→ + ∞ . n∞ N∞ ( f n )

x∈[0;1]

( f ) = 0. • Soit f ∈ E telle que N∞

( f ) N∞ ( f ) N∞ (f) N∞ , , ne sont pas borN∞ ( f ) N∞ ( f ) N∞ ( f ) , N∞ nés lorsque f décrit E − {0} , donc les normes N∞, N∞ sont deux à deux non équivalentes.

Ainsi, les rapports



On a alors : | f (0)| + | f (0)| + Sup | f (x)| = 0,       x∈[0;1]    0 0 0





donc f (0) = 0, f (0) = 0, Sup | f (x)| = 0 . x∈[0;1]

Il en résulte f = 0. Il existe donc (a,b) ∈ R2 tel que : ∀ x ∈ [0; 1], f (x) = ax + b .  De plus :

f (0) = 0 f (0) = 0

⇐⇒

a = 0 b=0

d’où f = 0.

, N∞ sont des normes sur E . On conclut : N∞ , N∞

x 1 + ||x||2 est continue par opérations sur les applications continues. ||x|| 1
, b) 1) On a : ∀ x ∈ E, || f (x)|| = 1 + ||x||2 2 f : E −→ E, x −→ f (x) =

t 1 −(1 − t)2 − =
0. 2 1+t 2 2(1 + t 2 )   1 . d’où : f (E) ⊂ B 0 ; 2   1 . 2) Réciproquement, soit y ∈ B 0 ; 2 car :

b) 1) • Soit f ∈ E . Pour tout x ∈ [0 ; 1], d’après l’inégalité des accroissements finis, appliquée à f sur [0 ; x], on a : | f (x) − f (0)|
x Sup | f (t)|
1 Sup | f (t)| , t∈[0;x]

1.19 a) L’application

x∈[0;1]

puis :    | f (x)| =  f (0) + f (x) − f (0) 


| f (0)| + | f (x) − f (0)|
| f (0)| + Sup | f (t)| = N∞ ( f ). t∈[0;1]

( f ). Il en résulte : N∞ ( f )
N∞ ( f )
N∞ ( f ). • De même : ∀ f ∈ E, N∞ , N∞ 2) Montrons que les normes N∞ , N∞ sont deux à deux non équivalentes :

Considérons la suite ( f n )n∈N∗ d’applications de [0 ; 1] dans R définies, pour tout n ∈ N∗ , par :

∀ t ∈ R+ ,

Cherchons λ ∈ R pour que f (λy) = y. On a : λy f (λy) = y ⇐⇒ =y 1 + ||λy||2 ⇐ ||y||2 λ2 − λ + 1 = 0. Si y = 0, on peut choisir λ = 0. / 0. L’équation du second degré précédente, d’inSupposons y = connue λ ∈ R, admet au moins une solution puisque son dis1 criminant 1 − 4||y||2 est  0, car ||y||
. 2   1 ⊂ f (E). Ceci montre : B 0 ; 2   1 . On conclut : f (E) = B 0 ; 2 Remarque : Le résultat est apparent dans le cas E = R muni de la norme |.| usuelle : y

∀ x ∈ [0 ; 1], f n (x) = sin (πnx) . On a, pour tout n ∈ N∗ , f n ∈ E et, pour tout x ∈ [0 ; 1] : f n (x) = sin (πnx),

0

f n (x) = −π2 n 2 sin (πnx) ,

Représentation graphique de f : x →

d’où, pour tout n ∈ N∗ : N∞ ( f n ) = 1, 26

N∞ ( fn )

 = πn,

N∞ ( fn )

x

1

f n (x) = πn cos (πnx),

= πn + π n . 2 2

On a ici : f (R) =

−

   1 1 1 ; = B 0 ; . 2 2 2

x 1 + x2

1.20 Remarquons d’abord que, pour toute suite réelle bornée

x = (xn )n , la suite réelle y = (yn )n définie dans l’énoncé est bornée ; ainsi, ∆ est bien une application de ∞ dans ∞ .

Ceci permet de construire une extractrice σ telle que :

• Soient x = (xn )n ∈  ,

y = (x) = (yn )n .

On a : ∀n ∈ N , |yn | = |xn+1 − xn |
|xn+1 | + |xn |
2||x||∞ , donc : || (x)||∞
2||x||∞ . Ceci montre que ∆, qui déjà est linéaire, est continue, et que : |||∆|||
2 . • Considérons la suite réelle bornée x = (xn )n définie par :

d(u σ(n) ,a) > ε.

∀n ∈ N,

• La linéarité de ∆ est immédiate. ∞

  n  N et d(u n ,a) > ε .

∀N ∈ N, ∃ n ∈ N,

Puisque K est compact, la suite (u σ(n) )n, à éléments dans K, admet au moins une valeur d’adhérence b dans K ; il existe donc un extractrice τ telle que u σ(τ(n)) −−−→ b . n∞

Comme : ∀n ∈ N , d(u σ(τ(n)) ,a) > ε, on obtient, en passant / b. à la limite d(b,a)  ε, et nécessairement a = Ainsi, (u n )n admet au moins deux valeurs d’adhérence différentes, a et b, contradiction.

∀n ∈ N , xn = (−1)n . D’une part : ||x||∞ = 1.

1.23 Considérons, pour tout n de N tel que n  2 , l’applica-

D’autre part : ∀n ∈ N , |xn+1 − xn | = 2,

tion f n : [0; 1] −→ R définie par :

donc : ||∆(x)||∞ = 2. On a donc :

||∆(x)||∞ |||∆|||  = 2. ||x||∞ ∞

Finalement : ∆ ∈ LC ( ) et |||∆||| = 2

f n (x) =

            

1.21 1) L’application

−nx +

1

si

n+2 2

si

0

si

fn

2) Montrons que E est bornée, en utilisant les coordonnées polaires.  Notons, pour (x,y) ∈ R2 : ρ = x 2 + y 2 . O

On a, pour tout (x,y) ∈ R2 :

d’où, pour tout (x,y) ∈ E : ρ4 = (x 2 + y 2 )2 = x 4 + 2x 2 y 2 + y 4
2(x 4 + y 4 ) = 2(4x 3 − 3x 2 + 4y 2 )
2(4ρ3 + 4ρ2 ) = 8ρ3 + 8ρ2 .

1 2

ρ
16ρ , d’où : ρ
16.



x

1) Montrons que ( f n )n2 est de Cauchy pour || · ||1 . Soient p ∈ N − {0,1}, r ∈ N. On a :

1    f p+r (x) − f p (x)dx || f p+r − f p ||1 = 0

=

3

Ceci montre : ∀ (x,y) ∈ E,

1+1 1 2 n

Il est clair que, pour tout n  2 , f n est continue sur [0; 1].

En supposant ρ  1, on a donc, si (x,y) ∈ E : 4

1 1 1
x
+ 2 2 n 1 1 +
x
1. 2 n

1

est continue et {0} est fermé dans R, donc E = f −1 ({0}) est fermé dans R2 , comme image réciproque d’un fermé par une application continue.

⇐⇒ x 4 + y 4 = 4x 3 − 3x 2 + 4y 2 ,

1 2

y

f : R2 −→ R, (x,y) −→ x 2 (x − 1)(x − 3) + y 2 (y 2 − 4)

(x,y) ∈ E ⇐⇒ x 4 − 4x 3 + 3x 2 + y 4 − 4y 2 = 0

0
x


x 2 + y 2
16,

donc E est bornée.




Ainsi, E est une partie fermée bornée de R2 , qui est un evn de dimension finie, donc E est compacte.

1+ 1 2 p 1 2

1+ 1 2 p 1 2



 f p (x) − f p+r (x) dx

f p (x) dx =

1 . 2p

Il en résulte :

1.22 Raisonnons par l’absurde : supposons que (u n )n n’admette qu’une seule valeur d’adhérence a, et que (u n )n diverge. / a, il existe ε > 0 tel que : Puisque u n −→ n∞

∀ε > 0, ∃N ∈ N − {0,1}, ∀ p  N , ∀r ∈ N,

|| f p+r − f p ||1
ε,

et donc ( f n )n2 est de Cauchy pour || · ||1 . 27

2) Montrons que ( f n )n2 ne converge pas dans   C([0; 1],R),|| · ||1 . Raisonnons par l’absurde : supposons qu’il existe f : [0; 1] −→ R continue telle que || f n − f ||1 −−−→ 0 .

Fixons temporairement p tel que p  N . On a, en faisant tendre l’entier q vers l’infini, d’après a) : d(u p ,u q ) −→ f (u p ) , q∞

n∞

d’où, par passage à la limite dans une inégalité :

• On a : ∀n  2, || f n − f ||1 

1 2

   f n (x) − f (x)dx =

0

d’où :

1 2

f (u p )
ε . 1 2

  1 − f (x)dx,

Ceci montre, en particulier : ∀ ε > 0, ∃ N ∈ N, f (u N )
ε ,

0

|1 − f (x)|dx = 0 .

Puisque x −→ |1 − f (x)| est continue et  0, il en résulte :   1 ∀x ∈ 0; , f (x) = 1. 2   1 1 ; 1 . On a, pour tout n  2 tel que n  : • Soit x0 ∈ 1 2 x0 − 2

1

1    f n (x) − f (x) dx = | f (x)| dx, || f n − f ||1  x0

x0

1

| f (x)| dx = 0.

d’où :

∀ ε > 0, ∃ a ∈ E, f (a)
ε,

donc :

0

et donc : Inf f (a) = 0. a∈E

2) On a : ∃ a ∈ E, f (a) = 0 ⇐⇒

∃ a ∈ E, d(a,u n ) −−−→ 0

⇐⇒

∃ a ∈ E, u n −−−→ a.

n∞

n∞

Ainsi, la borne inférieure en question est atteinte si et seulement si la suite (u n )n∈N converge.

x0

∀x ∈ [x0 ; 1],   1 ;1 , ce qui montre : ∀x ∈ 2    1 On obtient ainsi : f (x) =   0

Il en résulte :

f (x) = 0, f (x) = 0.   1 si x ∈ 0; 2  , 1 si x ∈ ;1 2

1 et donc f n’est pas continue en , contradiction. 2

1.24

a) Soit ε > 0.

Puisque (u n )n∈N est de Cauchy dans (E,||.||), il existe N ∈ N tel que : ∀ p  N, ∀ q  N , d(u p ,u q )
ε. On a alors, par l’inégalité triangulaire :   ∀ p  N , ∀ q  N, d(a,u p ) − d(a,u q )
d(u p ,u q )
ε . Ceci montre que la suite (d(a,u n ))n∈N est de Cauchy dans R. Comme R est complet, il en résulte que cette suite (d(a,u n ))n∈N converge dans R, vers un élément dépendant de a et noté f (a). b) 1) Soit ε > 0. Puisque (u n )n∈N est de Cauchy dans (E,||.||), il existe N ∈ N tel que : ∀ p  N, ∀ q  N , d(u p ,u q )
ε . 28

1.25 Soit (x1 ,x2 ) ∈ (A + B)2 . Il existe (a1 ,a2 ) ∈ A2 , (b1 ; b2 ) ∈ B 2 tels que : x1 = a1 + b1 et x2 = a2 + b2 . Puisque A et B sont connexes par arcs, il existe des applications continues γ,δ : [0; 1] −→ E telles que : 

∀t ∈ [0; 1],

 γ(t) ∈ A

et δ(t) ∈ B



γ(0) = a1 , γ(1) = a2 , δ(0) = b1 , δ(1) = b2 . L’application γ + δ : [0; 1] −→ E est continue, et on a : t−→γ(t)+δ(t)  ∀t ∈ [0; 1], (γ + δ)(t) = γ(t) + δ(t) ∈ A + B    (γ + δ)(0) = γ(0) + δ(0) = a1 + b1 = x1    et (γ + δ)(1) = x2 . On conclut que A + B est connexe par arcs. Remarque On peut aussi montrer que A × B est connexe par arcs, puis remarquer que A + B est l’image de A × B par l’application continue E × E −→ E , si l’on sait que le produit cartésien de (x,y)−→x+y

deux parties connexes par arcs est connexe par arcs

1.26 a) Soit (x,y) ∈ A2 . Puisque A est étoilée (par rapport à a), on a : [a ; x] ⊂ A et [a ; y] ⊂ A .

L’application γ : [0 ; 1] −→ E définie, pour tout t ∈ [0 ; 1] ,  1   a + (1 − 2t)(x − a) si 0
t
 2 par : γ(t) =  1   a + (2t − 1)(y − a) si
>

 2 Comme x −→ x g(x) est continue et  0, on déduit :  2 ∀ x ∈ [0 ; 1], x g(x) = 0 , ∀ x ∈ ]0 ; 1], g(x) = 0.

puis :

Comme g est continue en 0, il en résulte g = 0. On conclut : F ⊥ = {0}. b) On a donc : F ⊕ F ⊥ = F ⊕ {0} = F. / E, puisque l’application constante égale Il est clair que F = à 1 est dans E et n’est pas dans F .

On a : γ(0) = x et γ(1) = y et, pour tout t ∈ [0 ; 1] :  a + (1 − 2t)(x − a) ∈ [a ; x] ⊂ A      1   si 0
t
 2 γ(t) =  a + (2t − 1)(y − a) ∈ [a ; y] ⊂ A      1   < t
1. si 2

/ E. On conclut : F ⊕ F ⊥ =

1.28 a) • Existence : Soit (x,y) ∈ R2 . Première méthode : |x + t y| , est continue sur R, car 1 + t + t2 le trinôme réel 1 + t + t 2 est de discriminant < 0 , et f x,y (t) −→ 0. Il existe donc t0 ∈ [0 ; +∞[ tel que :

L’application f x,y : t −→

Ainsi, γ est un chemin continu joignant x et y dans A. x t=0

t−→±∞

∀ t ∈ ] − ∞ ; −t0 ] ∪ [t0 ; +∞[, | f x,y (t)|
1 . Ensuite, f étant continue sur le segment [−t0 ; t0 ] , d’après un théorème du cours, f est bornée sur ce segment. Il existe donc A ∈ R+ tel que :

a t=1 2

t=1 y

∀ t ∈ [−t0 ; t0 ], | f x,y (t)|
A . En notant M = Max (1,A) ∈ R+ , on a donc :

On conclut que A est connexe par arcs. b) L’ensemble D des matrices de Mn (R) diagonalisables dans Mn (R) est étoilé par rapport à 0. En effet, soient X ∈ D et t ∈ [0 ; 1] . Il existe P ∈ GLn (R),D ∈ Dn (R) telles que X = P D P

.

(1 − t)0 + t X = t P D P −1 = P(t D)P −1 . Ceci montre que, si X ∈ D , alors le segment [0 ; X] de Mn (R) est inclus dans D , donc D est étoilé par rapport à 0. D’après a), on conclut que D est connexe par arcs.

1.27 a) Soit g ∈ F ⊥ . Considérons l’application f : [0 ; 1] −→ R, x −→ f (x) = xg(x) . On a f ∈ F , donc : 0 =< f ,g >=

1

f (x)g(x) dx = 0

Ainsi, f x,y est bornée, donc N (x,y) = Sup f x,y (t) existe. t∈R

−1

On a alors :

∀ t ∈ R, | f x,y (t)|
M .

0

1

 2 x g(x) dx .

Deuxième méthode : Soit (x,y) ∈ R2 . On a, pour tout t ∈ R tel que |t|
1 : |x + t y| |x| + |t| |y| |x| + |y|

= |x| + |y| , 1 + t + t2 1 + t + t2 1 et, pour tout t ∈ R tel que |t|  1 : |x + t y| |x| + |t| |y| (|x| + |y|)|t|

1 + t + t2 1 + t + t2 t2 |x| + |y| =
|x| + |y|. |t| |x + t y|
|x| + |y|. 1 + t + t2 |x + t y| Ainsi, l’application t ∈ R −→ , est bornée, donc 1 + t + t2 N (x,y) = Sup f x,y (t), existe. D’où :

∀ t ∈ R,

t∈R

29

• On a, pour tous (x,y), (x ,y ) ∈ R2 :

y

  N (x,y) + (x ,y ) 3

= N (x + x , y + y )   (x + x ) + t (y + y ) = Sup 1 + t + t2 t∈R


Sup

|x + t y| + |x + t y | 1 + t + t2


Sup

|x + t y| |x + t y | + Sup 2 2 1+t +t t∈R 1 + t + t

t∈R

t∈R

1 B'N(0 ; 1) 3 2

1

1 O

3 2

x

= N (x,y) + N (x ,y ). • On a, pour tout α ∈ R et tout (x,y) ∈ R2 :   N α(x,y) = N (αx,αy) = Sup t∈R

1

|αx + tαy| |x + t y| = |α| Sup = |α|N (x,y). 1 + t + t2 1 + t + t2 t∈R

3

• On a, pour tout (x,y) ∈ R2 :  |x + t y| = 0 1 + t + t2   ⇐⇒ ∀ t ∈ R, x + t y = 0 ⇐⇒ (x,y) = (0,0).

 N (x,y) = 0 ⇐⇒ ∀ t ∈ R,

b) Les points d’intersection des deux paraboles P et Q ont pour √ √ ordonnées − 3 et 3 . L’aire S de B N (0 ; 1) est donnée, par exemple, par l’intégrale double :

On conclut que N est une norme sur R2 .

S=

b) Soit (x,y) ∈ R2 . On a :

(x,y) ∈ B N (0 ; 1)

=

⇐⇒ N (x,y)
1 ⇐⇒ Sup t∈R

=

|x + t y|
1 1 + t + t2

|x + t y| ⇐⇒ ∀ t ∈ R,
1 1 + t + t2 ⇐⇒ ∀ t ∈ R, −(1 + t + t 2 )
x + t y
1 + t + t 2  ⇐⇒  ⇐⇒

∀ t ∈ R, t + (1 − y)t + (1 − x)  0 2

∀ t ∈ R, t 2 + (1 + y)t + (1 + x)  0 (1 − y)2 − 4(1 − x)
0 (1 + y)2 − 4(1 + x)
0.

Ainsi, B N (0 ; 1) est la partie du plan comprise entre les deux paraboles : P : (y − 1)2 = −4(x − 1), 30

Q : (y + 1)2 = 4(x + 1) .

√ − 3 √ 3

√ − 3

√ 3

√ 3

√ − 3



1−

(1−y)2 4

(1+y)2 4

 dx dy

−1

  (1 − y)2 (1 + y)2 1− − + 1 dy 4 4 

3 y2 − 2 2



 dy =

3 y3 y− 2 6

√3 √ − 3

√   √ 3√ 3 3 = 2 3. =2 3− 2 6

1.29 1) Soient λ ∈ [0 ; 1], (x,y) ∈ C 2 . Il existe une suite (xn )n∈N dans C telle que xn −−−→ x , et il n∞

existe une suite (yn )n∈N dans C telle que yn −−−→ y. n∞

Puisque C est convexe, on a alors : ∀ n ∈ N, λxn + (1 − λ)yn ∈ C . D’autre part, par opérations sur les suites convergentes : λxn + (1 − λ)yn −−−→ λx + (1 − λ)y . n∞

On déduit : λx + (1 − λ)y ∈ C ,

y

et on conclut que C est convexe.

A

◦ 2

2) Soient λ ∈ [0 ; 1], (x,y) ∈ (C ) . Notons z = λx + (1 − λ)y. Nous allons montrer : z ∈ C ◦ . Il existe α > 0 tel que B(x ; α) ⊂ C et il existe β > 0 tel que B(y,β) ⊂ C . Notons r = Min (α,β) > 0. On a alors : B(x ; r) ⊂ B(x ; α) ⊂ C

et

B(y ; r) ⊂ B(y ; β) ⊂ C .

O

B

x

C w

u

v

A+B = / A+ B.

z

x

• On a : A = A, B = B, donc A + B = A + B = R × R∗+ , d’où, dans cet exemple :

y

1.31 a) • On a, d’après les propriétés ensemblistes de l’adhérence, B ⊂ B , donc : A ∩ B ⊂ A ∩ B , puis : A ∩ B⊂ A ∩ B.

Soit u ∈ B(z ; r). Notons v = u + (x − z), w = u + (y − z). On a :

λv + (1 − λ)w = (u − z) + λx + (1 − λ)y = u.

• Réciproquement, soit x ∈ A ∩ B . Soit V un voisinage ouvert de x dans E . On a :

D’autre part :

V ∩ (A ∩ B) = / ∅.

||v − x|| = ||u − z|| < r donc :

v ∈ B(x,r) ⊂ C

et ||w − z|| = ||u − z|| < r , et w ∈ B(y,r) ⊂ C.

Ceci montre u ∈ C et on obtient : B(z,r) ⊂ C. Ainsi : ∃ r > 0, B(z,r) ⊂ C, donc z ∈ C ◦ . On conclut que C ◦ est convexe.

1.30

Il existe a ∈ A, b ∈ B tels que : x = a + b. Il existe une suite (an )n∈N dans A et une suite (bn )n∈N dans B telles que : an −−−→ a et bn −−−→ b. On a alors :

n∞

∀ n ∈ N, an + bn ∈ A + B,

et, par addition de suites convergentes : an + bn −−−→ a + b . n∞

x ∈ A + B.

Ceci montre :

A + B ⊂ A + B.

b) Prenons, dans E = R2 usuel :

A = (x,y) ∈ (R∗+ )2 ; x y = 1 , • On a : A + B = R ×

On a montré :

A ∩ B ⊂ A ∩ B.

Finalement :

A ∩ B = A ∩ B.

b) Appliquons l’hypothèse à B =  E (A) : A ∩  E (A) ⊂ A ∩  E (A) = ∅ = ∅ ,     d’où : A ⊂  E  E (A) =  E  E (A◦ ) = A◦ , ce qui montre que A est un ouvert de E . c) On peut choisir, dans R usuel : A = ]0 ; 1[ ∪ ]2 ; 4[,

Il en résulte :

R∗+ ,

Ceci montre que, pour tout voisinage ouvert V de x dans E , / ∅. on a V ∩ (A ∩ B) = Il en résulte : x ∈ A ∩ B .

a) Soit x ∈ A + B .

n∞

Il existe donc y ∈ V ∩ (A ∩ B) = (V ∩ A) ∩ B ⊂ B . Comme V et A sont ouverts et contiennent y, V ∩ A est un / ∅. voisinage ouvert de y, donc : (V ∩ A) ∩ B =

B = ]1 ; 3[ .

On a alors : A ∩ B = ]2 ; 3[, B = R × {0} .

donc A + B = R × R+ .

A ∩ B = ]2 ; 3],

A ∩ B = {1} ∪ [2 ; 3],

A ∩ B = [2 ; 3[,

A ∩ B = [2 ; 3] ,

qui sont deux à deux distincts. 31

A

0

1

2

[

[

[

B

3

[

1

3

[

[

A ∩B

A ∩B

A ∩B

4

Considérons l’application g : [0; 1] −→ R , qui est de x−→ex f (x)

1

classe C sur [0; 1]. On a, pour tout t de [0 ; 1] :    |g (t)| = et f (t) + f (t) 
eν( f ),

2

3

[

[

puis, pour tout x de [0 ; 1] :  x    |g(x)| =  g (t) dt 


2

3

d’où :

[

[

Et :

0

1

| f (x)| = e−x |g(x)|
|g(x)|
eν( f ).    | f (x)| =  f (x) + f (x) − f (x)  
 f (x) + f (x) + | f (x)|
(1 + e)ν( f ).

2

3

D’où : ∀ x ∈ [0 ; 1],

[

[

donc :

2

3

[

[

|g (t)| dt
xeν( f )
eν( f ),

0

| f (x)| + | f (x)|
(1 + 2e)ν( f ),

N ( f )
(1 + 2e)ν( f ).

On a montré : ∀ f ∈ E, A ∩B

x

ν( f )
N ( f )
(1 + 2e)ν( f ) ,

donc N et ν sont des normes équivalentes.

1.33 Considérons l’application ϕ : E −→ R définie par : A ∩B

1.32

2

3

[

[

1) Montrons d’abord que N et ν sont des normes sur E .

Pour f ∈ E, N ( f ) et ν( f ) existent dans R car f et f sont continues sur le segment [0; 1], donc bornées. Les propriétés, pour tous α de R, f,g de E : N (α f ) = |α|N ( f ), N ( f + g)
N ( f ) + N (g),

ν(α f ) = |α|ν( f ) ν( f + g)
ν( f ) + ν(g)

∀ x ∈ E,

ϕ(x) = d(x,G) − d(x,F),

et les parties U = ϕ−1 (]0 ; +∞[) , V = ϕ−1 (] − ∞; 0[) de E . On sait que, pour toute partie non vide A de E , l’application x −→ d(x,A) est continue (et même : 1-lipschitzienne), donc ϕ est continue. Comme ]0 ; +∞[ et ] − ∞ ; 0[ sont des ouverts de R, il en résulte que U et V sont des ouverts de E . / G (car Soit x ∈ F. D’une part, d(x,F) = 0. D’autre part, x ∈ F ∩ G = ∅ ) et G est fermé, donc d(x,G) > 0. Il en résulte ϕ(x) > 0 , c’est-à-dire x ∈ U . Ceci montre : F ⊂ U. De même : G ⊂ V . Enfin, il est clair que U ∩ V = ∅.

sont immédiates. Soit f ∈ E .

1.34 (i) ⇒ (ii) :

Si N ( f ) = 0 , alors Sup | f (x)| = 0, donc f = 0. x∈[0;1]

Supposons ν( f ) = 0 . Alors f + f = 0, donc il existe λ ∈ R tel que : ∀x ∈ [0; 1],

Soit y ∈ f (A) ; il existe x ∈ A tel que y = f (x) . Puisque x ∈ A , il existe une suite (an )n dans A convergeant vers x.   Comme f est continue en x, la suite f (an ) n converge vers f (x) , donc y ∈ f (A), et ainsi :

Comme f (0) = 0 , on déduit λ = 0, puis f = 0.

(ii) ⇒ (iii) :

Ainsi, N et ν sont des normes sur E .

Supposons :

2) Soit f ∈ E . On a :

Soit B ∈ P(F).

∀x ∈ [0; 1], d’où : 3) Soit f ∈ E . 32

f (x) = λe−x .

Supposons f continue. Soit A ∈ P(E).

   f (x) + f (x)
| f (x)| + | f (x)|
N ( f ), ν( f )
N ( f ) .

f (A) ⊂ f (A) .

∀ A ∈ P(E), f (A) ⊂ f (A) .

On a, pour toute partie X de E : X ⊂ f −1 ( f (X)),    f −1 (B) ⊂ f −1 f f −1 (B) . donc : En appliquant l’hypothèse à A = f −1 (B), on obtient d’autre part :

    f f −1 (B) ⊂ f f −1 (B) ⊂ B,    f −1 f f −1 (B) ⊂ f −1 (B) ,

d’où :

f −1 (B) ⊂ f −1 (B) .

et finalement : (iii) ⇒ (iv) : Supposons :

∀ B ∈ P(F) , f −1 (B) ⊂ f −1 (B) .

Soit B ∈ P(F). 

f −1 ( B ) = f −1  F

     F (B) =  E f −1  F (B) .



En appliquant l’hypothèse à  F (B), on obtient d’autre part :     f −1  F (B) ⊂ f −1  F (B) , d’où :

◦

f −1 ( B ) ⊂  E 

= E (iv) ⇒ (i) : Supposons :

• Pour u = (1)n1 , suite constante égale à 1, on a u ∈ ∞ et : 1 ||T (u)||∞ = Sup = 1 = ||u||∞ , n 1 n d’où :

||T (u)||∞ = 1, et donc : |||T |||  1 . ||u||∞

On conclut : |||T ||| = 1 .

On a : ◦

Comme T est déjà linéaire, il en résulte que T est continue, donc T ∈ LC (∞ ), et que : |||T |||
1 .

  F (B)







f −1 f −1

◦  ◦  F (B) = f −1 (B) .



◦  ◦ ∀ B ∈ P(F) , f −1 ( B ) ⊂ f −1 (B) .

b) • Soit u = (u n )n1 ∈ ∞ . On a :

  un =0 u ∈ Ker (T ) ⇐⇒ T (u) = 0 ⇐⇒ ∀ n  1, n   ⇐⇒ ∀ n  1, u n = 0 ⇐⇒ u = 0 .

Ceci montre : Ker (T ) = {0} , donc T est injective. • On a : Im (T )  = v ∈ ∞ ; ∃ u ∈ ∞ , T (u) = v  = v = (vn )n1 ∈ ∞ ; ∃ u = (u n )n1 ∈ ∞ , ∀ n  1, vn =

Soit U un ouvert de F . On a alors : o  ◦ f −1 (U ) = f −1 (U ) ⊂ f −1 (U ) ,  ◦ d’où f −1 (U ) = f −1 (U ) ,

c’est-à-dire que f −1 (U ) est ouvert. Ceci montre que f est continue.

1.35

a) • Soit u = (u n )n1 ∈ ∞ .    u n  |u n |
|u n |
||u||∞ , On a : ∀ n  1,   = n n   un ∈ ∞ , ce qui montre que T est correctement donc n n1 définie.

• On a, pour tout α ∈ R et toutes suites u = (u n )n1 , v = (vn )n1 ∈ ∞ :   αu n + vn T (αu + v) = n n 1   v  un n =α + = αT (u) + T (v), n n1 n n1 donc T est linéaire. • On a vu : donc :

 u   n ∀ u ∈ ∞ , ∀ n  1,  
||u||∞ , n ∀ u ∈ ∞ , ||T (u)||∞
||u||∞ .

   1 = v = (vn )n1 ∈ ∞ ; vn = O n∞ n    1 ∗ . = v = (vn )n1 ∈ RN ; vn = O n∞ n

un n



Ainsi, Im (T ) est l’ensemble des suites réelles dont le terme   1 général est un O , lorsque l’entier n tend vers l’infini. n Comme la suite constante égale à 1 est dans ∞ mais n’est pas   1 , donc n’est pas dans Im (T ), on conclut que T n’est un O n pas surjective.

1.36 • L’application φ est linéaire, car, pour tout α ∈ R et tout ( f,g) ∈ E 2 : φ(α f + g) =

p 

=α

λk (α f + g)(ak )

k=1 p 

λk f (ak ) +

k=1

p 

λk g(ak ) = αφ( f ) + φ(g).

k=1

• On a, pour toute f ∈ E :    p   |φ( f )| =  λk f (ak ) k=1




p  k=1

|λk | | f (ak )|


 p

 |λk | || f ||∞ .

k=1

33

En notant M =

p 

|λk | ∈ R+ , on a donc :

k=1

∀ f ∈ E, |φ( f )|
M || f ||∞ .

Pour chaque n de N, il existe xn ∈ F et yn ∈ K tels que z n = xn + yn . La suite (yn )n, à éléments dans le compact K, admet au moins une valeur d’adhérence y dans K ; il existe donc une extractrice σ telle que yσ(n) −−−→ y . n∞

Ceci montre que φ, qui est déjà linéaire, est continue, donc φ ∈ LC (E,R), et que : |||φ|||
M. • Il existe f ∈ E telle que :   1   ∀ k ∈ {1,. . . , p}, f (ak ) = −1   ∀ x ∈ [0 ; 1], | f (x)|
1.

si λk  0 si λk < 0

En effet, en supposant, par exemple, a1 < . . . < a p , il suffit de prendre f valant 1 en les ak tels que λk  0 , valant −1 en les     ak tels que λk < 0, joignant ak , f (ak ) et ak+1 , f (ak+1 ) par un segment, et convenablement complétée entre 0 et a1 / 0 ) et entre a p et 1 (si a p = / 1). (si a1 =

Comme : ∀ n ∈ N, xσ(n) = z σ(n) − yσ(n) , on déduit :

xσ(n) −−−→ z − y , et donc : z − y ∈ F = F. n∞

On obtient ainsi :

z = (z − y) + y ∈ F + K .

1.38 1) Unicité Soient x,y deux points fixes de f : f (x) = x et f (y) = y. / y, on obtient, d’après l’hypothèse, d(x,y) < d(x,y), Si x = contradiction ; donc x = y. 2) Existence / x. Raisonnons par l’absurde ; supposons : ∀ x ∈ K, f (x) = Considérons l’application ϕ : K −→ R . x−→d(x, f (x))

y

Puisque f : K −→ K et d : K × K −→ R sont continues, ϕ est continue. Ainsi, ϕ est continue sur le compact K et à valeurs > 0 ; il existe donc z ∈ K tel que :

1 y = f(x)

ϕ(z) = Inf ϕ(x). x∈K

/ z, on a, par l’hypothèse : Comme f (z) =       ϕ f (z) = d f 2 (z), f (z) < d f (z),z = ϕ(z), contradiction.

a3 O

a1 a2

1

x

1.39 (i) ⇒ (ii) : Exemple : p=3 0 < a1 < a2 < a3 < 1

1

λ1  0 , λ2  0 , λ3 < 0. On a alors || f ||∞ = 1 et : φ( f ) =

p 

λk f (ak ) =

k=1

p 

Soit A ∈ R∗+ . Puisque [−A ; A] est un compact de R , f −1 ([−A ; A]) est un compact de R, donc est bornée. Il existe donc B ∈ R∗+ tel que : f −1 ([−A ; A]) ⊂ [−B ; B] . On obtient, pour tout x ∈ R :

|λk | = M ,

k=1

φ( f ) = M, d’où : |||φ|||  M. || f ||∞ p  |λk |. On conclut : |||φ||| = donc

k=1

Nous allons montrer que F + K est fermée dans E en utilisant une caractérisation séquentielle.

1.37

Soit (z n )n une suite dans F + K, convergeant vers un élément z de E . 34

Supposons que l’image réciproque par f de tout compact de R est un compact de R.

|x| > B ⇒ x ∈ / [−B ; B] ⇒ x ∈ / f −1 ([−A ; A]) ⇒ f (x) ∈ / [−A ; A] ⇐⇒ | f (x)| > A . On a montré :  ∀ A > 0, ∃ B > 0, ∀ x ∈ R, et on conclut :

x < −B ⇒ | f (x)| > A x > B ⇒ | f (x)| > A,

lim | f | = +∞ et −∞

lim | f | = +∞. +∞

(ii) ⇒ (iii) : Supposons : lim | f | = +∞ et −∞

lim | f | = +∞. +∞

Soit A ∈ R∗+ . Il existe B ∈ R∗+ tel que :

On a, pour tout n ∈ N : d(xσ(n) , f )
d(xσ(n) , f σ(n) ) + d( f σ(n) , f )

∀ x < −B, | f (x)| > A ,


r + d( f σ(n) , f ),

c’est-à-dire : ∀ x ∈ ] − ∞ ; −B[,





f (x) < −A ou

f (x) > A .

S’il existe (x1 ,x2 ) ∈ ] − ∞ ; −B[2 tel que f (x1 ) < −A et f (x2 ) > A, alors, comme f est continue sur ] − ∞ ; −B[ , d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existerait x3 ∈] − ∞ ; −b[ tel que f (x3 ) = 0, contradiction.

d’où, en passant à la limite lorsque l’entier n tend vers l’infini : d(x, f )
r, et donc f ∈ B (x ; r) ⊂ F . On conclut que F est fermé dans E .

1.41 Puisque (u n )n∈N est bornée, il existe M ∈ R+ tel que : ∀ n ∈ N, ||u n ||
M.

On a donc :     ∀ x < −B, f (x) < −A ou ∀ x < −B, f (x) > A , lim f = −∞ ou

et on conclut : De même :

−∞

lim f = −∞ ou +∞

lim f = +∞. −∞

lim f = +∞. +∞

1) Montrons que V n’est pas vide. Puisque la boule fermée B (0 ; M) est une partie fermée bornée de l’evn E de dimension finie, B (0 ; M) est compacte. La suite (u n )n∈N admet donc au moins une valeur d’adhérence, donc V = / ∅. 2) Montrons que V est bornée. Soit v ∈ V .

(iii) ⇒ (i) : Supposons :

lim f = −∞ ou

lim f = +∞

Il existe une extractrice σ telle que u σ(n) −−−→ v.

et :

lim f = −∞ ou

lim f = +∞.

En particulier, il existe N ∈ N tel que : ||u σ(N ) − v||
1.

−∞

+∞

Il est clair qu’alors :

−∞

+∞

lim | f | = +∞ ou −∞

lim | f | = +∞, +∞

n∞

On a donc, par l’inégalité triangulaire : ||v||
||v − u σ(N ) || + ||u σ(N ) ||
1 + M .

c’est-à-dire : (iii) ⇒ (ii). Soit K un compact de R. Alors, K est borné, donc il existe A ∈ R∗+ tel que : K ⊂ [−A ; A] . D’après l’hypothèse, il existe B ∈ R∗+ tel que, pour tout x ∈R: |x| > B ⇒ | f (x)| > A, d’où, par contraposition, pour tout x ∈ R : x ∈ f −1 (K ) ⇒ f (x) ∈ K ⇒ | f (x)|
A ⇒ |x|
B ⇐⇒ x ∈ [−B ; B]. Ceci montre : f −1 (K ) ⊂ [−B ; B], donc f −1 (K ) est borné. D’autre part, puisque f est continue et que K est fermé (car compact), f −1 (K ) est fermé. −1

Ainsi, f (K ) est un fermé borné de R, donc, d’après le cours, f −1 (K ) est un compact de R.

1.40

Ceci montre que V est bornée. 3) Montrons que V est fermée, en montrant que son complémentaire dans E est ouvert. Soit x ∈  E (V ). Puisque x n’est pas valeur d’adhérence de (u n )n∈N , il existe

ε > 0 tel que l’ensemble n ∈ N ; u n ∈ B(x ; ε) soit fini. Il est clair alors que, pour tout y ∈ B(x ; ε) , l’ensemble  

n ∈ N ; u n ∈ B y,ε − d(x,y) , est fini, car cet ensemble est inclus dans le précédent, donc y n’est pas valeur d’adhérence de (u n )n∈N , d’où y ∈  E (V ). Ceci montre : B(y ; ε) ⊂  E (V ), et donc  E (V ) est ouvert dans E , V est fermé dans E . Ainsi, V est une partie non vide, fermée et bornée de l’evn E de dimension finie, donc V est une partie compacte non vide de E.

Nous allons montrer que F est fermé dans E en utilisant la caractérisation séquentielle des fermés.

1.42 Raisonnons par l’absurde : supposons qu’il existe une

Soit ( f n )n∈N une suite dans F , f ∈ E telle que f n −−−→ f. n∞  B (x ; r), il existe Pour chaque n ∈ N , puisque f n ∈ F =

Il est clair qu’il existe alors a,b,c ∈ [0 ; 1]2 tels que, par exemple : f (a) < f (b) < f (c).

xn ∈ K tel que f n ∈ B (xn ; r).

x∈K

Puisque K est compact et que (xn )n∈N est à termes dans K, il existe une extractrice σ et x ∈ K tels que : xσ(n) −−−→ x. n∞

Comme f n −−−→ f, par suite extraite : f σ(n) −−−→ f. n∞

n∞

application f : [0 ; 1]2 −→ [0 ; 1] continue bijective.

Il est clair qu’il existe au moins un chemin continu γ joignant a et c, dans [0 ; 1]2 , sans passer par b. C’est-à-dire qu’il existe une application γ : [0 ; 1] −→ [0 ; 1]2 continue telle que :  γ(0) = a, γ(1) = c ∀ t ∈ [0 ; 1], γ(t) = / b. 35

1

En particulier, ceci montre que, pour toute f ∈ E , la racine carrée proposée dans l’énoncé existe.

a f

γ

f(a)

c

0

f(b)

f(c) 1

f °γ

b

0

Par composition, f ◦ γ : [0 ; 1] −→ [0 ; 1] est continue, et [0 ; 1] est connexe par arcs, donc (théorème du cours), ( f ◦ γ)([0 ; 1]) est connexe par arcs.    ( f ◦ γ)(0) = f γ(0) = f (a) Mais : ( f ◦ γ)(1) = f γ(1) = f (c), ( f ◦ γ)([0 ; 1]) ⊃ [ f (a) ; f (c)]

donc :

f (b).

Il existe donc u ∈ [0 ; 1] tel que : ( f ◦ γ)(u) = f (b).   On a ainsi f γ(u) = f (b) d’où, puisque f est injective, γ(u) = b, contradiction avec b ∈ / γ([0 ; 1]). On conclut qu’il n’existe pas d’application continue injective de [0 ; 1]2 dans [0 ; 1] .

1.43

Nous allons montrer que N est la norme associée à un produit scalaire.

Considérons l’application ϕ : E × E −→ R définie, pour tout ( f,g) ∈ E × E, par :

1  1 f (0)g(1) + f (1)g(0) , ϕ( f,g) = f g + 2 0 obtenue à partir de N en « dédoublant » le rôle de f dans  2 N( f ) . • Il est clair que ϕ est symétrique et est linéaire par rapport à la deuxième place.

1 f 2 + f (0) f (1). • Soit f ∈ E . On a : ϕ( f, f ) = 0

En utilisant l’inégalité de Cauchy et Schwarz pour des intégrales, on a :

 2  1 2 f (1) − f (0) = f 0  1  1  1
12 f 2 = f 2 . 0

d’où :

ϕ( f, f ) = 0

1

f (1) −

donc :

1

0

0

puis :

f (0) = 0 et 2

f (0) = 0 et

d’où : 1

0

f (0) = 0,

f (1) = 0,

f 2 = ϕ( f, f ) − f (0) f (1) = 0 − 0 = 0.

0

Comme f 2 est continue et  0, on déduit f 2 = 0, puis f = 0, donc f est constante, puis f = f (0) = 0. Ceci montre que ϕ est un produit scalaire sur E, et Nest la norme associée à ϕ, donc N est une norme sur E .

1.44 On a, par l’inégalité triangulaire, en intercalant par exemple

x x y , entre , et : ||y|| ||x|| ||y||

   x y   −  ||x|| ||y||       x x   x y 
 − − + ||x|| ||y||   ||y|| ||y||     1 1  1  − ||x − y|| ||x|| + = ||x|| ||y||  ||y||   ||y|| − ||x|| 1 = + ||x − y|| ||y|| ||y||




||y − x|| 1 2 ||x − y|| + ||x − y|| = . ||y|| ||y|| ||y||

Par rôles symétriques, on a aussi :    x 2 ||x − y|| y   .  ||x|| − ||y|| 
||x||    x 2 ||x − y|| y 
− . On conclut :  ||x|| ||y||  Max (||x||,||y||)

0

1.45 a) Soient x ∈ E et Ω un voisinage ouvert de x dans E .

f 2 + f (0) f (1)

2  f (1) − f (0) + f (0) f (1)  2  2 = f (1) − f (0) f (1) + f (0)  2   f (0) 2 3 f (0) = f (1) − +  0. 2 4 36

• Avec les mêmes notations, supposons ϕ( f, f ) = 0. On a alors :  2  f (0) 2 3 f (0) + = 0, f (1) − 4    2   



/ ∅. Puisque U = E, on a : Ω ∩ U = Il existe donc au moins un élément y dans Ω ∩ U. Comme Ω ∩ U est ouvert et contient y, Ω ∩ U est un voisinage de y / ∅, c’estdans E . Puisque V = E, on a alors (Ω ∩ U ) ∩ V = / ∅. Ceci montre que, pour tout voisinage à-dire Ω ∩ (U ∩ V ) = / ∅, donc x ∈ U ∩ V . ouvert de x dans E , Ω ∩ (U ∩ V ) =

/ 0, et f ϕ = 0 donc Nϕ ( f ) = 0. On a alors f ∈ E , f =

Finalement : U ∩ V = E. b) Passer aux complémentaires dans le résultat de a) : ◦

◦

F = G = ∅ ⇐⇒  E (F) =  E (G) = E ⇒  E (F) ∩  E (G) = E

b) Soit ϕ ∈ E.

⇐⇒  E (F ∪ G) = E ⇐⇒ (F ∪ G) = ∅. ◦

1.46

a) Soit ϕ ∈ E.

Puisque f ϕ est continue sur le segment [0; 1], f ϕ est bornée, et donc Nϕ ( f ) existe dans R. On a, pour tous α de R et f,g de E : Nϕ (α f ) = ||α f ϕ||∞ = |α| || f ϕ||∞ = |α|Nϕ ( f )     Nϕ ( f + g) = ( f + g)ϕ∞ =  f ϕ + gϕ∞
|| f ϕ||∞ + ||gϕ||∞ = Nϕ ( f ) + Nϕ (g).  ◦ 1) Supposons ϕ−1 ({0}) = ∅ . Soit f ∈ E telle que Nϕ ( f ) = 0 ; on a donc f ϕ = 0. / 0. Il existe x0 ∈ [0; 1] tel que f (x0 ) = / 0. Supposons f = Puisque f est continue en x0 , il existe un intervalle I, inclus / 0. dans [0; 1] et de longueur > 0 , tel que : ∀ x ∈ I, f (x) = On a alors : ∀ x ∈ I, ϕ(x) = 0 ,  ◦ ce qui contredit ϕ−1 ({0}) = ∅ .

et finalement, Nϕ est une norme sur E .  ◦ / ∅. 2) Supposons ϕ−1 ({0}) =  −1 ◦ Alors ϕ ({0}) , étant un ouvert non vide de [0 ; 1], contient au moins un intervalle [α; β] tel que α < β. On a ainsi : ∀ x ∈ [α; β], ϕ(x) = 0 . Considérons l’application f : [0; 1] −→ R définie par :

f (x) =

    

0
x
α ou β
x
1

0

si

x −α

si

α
x


β−x

si

α+β
x
β. 2

α+β 2

y β -- α 2 O

b) 1) Supposons ϕ−1 ({0}) = ∅, c’est-à-dire : ∀ x ∈ [0; 1], ϕ(x) = / 0.  −1 ◦ Alors, ϕ ({0}) = ∅ , donc, d’après a), Nϕ est une norme sur E . On a : ∀ f ∈ E, Nϕ ( f ) = || f ϕ||∞
|| f ||∞ ||ϕ||∞ . D’autre part, puisque ϕ ∈ E et que ϕ ne s’annule en aucun point, 1 existe dans E , d’où : ϕ   1   ∀ f ∈ E, || f ||∞ =  f ϕ  ϕ ∞     1 1  
  || f ϕ||∞ =   Nϕ ( f ). ϕ ∞ ϕ ∞ On a montré :   −1 1  || f ||∞
Nϕ ( f )
||ϕ||∞ || f ||∞ , ∀ f ∈ E,  ϕ ∞ et donc Nϕ et || · ||∞ sont équvalentes sur E .

Ceci montre f = 0,   donc : ∀ f ∈ E, Nϕ ( f ) = 0 ⇒ f = 0 ,

     

Ceci montre que Nϕ n’est pas une norme sur E . Finalement, Nϕ est une norme sur E si et seulement si ◦  −1 ϕ ({0}) = ∅ .

2) Réciproquement, supposons que Nϕ et || · ||∞ soient des normes sur E équivalentes.  ◦ D’après a), on a déjà ϕ−1 ({0}) = ∅ . / ∅. Il existe donc x0 ∈ ϕ−1 ({0}), c’estSupposons ϕ−1 ({0}) = à-dire tel que ϕ(x0 ) = 0 . Soit n ∈ N∗ . Puisque ϕ est continue en x0 et que ϕ(x0 ) = 0 , il existe η > 0 tel que : ∀ x ∈ [x0 − η; x0 + η] ∩ [0; 1],

|ϕ(x)|


1 . n

Considérons l’application f n : [0; 1] −→ R définie par :   0       x −x +η 0 f n (x) =  η       x0 + η − x η

si

0
x
x0 − η x0 + η
x
1

ou

si

x0 − η
x
x0

si

x0
x
x0 + η.

On a alors f n ∈ E, || f n ||∞ = 1 , et, pour tout x de [0; 1] : f α α+β β 2

1 x

  | f n (x)ϕ(x)|
|ϕ(x)|
1 n  f n (x)ϕ(x) = 0

si

|x − x0 |
η

si

|x − x0 |  η, 37

1 . n −−−→ 1 et Nϕ ( f n ) −−−→ 0, donc || · ||∞ et Nϕ Nϕ ( f n ) = || f n ϕ||∞


donc : Ainsi, || f n ||∞

n∞

n∞

On conclut, par récurrence sur n : ∀ n ∈ N, u ◦ v n+1 − v n+1 ◦ u = (n + 1)v n . b) Rappelons que LC (E) est un espace vectoriel normé, pour la norme |||.||| définie, pour tout f ∈ LC (E), par :

ne sont pas équivalentes. y

||| f ||| = Sup || f (x)|| , ||x||
1

1

et que cette norme est sous-multiplicative, c’est-à-dire que : y = fn(x)

∀ f,g ∈ LC (E), |||g ◦ f |||
|||g||| ||| f ||| . On a donc, pour tout n ∈ N : (n + 1)|||v n ||| = |||(n + 1)v n ||| = |||u ◦ v n+1 − v n+1 ◦ u|||


|||u ◦ v n+1 ||| + |||v n+1 ◦ u||| y = ϕ(x) 1 n

O


|||u||| |||v n ||| |||v||| + |||v n ||| |||v||| |||u||| = 2 |||u||| |||v||| |||v n |||.

x0 − n

x0 + n

x0

/ 0 , alors on déduit : c) • Si, pour tout n ∈ N, v n = 1

x

1 n

∀ n ∈ N, n + 1
2 |||u||| |||v||| , contradiction. • Il existe donc n ∈ N tel que v n = 0 . L’ensemble {n ∈ N ; v n = 0} est une partie non vide de N, donc admet un plus petit élément, noté n 0.

Finalement, Nϕ et || · ||∞ sont des normes équivalentes si et seulement si ϕ−1 ({0}) = ∅.

1.47

/ 0, car E = / {0}, on a : n 0  1. Comme v 0 = e = Appliquons la formule de a) à n 0 − 1 à la place de n : u ◦ v n0 − v n0 ◦ u = n 0 v n0 −1 . / 0, on déduit v n0 −1 = 0, contradiction Comme v n0 = 0 et n 0 = avec la définition de n 0.

a) Récurrence sur n.

On déduit une contradiction et on conclut qu’il n’existe pas (u,v) convenant.

• La propriété est vraie pour n = 0, par hypothèse : u ◦ v − v ◦ u = v = 1v 0 .

Autrement dit : 2  / e. ∀ (u,v) ∈ LC (E) , u ◦ v − v ◦ u =

• Supposons que la propriété soit vraie pour un n ∈ N fixé : u ◦ v n+1 − v n+1 ◦ u = (n + 1)v n .

1.48 Soit F un fermé de C. Nous allons montrer que P(F)

est un fermé de C en utilisant la caractérisation séquentielle des fermés.

On a alors : u ◦ v n+2 − v n+2 ◦ u = (u ◦ v

n+1

−v

n+1

◦ u) ◦ v + v

n+1

◦u◦v−v

n+2

◦u

= (u ◦ v n+1 − v n+1 ◦ u) ◦ v + v n+1 ◦ (u ◦ v − v ◦ u) = (n + 1)v ◦ v + v n

n+1

◦ e = (n + 2)v

ce qui montre la propriété pour n + 1. 38

n+1

,

Soient (Z n )n∈N une suite dans P(F) , Z ∈ C tel que Z n −−−→ Z. Par définition de P(F), pour chaque n ∈ N , il n∞

existe alors z n ∈ F tel que : Z n = P(z n ). Puisque Z n −−−→ Z, (Z n )n∈N est bornée. n∞

Il existe donc M ∈ R+ tel que : ∀ n ∈ N, |Z n |
M. • Montrons que (z n )n∈N est bornée.

Si P est un polynôme constant, égal à un complexe α, alors P(F) = {α} , qui est un fermé de C.

Ainsi : x ∈ f (F), et on obtient :

On peut donc supposer que P n’est pas constant, c’est-à-dire : deg (P)  1. On a alors : |P(z)| −→ +∞.

On conclut :

f

On a donc, par contraposition : ∀ n ∈ N, |z n |
A,

 Fn

f (Fn ) ⊂ f (F).

n∈N

=

n∈ N

|z|−→+∞

Il existe donc A ∈ R+ tel que :   ∀ z ∈ C, |z|  A ⇒ |P(z)| > M .







f (Fn ).

n∈N

1.50 a) Soient x,y des points fixes de f. On a alors : ||x − y|| = || f (x) − f (y)||
k||x − y|| ,

ce qui montre que (z n )n∈N est bornée.

d’où : (1 − k) ||x − y||
0 .   

• Puisque (z n )n∈N est bornée et à termes dans C qui est un espace vectoriel normé de dimension finie, il existe une extractrice σ et un élément u de C tels que : z σ(n) −−−→ u. De plus,

On déduit ||x − y||
0, puis ||x − y|| = 0 et donc x = y.

n∞

>0

Ceci montre l’unicité d’un (éventuel) point fixe de f.

comme (z n )n∈N est à termes dans F et que F est fermé, on a : u ∈ F.

Ou encore : f admet au plus un point fixe.

Comme P est continue sur C, il en résulte :

On a, pour tout n ∈ N∗ :

P(z σ(n) ) −−−→ P(u) . n∞

Mais, puisque P(z n ) = Z n −−−→ Z , par suite extraite : n∞

b) 1) Montrons que (u n )n∈N est de Cauchy dans F . ||u n+1 − u n || = || f (u n ) − f (u n−1 )||
k||u n − u n−1 || , d’où, par une récurrence immédiate : ∀ n ∈ N, ||u n+1 − u n ||
k n ||u 1 − u 0 || .

P(z σ(n) ) −−−→ Z . n∞

On déduit, par unicité de la limite : Z = P(u) ∈ P(F). On conclut, par la caractérisation séquentielle des fermés, que P(F) est un fermé de C.

1.49

Notons F =



||u p+r − u p ||     r−1  r−1  =  (u p+i+1 − u p+i )
||u p+i+1 − u p+i || i=0

Fn .




n∈N

1) On a : ∀ n ∈ N, F ⊂ Fn ,

n∈N

2) Réciproquement, soit x ∈

k p+i ||u 1 − u 0 || = k p ||u 1 − u 0 ||



f (Fn ).

Pour chaque n ∈ N , il existe xn ∈ Fn tel que x = f (xn ) . Puisque K est compacte et que la suite (xn )n∈N est à termes dans K (car xn ∈ Fn ⊂ K), il existe une extractrice σ et y ∈ K tels que xσ(n) −−−→ y . n∞

Soit N ∈ N. On a : ∀ n  N, xσ(n) ∈ Fσ(n) ⊂ Fσ(N ) . Comme xσ(n) −−−→ y et que Fσ(N ) est fermé, il en résulte : n∞

y ∈ Fσ(N ). De plus, comme σ est strictement croissante et que (Fn )n∈N est décroissante (pour l’inclusion), on a alors : y ∈ FN . Ceci montre : ∀ N ∈ N, y ∈ FN ,  Fn = F. donc : y ∈ n∈N

Enfin, comme xσ(n) −−−→ y et que f est continue, on a x = f (xσ(n) ) −−−→ f (y), donc x = f (y) .

r−1 

ki

i=0

= k p ||u 1 − u 0 ||

n∈N

n∞

r−1 

i=0

i=0

donc : ∀ n ∈ N, f (F) ⊂ f (Fn ),  f (Fn ). puis : f (F) ⊂

n∞

On en déduit, pour tout ( p,r) ∈ N × N∗ :

||u − u 0 || 1−k
kp 1 . 1−k 1−k r

Soit ε > 0 fixé. Comme k ∈ [0 ; 1[, on a k p −−−→ 0 . Il existe donc N ∈ N tel n∞

||u 1 − u 0 ||
ε. que : ∀ p  N , k 1−k On a montré : p

∀ ε > 0, ∃ N ∈ N, ∀ ( p,r) ∈ N × N∗ , ||u p+r − u p ||
ε , donc la suite (u n )n∈N est de Cauchy dans F . 2) Comme F est complet et que (u n )n∈N est de Cauchy dans F , (u n )n∈N converge vers un élément  de F . Puisque f est continue sur F (car lipschitzienne), on a alors : u n+1 = f (u n ) −−−→ f (). n∞

Mais d’autre part, comme u n −−−→ , par suite extraite : f (u n ) = u n+1 −−−→  .

n∞

n∞

Par unicité de la limite, on déduit f () = . 39

On conclut que (u n )n∈N converge et que sa limite est un point fixe de f.

On a alors en particulier : < z 1 ,x − z 1 > = 0, < z 2 ,x − z 1 > = 0,

c) D’après a) et b), on conclut que f admet un point fixe et un seul.

< z 1 ,x − z 2 > = 0,< z 2 ,x − z 2 > = 0, d’où :

1.51

Considérons E = {(x,y) ∈ I ; x < y} et l’application 2

τ : E −→ R, (x,y) −→

f (x) − f (y) . x−y

< z 1 ,z 2 > = < z 1 ,x >, ||z 2 ||2 = < z 2 ,x >, puis :

1) Il est clair que E , qui est un triangle (certains bords exclus) est convexe, donc connexe par arcs. Puisque f est continue sur I, par opérations, τ est continue sur E . Il en résulte, d’après le cours, que τ(E) est connexe par arcs dans R, donc τ(E) est un intervalle de R. 2) Nous allons montrer : τ(E) ⊂ f (I ) ⊂ τ(E). • Soit (x,y) ∈ E. D’après le théorème des accroissements finis, puisque f est dérivable sur I, il existe c ∈ ]x ; y[ tel que : f (x) − f (y) = f (c) . x−y

• Soit x ∈ I. Il est clair qu’il existe une suite (xn )n∈N dans I telle que : xn −−−→ x et : ∀ n ∈ N, xn = / x. n∞

Puisque f est dérivable en x, on a alors : f (xn ) − f (x) −−−→ f (x) . n∞ xn − x Mais :

z1 = z2 .

et ainsi : 2) Existence Soit x ∈ E.

L’application ϕ : F −→ R , étant à valeurs  0, admet u −→ ||x − u|| une borne inférieure α, et α  0 . Pour chaque n de N∗ , il existe u n ∈ F tel que : α
ϕ(u n )
α +

τ(xn ,x)

si

xn < x

τ(x,xn )

si

x < xn .

D’après l’égalité du parallélogramme :     (u p − x) − (u q − x)2 + (u p − x) + (u q − x)2   = 2 ||u p − x||2 + ||u q − x||2 , d’où : ||u p − u q ||2 2      u p + uq  . = 2 ||u p − x||2 + ||u q − x||2 − 4  − x   2 Comme u p ,u q et

Ainsi, f (x) est limite d’une suite d’éléments de τ(E), donc, par caractérisation séquentielle de l’adhérence d’une partie : f (x) ∈ τ(E). Ceci montre : f (I ) ⊂ τ(E) ,

1 1 , ||u q − x||
α + , p q    u p + uq     α, − x  2 

d’où :   1 2 1 2  − 4α2 + α+ α+ p q     1 8α 1 1 1 4 +2 = 4α +
+ + 2. p q p2 q2 p p

||u p − u q ||2
2

τ(E) ⊂ f (I ) ⊂ τ(E).

3) Puisque τ(E) est un intervalle de R et que l’on a τ(E) ⊂ f (I ) ⊂ τ(E) , on conclut que f (I ) est un intervalle de R. Comme

1.52

Soit x ∈ E.

40

1 −−−→ 0, il s’ensuit que (u n )n∈N∗ est de Cauchy p p∞

dans F .

a) 1) Unicité

Soient z 1 ,z 2 ∈ F tels que : x − z 1 ∈ F

u p + uq sont dans F , on a : 2

||u p − x||
α +



et on conclut :

1 . n

Soit ( p,q) ∈ N∗2 tel que, par exemple, p < q.

Ceci montre : τ(E) ⊂ f (I ) .



||z 1 − z 2 ||2 = ||z 1 ||2 − < z 1 ,z 2 > − < z 2 ,z 1 > +||z 2 ||2 = 0,

• Montrons que (u n )n∈N∗ est de Cauchy dans F .

On a donc : τ(x,y) = f (c) ∈ f (I ) .

f (xn ) − f (x) = xn − x

||z 1 ||2 = < x,z 1 >, < z 2 ,z 1 > = < z 2 ,x >,

⊥

⊥

et x − z 2 ∈ F .

• Puisque F est complet, (u n )n∈N∗ converge vers un élément z de F .

1 , n d’où, en faisant tendre n vers l’infini : ||x − z|| = α . ∀ n ∈ N∗ , α
||x − u n ||
α +

On a :

Ainsi, l’application

F −→ R admet un minimum atteint u −→ d(x,u)

Ainsi, p F est linéaire. • Soit x ∈ E. Puisque p F (x) ∈ F , on a, en particulier : < x − p F (x), p F (x) > = 0 , d’où, d’après le théorème de Pythagore :

en z.

||x||2 = ||x − p F (x)||2 + || p F (x)||2 .

• Montrons enfin : x − z ∈ F ⊥ . Soit y ∈ F.

x

z + λy ∈ F , Puisque : ∀λ ∈ C,    on a : ∀λ ∈ C, x − (z + λy)  ||x − z|| . On en déduit, en élevant au carré et en développant :   ∀ λ ∈ C, |λ|2 ||y||2 − 2 Ré λ < x − z,y >  0.

0

En particulier :

 2  2 ρ2  < x − z,y >  ||y||2 − 2ρ < x − z,y >   0.

/ 0. Il est clair qu’on peut supposer y = 1 , on déduit : En remplaçant ρ par ||y||2 2 1  − < x − z,y >   0, d’où : < x − z,y > = 0. 2 ||y|| Ainsi : c’est-à-dire :

∀ y ∈ F, < x − z,y > = 0, x − z ∈ F⊥.

b) 1) • Soient α ∈ C, x,x ∈ E. On a, pour tout u de F :  < x − p F (x), u > = 0    < x − p F (x ), u > = 0    < αx + x − p F (αx + x ), u > = 0. d’où, par combinaison linéaire : < α p F (x) + p F (x ) − p F (αx + x ), u > = 0. Comme F est un sev et que p F (x), p F (x ), p F (αx + x ) sont dans F, α p F (x) + p F (x ) − p F (αx + x ) est dans F, et donc : α p F (x) + p F (x ) − p F (αx + x ) = 0 .

pF (x)

F

En particulier, en remplaçant λ par ρ < x − z,y >, on obtient : ∀ρ ∈ R,

x -- pF (x)

|| p F (x)||
||x||.

Ceci montre que p F , qui déjà est linéaire, est continue, et que ||| p F |||
1. / {0}, il existe x ∈ F tel que x = / 0, et on a De plus, si F = || p F (x)|| = 1, ce qui montre : ||| p F ||| = 1. p F (x) = x, donc ||x|| 2) Il est clair que : ∀ y ∈ F, p F (y) = y ,   d’où : ∀ x ∈ E, p F p F (x) = p F (x), c’est-à-dire : p F ◦ p F = p F . 3) Soit (x,y) ∈ E 2 . Puisque y − p F (y) ∈ F , on a : < p F (x), y − p F (y) > = 0, d’où :

< p F (x), y > = < p F (x), p F (y) > .

Par rôles symétriques de x et y, on a aussi : < x, p F (y) > = < p F (x), p F (y) > . Ceci montre que p F admet un adjoint et que p∗F = p F . Autrement dit, p F est autoadjoint. On a ainsi prouvé que p F est un orthoprojecteur. De plus, Im( p F ) = F et Ker( p F ) = F ⊥ , d’où la relation : F! ⊥ F ⊥ = E.

41

Fonctions vectorielles d’une variable réelle Plan

CHAPITRE

2

Thèmes abordés dans les exercices

Les méthodes à retenir

44

•

Résolution d’équations fonctionnelles

Énoncés des exercices

48

•

Existence et calcul éventuel d’une dérivée première, d’une dérivée n-ème

Du mal à démarrer ?

55

•

Séparation des zéros d’une équation

•

Obtention d’inégalités à une ou plusieurs variables réelles

•

Obtention d’inégalités portant sur des intégrales

•

Calculs d’intégrales

•

Détermination de limites de suites liées à des intégrales

•

Recherche de limites d’intégrales

•

Étude et représentation graphique d’une fonction définie par une intégrale, le paramètre aux bornes

•

Calculs de limites, d’équivalents, de développements limités, de développements asymptotiques

•

Développement limité, développement asymptotique d’une fonction réciproque

•

Limite, équivalent, développement asymptotique d’une intégrale dépendant d’un paramètre

•

Limite, équivalent, développement asymptotique des solutions d’une équation à paramètre.

Corrigés

59

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •

Propriétés des fonctions ayant des limites finies ou des limites infinies, pour les opérations algébriques et pour l’ordre usuel

•

Propriétés générales des fonctions continues

•

Propriétés générales des fonctions monotones

•

Théorème des valeurs intermédiaires, théorème de la bijection monotone, théorème de continuité sur un compact

•

Définition de la continuité uniforme, de la lipschitzianité ; liens avec la continuité

•

Définition et propriétés algébriques de la dérivabilité, de la dérivée, de la dérivée n-ème, formule de Leibniz 43

Chapitre 2 • Fonctions vectorielles d’une variable réelle

•

Théorème de Rolle, théorème des accroissements finis, inégalité des accroissements finis

•

Propriétés algébriques et propriétés relatives à l’ordre, pour les intégrales

•

Les méthodes usuelles pour transformer l’écriture d’une intégrale : intégration par parties, changement de variable, relation de Chasles  x f (t) dt Les propriétés de l’application x −→

•

x0

•

Formule de Taylor avec reste intégral, inégalité de Taylor et Lagrange, formule de Taylor et Young

•

Propriétés des fonctions ou des suites ayant une limite finie ou une limite infinie, pour les opérations algébriques et pour l’ordre usuel

•

Équivalents et développements limités usuels, à savoir par coeur

•

Notion de développement asymptotique.

Les méthodes à retenir Pour montrer qu’une fonction est paire, est impaire, est périodique

Revenir aux définitions.

➥ Exercices 2.16, 2.31.

• Raisonner par condition nécessaire, puis condition suffisante : si Pour résoudre une équation fonctionnelle, sans hypothèse de régularité sur la fonction inconnue

une fonction f convient, essayer d’obtenir l’expression de f (x) pour tout x, puis étudier la réciproque. Pour obtenir des conditions nécessaires sur f, appliquer l’hypothèse à des cas particuliers. Si, par exemple, l’hypothèse est vraie pour tout (x,y), appliquer l’hypothèse à (x,0), à (0,y), à (x,x), etc.

➥ Exercices 2.2, 2.3, 2.17 • Essayer de faire apparaître, dans l’équation fonctionnelle, une fonction auxiliaire ϕ telle que, par exemple, ϕ ◦ ϕ = Id , et appliquer l’hypothèse à x, à ϕ(x).

➥ Exercice 2.30. Pour résoudre une équation fonctionnelle avec hypothèse de continuité 44

On peut essayer, par changement de variables ou changement de fonction inconnue, de se ramener à la recherche des applications g : R −→ R continues telles que :

Les méthodes à retenir

∀ (x,y) ∈ R2 , g(x + y) = g(x) + g(y) qui sont les applications linéaires de R dans R, c’est-à-dire les applications g : x −→ λx, λ ∈ R fixé. Pour montrer qu’une application est continue

• Voir les méthodes à retenir dans le volume Exercices MPSI. • Se rappeler : (lipschitzienne) ⇒ (uniformément continue) ⇒ (continue).

➥ Exercice 2.42. Pour obtenir une inégalité plus renforcée qu’une inégalité initiale

Essayer d’appliquer le théorème du cours : toute application continue sur un compact et à valeurs réelles est bornée et atteint ses bornes.

➥ Exercice 2.41. S’assurer d’abord (souvent par un théorème sur les opérations) que f est n fois dérivable sur I .

• Si f est une fraction rationnelle, utiliser une décomposition en éléPour calculer la dérivée n-ème d’une fonction f en tout point d’un intervalle I

ments simples, éventuellement en passant par les nombres complexes.

➥ Exercice 2.4 • Appliquer les formules sur les dérivées n-èmes d’une combinaison linéaire ou d’un produit de deux fonctions (formule de Leibniz)

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Pour établir une inégalité portant sur une variable réelle

Pour montrer l’existence de zéros pour une dérivée ou pour des dérivées successives d’une fonction à valeurs réelles.

• Voir les méthodes à retenir dans le volume Exercices MPSI. • Étudier les variations d’une fonction, après avoir éventuellement remplacé l’inégalité voulue, par équivalence logique, par une inégalité plus commode. ➥ Exercice 2.5. Utiliser le théorème de Rolle ou le théorème des accroissements finis.

➥ Exercice 2.18.

• Fixer une des deux variables et étudier une fonction de l’autre variable. Pour établir une inégalité portant sur deux variables réelles

➥ Exercice 2.19 • Essayer de ramener la question à la monotonie d’une fonction d’une variable réelle.

➥ Exercice 2.20 a). 45

Chapitre 2 • Fonctions vectorielles d’une variable réelle

• Essayer d’appliquer le théorème : toute application continue sur un Pour établir l’existence d’une constante réalisant une inégalité, sans pouvoir calculer une telle constante

compact et à valeurs réelles est bornée et atteint ses bornes.

➥ Exercice 2.41 • Faire apparaître deux normes sur un espace vectoriel de dimension finie, et utiliser le théorème affirmant que ces deux normes sont alors équivalentes.

➥ Exercice 2.21. Essayer d’utiliser :

• la définition : ∀ x ∈ X, Pour étudier Sup (f , g), Inf (f , g) , où f , g : X −→ R sont des applications à valeurs réelles

    Sup ( f,g) (x) = Max f (x),g(x) ,     Inf ( f,g) (x) = Min f (x),g(x)

• les formules :

 1 f + g + | f − g| , 2  1 Inf ( f,g) = f + g − | f − g| . 2

Sup ( f,g) =

➥ Exercice 2.32 a). Pour étudier ou résoudre une inéquation différentielle ou une inéquation intégrale

Essayer d’utiliser une fonction auxiliaire, de manière à se ramener à une inéquation différentielle du type : ∀ x ∈ X, g (x)
0, qui traduit que g est croissante.

➥ Exercice 2.33. Pour étudier l’intégrale d’un produit

Essayer d’utiliser une intégration par parties.

➥ Exercice 2.7. Essayer d’appliquer les propriétés sur les intégrales, relatives à l’ordre :

• si a  b et si f,g : [a ; b] −→ R sont continues par morceaux et 

vérifient f  g, alors :



b

f 

a

Pour obtenir une inégalité portant sur des intégrales

b

g a

• si a  b et si f : [a ; b] −→ K est continue par morceaux sur   [a ; b], alors : 

a

b

   f 

b

|f|

a

• si a  b et si f,g : [a ; b] −→ K sont continues par morceaux sur [a ; b], alors (inégalité de Cauchy et Schwarz) :   b 2   b   b    2 f g  | f | |g|2 .   a

46

a

a

➥ Exercices 2.9, 2.34.

Les méthodes à retenir

Pour calculer l’intégrale d’une fonction continue sur un segment, dans un exemple

Se reporter aux méthodes à retenir pour le calcul des intégrales et des primitives, volume Exercices MPSI.

➥ Exercices 2.25, 2.26. Appliquer les méthodes de calcul d’intégrales et de primitives :

Pour changer la forme de l’écriture d’une intégrale, ou pour calculer ou évaluer une intégrale

• primitives usuelles • linéarité de l’intégration • relation de Chasles • changement de variable • intégration par parties. On se ramène alors à la formule fondamentale de l’analyse :  b f (x) dx = F(b) − F(a) , a

où f est continue sur [a ; b] et F est une primitive de f. On peut quelquefois exploiter un changement de variable qui échange les bornes. Pour amener une intégrale ayant des bornes différentes de celles qui interviennent dans l’énoncé

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Pour trouver la limite, lorsque l’entier n tend vers l’infini, d’une sommation indexée par un entier k, portant sur un terme dépendant de k et n

Essayer d’appliquer la relation de Chasles, ou d’effectuer un changement de variable.

Essayer de se ramener à une somme de Riemann, et utiliser le théorème du cours : si f : [a ; b] −→ K est continue par morceaux, alors les sommes de Riemann de f tendent vers l’intégrale de f, c’est-à-dire :  b n  b−a  b −a f a+k f. −−→ n∞ n k=0 n a À cet effet : • si une somme de Riemann vn ressemble à u n proposé, former u n − vn et essayer de montrer que u n − vn −−→ 0 n∞

➥ Exercice 2.39 • s’il s’agit d’un produit, se ramener à une somme en prenant le logarithme.

➥ Exercice 2.10. Pour étudier ou dériver une intégrale dépendant d’un paramètre, le paramètre étant aux bornes

Utiliser le résultat du cours : si u,v : I −→ R sont de classe C 1 sur un intervalle I et si f : J −→ K est continue sur un intervalle J tel que u(I ) ⊂ J et v(I ) ⊂ J, alors l’application  v(x) G : I −→ K, x −→ f (t) dt u(x)

47

Chapitre 2 • Fonctions vectorielles d’une variable réelle

est de classe C 1 sur I et :     ∀ x ∈ I, G (x) = f v(x) v (x) − f u(x) u (x) .

➥ Exercice 2.27. • On peut conjecturer la limite, qui est souvent, dans les exemples simples, l’intégrale de la limite, et montrer que la différence entre l’intégrale de l’énoncé et la limite conjecturée tend vers 0.

• Si l’essentiel de l’intégrale est concentré en un point, essayer de

Pour trouver une limite d’intégrale

faire intervenir une continuité en ce point.

➥ Exercice 2.43. • Voir aussi l’utilisation du théorème de convergence dominée dans le chapitre 5.

• Utiliser les DL(0) usuels et les opérations sur ces DL(0) : troncature, dérivation, primitivation, addition, loi externe, multiplication, composition, inverse. Se ramener, si nécessaire, au voisinage de 0 par transformation de l’écriture.

Pour obtenir un développement limité

• Essayer d’anticiper l’ordre auquel développer certaines parties de l’écriture, afin d’arriver au bon ordre pour le développement limité demandé.

➥ Exercices 2.12, 2.24, 2.28. • Commencer par montrer l’existence et l’unicité de la racine à étuPour obtenir la limite ou un développement asymptotique d’une racine d’une équation dépendant d’un paramètre

dier, dans un certain intervalle.

• Utiliser l’équation elle-même pour essayer d’obtenir la limite (si elle existe) de la racine.

• Étudier la différence entre la racine et sa limite, et réitérer si nécessaire.

➥ Exercices 2.14, 2.15, 2.35, 2.45.

Énoncés des exercices 2.1

Inégalités sur des bornes inférieures et des bornes supérieures de f , g, f + g, et de leurs moyennes Soient X un ensemble non vide, f,g : X −→ R des applications bornées. On note : m( f ) = Inf f (x), x∈X

et de même pour g. 48

M( f ) = Sup f (x), µ( f ) = x∈X

 1 m( f ) + M( f ) , 2

Énoncés des exercices

a) Montrer :

m( f + g)  M( f ) + m(g)  M( f + g). m( f + g)  µ( f ) + µ(g)  M( f + g).

b) En déduire :

2.2

m( f + g)  m( f ) + M(g)  M( f + g)

Exemple d’équation fonctionnelle Trouver toutes les applications f : R −→ R telles que : ∀ (x,y) ∈ R2 , f (x + e y ) = x + e f (y) .

2.3

Exemple d’équation fonctionnelle Trouver toutes les applications f : R −→ R telles que :

 x+y + f (3x) . ∀ (x,y) ∈ R2 , f (x) + f (y) = f 2

2.4

Dérivées successives de Arctan, détermination de leurs zéros On considère l’application f : R −→ R, x −→ f (x) = Arctan x . a) Montrer que f est de classe C ∞ sur R, et calculer f (n) (x) pour tout (n,x) ∈ N∗ × R. On fera intervenir les nombres complexes. b) Résoudre, pour tout n ∈ N − {0,1} l’équation f (n) (x) = 0, d’inconnue x ∈ ]0 ; +∞[.

2.5

Inégalité à une variable par étude des variations d’une fonction

2 ex . Montrer : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, ex
2

2.6

Recherche d’une fonction proche de deux fonctions données Trouver une application f : [0 ; 1] −→ R continue telle que :  1  1  2  2 f (x) − x dx  10−2 et f (x) − x 2 dx  10−2 . 0

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

2.7

0

Lemme de Lebesgue pour une fonction de classe C1 sur un segment Soient (a,b) ∈ R2 tel que a  b, f : [a ; b] −→ C de classe C 1 sur [a ; b].  b f (x) eiλx dx −→ 0. Montrer : λ−→+∞

a

2.8

Équivalents simples de sommations a) Montrer :

n  1 k=1

k

∼ ln n.

n∞

b) En déduire un équivalent simple de u n =

n−1  k=1

2.9

1 , lorsque l’entier n tend vers l’infini. k(n − k)

Inégalité sur des intégrales Soient (a,b) ∈ R2 tel que a  b, f,g,h : [a ; b] −→ R+ continues. 49

Chapitre 2 • Fonctions vectorielles d’une variable réelle



4

b

f gh

Montrer :





 

b

f

a

2 

b

4

g

a

2

a

b

 h . 4

a

2.10 Limite d’un produit Trouver lim

n

n∞

k=1

2n + k 3n + k

 n1

.

2.11 Étude de dérivabilité en un point, pour une fonction définie par une intégrale 

x2

( sin t) Arctan

On note f : R −→ R, x −→ f (x) = 0

t dt. 1 + x2

Montrer que f est dérivable en 0 et calculer f (0).

2.12 Exemple de calcul de développement limité

Former le développement limité à l’ordre 2 en 0 de f : x −→ Arctan

tan x . x

2.13 Exemple de calcul de limite Trouver lim (2 sin x)tan 3x . x−→ π 6

2.14 Développement asymptotique d’une racine d’une équation dépendant d’un paramètre entier a) Montrer que, pour tout n ∈ N∗ , l’équation 1 + x +

ex = 0, d’inconnue x ∈ ] − ∞ ; 0], admet n

une solution et une seule, notée xn . b) Montrer que la suite (xn )n∈N∗ converge et déterminer sa limite.

 1 , lorsque l’entier n tend vers c) Former un développement asymptotique de xn à la précision o n l’infini.

2.15 Limite, équivalent, développement asymptotique d’une racine d’une équation dépendant d’un paramètre entier a) Montrer que, pour tout n ∈ N∗ , l’équation cos x = nx, admet, dans [0 ; 1], une solution et une seule, notée xn . b) Montrer xn −−−→ 0, puis xn ∼ n∞

n∞

1 . n

1 c) Trouver un équivalent simple de xn − , lorsque l’entier n tend vers l’infini. n

2.16 Condition pour une périodicité Soit f : R −→ R une application non injective, telle qu’il existe une application g : R2 −→ R   telle que : ∀ (x,y) ∈ R2 , f (x + y) = g f (x),y . Montrer que f est périodique. 50

Énoncés des exercices

2.17 Exemple d’équation fonctionnelle sur deux fonctions Soient f,g : R −→ R des applications telles que :   ∀ (x,y) ∈ R2 , f x + g(y) = 2x + y + 5 .   Calculer, pour tout (x,y) ∈ R2 , g x + f (y) .

2.18 Étude d’une fonction C∞ ayant une infinité de zéros s’accumulant en 0 Soit f : [0 ; +∞[−→ R de classe C ∞ telle qu’il existe une suite (xn )n∈N dans ]0 ; +∞[ telle   que : xn −−−→ 0 et ∀ n ∈ N, f (xn ) = 0 . Montrer : ∀ k ∈ N, f (k) (0) = 0. n∞

2.19 Minimum d’une fonction de deux variables réelles On considère l’application f : [0 ; +∞[2 −→ R, (x,y) −→ 1 + x 2 y + x y 2 − 3x y. Montrer : ∀ (x,y) ∈ [0 ; +∞[2 , f (x,y)
0, et étudier le cas d’égalité.

2.20 Inégalités à une, deux, trois variables, faisant intervenir des logarithmes a) Montrer, pour tout (x,y) ∈ R2 tel que 0 < x < y :

x ln(1 + x) < . y ln(1 + y)

b) En déduire, pour tout (x,y,z) ∈ R3 tel que 0 < x < y < z :  2 ln(1 + x) x2 < . yz ln(1 + y) ln(1 + z) c) Déduire, pour tout t ∈ ]1 ; +∞[ : (t − 1)2 ln(t + 1) ln(t + 2) < t (t + 1)(ln t)2 .

2.21 Inégalité issue d’une comparaison qualitative Soit n ∈ N∗ . Montrer qu’il existe C ∈ R+ tel que, pour tout P ∈ Rn [X] :  1  2   2 2  2 P(−1) + P (0) + P

(1)  C P(x) dx . −1

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

2.22 Limite d’une intégrale pour une fonction périodique Soient (a,b) ∈ R2 tel que a < b, T ∈ R∗+ , f : R −→ C T-périodique et continue par morceaux.  b f (nx) dx. Trouver lim n∞

a

2.23 Calcul de la distance d’une fonction à une partie On note E le R-ev des applications [0 ; 1] −→ R continues par morceaux, muni de ||.||∞,   1/2  1  f = f . ϕ : [0 ; 1] −→ R, x −→ x et : F = f ∈ E ; 0

1/2

Calculer d(ϕ,F), distance de ϕ à F.

2.24 Exemple de calcul de développement limité Former le développement limité à l’ordre 2 en 0 de f : x −→

1 2 + . ln cos x sin 2 x 51

Chapitre 2 • Fonctions vectorielles d’une variable réelle

2.25 Exemple de calcul d’une intégrale d’intégrale  Soit a ∈ ]0 ; +∞[. Calculer I (a) =

a



1 a

1

0

1 dx x 2 + y2

 dy.

2.26 Exemple de calcul d’une intégrale 

1

Calculer I = 0

√ √ 1+x − 1−x dx. √ √ 1+x + 1−x

2.27 Étude d’une fonction définie par une intégrale avec le paramètre aux bornes 

x2

On considère l’application f : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ f (x) = x

ln(1 + t 2 ) dt. t

Étudier f : définition, classe, dérivée, variations, étude en 0, étude en +∞, tracé de la courbe représentative.

 1 . Montrer : f (x) = 3 (ln x)2 + O x−→+∞ x2

2.28 Développement limité d’une intégrale dépendant d’un paramètre aux bornes 

Former le développement limité à l’ordre 3 en 1 de f : x −→ 1

x

et dt. t

2.29 Exemple de calcul de limite

Trouver lim

x−→0

 1 1 . − ( sin x sh x)2 (tan x th x)2

2.30 Exemple d’équation fonctionnelle Trouver toutes les applications f : R − {−1,1} −→ R telles que : 



3+x x −3 + f = x. ∀ x ∈ R − {−1,1}, f x +1 1−x

2.31 Condition pour une périodicité a) Soit f : R −→ R bornée telle qu’il existe (a,b) ∈ (R∗+ )2 tel que : ∀ x ∈ R, f (x + a + b) + f (x) = f (x + a) + f (x + b) . Montrer que f est a-périodique et b-périodique. b) Soit f : R −→ R telle que, pour tout x ∈ R : 





1 1 13 + f (x) = f x + + f x + | f (x)|  1 et f x + . 42 6 7 Montrer que f est

1 -périodique. 42

2.32 Condition pour que |u| soit dérivable, pour que Sup (f , g) soit dérivable Soit I un intervalle de R, d’intérieur non vide. a) Soit u : I −→ R dérivable sur I. Montrer que |u| est dérivable sur I si et seulement si :   ∀ x ∈ I, u(x) = 0 ⇒ u (x) = 0 . 52

Énoncés des exercices

b) Soient f,g : I −→ R dérivables sur I.   On note ϕ : I −→ R, x −→ ϕ(x) = Max f (x), g(x) . Trouver une CNS sur f, g, f , g pour que ϕ soit dérivable sur I.

2.33 Résolution d’une inéquation différentielle Soient a ∈ R, f : [a ; +∞[−→ R dérivable telle que f (a) = 0. On suppose qu’il existe λ ∈ R+ tel que : ∀ x ∈ [a ; +∞[, | f (x)|  λ| f (x)|. Montrer : f = 0.

2.34 Calcul de bornes inférieures de fonctionnelles quadratiques

    E = f ∈ C 1 [0 ; 1] ; R ; f (0) = 0, f (1) = λ .  1   1  f 2 ; f ∈ E et de f2; f ∈ E . Trouver les bornes inférieures de Soit λ ∈ R∗+ . On note

0

0

2.35 Limite d’une racine d’une équation à paramètre entier a) Montrer que, pour tout n ∈ N∗ , l’équation

x 1 + = 2n, d’inconnue x ∈ [0 ; +∞[, k k=1

n 

admet une solution et une seule, notée xn . b) Montrer : xn −−−→ + ∞. n∞

2.36 Limite d’une sommation Trouver lim n∞

 n

k n 1 1+ 2 . n k=1 n

2.37 Étude d’une inéquation intégrale Soient f : [0 ; 1] −→ R continue et à valeurs
0, (a,b) ∈ (R∗+ )2 .  x  2 f (t) dt. On suppose : ∀ x ∈ [0 ; 1], f (x)  a + b  Montrer : ∀ x ∈ [0 ; 1], 0

0 x

f (t) dt 

√ b a x + x 2. 4

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

2.38 Développement limité d’une fonction réciproque Soient I un intervalle ouvert de R, contenant 0, f : I −→ R une application de classe C 1 telle que f (0) = 0 et f (0) = 1. a) Montrer qu’il existe deux intervalles ouverts U, V de R, contenant 0, tels que f réalise une bijection de U sur V. On note encore f : U −→ V, x −→ f (x). b) On suppose que f admet un développement limité à l’ordre 3 en 0, de la forme : f (x) = x + ax 2 + bx 3 + o(x 3 ) , où (a,b) ∈ R2 est fixé. Montrer que f −1 admet un développement limité à l’ordre 3 en 0, et préciser celui-ci. 53

Chapitre 2 • Fonctions vectorielles d’une variable réelle

2.39 Équivalent simple d’une sommation Trouver un équivalent simple de u n =

n  k=1

1

 lorsque l’entier n tend vers l’infini. k ln 1 + n

2.40 Étude de fonctions vérifiant une équation faisant intervenir la loi ◦

  a) Existe-t-il une bijection f : R −→ R telle que : ∀ x ∈ R, f (sh x) = ch f (x) ?   b) Existe-t-il une bijection continue f : R −→ R telle que : ∀ x ∈ R , f ( sin x) = cos f (x) ?

2.41 Décollement d’une fonction de deux variables Soit f : [0 ; 1] −→ C une application. On suppose qu’il existe a ∈ ]0 ; 1[ tel que :   ∀ (x,y) ∈ [0 ; 1]2 , |x − y|
a ⇒ | f (x) − f (y)| < |x − y| . Montrer qu’il existe C ∈ [0 ; 1[ tel que :   ∀ (x,y) ∈ [0 ; 1]2 , |x − y|
a ⇒ | f (x) − f (y)|  C|x − y| .

2.42 Étude de continuité pour une fonction définie comme borne supérieure Soient (a,b) ∈ R2 tel que a < b, n ∈ N∗ , f 0 ,. . . , f n : [a ; b] −→ C bornées.    n k   x f k (t). On note g : R −→ R, x −→ g(x) = Sup  t∈[a;b]

k=0

Montrer que g est continue sur R.

2.43 Limite d’une suite d’intégrales  n∞

1

n 2 (x n − x n+1 ) f (x) dx.

Soit f : [0 ; 1] −→ R continue. Déterminer lim 0

2.44 Développement asymptotique d’une intégrale dépendant d’un paramètre entier Former un développement asymptotique, lorsque l’entier n tend vers l’infini, de

  1 1 (x n + x n−2 ) ln(1 + x n ) dx, à la précision O 3 . In = n 0

2.45 Étude asymptotique de la racine d’une équation dépendant d’un paramètre entier On note, pour tout n ∈ N∗ : Pn =

n (X − k). k=0

∗

a) Montrer que, pour tout n ∈ N , il existe u n ∈ ]0 ; 1[ unique tel que Pn (u n ) = 0. b) Établir : ∀ n ∈ N∗ ,

n  k=0

1 = 0. k − un

c) En déduire : u n −−−→ 0. n∞

d) Trouver un équivalent simple de u n lorsque l’entier n tend vers l’infini. 54

Du mal à démarrer ?

2.46 Développement asymptotique du terme général d’une suite définie par une relation de récurrence On considère la suite (u n )n
1 définie par u 1 ∈ R+ et : ∀ n
1, u n+1 = a) Montrer : u n ∼

n∞

1 . n2



b) Former un développement asymptotique de u n à la précision o

un 1 + 2. n n

 1 , lorsque l’entier n tend n3

vers l’infini.

Du mal à démarrer ? 2.1

a) Écrire des inégalités convenables pour tout x ∈ X, puis passer à une borne inférieure ou à une borne supérieure.

2.2

1) Soit f convenant. En appliquant l’hypothèse convenablement, déduire que f est de la forme x −→ x + a, où a ∈ R est fixé. Déduire ensuite a = 0 . 2) Réciproquement, tester f : x −→ x.

2.3

1) Soit f convenant.

Déduire : puis :

∀ x ∈ R, f (x) = f (3x), 

x+y , ∀ (x,y) ∈ R2 , f (y) = f 2

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

x −i x +i

n = 1.

kπ , k ∈ {1,. . . ,n − 1}. n

2.5

Étudier les variations d’une fonction, après avoir éventuellement transformé l’inégalité demandée en une autre inégalité logiquement équivalente et plus commode.

2.6

1 en éléments simples. k(n − k)

En prenant le logarithme, amener une somme de Riemann.

2.11 f (x)

Faire intervenir les racines n-èmes de 1 dans C. On obtient : − cotan

a) Utiliser une comparaison somme/intégrale, à l’aide de la 1 fonction x −→ . x

Appliquer convenablement l’inégalité de Cauchy et Schwarz, plusieurs fois éventuellement.

a) Pour calculer calculer d’abord et utiliser une décomposition en éléments simples dans C[X]. On obtient, pour tout (n,x) ∈ N∗ × R : 

i 1 1 f (n) (x) = (−1)n−1 (n − 1)! − . 2 (x + i)n (x − i)n

2.8

2.10

f (n) (x),

Puisque f est supposée de classe C 1, faire une ipp.

2.9

2) Ne pas oublier d’étudier la réciproque.

b) L’équation se ramène à :

2.7

b) Décomposer

et conclure que f est constante.

2.4

fonction proche de ces deux-là, par exemple leur moyenne x + x2 . arithmétique, f : x −→ 2

Il s’agit de trouver f de façon que les carrés des distances

de f à x −→ x et à x −→ x 2 soient petites. On peut essayer une

Former le taux d’accroissement de f entre 0 et x, pour x ∈ R∗ , puis en chercher la limite.

tan x , en partant du 2.12 Former d’abord le DL 2 (0) de x −→ x DL 3 (0) de tan x. Considérer g : R −→ R, u −→ Arctan (1 + u) et former le DL 2 (0) de g à partir du DL 2 (0) de g par primitivation. Composer enfin les DL 2 (0).

2.13

Repérer la forme indéterminée.

Prendre le logarithme et effectuer le changement de variable π t=x− −→ 0. 6 x−→ π6

2.14

a) Pour n ∈ N∗ fixé, étudier les variations de f n : ] − ∞ ; 0] −→ R, x −→ 1 + x +

ex . n

b) Montrer : 1 + xn −−−→ 0. n∞

c) Étudier xn + 1.

55

Chapitre 2 • Fonctions vectorielles d’une variable réelle

2.15

a) Pour n ∈ N∗ fixé, étudier les variations de

2) Chercher f ∈ E, si elle existe, de façon que l’on ait 1 || f − ϕ||∞ = . 4

f n : [0 ; 1] −→ R, x −→ cos x − nx . b) Partir de : cos xn = nxn .

2.24 Remarquer d’abord :

1 c) Noter yn = xn − et reporter dans cos xn = nxn . n

2.16

1 ln cos x

Montrer qu’il existe (a,b) ∈ R2 tel que : a


Montrer d’abord f (0) = 0 .

Montrer qu’on peut remplacer (xn )n∈N par une suite vérifiant les mêmes conditions et qui soit, de plus, strictement décroissante. Appliquer convenablement le théorème de Rolle et en déduire f (0) = 0. Réitérer. Pour x ∈ [0 ; +∞[ fixé, étudier les variations de g : [0 ; +∞[−→ R, y −→ f (x,y) .

ln(1 + x) . x

b) Appliquer a) à (x,y) et à (x,z). c) Appliquer b) à (t − 1, t, t + 1) .

N : Rn [X] −→ R, P −→



1



2  12 P(x) dx

−1

est une norme, et que les applications de Rn [X]dans R définies par : P −→ P(−1),

P −→ P (0),

P −→ P

(1)

sont linéaires continues. Effectuer le changement de variable u = nx , puis décou-

2.22 per l’intervalle [na ; nb] en sous-intervalles consécutifs de

longueur T (sauf le dernier, par exemple), pour utiliser la Tpériodicité de f. 

2.23

1) Pour f ∈ E, majorer

1

f, et minorer

de ||ϕ||∞ . Déduire : || f − ϕ||∞


56



1/2

0

1/2

1 . 4

dx . x 2 + y2

• Combiner ces deux expressions de I (a) et se rappeler : ∀ u ∈ ]0 ; +∞[, Arctan u + Arctan

1 π = . u 2

2.26

Transformer l’expression sous l’intégrale, par exemple en utilisant une expression conjuguée (quitte à supposer temporairement x = 0 ). Utiliser ensuite le changement de variable √ y = 1 − x2 .

• Montrer que f est de classe C 1 sur ]0 ; +∞[ et exprimer f (x) pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ , en utilisant le théorème du cours sur la dérivée d’une intégrale avec paramètre aux bornes. En déduire le tableau de variation de f. On fera intervenir un réel α solution d’une équation polynomiale. Calculer (à la calculatrice ou à l’aide d’un logiciel de calcul) une valeur approchée de α et une valeur approchée de f (α).

2.20 a) Étudier les variations de :

Montrer que l’application

1

2.27 • Montrer d’abord que, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) existe.

Distinguer les cas : x
3, x < 3 .

2.21

2 . x2

1 et de a aux bornes a 1 d’une intégrale, utiliser le changement de variable u = , qui y échange les bornes, ce qui fournit une deuxième évaluation de I (a).

Calculer enfin g x + f (y) .

f : ]0 ; +∞[−→ R, x −→

∼

x−→0

• Pour exploiter ensuite la présence de

puis déduire g(y) pour tout y ∈ R.

2.19

2 sin 2 x

0

∀ t ∈ R, f (t) = 2t + λ

2.18

et

2.25 • Pour y ∈ ]0 ; +∞[ fixé, calculer

Montrer qu’il existe λ ∈ R tel que :



2 x2



puis montrer : ∀ y ∈ R, f (a + y) = f (b + y).

2.17

−

Déterminer l’ordre auquel développer ln cos x et sin 2 x pour obtenir le DL 2 (0) de f.

f (a) = f (b) ,

et

∼

x−→0

f , à l’aide

• Montrer que f admet une limite finie en 0 et déterminer cette limite. Montrer ensuite que l’application f (prolongée en 0 par continuité) est alors de classe C 1 sur [0 ; +∞[ et calculer f (0). • Pour l’étude en +∞, en décomposant ln(1 + t 2 ) par mise en facteur de t 2, obtenir f (x) = 3(lnx)2 + B(x), où B(x) est une intégrale dépendant de x et pour laquelle on montrera

 1 B(x) = O 2 . x • Terminer par le tracé de la courbe représentative de f.

2.28

Faire un changement de variable par translation pour se ramener au voisinage de 0, c’est-à-dire considérer : g : ] − ∞ ; 0] −→ R, u −→ f (1 + u).

Montrer que g est de classe C 1 sur ] − 1 ; +∞[ , former le DL 2 (0) de g , puis le DL 3 (0) de g .

Du mal à démarrer ?

2.29

Transformer l’écriture de façon à se ramener à la recherche d’un équivalent simple de 1 − cos x ch x lorsque x −→ 0. Pour obtenir cet équivalent, utiliser des DL 4 (0) de cos x et de ch x.

2.30 Considérer l’application

f n : [0 ; +∞[−→ R, x −→

x −3 . x +1

Montrer que ϕ envoie R − {−1,1} dans lui-même. 3+x = ϕ ◦ ϕ(x), et calculer ϕ ◦ ϕ ◦ ϕ(x) . Remarquer que 1−x

√ √ √ a +b  a + b,

∀ (a,b) ∈ (R+ )2 , puis un équivalent simple de

n  1 , à l’aide d’une comparaison k k=1

somme/intégrale.

2.36

Faire intervenir une exponentielle. Montrer, par exemple à l’aide de la formule de Taylor avec reste intégral :

a) Considérer l’application g : R −→ R, x −→ f (x + a) − f (x) .

∀ x ∈ [0 ; +∞[, x −

Montrer que g est b-périodique. Calculer f (x + a) − f (x), f (x + a + b) − f (x + a), . . . ,   f (x + a + nb) − f x + a + (n − 1)b pour tout n ∈ N∗ . Sommer et utiliser le fait que g est bornée. En déduire que f est a-périodique.

x2  ln (1 + x)  x . 2

En déduire, pour tout n ∈ N∗ : 1

e− 2n

 n n

n k k k n 1 1 1 1+ 2 en   en . n k=1 n k=1 n n k=1

Pour terminer, calculer

1 1 13 + = . b) Remarquer : 6 7 42

n 

k

e n , qui est une sommation géomé-

k=1

trique.

2.32 a) 1) Supposer |u| dérivable sur I .

2.37 Considérer l’application 

Soit x ∈ I tel que u(x) = 0. En étudiant le taux d’accroissement de |u| entre x et x + h, pour h ∈ R∗ tel que x + h ∈ I, déduire u (x) = 0. 2) Réciproquement, supposer :   ∀ x ∈ I, u(x) = 0 ⇒ u (x) = 0 . Soit x ∈ I . Montrer que u est dérivable en x, en séparant en trois cas : u(x) > 0, u(x) < 0, u(x) = 0. b) Se rappeler que :  1 ∀ (a,b) ∈ R2 , Max (a,b) = a + b + |a − b| . 2

x

g : [0 ; 1] −→ R, x −→ a + b

f (t) dt

0

et montrer : ∀ x ∈ [0 ; 1],

g (x) b  . √ 2 2 g(x)

Intégrer de 0 à x.

2.38 a) Montrer que f est strictement croissante au voisinage de 0. b) Raisonner par condition nécessaire et condition suffisante. • Supposer que f −1 admet un DL 3 (0), nécessairement de la forme : f −1 (y) = y + γ y 2 + δy 3 + o (y 3 ) et reporter dans y−→0     x = f −1 f (x) , plutôt que dans y = f f −1 (y) , pour obtenir γ et δ en fonction de (a,b) .

2.33 Considérer l’application © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.



 n x − 2n . 1+ k k=1

b) Utiliser l’inégalité classique

ϕ : R − {−1} −→ R, x −→

2.31

2.35 a) Étudier, pour n ∈ N∗ fixé, les variations de

 2 g : [0 ; +∞[−→ R, x −  → e−2λx f (x)

et étudier les variations de g .  f ∈ E, minorer 2.34 1) • Pour toute

• Réciproquement, montrer, avec les valeurs de γ et δ obtenues ci-dessus en fonction de (a,b) , que f −1 (y) − (y + βy 2 + γ y 3 ) est un o(y 3 ) .

1

f 2 , en utilisant l’inéga-

0

2.39 Considérer, pour tout n ∈ N∗ : vn =

lité de Cauchy et Schwarz.

n  1 k k=1 n

.

n  1 ∼ ln n, qui s’obtient, par exemple, par une n∞ k k=1

• Chercher f 0 ∈ E, si elle existe, de façon que l’inégalité obtenue ci-dessus soit une égalité.

• En utilisant

2) Trouver une suite ( f n )n∈N∗ dans E telle que :

comparaison somme/intégrale, obtenir un équivalent simple de vn :

 0

1

f n2 −−−→ 0. n∞

vn ∼ n ln n. n∞

57

Chapitre 2 • Fonctions vectorielles d’une variable réelle

• Montrer que l’application ϕ : ]0 ; 1] −→ R, x −→

1 1 − ln(1 + x) x

admet une limite finie en 0, et en déduire que ϕ est bornée.

Former |In − Jn |. Pour ε > 0 fixé, décomposer l’intervalle [0 ; 1] en [0 ; 1 − η] et [1 − η ; 1], où η vient de la continuité de f en 1, de façon à majorer l’intégrale de 0 à 1 − η (en utilisant le fait que f est bornée) et l’intégrale de 1 − η à 1 (en utilisant la continuité de f en 1).

Majorer alors convenablement |u n − vn | .

2.40 a) Supposer qu’il existe f convenant. Déduire f (R) ⊂ R+ , contradiction. b) Supposer qu’il existe f convenant. Déduire f ([−1 ; 1]) = [−1 ; 1] ,     puis f (−1), f (1) ∈ (−1,1), (1,−1) . Évaluer alors f ( sin 1) et f (− sin 1) pour obtenir une contradiction.   2.41 Noter E = (x,y) ∈ [0 ; 1]2 ; |x − y|
a et    f (x) − f (y)  . F : E −→ R, (x,y) −→   x−y Montrer que E est compact et que F est continue sur E.



2.44

Considérer Jn =

|g(x) − g(y)| 

n 

|x i − y i | || f i ||∞ .

i=1

• En déduire que g est lipchitzienne sur tout segment [−A ; A], A ∈ R+ , et conclure.

2.43

On peut conjecturer, à cause de la présence de x n , que la partie essentielle de la fonction sous l’intégrale est concentrée près de 1, donc que l’intégrale proposée In se comporte de façon analogue à l’intégrale  1 Jn = n 2 (x n − x n+1 ) f (1) dx. 0

Calculer Jn .

58

2x n−1 ln(1 + x n ) dx, qui ressemble

0

à In . D’une part, calculer Jn . D’autre part, évaluer In − Jn .

2.45

a) Utiliser le théorème de Rolle et compter les zéros du polynôme Pn . b) Utiliser la formule du cours relative à est scindé sur K .

c) Dans

n  k=0

d) Dans

n  k=1

2.42 • Montrer d’abord, pour tout (x,y) ∈ R2 et tout t ∈ [a ; b] :

1

P , lorsque P ∈ K[X] P

1 , isoler le terme d’indice k = 0. k − un 1 , isoler le terme d’indice k = 1. k − un

2.46 a) • S’assurer d’abord que, pour tout n
1, u n existe et u n
0. • Montrer : u n  u n−1 + 1 et déduire, par sommation, u n  u 1 + (n − 1) , puis déduire, successivement, que (u n )n est C D bornée, que u n  , où C est une constante, que u n  2 , où n n 1 D est une constante, et enfin que u n ∼ 2 , par un raisonnen∞ n ment correct sur les équivalents.

 1 1 b) Remplacer u n par 2 + o 2 , dans l’expression de u n+1 , n n puis décaler l’indice.

Corrigés des exercices 2.1

a) 1) • On a :

2) Réciproquement, il est évident que l’application

∀ x ∈ X, m( f + g)  f (x) + g(x)  f (x) + M(g) , d’où, en passant à la borne inférieure lorsque x décrit X : m( f + g)  m( f ) + M(g) . • Puisque − f et −g sont bornées, on a, en appliquant le résultat précédent à (− f,−g) à la place de ( f,g) :

f : R −→ R, x −→ x convient. On conclut qu’il y a une solution et une seule, f = IdR .

2.3 1) Soit f convenant. En appliquant l’hypothèse à (x,x), on obtient : ∀ x ∈ R, f (x) = f (3x) .

m(− f − g)  m(− f ) + M(−g) . Mais : m(− f − g) = Inf(− f − g) = − Sup( f + g) X

X

= −M( f + g) et

m(− f ) = −M( f ), M(−g) = −m(g),

d’où :

−M( f + g)  −M( f ) − m(g),

c’est-à-dire :

M( f ) + m(g)  M( f + g).

2) Puisque f et g ont des rôles symétriques, on a aussi, en échangeant f et g dans les résultats précédents :

et

En appliquant ceci à (2t,0), on a : ∀ t ∈ R, f (0) = f (t) , donc f est constante. 2) Réciproquement, il est évident que toute application constante convient.

m( f + g)  m(g) + M( f )

On conclut que l’ensemble S des applications cherchées est :   S = f : R −→ R, x −→ C ; C ∈ R .

M(g) + m( f )  M( f + g),

2.4 a) D’après le cours, f : x −→ Arctan x est de classe C ∞

d’où les encadrements demandés : m( f + g)  m( f ) + M(g)  M( f + g) m( f + g)  M( f ) + m(g)  M( f + g). b) En additionnant, puis en divisant par 2, on obtient : m( f + g)  µ( f ) + µ(g)  M( f + g) .

2.2

En reportant dans l’hypothèse, on a alors : 

x+y ∀ (x,y) ∈ R2 , f (y) = f . 2

1) Soit f convenant.

• On a alors, en appliquant l’hypothèse à (x − e y , y) :   ∀(x,y) ∈ R2 , f (x) = f (x − e y ) + e y = (x − e y ) + e f (y) .

sur R et on a : ∀ x ∈ R, f (x) =

D’où, par une récurrence immédiate, pour tout n ∈ N∗ : 

i 1 1 − f (n) (x) = (−1)n−1 (n − 1)! . 2 (x + i)n (x − i)n b) Soit n ∈ N∗ fixé tel que n
2 . On a, pour tout x ∈ R : 1 1 − =0 (x + i)n (x − i)n 

x −i n ⇐⇒ = 1. x +i

f (n) (x) = 0 ⇐⇒

∀ x ∈ R, f (x) = x − 1 + e f (0) . Il existe donc a ∈ R tel que : ∀ x ∈ R, f (x) = x + a.

d’où : e y (ea − 1) = a. En appliquant ceci à deux valeurs de y, différentes entre elles, par exemple y = 0, y = 1, on déduit a = 0, et donc : ∀ x ∈ R, f (x) = x .

1 . +1

En utilisant une décomposition en éléments simples, on obtient, en passant par les nombres complexes :

 1 i 1 − ∀ x ∈ R, f (x) = . 2 x +i x −i

En particulier, en remplaçant y par 0 :

• On a, alors, pour tout y ∈ R , en appliquant l’hypothèse à (0,y) : f (0 + e y ) = 0 + e f (y) ,c’est-à-dire : e y + a = e y+a ,

x2

En notant, pour tout k ∈ {0,. . . ,n − 1}, θk = on a :



x −i x +i

2kπ , et ωk = ei θk, n

n =1

⇐⇒ ∃ k ∈ {0,. . . ,n − 1},

x −i = ωk x +i 59

=

 

 1 x3 1 1 1 1 x4 x5 1 = −2 + − + 4 3 4 5 0 4 3 2 5

=

1  10−2 120

⇐⇒ ∃ k ∈ {0,. . . ,n − 1}, x − i = ωk x + i ωk ⇐⇒ ∃ k ∈ {0,. . . ,n − 1}, (1 − ωk )x = i (1 + ωk ) ⇐⇒ ∃ k ∈ {1,. . . ,n − 1}, x = i

1 + ωk . 1 − ωk

et

Et :



1

θk

i

ei 2 2 cos θ2k 1 + ωk 1 + ei θk θk =i =i = − cotan . i θ θ 1 − ωk 2 1−e k θk i 2k −e 2 i sin 2

On conclut que, pour tout n ∈ N tel que n
2 , l’ensemble Sn des solutions de l’équation f (n) (x) = 0, d’inconnue x ∈ R , est :   kπ Sn = − cotan ; k ∈ {1,. . . ,n − 1} . n



f (x) − x 2

2

2 x + x2 − x 2 dx 2 0   1

x − x2 2 = dx 2 0 1  10−2 . = 120 

1



dx =

0

Ainsi, f : [0 ; 1] −→ R, x −→

x + x2 , convient. 2

2.7 Soit λ ∈ ]0 ; +∞[ fixé. 2.5

Commençons par transformer l’équation proposée en une inéquation équivalente et plus commode :

2 ex ∀ x ∈ [0 ; +∞[, ex
2 ⇐⇒

∀ x ∈ [0 ; +∞[, 4ex−2
x 2

⇐⇒

∀ x ∈ ]0 ; +∞[, 2 ln 2 + (x − 2)
2 ln x,

le cas x = 0 étant d’étude immédiate. f : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ f (x) = 2 ln 2 + x − 2 − 2 ln x . Il est clair que f est dérivable sur ]0 ; +∞[ et : 2 x −2 ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) = 1 − = . x x On en déduit les variations de f : 0

f (x)

+∞

–

0

+



0



+∞

Comme f (2) = 0 , on obtient : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x)
0 , ce qui établit l’inégalité demandée.

2.6

Puisqu’il s’agit de trouver une application « proche » de x −→ x et de x −→ x 2 , on peut essayer leur moyenne arith1 métique, f : x −→ (x + x 2 ). On a alors : 2 2  1

 1 2 x + x2 − x dx f (x) − x dx = 2 0 0   1

 1 2 2 x−x 1 dx = (x 2 − 2x 3 + x 4 ) dx = 2 4 0 0

60

=

   i λx b   f (x) e −  iλ a

 =

+∞

2

f (x)

a

=

Considérons l’application

x

Effectuons une intégration par parties, pour des applications de classe C 1 sur [a ; b] :  b    i λx   f (x) e dx  

−→

λ−→+∞

a

b

 ei λx  f (x) dx  iλ

   b   f (b)ei λb − f (a)ei λa 1

i λx   f (x)e dx −   iλ iλ a  | f (b)| + | f (a)| 1 b | f (x)| dx + λ λ a 

 b 1 | f (x)| dx | f (b)| + | f (a)| + λ a 0. 

b

f (x)ei λx dx −→ 0.

On conclut :

λ−→+∞

a

2.8 a) Il s’agit d’un étude classique. On va effectuer une comparaison somme/intégrale. 1 L’application f : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ , est continue et x décroissante sur ]0 ; +∞[, donc : 1 1 1   . ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [n ; n + 1], n+1 x n Il s’ensuit, en intégrant :  n+1 1 1 1 ∀ n ∈ N∗ ,  dx  , n+1 x n n puis, en sommant : n  ∀ n ∈ N∗ , k=1

n  1  k+1 k=1

 k

k+1

n  1 1 dx  . x k k=1

On a, pour tout n ∈ N∗ , en utilisant la relation de Chasles :  n+1 n  k+1  1 1 = ln(n + 1) . dx = dx = [ln x]n+1 1 x x k 1 k=1 D’où, en notant Hn =

n  1 k=1

∀ n ∈ N∗ , Hn+1 − 1  ln (n + 1)  Hn , ou encore : ∀ n ∈ N∗ − {1}, ln (n + 1)  Hn  1 + ln n. Comme 

1 = ln + o (1) ∼ ln n ln(n + 1) = ln n + ln 1 + n∞ n∞ n 1 + ln n ∼ ln n,

et

n∞

on déduit, par encadrement :

n  k=1

1 = Hn ∼ ln n. n∞ k

On a, pour tout k ∈ {1,. . . ,n − 1}, par exemple à l’aide d’une décomposition en éléments simples :

 1 1 1 1 = + . k(n − k) n k n−k D’où, pour tout n
2 :  n−1

1 1 1 1 = + k(n − k) n k=1 k n−k

k=1

n−1  n−1 1  1 1  + n k=1 k n−k k=1

=

k −n−k

a

b



 √ f g)2

a

√

2 g h)2

2 

b

=

2

b

2

f g

gh

a

0

0

 1 = (2 + x) ln (2 + x) − (2 + x) 0  1 − (3 + x) ln (3 + x) − (3 + x) 0   = (3 ln 3 − 3) − (2 ln 2 − 2)   − (4 ln 4 − 4) − (3 ln 3 − 3)

36 . 210

2.11 D’abord, pour tout x ∈ R , f (x) existe comme intégrale d’une application continue sur un segment. On a, pour tout x ∈ R∗ :       f (x) − f (0)   1 x 2  t   = ( sin t) Arctan dt     2 x −0 x 0 1+x    2  1 x t   | sin t| Arctan dt x 0 1 + x2   2 1 x π π  1 · dt = x. x 0 2 2 Il en résulte, par encadrement :

a





b

k n n 2+ 1 2n + k 1 n ln ln = ln u n = . k n k=1 3n + k n k=1 3+ n 2+x , est continue sur L’application [0 ; 1] −→ R, x −→ ln 3+x le segment [0 ; 1] , donc, d’après le cours sur les sommes de  1 2+x ln dx. Riemann : ln u n −−−→ n∞ 3 +x 0

n∞

Appliquons deux fois l’inégalité de Cauchy et Schwarz, √ en faisant intervenir g, qui est continue, puisque g est continue et à valeurs
0 :

 b 4 4

 b √ √ f gh = ( f g)2 ( gh)2 2 

> 0.

u n −−−→ e I = e6 ln 3−10 ln 2 =

2.9

a

 n1

Comme l’exponentielle est continue sur R, on déduit :

En utilisant le résultat de a), on déduit :



 1 2 2 2 ln n + ln 1 − ∼ ln n . u n ∼ ln (n − 1) = n∞ n n∞ n n n



k=1

2n + k 3n + k

= 6 ln 3 − 10 ln 2. n−1 2 1 . n k=1 k

=

−→

n−1 

n

On calcule cette intégrale, notée I :  1  1 I = ln (2 + x) dx − ln (3 + x) dx

b) Soit n ∈ N tel que n
2 .

un =

un =

On a, pour tout n ∈ N∗ :

:

k

2.10 Notons, pour tout n ∈ N∗ :

f (x) − f (0) −→ 0, x−→0 x −0

ce qui montre que f est dérivable en 0 et que : f (0) = 0 .

2

a



b

f

4

 

g

a

 =

2

2

a

2 

b

g2 a

 

b

g

a

 

b

f4 a





b

b

 h4 .



b

h a

4

2.12 D’abord, f : x −→ Arctan 

moins, sur

−

 π π ; − {0}. 2 2

tan x , est définie, au x

a

61

π , donc 4 π f admet un prolongement continu en 0, en notant f (0) = . 4 De plus, il est clair que f est paire.

Comme tan x ∼ x, on a f (x) −→ Arctan 1 =

x3 tan x x2 + o(x 3 ), =1+ + o(x 2 ) , 3 x 3

 12

tan x x2 = 1+ + o(x 2 ) x 3 1 x2 1 =1+ + o(x 2 ) = 1 + x 2 + o(x 2 ). 2 3 6

 2 x f (x) = Arctan 1 + + o(x 2 ) . 6

t−→0



donc : ln f (x)

g : R −→ R, u −→ g(u) = Arctan (1 + u) . Il est clair que g est de classe C 1 sur R, et on a, pour tout u∈R : 1 1 1 = = 1 + (1 + u)2 2 + 2u + u 2 2

1 1+u+

u2 2

− √1

f (x) −→ e

π 1 1 + u − u 2 + o(u 2 ). 4 2 4 On déduit, par composition, le DL 2 (0) de f : =

π 1 x2 π 1 2 + + o(x 2 ) = + x + o(x 2 ) . 4 2 6 4 12

2.13

Il s’agit d’une forme indéterminée 1∞ . π Notons, pour x au voisinage de : f (x) = (2 sin x)tan x . 6 π On a, par le changement de variable t = x − −→ 0 : 6 x−→ π6   ln f (x)

= =

62

3

x−→ π

.

6

2.14 a) Soit n ∈ N∗ . f n : ] − ∞ ; 0] −→ R, x −→ f n (x) = 1 + x +

(tan 3x) ln (2 sin x) 





π π + 3t ln 2 sin +t tan 2 6 √

 3 1 1 ln 2 · cos t + 2 · sin t − tan 3t 2 2

ex . n

L’application f n est dérivable sur ] − ∞ ; 0] et : ex >0. ∀ x ∈ ] − ∞ ; 0], f n (x) = 1 + n On dresse le tableau de variation de f n :

 1 1 1 1 − u + o(u) = − u + o(u). 2 2 2

1 1 u2 g(u) = g(0) + u − + o(u 2 ) 2 2 2

=

1 −→ − √ . 3

x−→ π 6

On conclut, par continuité de l’exponentielle :

−∞

x

xn

f n (x)

Il en résulte, par primitivation pour une application de classe C 1 dont la dérivée admet un DL 1 (0) :

f (x) =



1√ 1 3t = −√ , 3t 3

Considérons l’application

Considérons l’application

=

−

∼

tan x = x +

g (u) =

−

=

On calcule des développements limités en 0 :

Ainsi :

√   1 ln cos t + 3 sin t tan 3t √   1 ln 1 + 3 t + o(t) − 3t + o(t)

=

x−→0

x−→0

f n (x)

0

+ −∞





0

1+

1 n

Puisque f n est continue et strictement croissante sur l’intervalle ] − ∞ ; 0] et que l’on a 1 lim f n = −∞ < 0 et f n (0) = 1 + > 0, d’après le théorème −∞ n de la bijection monotone, l’équation f n (x) = 0 , d’inconnue x ∈ ] − ∞ ; 0], admet une solution et une seule, notée xn . / 0 , on a : xn = / 0. De plus, comme f n (0) = 1 exn  , b) On a, pour tout n ∈ N∗ : |1 + xn | = n n donc : 1 + xn −−−→ 0, d’où : xn −−−→ − 1. n∞

c) On a :

n∞

n(xn + 1) = −e

xn

−−−→ − e−1 , n∞

e−1 . n On conclut au développement asymptotique suivant, à la pré  1 1 1 . + o : xn = −1 − cision o n e n n∞ n xn + 1 ∼ −

donc :

n∞

2.15 a) Soit n ∈ N∗ . Considérons l’application f n : [0 ; 1] −→ R, x −→ cos x − nx .

L’application f n est dérivable sur [0 ; 1] et : f n (x)

∀ x ∈ [0 ; 1],

puis :

= − sin x − n  −n < 0 .

∀ t ∈ R, f (t) = f

On dresse le tableau de variation de f n : x

0

Il existe donc λ ∈ R tel que : ∀ t ∈ R, f (t) = 2t + λ.

1

f n (x)

−

f n (x)



1

cos 1 − n

Puisque f n est continue et strictement décroissante sur l’intervalle [0 ; 1] et que : f n (0) = 1 > 0 et

f n (1) = cos 1 − n < 0 ,

d’après le théorème de la bijection monotone, l’équation f n (x) = 0, d’inconnue x ∈ [0 ; 1], admet une solution et une seule, notée xn .    cos xn    1 −−−→ 0, |xn | =  b) • On a : n  n n∞ donc :

   t − g(0) + g(0)     = 2 t − g(0) + 5 = 2t + 5 − 2g(0) .

• On a donc, en remplaçant, dans l’hypothèse, f par son expression obtenue ci-dessus :   ∀ (x,y) ∈ R2 , 2x + y + 5 = f x + g(y)   = 2 x + g(y) + λ = 2x + 2g(y) + λ, ∀ y ∈ R, g(y) =

d’où : On déduit :

 5−λ   1 ∀ (x,y) ∈ R2 , g x + f (y) = x + f (y) + 2 2 5−λ 1 5 1 = x+y+ . = (x + 2y + λ) + 2 2 2 2

xn −−−→ 0 . n∞



n∞

on peut extraire de la suite (xn )n∈N une suite strictement décroissante et de limite 0.

1 c) Notons, pour tout n ∈ N∗ : yn = xn − . n

 1 1 . Puisque xn ∼ , on a déjà : yn = o n∞ n n

Il existe donc une suite (u n )n∈N , strictement décroissante, de limite 0, telle que : ∀ n ∈ N, f (u n ) = 0.

On a :



  1 1 cos + yn = cos xn = nxn = n + yn = 1 + nyn , n n d’où : nyn = cos



2.18 Puisque : xn −−−→ 0 et ∀ n ∈ N, xn ∈ ]0 ; +∞[ ,

1 cos xn xn = ∼ . n n∞ n

• Ensuite :

5−λ 1 y+ . 2 2

y

 1 2 11 1 + yn − 1 ∼ − + yn ∼− , n∞  n∞ 2n 2 n 2 n      =o

−→0

y = f(x)

1 n

1 . 2n 3 1 1 xn − . ∼ − n n∞ 2n 3 yn ∼ −

donc :

n∞

On conclut :

v0

v2 O

u3

u2

v1

u1

u0

x

Puisque f n’est pas injective, il existe (a,b) ∈ R2 tel / f (b). On a alors : que : a < b et f (a) =     ∀ y ∈ R, f (a + y) = g f (a),y = g f (b),y = f (b + y) .

2.16

En notant c = a − b > 0 , on a donc :     ∀ z ∈ R, f (c + z) = f (a − b) + z = f a + (−b + z)   = f b + (−b + z) = f (z). On conclut que f est c-périodique.

Puisque f est continue en 0, on déduit : f (0) = 0 . D’autre part, d’après le théorème de Rolle, puisque f est dérivable sur ]0 ; +∞[ , pour chaque n ∈ N , il existe vn ∈ ]u n+1 ; u n [ tel que : f (vn ) = 0. On construit ainsi une suite (vn )n∈N , strictement décroissante, de limite 0, telle que : ∀ n ∈ N, f (vn ) = 0.

2.17

En remplaçant y par 0, on a :   ∀ x ∈ R, f x + g(0) = 2x + 5 ,

D’après l’étude précédente, appliquée à f à la place de f, on déduit : f (0) = 0 . 63

En réitérant le raisonnement, ou par une récurrence, on conclut : ∀ k ∈ N, f (k) (0) = 0.

2.19

1) Inégalité :

Soit x ∈ [0 ; +∞[. Notons g : [0 ; +∞[−→ R l’application définie, pour tout y ∈ [0 ; +∞[, par : g(y) = f (x,y) = 1 + x 2 y + x y 2 − 3x y. L’application g est dérivable sur [0 ; +∞[ et :

2) Étude du cas d’égalité • Supposons qu’il y ait égalité dans l’inégalité de l’énoncé. D’après 1), on a alors nécessairement : 3−x x
3, y = , g(y) = 0 , 2 d’où, comme 4 − x > 0 : x = 1 , puis y = 1. • Réciproquement : f (1,1) = 1 + 1 + 1 − 3 = 0. On conclut qu’il y a égalité si et seulement si : (x,y) = (1,1) .

∀ y ∈ [0 ; +∞[, g (y) = x 2 + 2x y − 3x = x(x + 2y − 3) . 1er cas : x
3 ∀ y ∈ [0 ; +∞[, g (y)
0,

On a alors :

donc g est croissante. Comme g(0) = 1 , on déduit : ∀ y ∈ [0 ; +∞[, g(y)
g(0) = 1 > 0 . 2ecas : 0  x < 3 On dresse le tableau de variations de g : y

0

g (y)

−

g(y)



3−x 2 0

=

1 + x 2 y + x y 2 − 3x y

=

1 + x y(x + y − 3)

+∞ + 3−x : 2



= = = ‘=

 3−x 3−x x+ −3 1+x 2 2

 3x − x 2 x − 3 1+ 2 2  1 4 − x(x − 3)2 4 1 (−x 3 + 6x 2 − 9x + 4) 4

=

1 (−x + 1)(x 2 − 5x + 4) 4

=

1 (−x + 1)(x − 1)(x − 4) 4

=

1 (x − 1)2 (4 − x)
0.    4
0

Finalement : ∀ (x,y) ∈ [0 ; +∞[2 , f (x,y)
0. 64

ln(1 + x) . x L’application f est dérivable sur ]0 ; +∞[ et, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ :

 x 1 f (x) = 2 − ln (1 + x) . x 1+x f : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ f (x) =

Considérons l’application



On calcule le minimum de g, obtenu en 

3−x g 2

2.20 a) Considérons l’application

g : [0 ; +∞[−→ R ; x −→ g(x) =

x − ln (1 + x) . 1+x

L’application g est dérivable sur [0 ; +∞[ et, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : 1 1 − g (x) = 2 (1 + x) 1+x 0 x =− 2 (1 + x) < 0 si x = / 0. Il en résulte que g est strictement décroissante sur [0 ; +∞[. Comme g(0) = 0, on en déduit : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, g(x) < 0 , donc :

∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) < 0.

Il en résulte que f est strictement décroissante. On a donc, pour tout (x,y) ∈ ]0 ; +∞[2 : x < y ⇒ f (y) < f (x) ln(1 + y) ln(1 + x) x ln(1 + x) ⇐⇒ < ⇐⇒ < . y x y ln(1 + y) b) Soit (x,y,z) ∈ R3 tel que 0 < x < y < z . Appliquons le résultat de a) à (x,y) et à (x,z) : x ln(1 + x) < y ln(1 + y)

et

x ln(1 + x) < , z ln(1 + z)

d’où, par multiplication (pour des nombres tous > 0 ) :  2 ln(1 + x) x2 < . yz ln(1 + y) ln(1 + z) c) Soit t ∈ ]0 ; +∞[ . Appliquons le résultat de b) à x = t − 1 ∈ ]0 ; +∞[ , y = t, z = t + 1 :

(t − 1)2 (ln t)2 < , t (t + 1) ln(t + 1) ln (t + 2)

D’une part, d’après la définition de N :

d’où, les dénominateurs étant > 0 : (t − 1)2 ln(t + 1) ln(t + 2) < t (t + 1)( ln t)2 .

2.21

Notons, pour abréger, E = Rn [X] et confondons polynôme et application polynomiale sur [−1 ; 1] . D’après le cours, l’application

 N : E −→ R, P −→

1



2 P(x) dx

 12

−1

est une norme sur E . Considérons les applications u,v,w : E −→ R définies, pour tout P ∈ E, par : u(P) = P(−1), v(P) = P (0), w(P) = P

(1) . Il est clair que u,v,w sont linéaires. Puisque E est de dimension finie, u,v,w sont donc continues et il existe a,b,c ∈ R+ tels que, pour tout P ∈ E : |u(P)|  a N (P), |v(P)|  bN (P), |w(P)|  cN (P) . On a alors, pour tout P ∈ E :  2  2  2 P(−1) + P (0) + P

(1)  2  2  2 = u(P) + v(P) + w(P)

 2  (a 2 + b2 + c2 ) N (P) .

En notant C = a 2 + b2 + c2 , on a donc, pour tout P ∈ E :  1  2   2 2  2 P(−1) + P (0) + P

(1)  C P(x) dx . −1

2.22

∗

Soit n ∈ N .

On a, par le changement de variable u = nx :  b  1 nb f (nx) dx = f (u) du . In = n na a 

n(b − a) ∈ N, (qui dépend de n) de sorte Notons N = E T que : na + N T  nb < na + (N + 1)T. On a, par la relation de Chasles :

N −1  na+(k+1)T   nb 1  f (u) du + f (u) du . In = n k=0 na+kT na+N T Puisque f est T-périodique, on déduit :

N −1  T   nb 1  In = f (u) du + f (u) du n k=0 0 na+N T  T  nb 1 N f (u) du + f (u) du . = n 0 n na+N T

b−a b−a 1 N  − < , T n n T donc, par théorème d’encadrement : N b−a −−−→ . n n∞ T D’autre part :   nb   nb 1    1 f (u) du | f (u)| du n  n na+N T na+N T   1 na+(N +1)T 1 T  | f (u)| du = | f (u)| du −−−→ 0. n∞ n na+N T n 0  b  b b−a f (nx) dx −−−→ f (u) du. On conclut : n∞ T a a

2.23 1) Soit f ∈ E . On va essayer de minorer || f − ϕ||∞ par une constante convenable. • On a :  1/2  f = 0

1/2

  ϕ + ( f − ϕ) =

0



1/2

D’une part : 0



1/2

f 

1/2

1





1/2

1/2

1/2

D’autre part :   1 ϕ= 1/2



1

1/2

 x dx =

f


1/2

= 0

1 . 8

 ϕ+

1

( f − ϕ) .

1/2

1 | f − ϕ|
− || f − ϕ||∞ . 2

1

1/2

On a donc :

1

1/2

1

x2 2

1 1 + || f − ϕ||∞ . 8 2

  ϕ + ( f − ϕ) =

D’une part :   1 ( f − ϕ)
−

( f − ϕ) .

1 || f − ϕ||∞ . 2

| f − ϕ| 

x dx =

0



1/2

1/2

0

0



On a donc :

f =

 ϕ+

0

1/2

ϕ= 0

1/2

0



1/2

D’autre part :

• On a :  1



( f − ϕ) 



x2 2

1 = 1/2

1 1 3 − = . 2 8 8

3 1 − || f − ϕ||∞ . 8 2

On déduit, puisque f ∈ E :  1  1/2 3 1 1 1 f = f
− || f − ϕ||∞ , + || f − ϕ||∞
8 2 8 2 0 1/2 D’où : Il en résulte :

|| f − ϕ||∞


1 . 4

d(ϕ,F) = Inf || f − ϕ||∞
f ∈E

1 . 4 65

2) Considérons l’application f : [0 ; 1] −→ R définie, pour tout x ∈ [0 ; 1], par :  1 1   si 0  x  x + 4 2 f (x) =  1  x − 1 si < x  1. 4 2

On a : ln cos x = =

y 1

= 3 4

1 2



x4 x6 x2 + − + o(x 6 ) ln 1 − 2 24 720 



2 4 1 x4 x x x6 x6 − − + − − 2 24 720 2 4 24

 6 x 1 − + o(x 6 ) + 3 8 

x2 1 1 4 x − + − 2 24 8

 1 1 1 + − + − x 6 + o(x 6 ) 720 48 24

=

−

x2 x4 x6 − − + o(x 6 ), 2 12 45

et :

1 4

sin 2 x

1 4

3 4

1 2





1/2

0

d(ϕ,F) =

On conclut :

1 x y = ϕ(x) y = f(x)

1

f =

Il est clair que : f ∈ E,

=

f, || f − ϕ||∞ = 1/2

=

1 . 4

1 . 4

Si on effectue un DL n (0) (n
2) de ln cos x , comme

2.24

x2 ln cos ∼ cos x − 1 ∼ − ,  x x−→0 x−→0 2 −→1

ce DL n (0) sera de la forme : ln cos x = −

x2 + · · · + an x n + o(x n ) , 2

d’où : −1 2 1 = − 2 1 + · · · − 2an x n−2 + o(x n−2 ) ln cos x x =−

 2 1 + · · · + bn x n−2 + o(x n−2 ) 2 x

=−

2 + · · · − 2bn x n−4 + o(x n−4 ). x2

Comme on veut un DL 2 (0) de f, il faut prendre n de façon que n − 4 = 2, c’est-à-dire n = 6. 66

=

2 x3 x5 + + o(x 5 ) 6 120 

x4 1 1 x 6 + o(x 6 ) x2 − + + 3 36 60 x−

x2 −

x4 2x 6 + + o(x 6 ). 3 45

D’où : f (x) 1

2 x x x x 2x 6 − − x2 − − + o(x 6 ) + + o(x 6 ) 2 12 45 3 45



−1 x2 2 2x 4 = 2 − 1+ + + o(x 6 ) x 6 45 =

2

4

6

+

4

−1  x2 2x 4 1− + + o(x 4 ) 3 45 



2 x 2 2x 4 x4 = 2 − 1− + + x 6 4( 36 

2  x 2x 4 x4 + o(x 4 ) + 1+ − + 3 45 9  



 1 1 2 2 2 1 2 1 x + + o(x 4 ) = 2 + − − + x 6 3 45 36 45 9

 1 4 2 1 2 4 = 2 x + x + o(x ) x 2 12 +

= 1+

1 2 x + o(x 2 ). 6

• On a, pour tout y ∈ ]0 ; +∞[ fixé, par le changement x de variable z = : y  1  1  1y dx y dz 1 1 y = = dz 2 2 y2 z2 + y2 y 0 1 + z2 0 x + y 0 1 1 1 1 = [Arctan z]0y = Arctan . y y y

2.25

• On déduit :  I (a) =

a  1 a

0

1

x2



dx  dy = + y2

a 1 a

Mais, par le changement de variable u =

1 1 Arctan dy . y y 1 , qui échange les y

bornes, on a :   a

 a1 1 du u Arctan u − 2 = Arctan u du . I (a) = 1 u u a a D’où, par addition : 2I (a)  =

a 1 a

 =

a 1 a

 =

a 1 a



=

1 Arctan y dy + y

a 1 a

1 1 Arctan dy y y

 1 1 Arctan y + Arctan dy y y a 1π π dy = ln y 1 y2 2 a

1 π ln a − ln 2 a

On conclut :



On a alors x 2 = 1 − y 2 , x dx = −y dy, d’où :   0  1  1

1 −y dy y I = 1− = dy = dy 1+y 1 1+ y 0 1+ y 0  1 = y − ln (1 + y) 0 = 1 − ln 2.

2.27 • L’application ln(1 + t 2 ) t est continue sur ]0 ; +∞[, donc, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, g est continue sur le segment joignant x et x 2 , ce qui montre que l’in x2 ln(1 + t 2 ) dt existe. tégrale f (x) = t x g : ]0 ; +∞[−→ R, t −→ g(t) =

• Puisque les applications x −→ x et x −→ x 2 sont de classe C 1 sur ]0 ; +∞[ et à valeurs dans ]0 ; +∞[ et que g est continue sur ]0 ; +∞[, d’après le cours, f est de classe C 1 sur ]0 ; +∞[ et, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : f (x) =

D’après les théorèmes généraux, cette dernière fonction est de classe C ∞ sur ]0 ; +∞[, donc f est de classe C ∞ sur ]0 ; +∞[. On a, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : f (x) = 0

 = π ln a.

π ln a I (a) = . 2

√ √ 1+x − 1−x √ , est continue L’application x −→ √ 1+x + 1−x sur le segment [0 ; 1] , donc son intégrale I existe.

2.26

On a, pour tout x ∈ ]0 ; 1], par utilisation d’une expression conjuguée : √ 2 √ √ √ 1+x − 1−x 1+x − 1−x = √ √ (1 + x) − (1 − x) 1+x + 1−x √ √ 2 1 − 1 − x2 2−2 1−x = = 2x x x 1 − (1 − x 2 ) =  √ √ , = 2 x 1+ 1−x 1 + 1 − x2 et cette dernière expression est aussi valable pour x = 0.  1 x I = dx. √ On a donc : 1 − x2 0 1+ √ Effectuons le changement de variable y = 1 − x 2 .

ln(1 + x 4 ) ln(1 + x 2 ) 2x − 1 2 x x  1 = 2 ln(1 + x 4 ) − ln(1 + x 2 ) . x

⇐⇒

2 ln (1 + x 4 ) − ln(1 + x 2 ) = 0

⇐⇒

(1 + x 4 )2 = 1 + x 2

⇐⇒

x 8 + 2x 4 − x 2 = 0

⇐⇒

x 6 + 2x 2 − 1 = 0.

Notons P : [0 ; +∞[−→ R, x −→ P(x) = x 6 + 2x 2 − 1 . L’application P est dérivable sur [0 ; +∞[ et :
0

5 ∀ x ∈ [0 ; +∞[, P (x) = 6x + 4x > 0 si x > 0. On dresse le tableau de variation de P : x

+∞

0

P (x)

+

P(x) −1



+∞

Puisque P est continue et strictement croissante sur l’intervalle [0 ; +∞[, et que l’on a P(0) = −1 < 0 et P(x) −→ +∞, x−→+∞

d’après le théorème de la bijection réciproque, 67

il existe α ∈ [0 ; +∞[ unique tel que l’on ait P(α) = 0 , et on dispose du signe de P(x) selon la position de x par rapport à α.

D’autre part :  0  B(x) 

La calculatrice fournit une valeur approchée de α : α  0,673 . . . On en déduit le signe de f (x) et le tableau de variation de f : x f (x)

−

f (x)



0

donc :

+∞

α

0

+

Ainsi :



La calculatrice fournit une valeur approchée de f (α) : f (α)  −0,107 . . . • Étude en 0 : Comme :

∀ u ∈ [0 ; +∞[, 0  ln(1 + u)  u,

on a, pour tout x ∈ ]0 ; 1] :  x  x ln(1 + t 2 ) t dt dt  0  − f (x) = t x2 x2  2 x x2 − x4 t = . = 2 x2 2

 x2 1 1 1 dt = dt t t2 t3 x x

 −2 x 2  t 1 1 1 1 = = −  2, 2 4 −2 x 2 x x 2x

 1 . B(x) = O x−→+∞ x2

 1 f (x) = 3( ln x)2 + O . x−→+∞ x2 x2

En particulier : f (x) −→ +∞ , x−→+∞

f (x) 3(ln x)2 ∼ −→ 0. et x−→+∞ x x−→+∞ x Ceci montre que la courbe représentative de f admet, lorsque x −→ +∞, une branche parabolique de direction asymptotique x x. • Valeurs remarquables : f (1) = 0 et

f (1) = ln 2  0,693 . . .

• Tracé de la courbe représentative de f : y

Il s’ensuit, par le théorème d’encadrement : f (x) −→ 0.

y = f(x)

x−→0

On peut donc prolonger f en 0 par continuité en posant f (0) = 0 . De plus : f (x) =

 1 2 ln(1 + x 4 ) − ln(1 + x 2 ) x  1 − x 2 + o (x 2 ) = −x + o(x) −→ 0. = x−→0 x−→0 x

Comme f est continue sur [0 ; +∞[, que f est de classe C 1 sur ]0 ; +∞[ et que f (x) −→ 0, d’après le théorème limite de la x−→0 1

dérivée, f est de classe C sur [0 ; +∞[et f (0) = 0 . • Étude en +∞ : On a, pour tout x ∈ [1 ; +∞[ : 



 x2  x2 1 ln(1 + t 2 ) 1 f (x) = dt dt = ln t 2 1 + 2 t t t x x

  x2

1 1 2 ln t + ln 1 + 2 = dt t t x 

 x2  x2 ln t 1 1 =2 dt + ln 1 + 2 dt . t t t  x   x   notée A(x) notée B(x) On a : x 2   2 A(x) = (ln t)2 x = ln (x 2 ) − ( ln x)2 = 4(ln x)2 − ( ln x)2 = 3(ln x)2 . 68

α

O

1

f(α)

x

2.28 Considérons l’application g : ] − 1 ; +∞[−→ R définie, pour tout u ∈ ] − 1 ; +∞[, par :



1+u

g(u) = f (1 + u) = 1

et dt , t

obtenue en notant u = x − 1 dans l’expression de f (x) , de façon que la variable (u) tende vers 0 lorsque x tend vers 1. et , est de classe C ∞ sur ]0 ; +∞[, d’après le t cours, g est de classe C ∞ sur ] − 1 ; +∞[ et :

Puisque t −→

∀ u ∈ ] − 1 ; +∞[, g (u) =

e1+u . 1+u

On va former le DL 2 (0) de g , puis primitiver pour obtenir le DL 3 (0) de g. On a : 1 g (u) = e eu 1+u    u2 =e 1+u+ + o(u 2 ) 1 − u + u 2 + o(u 2 ) 2 

e u2 + o(u 2 ) = e + u 2 + o(u 2 ) . =e 1+ 2 2

On déduit, par primitivation, pour une fonction de classe C 1 dont la dérivée admet un DL 2 (0) : g(u) = g(0) + e u + 

1

e u3 + o(u 3 ) . 2 3

ey t dt = 0. t

g(0) =

Et :

1

On conclut : e f (x) = e u + u 3 + o(u 3 ), 6 

2.29

On a, pour tout x ∈

f (x) =

−

On peut donc considérer l’application, encore notée ϕ, de R − {−1,1} dans lui-même, définie par :

u = x − 1 −→ 0 . x−→1

 π π − {0} : ; 2 2

1 1 − ( sin x sh x)2 (tan x th x)2 1 = (1 − cos 2 x ch2 x). 2 sin x sh2 x

∀ x ∈ R − {−1,1}, ϕ(x) =

Calculons, pour tout x ∈ R − {−1,1}, les itérées de ϕ en x, pour la loi de composition, notées ϕ[2] (x), ϕ[3] (x),. . . :   ϕ[2] (x) = ϕ ϕ(x) x −3 −3 3+x −2x − 6 ϕ(x) − 3 = x +1 = , = = x −3 ϕ(x) + 1 2x − 2 1−x +1 x +1   ϕ[3] (x) = ϕ ϕ[2] (x) 3+x −3 ϕ[2] (x) − 3 4x = [2] = x −1 = x. = 3+x ϕ (x) + 1 4 +1 x −1

Pour le dénominateur : sin 2 x sh2 x ∼ x 4 .

• 1) Soit f convenant.

On va chercher un équivalent simple du numérateur.

On a donc :

x−→0

On remarque : 1 − cos x ch x = (1 − cos x ch x)(1 + cos x ch x) 2

2

/ 0. et : 1 + cos x ch x −→ 2 = x−→0

On va chercher un DL 4 (0) de 1 − cos x ch x , pour en avoir un équivalent simple : 1 − cos x ch x



 x2 x2 x4 x4 =1− 1− + + o(x 4 ) 1 + + + o(x 4 ) 2 24 2 24 

1 4 1 4 4 = 1 − 1 − x + o(x ) = x + o(x 4 ) . 6 6 On a donc : et on conclut :

2.30

f (x) ∼

x−→0

1 1 4 1 x ·2= x4 6 3

1 f (x) −→ . x−→0 3

• Considérons l’application x −3 ϕ : R − {−1,1} −→ R, x −  → ϕ(x) = . x +1

On a, pour tout x ∈ R − {−1,1} : x −3 = 1 ⇐⇒ 4 = 0 , ϕ(x) = 1 ⇐⇒ x +1 impossible, et, d’autre part : x −3 ϕ(x) = −1 ⇐⇒ = −1 x +1 ⇐⇒ x − 3 = −x − 1 ⇐⇒ x = 1, impossible. Ainsi : ∀ x ∈ R − {−1,1}, ϕ(x) ∈ R − {−1,1}.

x −3 . x +1

    ∀ x ∈ R − {−1,1}, f ϕ(x) + f ϕ[2] (x) = x . Appliquons ceci à x, ϕ(x), à ϕ[2] (x) :      f ϕ(x) + f ϕ[2] (x) = x     f ϕ[2] (x) + f (x) = ϕ(x)      f (x) + f ϕ(x) = ϕ[2] (x)

E1 E2

E3 .     En effectuant E 2 + E 3 − E 1 , on élimine f ϕ(x) et f ϕ[2] (x) , et on obtient f (x) , d’où :

 1 ϕ(x) + ϕ[2] (x) − x f (x) = 2

 1 x 3 + 7x 1 x −3 3+x . + −x = = 2 x +1 1−x 2 1 − x2 2) Réciproquement, un calcul direct (un peu long sans logiciel de calcul formel) montre que l’application f trouvée en 1) convient. On conclut qu’il y a une application f et une seule convenant : f : R − {−1,1} −→ R, x −→ f (x) =

1 x 3 + 7x . 2 1 − x2

2.31 a) Considérons g : R −→ R, x −→ f (x + a) − f (x) . On a, d’après l’hypothèse de l’énoncé : ∀ x ∈ R, g(x + b) = f (x + a + b) − f (x + b) = f (x + a) − f (x) = g(x), donc g est b-périodique. 69

On a alors, pour tout n ∈ N et tout x ∈ R :  f (x + a) − f (x) = g(x)        f (x + a + b) − f (x + b) = g(x + b) = g(x) ..   .        f (x + a + nb) − f x + a + (n − 1)b = g(x) d’où, par sommation et télescopage : f (x + a + nb) − f (x) = ng(x) . On déduit, puisque f est bornée, pour tout x ∈ R :    f (x + a + nb) − f (x) 2|| f ||∞  −−−→ 0 , |g(x)| = n∞ n n ∀ x ∈ R, g(x) = 0,

donc : c’est-à-dire :

∀ x ∈ R, f (x + a) = f (x).

Par rôles symétriques dans les hypothèses, on conclut que f est aussi b-périodique. b) L’application f vérifie les hypothèses de a), puisqu’elle est 1 13 1 . bornée, avec a = , b = , a + b = 6 7 42 1 1 D’après a), on déduit que f est -périodique et que f est 6 7 1 1 1 1 = − , il en résulte que f est périodique. Comme 42 6 7 42 périodique, l’ensemble des périodes de f formant, d’après le cours, un sous-groupe additif de R. a) 1) Supposons |u| dérivable sur I.

Soit x ∈ I tel que u(x) = 0 . On a :

* Si u(x) = 0 , alors, par hypothèse, u (x) = 0, donc :   |u|(x + h) − |u|(x)  |u(x + h)|  =  h |h|    u(x + h) − u(x)   −→ |u (x)| = 0, =   h−→0 h |u|(x + h) − |u|(x) −→ 0, x−→0 h ce qui montre que |u| est dérivable en x, et que de plus |u| (x) = 0. donc :

On conclut que |u| est dérivable en x, pour tout x ∈ I, donc |u| est dérivable sur I. b) On a, pour tout x ∈ I :   ϕ(x) = Max f (x), g(x)

 1 f (x) + g(x) + | f (x) − g(x)| . 2 Comme f et g sont dérivables sur I, il s’ensuit que ϕ est dérivable sur I si et seulement si | f − g| l’est. =

Ceci montre que f est a-périodique.

2.32

* Si u(x) < 0 , alors de même, au voisinage de x, |u| coïncide avec −u, donc |u| est dérivable en x.

|u|(x + h) − |u|(x) −→ |u| (x), h−→0 h

et :

  u(x + h) − u(x) |u|(x + h) − |u|(x) |u(x + h)| = = h h h     −→+ |u (x)|  u(x + h) − u(x)  h−→0  = sgn (h)   −→ −|u (x)|. h h−→0−

On a donc |u (x)| = −|u (x)|, d’où u (x) = 0.   Ceci montre : ∀ x ∈ I, u(x) = 0 ⇒ u (x) = 0 . 2) Réciproquement, supposons :   ∀ x ∈ I, u(x) = 0 ⇒ u (x) = 0 . Soit x ∈ I . * Si u(x) > 0, alors, comme u est continue en x (car dérivable en x ), au voisinage de x , |u| coïncide avec u, donc |u| est dérivable en x .

En appliquant le résultat de a) à f − g à la place de u, on conclut que ϕ est dérivable sur I si et seulement si :   ∀ x ∈ I, f (x) = g(x) ⇒ f (x) = g (x) .

2.33 D’après l’hypothèse, on a, pour tout x ∈ [a ; +∞[ :  2 f (x) f (x)  | f (x)| | f (x)|  λ| f (x)|2 = λ f (x) .

Considérons l’application  2 g : [a ; +∞[−→ R, x −→ g(x) = e−2λx f (x) . Puisque f est dérivable sur [a ; +∞[, g l’est aussi, et, pour tout x ∈ [a ; +∞[ :   2  g (x) = 2e−2λx f (x) f (x) − λ f (x)  0 . Il en résulte que g est décroissante sur [a ; +∞[. Mais il est clair, par sa définition, que g
0 , et on a

 2 g(a) = e−2λa f (a) = 0 .

Il en résulte g = 0, puis f 2 = 0 et donc f = 0.

2.34 a) • Soit f ∈ E . On a, d’après l’inégalité de Cauchy et Schwarz :

 1 2  1   1  f  12 f 2 . 0



Mais : 0

0 1

f = f (1) − f (0) = λ. 

On a donc : 0

70

0

1

f 2
λ2 .

• Considérons l’application particulière :

On déduit :

f 0 : [0 ; 1] −→ R, t −→ λt .  1  1 f 0 2 = λ2 = λ2 . On a f 0 ∈ E et :

donc

0



0

f ∈E

f

2

f n : [0 ; 1] −→ R, x −→ λx n . Il est clair que : ∀ n ∈ N∗ , f n ∈ E .

0

On conclut :

2.35

n∞

0

b) Considérons, pour tout n ∈ N :

0

 x 2n+1 1 λ2 = −−−→ 0 . 2n + 1 0 2n + 1 n ∞  1 Inf f 2 = 0. 

λ2 x 2n dx = λ2

f ∈E

2.36 Remarquons d’abord que, dans les conditions de k n 1  2 = −−−→ 0, n2 n n n∞  



k k n . = exp n ln 1 + 2 et que, d’autre part : 1 + 2 n n l’énoncé : 0 

x2  ln(1 + x)  x. 2 Soit x ∈ [0 ; +∞[. En appliquant la formule de Taylor avec reste intégral à ϕ : t −→ ln(1 + t) sur [0 ; x], on a :  x (x − t)

ϕ(x) = ϕ(0) + ϕ (0)x + ϕ (t) dt , 1! 0  x 1 (x − t) dt. c’est-à-dire : ln (1 + x) = x − (1 + t)2 0 • Montrons : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, x −

0

a) Soit n ∈ N∗ . Considérons l’application

 n x 1+ − 2n . f n : [0 ; +∞[−→ R, x −→ k k=1

L’application f n est dérivable (donc continue) sur [0 ; +∞[ 1 n  k > 0,

et : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, f n (x) = x k=1 2 1+ k donc f n est strictement croissante sur [0 ; +∞[. De plus : f n (0) = n − 2n = −n < 0 et f n (x) −→ +∞. x−→+∞

D’après le théorème de la bijection monotone, il existe donc xn ∈ [0 ; +∞[ unique tel que f n (xn ) = 0 . √ √ √ ∀ (a,b) ∈ (R+ )2 , a + b  a + b b) On sait :

Mais :  0 0

x

x −t dt  (1 + t)2



(x − t) dt

Appliquons le résultat précédent à k ∈ {1,. . . ,n} :

(x − t)2 2

x = 0

x2 . 2

k à la place de x, pour tout n2



k k k2 k −  ln 1 +  2, 2 4 2 n 2n n n 

k k 1 k − 2  ln 1 + 2  2 , n2 2n n n

donc, en multipliant par n

1 L’application x −→ √ , est continue et décroissante sur x [1 ; +∞[, donc :  n n  1 1 √ 1+ √ dt t k 1 k=1 √ n √ √ √ = 1 + [2 t]1 = 1 + 2( n − 1) = 2 n − 1  2 n.

−

x2  ln(1 + x)  x. On a donc : x − 2 • Soit n ∈ N∗ .

d’où :

grale.

 =

On a donc, pour tout n ∈ N∗ :

 n n n    √  xn 1 xn = n + xn 1+  1+ 2n = √ . k k k k=1 k=1 k=1 n  1 √ , par comparaison d’une somme à une inték k=1

x

0

(ce que l’on peut redémontrer en développant les carrés).

Évaluons

√ xn 2 n,

xn −−−→ + ∞.

=λ ,

∗

1

√

√ n n , puis xn
. 2 4

2

et cette borne inférieure est atteinte (au moins) pour l’application f 0 définie plus haut.

Et on a :  1  f n2 =

xn


On conclut :

1

Inf

On conclut :

√

2n  n +



k k 1 k  n ln 1 + 2  , − n 2n n n puis, en passant aux exponentielles :

 k n k 1 k  en . e n e− 2n  1 + 2 n On déduit, en sommant pour k allant de 1 à n, puis en divisant par n :  n n

n k n 1 1 1 1  k k 1+ 2 en   en . e− 2n n k=1 n k=1 n n k=1 71

On a, par sommation géométrique :  1 n n n    1 k −1 k 1 en 1 e − 1 en = en en = = en 1 , 1 n − 1 e en − 1 k=1 k=1

Enfin, puisque f est continue et strictement croissante sur l’intervalle U, d’après le théorème de la bijection monotone, f réalise une bijection de U sur V. b) 1) Supposons que f −1 admette un DL 3 (0) :

1 puis, comme e − 1 ∼ : n∞ n 1 n

f −1 (y) = α + βy + γy 2 + δy 3 + o (y 3 ) . y−→0

1 n 1 k 1 n e n = e n (e − 1) 1 −−−→ e − 1 . n k=1 en − 1 n∞

On a alors α = f −1 (0), et, puisque f −1 est dérivable en 0, d’après le cours, β = ( f −1 ) (0). Mais f (0) = 0 et f (0) = 1 , donc f −1 (0) = 0 et

On conclut, par le théorème d’encadrement :  n

1 k n 1+ 2 −−−→ e − 1 . n∞ n k=1 n

( f −1 ) (0) =

1 1 1  = = = 1. f (0) 1 f f −1 (0)

Le DL 3 (0) de f −1 est donc de la forme :

2.37

f −1 (y) = y + γy 2 + δy 3 + o(y 3 ) .

Considérons 

x

f (t) dt .

g : [0 ; 1] −→ R, x −→ g(x) = a + b 0

Puisque f est continue sur [0 ; 1] , g est de classe C 1 sur [0 ; 1] ∀ x ∈ [0 ; 1], g (x) = b f (x). et : De plus, d’après l’hypothèse de l’énoncé :

On a, pour x ∈ U :   x = f −1 f (x)   = f −1 x + ax 2 + bx 3 + o(x 3 ) = (x + ax 2 + bx 3 ) + γ(x + ax 2 + bx 3 )2

∀ x ∈ [0 ; 1], g(x)
a > 0 .

+ δ(x + ax 2 + bx 3 )3 + o(x 3 )

∀ x ∈ [0 ; 1], g (x)  b g(x),

On déduit :

∀ x ∈ [0 ; 1],

puis :

g (x) b  . √ 2 2 g(x)

En intégrant sur [0 ; x], pour tout x ∈ [0 ; 1] :  x  x g (t) dt = g(t) √ 0 0 2 g(t) =

g(0) = g(x) −  x √ b bx g(x) − a  dt = , 2 0 2 

√ bx 2 g(x)  a+ , 2

On a donc :

d’où : c’est-à-dire :  a+b 0

x

g(x) −

f (t) dt = g(x)  a + 

et on conclut : 0

x

= (x + ax 2 + bx 3 ) + γ(x 2 + 2ax 3 ) + δx 3 + o(x 3 )

f (t) dt 

= x + (a + γ)x 2 + (b + 2γa + δ)x 3 + o(x 3 ).

√ a.

√ b2 a bx + x 2 , 4

√ b a x + x 2. 4

2.38

a) Puisque f (0) = 1 > 0 et que f est continue en 0, il existe η > 0 tel que : ∀ x ∈ ] − η ; η[, f (x) > 0,

donc f est strictement croissante sur ] − η ; η[ . Notons U = ] − η ; η[ et V = f (U ) = ] − f (η) ; f (η)[ . Puisque f (0) = 0 , on a alors f (−η) < 0 < f (η). 72

Par unicité du DL 3 (0) de x −→ x, on déduit :  γ = −a a+γ=0 d’où : b + 2γa + δ = 0 δ = 2a 2 − b. 2) Réciproquement, montrons que la valeur obtenue ci-dessus pour (γ,δ) convient, c’est-à-dire montrons : f −1 (y) = y − ay 2 + (2a 2 − b)y 3 + o(y 3 ) . Notons x = f −1 (y) , de sorte que y = f (x) et x −→ 0 . y−→0

On a :

=

=

  f −1 (y) − y − ay 2 + (2a 2 − b)y 3  x − (x + ax 2 + bx 3 ) − a(x + ax 2 + bx 3 )2

 + (2a 2 − b)(x + ax 2 + bx 3 )3 + o(x 3 )

 x − (x + ax 2 + bx 3 ) − a(x 2 + 2ax 3 )  + (2a 2 − b)x 3 + o(x 3 )

= o(x 3 ) = o(y 3 ), car x ∼ y. y−→0

On conclut que f

−1

admet un DL 3 (0) et que :

f −1 (y) = y − ay 2 + (2a 2 − b)y 3 + o (y 3 ) . y−→0

Considérons, pour tout n ∈ N∗ : n n   1 1 =n vn = . k k k=1 k=1 n • On sait, par comparaison somme/intégrale (cf, par exemple, n  1 ∼ ln n, exercice 2.8) : n∞ k k=1

2.39

donc : vn ∼ n ln n. n∞

• Notons, pour tout n ∈ N∗ : n

 wn = u n − vn = k=1

1 1

− k k ln 1 + n n

 .

Considérons l’application ϕ : ]0 ; 1] −→ R, x −→ ϕ(x) =

1 1 − . ln(1 + x) x

On a, au voisinage de 0 pour la variable x :

 x2 x− x− + o(x 2 ) x − ln(1 + x) 2 ϕ(x) = = x ln (1 + x) x ln (1 + x) 2

x + o(x 2 ) 1 1 = 22 = + o(1) −→ . x−→0 2 x + o(x 2 ) 2 On peut donc compléter ϕ par continuité en 0, en posant 1 ϕ(0) = . L’application ϕ : [0 ; 1] −→ R ainsi construite est 2 continue sur le segment [0 ; 1] , donc, d’après un théorème du cours, ϕ est bornée. Il existe donc M ∈ R+ tel que : ∀ x ∈ [0 ; 1], |ϕ(x)|  M.    k    M, On a alors : ∀ n ∈ N∗ , ∀ k ∈ {1,. . . ,n}, ϕ n 

* Réciproquement, soit u ∈ [−1 ; 1]. Notons y = Arccos u. Puisque f est bijective, il existe x ∈ R tel que y = f (x) .   On a alors : u = cos y = cos f (x) = f ( sin x). Comme sin x ∈ [−1 ; 1], ceci montre : ∀ u ∈ [−1 ; 1], ∃ v ∈ [−1 ; 1], u = f (v) . Ceci établit que f réalise une bijection de [−1 ; 1] sur [−1 ; 1] . Comme f est continue, d’après un exercice classique, f est strictement monotone. f (−1) = −1 f (−1) = 1 En particulier : ou f (1) = 1 f (1) = −1. Il existe donc ε ∈ {−1,1} tel que : f (−1) = −ε et f (1) = ε .   • On a : f ( sin 1) = cos f (1) = cos ε et :     f (− sin 1) = f sin (−1) = cos f (−1) = cos (−ε) = cos ε , f ( sin 1) = f (− sin 1).

donc :

Comme f est injective, il s’ensuit sin 1 = − sin 1 , d’où sin 1 = 0, contradiction. On conclut qu’il n’existe pas de f convenant. 



2.41 Notons E = (x,y) ∈ [0 ; 1]2 ; |x − y|
a . • Montrons que E est compact. y 1 E

d’où, en sommant pour k allant de 1 à n : 

  n    n k  ϕ k   Mn . ∀ n ∈ N∗ , |wn | =  ϕ   n  n  k=1

k=1

Ceci montre : u n − vn = O (n).

E

n∞

On obtient : u n = vn + O(n) et vn ∼ n ln n, donc : u n ∼ n ln n . n∞

2.40

a

a) Supposons qu’il existe f convenant.

On a alors, pour tout x ∈ R :     f (x) = f sh (Argsh x) = ch f (Argsh x) ∈ R+ , contradiction, puisque, par exemple, f n’atteint pas −1.

O

a

1

x

Considérons l’application ϕ : R2 −→ R, (x,y) −→ |x − y| .

On conclut qu’il n’existe pas de f convenant.

On a donc : E = ϕ−1 ([a ; +∞[).

b) Supposons qu’il existe f convenant.

Ainsi, E est l’image réciproque du fermé [a ; +∞[ par l’application continue ϕ, donc E est fermé dans R2 , ce qui se voit aussi sur le schéma.

• * Soit t ∈ [−1 ; 1] . Notons x = Arcsin t . On a :   f (t) = f ( sin x) = cos f (x) ∈ [−1 ; 1] .

73

D’autre part, E est borné, puisque E ⊂ [0 ; 1]2 . Ainsi, E est une partie fermée bornée de R , qui est un R-espace vectoriel normé de dimension finie, donc E est compact. 2

En passant aux bornes supérieures lorsque t décrit [a ; b], g(x)  g(y) + M|x − y|, on déduit : g(x) − g(y)  M|x − y|.

d’où :

En appliquant ceci à (y,x) à la place de (x,y), on a aussi :

• Considérons d’autre part l’application

g(y) − g(x)  M|x − y| ,

   f (x) − f (y)   . F : E −→ R, (x,y) −→ F(x,y) =   x−y

|g(x) − g(y)|  M|x − y|.

et donc :

L’application F est définie et continue sur E , puisque le dénominateur x − y ne s’annule pas. Puisque F est continue sur le compact E et est à valeurs dans R, d’après le cours, F est bornée et atteint ses bornes. Notons C = Sup F(x,y) ∈ R+ .

On a a montré : ∀ A ∈ R+ , ∃ M ∈ R+ , ∀ (x,y) ∈ [−A ; A]2 , |g(x) − g(y)|  M|x − y|. Ainsi, g est M -lipschitzienne sur [−A ; A], donc g est continue sur [−A ; A]. Puisque g est continue sur [−A ; A] pour tout A ∈ R+ , on conclut que g est continue sur R .

(x,y)∈E

Il existe (x0 ,y0 ) ∈ E tel que : C = F(x0 ,y0 ) < 1 . On conclut : ∃ C ∈ [0 ; 1[, ∀ (x,y) ∈ [0 ; 1]2 ,   |x − y|
a ⇒ | f (x) − f (y)|  C|x − y| .

2.43 Pour tout n ∈ N∗ , notons : 

1

In =

n 2 (x n − x n+1 ) f (x) dx 0



2.42

et considérons : Jn =

• Soit (x,y) ∈ R . 2

On a, pour tout t ∈ [a ; b], en utilisant l’inégalité triangulaire renversée, puis l’inégalité triangulaire :      n i   n i     x f i (t) −  y f i (t)   i=0  i=0    n n     n i  i   x f i (t) − y i f i (t) =  (x − y i ) f i (t) i=1 i=1 i=1   n n   (x i − y i ) f i (t)  |x i − y i | | f i (t)| =  i=1

i=1



n 

|x i − y i | || f i ||∞ .

i=1

• Soit A ∈ R+ . On a, pour tout (x,y) ∈ [−A ; A]2 :   i−1    ∀ i ∈ {1,. . . ,n}, |x i − y i | = (x − y) x k y i−1−k 

 |x − y|

|x| |y| k

i−1−k

 |x − y|i A

d’où, en sommant : n n   |x i − y i | || f i ||∞  |x − y| || f i ||∞ i A−1 . i=1



 noté M



On obtient, pour tout (x,y) ∈ [−A ; A]2 :      n i   n i       M|x − y| ,  x f (t) y f (t) − i i     i=0

i=0

      n i   n i x f i (t)   y f i (t) + M|x − y|. et donc :  i=0

74

i=0

1) On calcule Jn , pour tout n ∈ N∗ :   n+1 x x n+2 1 f (1) Jn = n 2 − n+1 n+2 0 

n2 1 1 f (1) = − f (1). = n2 n+1 n+2 (n + 1)(n + 2) Jn −−−→ f (1).

On a donc :

n∞

D’autre part, pour tout n ∈ N∗ :  1     n 2 (x n − x n+1 ) f (x) − f (1) dx  |In − Jn | =  0  1    n 2 (x n − x n+1 ) f (x) − f (1) dx. 0

k=0

i=1

n 2 (x n − x n+1 ) f (1) dx. 0

Soit ε > 0 fixé.

k=0

i−1 

1

i−1

,

• Puisque f est continue en 1, il existe η > 0 tel que :   ∀ x ∈ [1 − η ; 1],  f (x) − f (1)  ε . On a alors, pour tout n ∈ N∗ :  1   n 2 (x n − x n+1 ) f (x) − f (1) dx 1−η

ε



1

1−η

n 2 (x n − x n+1 ) dx  ε



1

n 2 (x n − x n+1 ) dx 0

=ε

n2  ε. (n + 1)(n + 2)

• D’autre part, puisque f est continue sur le segment [0 ; 1], d’après le théorème fondamental, f est bornée, d’où, pour n ∈ N∗ :



1−η

  n 2 (x n − x n+1 ) f (x) − f (1) dx

0



1−η



• D’autre part, pour tout n
2 :  1 Jn = 2x n−1 ln (1 + x n ) dx 0

n 2 (x n − x n+1 )2|| f ||∞ dx



0



1−η



u=x

n x 2|| f ||∞ dx 2 n

0

= 2n 2 || f ||∞

 x n+1 1−η n+1 0

2n 2 || f ||∞ (1 − η)n+1 −−→ 0, n∞ n+1

=

Il existe donc N ∈ N tel que :  1−η   n 2 (x n − x n+1 ) f (x) − f (1) dx  ε . ∀ n
N, 0

On a donc, par addition :  1   ∀ n
N, n 2 (x n − x n+1 ) f (x) − f (1) dx  2ε .

0





1  u2 − u + ln (1 + u) 2 0



 1 1 1 ln 2 − = − 1 + ln 2 = . n 2 2n

 1 1 . +O On conclut : In = Jn + (In − Jn ) = 2n n∞ n 3 =

par prépondérance classique.

1

2 u ln (1 + u) du n

  1 1 1  2 1 u2 u ln (1 + u) 0 − du = ipp n 1+u 0

   1

1 1 ln 2 − du u−1+ = n 1+u 0 =n

1 n

ln 2 −

0

In − Jn −−−→ 0.

Ceci montre :

n∞

Enfin : In = (In − Jn ) + Jn −−−→ 0 + f (1) = f (1). n∞

2.44

Considérons, pour tout n ∈ N tel que n
2 :  1 Jn = 2x n−1 ln(1 + x n ) dx , 0

qui ressemble à In et semble plus accessible à un calcul. • On a, pour tout n ∈ N tel que n
2 :

= = =

|In − Jn |   1    n  n−1 n−2 n  +x x − 2x ln (1 + x ) dx   0   1   n−2 2 n   x (x − 1) ln (1 + x ) dx   0  1 x n−2 (x − 1)2 ln (1 + x n ) dx 0





0,1,. . . ,n, donc, d’après le théorème de Rolle, Pn s’annule en au moins n points x1 ,. . . ,xn tels que : 0 < x1 < 1 < . . . < xn < n . Comme

x

n−2



ln 2 0

1

  n+1 xn x n−1 1 x −2 + = ln 2 n+1 n n−1 0 

1 2 1 = ln 2 − + n+1 n n−1 2 ln 2 = , (n − 1)n(n + 1)

 1 . donc : In − Jn = O n∞ n3

n (X − k) : k=0

Pn Pn d’où :

n  k=0

=

n  k=0

1 , X−k

 1 P P (u n ) = − n (u n ) = − n = 0. k − un Pn Pn (u n )

c) Isolons, dans le résultat précédent, le terme d’indice 0 : n n   1 1 1 =
. un k − u k n k=1 k=1

2

 x n − 2x n−1 + x n−2 dx

= n , on a là tous les zéros de Pn .

b) On a, d’après le cours, puisque Pn =

(x − 1) ln 2 dx



deg (Pn )

En particulier, il existe u n ∈ ]0 ; 1[ unique (c’est le x1 dans les notations précédentes) tel que Pn (u n ) = 0.

1

0

=

2.45 a) Le polynôme Pn est dérivable sur R et s’annule en

D’autre part, par comparaison somme/intégrale, puisque l’ap1 plication x −→ , est décroissante et continue, on montre x n  1 ∼ ln n. (cf. aussi l’exercice 2.8) : n∞ k k=1 D’où :

1 −−−→ + ∞, et donc : u n −−−→ 0. n∞ un n ∞

d) Reprenons l’étude précédente, en isolant aussi le terme d’indice 1 : 75

n  1 k=1

k



n n   1 1 1 1 = = + un k − u 1 − u k − un n n k=1 k=2

n n−1   1 1 1 1 + + = . 1 − un k − 1 1 − u k n k=2 k=1 

n−1  1 1 ∼ ln n. ∼ ln(n − 1) = ln n + ln 1 − On a : k n∞ n n∞ k=1



Enfin :

1 −−−→ 1, car u n −−−→ 0. n∞ 1 − un n ∞

On obtient, par encadrement : et on conclut : u n ∼

n∞

1 ∼ ln n, u n n∞

1 . ln n

2.46

a) • Une récurrence immédiate montre que, pour tout n ∈ N∗ , u n existe et u n
0 . un 1 + 2  u n + 1, • On a : ∀ n ∈ N∗ , 0  u n+1 = n n ou encore, par décalage d’indice, pour tout n
2 :

• Il existe donc M ∈ R+ tel que : ∀ n
1, u n  M. D’où, en reportant dans la définition de la suite : M M un 1 1 1 M +1 0  u n+1 = + 2  + 2  + = , n n n n n n n M +1 . et donc, par décalage : ∀ n
2, u n  n−1 On déduit, en reportant encore : M +1 un 1 1 0  u n+1 = + 2  + , n n n(n − 1) n 2

 1 . un = O ce qui montre : n∞ n2

 1 1 un 1 1 + 2 = O 3 + 2 ∼ 2, Alors : u n+1 = n n n n n∞ n puis, par décalage d’indice : u n ∼

n∞

b) On a : un 1 + 2 n n

 1 1 1 1 + 2 = + o n n2 n2 n

 1 1 1 = 2 + 3 +o 3 , n n n

u n+1 =

u n  u n−1 + 1 . On a, en réitérant : u n  u n−1 + 1 u n−1  u n−2 + 1 .. . u 2  u 1 + 1, d’où, en sommant et en simplifiant : u n  u 1 + (n − 1) . On reporte alors cette inégalité dans la définition de la suite : u 1 + (n − 1) un 1 1 ∀ n
2, 0  u n+1 = + 2  + 2 n n n n 1 1  u1 + 1 − + 2  u1 + 1 . n n Il en résulte que la suite (u n )n
1 est bornée.

76

1 1 ∼ . (n − 1)2 n∞ n 2

d’où, par décalage d’indice : un =



1 1 1 + + o (n − 1)2 (n − 1)3 (n − 1)3



 1 −3 1 1 1 − + o n3 n n3



 1 2 1 1 + 3 +o 3 +o n n n n

 1 3 1 = 2 + 3 +o 3 . n n n

1 1− n2

1 = 2 1+ n =

1 n

−2

+

Intégration sur un intervalle quelconque Plan

CHAPITRE

3

Thèmes abordés dans les exercices •

Intégrabilité ou non-intégrabilité d’une application f : I −→ C, où I est un intervalle quelconque

89

•

Existence et calcul d’intégrales sur un intervalle quelconque

95

•

Pour une intégrale dépendant d’un paramètre, détermination de la limite, d’un équivalent simple, d’un développement asymptotique

•

Détermination de la nature d’une intégrale impropre

•

Étude de la continuité et de la classe pour une fonction définie par une intégrale dépendant d’un paramètre

•

Calcul de certaines intégrales dépendant d’un paramètre

•

Étude et représentation graphique d’une fonction définie par une intégrale dépendant d’une paramètre

•

Existence ou non-existence d’une intégrale double sur le produit de deux intervalles quelconques

•

Existence et calcul d’une intégrale double sur le produit de deux intervalles quelconques

Les méthodes à retenir

78

Énoncés des exercices

81

Du mal à démarrer ? Corrigés

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •

Définition et propriétés de l’intégrabilité sur un intervalle quelconque, pour les fonctions à valeurs dans R+ , pour les fonctions à valeurs dans C. En particulier, le théorème de majoration, le théorème d’équivalence, les exemples de Riemann en +∞, en 0, en a, a ∈ R, les règles x α f (x) en +∞ et en 0, les exemples du cours sur le logarithme et l’exponentielle

•

Les inégalités sur les intégrales de fonctions intégrables

•

La relation de Chasles

• •

Le changement de variable pour des intégrales sur un intervalle quelconque La définition de la convergence et de la divergence pour les intégrales  →+∞ sin x dx impropres, et l’exemple classique x 1 Les théorèmes de continuité et de dérivation sous le signe intégrale, avec hypothèse de domination ou hypothèse de domination locale

•

77

Chapitre 3 • Intégration sur un intervalle quelconque

•

L’étude de la fonction  d’Euler

•

La notion d’intégrabilité sur le produit de deux intervalles quelconques

•

Le théorème de Fubini pour les intégrales doubles sur le produit de deux intervalles quelconques.

Les méthodes à retenir

Pour étudier l’intégrabilité d’une application f : I −→ C, où I est un intervalle semi-ouvert, par exemple fermé à gauche et ouvert à droite, I = [a ; b[, −∞ < a  b  +∞

S’assurer d’abord que f est continue par morceaux sur I . • Le plus souvent, procéder pour | f | à une étude locale en b, par utilisation du théorème de majoration ou de minoration, du théorème d’équivalence, de la règle x α f (x) ou d’une règle analogue, par comparaison à l’exemple de Riemann ou à un exemple du cours.

➥ Exercices 3.1 a) à f), 3.7, 3.9, 3.10 a), 3.11 a), 3.13, 3.14 a), 3.21 a), 3.29, 3.43, 3.50 a)

• S’il existe g : I −→ R , continue par morceaux,
0, intégrable sur I , telle que | f |  g, alors f est intégrable sur I , sans que l’on ait besoin d’effectuer une étude locale en une extrémité de I .

➥ Exercices 3.2, 3.40, 3.41.

Pour étudier l’intégrabilité d’une application f : I −→ C, où I est un intervalle ouvert, I =]a ; b[, −∞  a  b  +∞

S’assurer que f est continue par morceaux sur I . • Le plus souvent, procéder pour | f | à une étude locale en a et à une étude locale en b. Par définition, f est intégrable sur ]a ; b[ si et seulement s’il existe c ∈ ]a ; b[ tel que f soit intégrable sur ]a ; c] et sur [c ; b[.

➥ Exercices 3.1 g) à i), 3.14 b) à d), 3.15, 3.17 b, f) • S’il existe g : I −→ R , continue par morceaux,
0, intégrable sur I , telle que | f |  g, alors f est intégrable sur I , sans que l’on ait besoin d’effectuer des études locales en les extrémités de I .

➥ Exercices 3.5, 3.6, 3.17 a), 3.22 a). En règle générale, séparer l’existence et le calcul.

• Pour l’existence, voir les méthodes ci-dessus. Le plus souvent, un Pour étudier l’existence d’une intégrale et calculer cette intégrale, dans un exemple

argument qualitatif (comparaison avec des fonctions usuelles) permet de montrer l’intégrabilité. • Pour le calcul, dans les cas simples, passer par un calcul de primitives. Un changement de variable peut être fait directement. Mais, pour une intégration par parties, on procèdera d’abord sur un segment, puis on fera tendre une borne vers la valeur indiquée.

➥ Exercices 3.3 a) à e), 3.4, 3.8, 3.14, 3.17 c) à f), 3.18, 3.27, 3.36 78

Les méthodes à retenir

• Dans certains exemples, un changement de variable qui échange les bornes permet de calculer l’intégrale ou de se ramener à une autre intégrale.

➥ Exercices 3.15, 3.16, 3.17 a), b), 3.36, 3.38, 3.39. Essayer de :

• conjecturer la limite, qui est souvent, dans les exemples simples, l’intégrale de la limite, et montrer que la différence entre l’intégrale de l’énoncé et la limite conjecturée tend vers 0

➥ Exercices 3.10 b), 3.21 b), 3.22 b), 3.30 c), 3.43 Pour trouver la limite d’une intégrale dépendant d’un paramètre

• former une intégrale qui ressemble à l’intégrale de l’énoncé et est plus simple que celle-ci, puis montrer que leur différence tend vers 0

➥ Exercice 3.19 • se ramener à une étude de continuité, et utiliser le théorème de continuité sous le signe intégrale

➥ Exercices 3.20, 3.28. En général, on aura d’abord trouvé la limite de cette intégrale, cette limite étant presque toujours 0 ou +∞ . Essayer de : • se ramener à une recherche de limite d’intégrale, par changement de variable ou intégration par parties Pour trouver un équivalent simple d’une intégrale dépendant d’un paramètre

➥ Exercices 3.10 c), 3.23 • former une intégrale ressemblant à l’intégrale de l’énoncé et qui est plus simple que celle-ci, puis montrer que leur différence est négligeable devant l’une des deux, ce qui établira que ces deux intégrales sont équivalentes, et calculer l’intégrale simple

➥ Exercice 3.54 • utiliser une intégration par parties et montrer que la nouvelle inté© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

grale est négligeable devant le crochet

➥ Exercices 3.11 b), 3.44 a). • Si le paramètre est aux bornes, se ramener à une recherche de dévePour trouver un développement asymptotique d’une intégrale dépendant d’un paramètre

loppement limité (éventuellement par changement de variable) et utiliser le théorème sur la dérivation pour les développements limités.

➥ Exercice 3.24 • Si le paramètre est à l’intérieur de l’intégrale, on peut essayer de transformer l’écriture de l’intégrale.

➥ Exercice 3.45. 79

Chapitre 3 • Intégration sur un intervalle quelconque

Pour étudier la nature d’une intégrale impropre

On peut souvent se ramener à l’étude de l’intégrale impropre  →+∞ sin x dx, α ∈ R, par développement asymptotique, ou par xα 1 changement de variable, ou par intégration par parties.

➥ Exercices 3.25, 3.26. Pour montrer qu’une application définie par une intégrale à paramètre est continue, est de classe C 1, est de classe C ∞

Pour calculer certaines intégrales à paramètre,  f (x) = F(x,t) dt I

Essayer d’appliquer le théorème de continuité sous le signe intégrale, ou le théorème de dérivation sous le signe intégrale.

➥ Exercices 3.30 b), 3.31 à 3.34.

Essayer d’utiliser le théorème de dérivation sous le signe intégrale,  ∂F (x,t) dt. qui donne, sous certaines hypothèses, f (x) = I ∂x • Il se peut que cette dernière intégrale soit calculable, d’où l’on déduira l’expression de f (x) par un calcul de primitive.

➥ Exercice 3.49 • Il se peut que f (x) ressemble à f (x) et que f satisfasse une équation différentielle linéaire du premier ordre, que l’on essaiera de résoudre.

➥ Exercices 3.51, 3.52. • Il se peut aussi que f satisfasse une équation différentielle linéaire du second ordre.

Pour étudier l’existence d’une intégrale double sur le produit de deux intervalles quelconques  f I ×I

S’assurer d’abord que f est continue sur I × I . Essayer de : • utiliser un théorème de comparaison. Si g : I × I −→ R est continue,
0, intégrable sur I × I et si | f |  g, alors f est intégrable sur I × I

➥ Exercice 3.12 • utiliser le théorème de Fubini ➥ Exercice 3.50 b).

Pour l’existence et le calcul d’une intégrale double sur le produit de deux intervalles quelconques  f I ×I

80

 Montrer d’abord l’existence de

I ×I

f.

Pour le calcul, essayer d’utiliser le théorème de Fubini.

➥ Exercices 3.12, 3.35.

Énoncés des exercices

Énoncés des exercices 3.1

Exemples faciles d’études d’intégrabilité Étudier l’intégrabilité des applications suivantes :   1  2 x + x + 1 − x 2 − x + 1 sur [1 ; +∞[ a) f : x −→ x sin x + cos x √ sur [0 ; +∞[ x3 + 1  x2 + 1 → d) f : x − sur ]0 ; 1] x2 + x

c) f : x −→ √

b) f : x −→

f) f : x −→

3.2

i) f : x −→

sur ]0 ; +∞[

x3 + x4

1 + x 2 e−x sur ] − ∞ ; +∞[. x 2 + e−2x

Exemple facile d’étude d’intégrabilité  Étudier l’existence de 0

3.3

1 g) f : x −→ √ sur ] − 1 ; 1[ 1 − x6

lnx sur ]0 ; 1] + x2 sin x

sur [1 ; +∞[

1+x sur ]0 ; 1] e) f : x −→ √ x + x2

x3

h) f : x −→ √

lnx x3 + 1

1

  x1    sin π  dx.  x

Exemples faciles d’existence et calcul d’intégrales sur un intervalle quelconque Existence et calcul des intégrales suivantes :  +∞  +∞ x4 1 dx dx a) b) 10 + 1 x (x + 1)(x + 2) 0 0 

+∞

c) −∞

3.4

ch x dx ch 2x

 d) 0

1



x2 dx √ 1 − x2

e)

1 2

ln(1 − 3x + 2x 2 ) dx.

0

Exemple de calculs d’intégrales liées à l’intégrale de Gauss  +∞ 2 x n e−x dx. Existence et calcul, pour tout n ∈ N , de In = 0

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

3.5

Lien entre les intégrabilités de f et de f 2 , lorsque f est bornée Soient I un intervalle de R, f : I −→ C continue par morceaux et bornée. Montrer que, si f 2 est intégrable sur I, alors f l’est aussi (où f 2 désigne f · f). Le résultat subsiste-t-il si on ne suppose pas que f est bornée ?

3.6

Intégrabilité par encadrement Soient I un intervalle de R, f,g,h : I −→ R continues par morceaux. On suppose que f et h sont intégrables sur I et que f  g  h. Montrer que g est intégrable sur I.

3.7

Une norme sur R2 définie à partir d’une intégrale sur un intervalle quelconque  +∞ |x + t y| e−t dt Montrer que l’application N : R2 −→ R, (x,y) −→ 0

est une norme sur R2 . 81

Chapitre 3 • Intégration sur un intervalle quelconque

3.8

Calcul direct d’une intégrale sur un intervalle, avec paramètre  +∞  1 a 2 − 2 dx. a) Existence et calcul, pour tout a ∈ R , de I (a) = x x 1 b) Déterminer Inf I (a) , et Inf I (a). a∈R

3.9

a∈Z

Intégrabilité par majoration Soit f : [1 ; +∞[−→ R continue telle que : ∀ (a,x) ∈ [1 ; +∞[2 , 0  f (x) 

a 1 + 2. x2 a

Montrer que f est intégrable sur [1 ; +∞[.

3.10 Équivalent d’une intégrale dépendant d’un paramètre entier 

+∞

On note, pour tout n ∈ N∗ , sous réserve d’existence : In = 0

e−x dx. n+x

∗

a) Montrer, pour tout n ∈ N , l’existence de In. c) Montrer : In ∼

b) Établir : In −−−→ 0. n∞

n∞

1 . n

3.11 Équivalent d’une intégrale dépendant d’un paramètre entier 

+∞

On note, pour tout n ∈ N , sous réserve d’existence : In = 1

1 dx. x n (1 + x 2 )

a) Montrer, pour tout n ∈ N , l’existence de In. b) À l’aide d’une intégration par parties, trouver un équivalent simple de In lorsque l’entier n tend vers l’infini.

3.12 Existence et calcul d’une intégrale double sur le produit de deux intervalles quelconques 

Existence et calcul de I =

]0 ;1]2

Min (x,y) dx dy. Max (x,y)

3.13 Exemple d’étude d’intégrabilité Trouver tous les P ∈ R[X] tels que l’application f : x −→



P(x) − (x 2 + x + 1)

soit intégrable sur [0 ; +∞[.

3.14 Exemples d’existence et calcul d’intégrales sur un intervalle quelconque Existence et calcul des intégrales suivantes :  +∞  +∞ 1 1 dx dx √ b) a) 2 2 x x2 + x + 1 1 −∞ (x + x + 1)  +∞  1 1+x x − Arctan x dx. dx √ c) d) x3 x(1 − x) 0 0

3.15 Exemples d’existence et calcul d’intégrales sur un intervalle quelconque, par changement de variable qui échange les bornes Existence et calcul des intégrales suivantes :  +∞  +∞ 1 lnx dx, a ∈ R∗+ dx a) b) (x 2 + 1)(x 2 + x + 1) x 2 + a2 0 0 82

 c) 0

+∞

√

x ln x dx. (1 + x)2

Énoncés des exercices

3.16 Exemple de calcul d’une intégrale de fonction à valeurs complexes Calculer I =

 2π 0

3.17

dx . i + cos x

Exemples de calcul direct d’intégrales à paramètre Existence et calcul éventuel des intégrales suivantes :  +∞  +∞ 1 dx, a ∈ R b) a) (1 + x 2 )(1 + x a ) 0 0 

dx , a ∈ ]0 ; +∞[  1 2 a2 + x − x

π

sin 2 x dx, (a,b) ∈ ]1 ; +∞[2 0 (a − cos x)(b − cos x)  +∞  +∞ 1 sin a dx, a ∈ R dx, a ∈ R d) e) 2 −∞ x − 2x cos a + 1 −∞ ch x − cos a  1 1 dx, a ∈ ]0 ; 1[. √ f) 0 (1 + ax) x(1 − x)

c)

3.18 Exemple de calcul d’une intégrale de fonction à valeurs complexes 

Existence et calcul, pour z ∈ C, de I (z) =

+∞

ezt e−|t| dt.

−∞

3.19 Limite d’une intégrale à paramètre, le paramètre étant aux bornes  Trouver lim+ x−→0

3x

2x

sin t dt. sh2 t

3.20 Limite d’une intégrale à paramètre  Trouver lim

x−→0

1

+∞

(t + 2)x−1 dt. (t + 1)x+1

3.21 Limites d’une intégrale à paramètre



a) Montrer que, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, l’intégrale f (x) =

+∞

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

0

t3 e−xt dt existe. √ 1 + t4

b) Déterminer les limites de f en 0 et en +∞.

3.22 Équivalent d’une intégrale à paramètre Soient f : [0 ; +∞[−→ R continue,
0, intégrable sur [0 ; +∞[, g : [0 ; +∞[−→ R, continue,
0.  +∞ f . On note, pour tout λ ∈ ]0 ; +∞[, sous réserve d’existence : φ(λ) = λ+g 0 a) Montrer que, pour tout λ ∈ ]0 ; +∞[, φ(λ)existe. b) Établir que, si de plus g est bornée, alors : φ(λ)

∼

λ−→+∞

1 λ



+∞

f. 0

83

Chapitre 3 • Intégration sur un intervalle quelconque

3.23 Équivalent d’une intégrale à paramètre  π/2

Trouver un équivalent simple de

e−x sin t dt, lorsque x −→ +∞.

0

3.24 Développement asymptotique d’une intégrale à paramètre, le paramètre étant aux bornes



Former un développement asymptotique de f : x −→  1 o 12 , lorsque x −→ +∞. x

x2 x

dt √ , à la précision t4 + 1

3.25 Exemple de nature d’une intégrale impropre 

→+∞

Déterminer la nature de l’intégrale impropre →0

√  sin x √ x + cos x − x dx. √ x

3.26 Exemple de nature d’une intégrale impropre 

→+∞

Déterminer la nature de l’intégrale impropre →0



sin x dx. √ x sin x

x+

3.27 Calcul d’intégrales liées à l’intégrale de Gauss



Soient a ∈ R, P ∈ R[X] . Montrer l’existence de I =

+∞

−∞

e−x P(x + a) dx, et exprimer I à 2

l’aide des dérivées successives de P en a.

3.28 Limite d’une intégrale à paramètre 

Déterminer lim+ x−→0

0

1

1 − tx dt. 1−t

3.29 Étude d’intégrabilité pour une fonction définie par une intégrale à paramètre Soit a ∈ ]0 ; +∞[ fixé.



+∞

a) Montrer, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, l’existence de f (x) = x

ta dt. et − 1

b) Est-ce que f est intégrable sur ]0 ; +∞[ ?

3.30 Étude d’une intégrale à paramètre



On note, sous réserve d’existence, pour x ∈ R : f (x) = 0

π 2

sin (xt) dt. sin t

a) Montrer que f est définie sur R. c) Déterminer lim+ f (x).

b) Établir que f est de classe C 1 sur R.

x−→0

3.31 Utilisation de la continuité pour une intégrale à paramètre 

On note, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : f (x) =

π 2

t x cos t dt.

0

Montrer qu’il existe c ∈ [0 ; +∞[ tel que : f (c) = 84

3 . 4

Énoncés des exercices

3.32 Étude complète d’une fonction définie par une intégrale à paramètre Étude et représentation graphique de la fonction f d’une variable réelle donnée par :  π 2 Arctan (x tan t) dt. f (x) = 0

3.33 Étude complète d’une fonction définie par une intégrale à paramètre 

+∞

On note, sous réserve d’existence, pour x ∈ R : f (x) =

t x (1

1

1 dt. + lnt)

a) Déterminer l’ensemble de définition de f. b) Étudier le sens de variation de f et la convexité de f. c) Déterminer les limites de f en 1 et en +∞. d) Tracer la courbe représentative de f. e) Montrer : f (x)

∼

x−→+∞

1 . x

3.34 Étude de log-convexité pour certaines transformées de Laplace Soit f : [0 ; +∞[−→ R continue,
0, telle que, pour tout p ∈ R, l’application t −→ f (t) e− pt est intégrable sur [0 ; +∞[.  +∞ f (t) e− pt dt a) Montrer que l’application F : R −→ R, p −→ 0



est de classe C 2 sur R et que : ∀ p ∈ R,

2 F ( p)  F( p)F

( p).

/ 0, alors l’application ln ◦ F est convexe sur R. b) En déduire que, si de plus f =

3.35 Existence et calcul d’une intégrale double sur le produit de deux intervalles quelconques



Existence et calcul, pour ( p,q) ∈ (R∗+ )2 , de F( p,q) =

[0 ;+∞[2

e− px−qy sin (x + y) dx dy.

3.36 Existence et calcul d’intégrales sur un intervalle quelconque  Existence et calcul de : I =



π 2

ln sin x dx et J =

0

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

 puis de : K = 0

π 2

x dx, L = tan x

π 2

ln cos x dx, 0

 0

π 2

x sin x dx, M = 1 − cos x

 0

+∞

Arctan x dx. x(1 + x 2 )

3.37 Utilisation d’intégrales à propos de polynômes Soit P ∈ R[X] tel que : ∀ x ∈ R, P(x)
0 . On note n = deg (P) et Q =

n

P (k) .

k=0

Montrer : ∀ x ∈ R, Q(x)
0.

3.38 Existence et calcul d’une intégrale à paramètre entier 

Existence et calcul, pour n ∈ N∗ , de In = 1

+∞

x n−1 dx. (1 + x)n+1 85

Chapitre 3 • Intégration sur un intervalle quelconque

3.39 Calcul d’une intégrale à paramètre



+∞

Existence et calcul, pour x ∈ [0 ; +∞[, de f (x) = 0

 1 1 Min x, √ , 2 dt. t t

3.40 Liens entre les intégrabilités de trois fonctions Soit f : [0 ; +∞[−→ R , continue par morceaux,
0, décroissante. On note g,h : [0 ; +∞[−→ R les applications définies, pour tout x ∈ [0 ; +∞[, par : g(x) = f (x)| sin x|,

h(x) = f (x)| cos x| .

Montrer que les intégrabilités de f,g,h sont deux à deux équivalentes.

3.41 Limite pour une fonction vérifiant des conditions d’intégrabilité Soit f : [0 ; +∞[−→ R de classeC 1. Montrer que, si f 2 et f 2 sont intégrables sur [0 ; +∞[, alors f −→ 0. +∞

3.42 Sommes de Riemann pour une fonction intégrable et monotone, exemple a) Soit f : ]0 ; 1] −→ R continue par morceaux, décroissante, intégrable sur ]0 ; 1].   1 n k 1 −−−→ f f. Montrer : n∞ n k=1 n 0 b) Application : Déterminer lim n∞

n k=1

n . √ (k + n) k(k + 2n)

3.43 Limite d’une intégrale à paramètre 

+∞

Trouver lim

x−→−∞

0

x −t dt. ex − et

3.44 Équivalent d’une intégrale à paramètre 

+∞

a) Montrer :

e−x . 2x 2

e−t dt 2

x

∼

x−→+∞



b

b) En déduire, pour tout (a,b) ∈ R2 tel que 0 < a < b, la limite de

e−nt dt 2

n1 , lorsque l’en-

a

tier n tend vers l’infini.

3.45 Développement asymptotique d’une intégrale à paramètre 

Montrer : 0

1

et dt = − ln x + I + o (1), où on a noté I = x−→0 x +t

 0

1

eu − 1 du. u

3.46 Nature d’intégrales impropres Soit α ∈ R. Montrer :



• Les intégrales impropres 1

→+∞

sin x dx et xα

 1

→+∞

cos x dx convergent si et seulement xα

si α > 0 • Les applications x −→ α > 1. 86

sin x cos x et x −→ α sont intégrables sur [1; +∞[ si et seulement si xα x

Énoncés des exercices

Ainsi : • α  0 ⇒



→+∞

1

• 0 < α  1 ⇒



• 1 < α ⇒

→+∞

1



3.47 Calcul de

+∞

0



→+∞

1

cos x dx divergent xα

 →+∞ sin x cos x dx dx sont semi-convergentes et xα xα 1  →+∞ sin x cos x d x d x sont absolument convergentes. et α x xα 1

→+∞

1



sin x dx et xα

sin x dx x

a) α) Montrer : ∀x ∈ R − πZ, ∀n ∈ N, 

n sin(2n + 1)x 1 cos 2kx = + . 2 k=1 2 sin x

π

sin(2n + 1)x π dx = . sin x 2 b) Soient (a,b) ∈ R2 tel que a < b, ϕ : [a; b] −→ R de classe C 1. Montrer :  b ϕ(x)sin nx dx −−−→ 0.

β) En déduire : ∀n ∈ N ,

2

0

n∞

a

π −→ R définie par : c) α) Vérifier que l’application f : 0; 2  π 1 1  − si x ∈ 0; sin x 2  f (x) = x  0 si x = 0

π . est de classe C 1 sur 0; 2  π 2 sin(2n + 1)x π dx −−−→ . β) En déduire : n∞ x 2  +∞ 0 →+∞ sin x sin x π dx converge et que : dx = . d) En déduire que x x 2 →0 0 

3.48 Calcul d’intégrales déduites de © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.



0

+∞

sin x π dx = x 2

+∞

sin x π dx = . x 2 0  +∞   +∞ sin x 2 1 − cos x dx, dx. a) Existence et calcul de : x2 x 0 0  +∞  +∞ sin λx 1 − cos λx dx. dx, b) Existence et calcul, pour λ ∈ R, de : x x2 0 0

On admet (cf. exercice 3.47) :

c) Existence et calcul, pour (a,b) ∈ R2 , de :  +∞ sin ax sin bx dx, x2 0  +∞ sin x dx. d) Existence et calcul de x(π − x) −∞

 0

+∞

1 − cos ax cos bx dx . x2

87

Chapitre 3 • Intégration sur un intervalle quelconque

3.49 Calcul d’une intégrale à paramètre, utilisation du théorème de dérivation sous le signe intégrale  +∞ ln(x + t 2 ) dt. Existence et calcul éventuel, pour x ∈ R, de f (x) = 1 + t2 0

3.50 Intégrale d’une fonction elle-même définie par une intégrale à paramètre 

+∞

e−t dt. t x  +∞ f (x) dx. b) Montrer que f est continue et intégrable sur ]0 ; +∞[, et calculer a) Montrer, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, l’existence de f (x) =

0

3.51 Calcul d’intégrales à paramètre Établir, pour tout (a,x) de R∗+ × R : √   +∞ x2 π  −at 2  e cos xt dt = √ e− 4a   2 a 0  +∞    1 − x2 x t2 2   e−at sin xt dt = e 4a dt. e 4a 2a 0 0

3.52 Calcul d’une intégrale de fonction à valeurs complexes



Existence et calcul, pour x ∈ ]0 ; +∞[ et z ∈ C tel que Re (z) < 0, de

+∞

t x−1 ezt dt.

0

3.53

Le résultat fera intervenir la fonction  d’Euler.  +∞ f (ax) − f (bx) dx , exemples Étude de x 0



I. Soient f : [0 ; +∞[−→ R continue, telle que l’intégrale impropre 1

et (a,b) ∈ (R∗+ )2 .



a) Montrer que, pour tout ε ∈ ]0 ; +∞[, l’intégrale impropre

→+∞

→+∞

f (x) dx, converge, x

f (ax) − f (bx) dx converx

ε  b f (ax) − f (bx) f (εx) dx = dx. ge et que : x x a ε  →+∞ f (ax) − f (bx) dx converge et que : b) En déduire que l’intégrale impropre x →0 

+∞



+∞

0

f (ax) − f (bx) b dx = f (0) ln . x a

II. Exemples : a) Existence et calcul, pour (a,b) ∈ (R∗+ )2 , de : 

+∞

0

 0

88

+∞

cos ax − cos bx dx, x

 0

+∞

e−ax − e−bx dx, x

 2 2  1  dx. Arctan (ax) − Arctan (bx) x

 0

+∞

th ax − th bx dx , x

Du mal à démarrer ?



+∞

sh xt −t e dt. t  1 a x − xb dx. c) Existence et calcul, pour (a,b) ∈ ] − 1 ; +∞[2 , de lnx 0  +∞ 1 − e−ax 1 − e−bx dx. d) Existence et calcul, pour (a,b) ∈ ]0 ; +∞[2 , de x x 0

b) Existence et calcul, pour x ∈ ] − 1 ; 1[, de

0

3.54

Équivalent d’une intégrale à paramètre  π 2

On note, pour tout x ∈ [0 ; 1[ : f (x) = 0

dt . √ 1 − x cos 2 t

a) Montrer : f (x) −→− +∞. x−→1

b) Trouver un équivalent simple de f (x) lorsque x −→ 1− .

3.55

Valeur moyenne et carré intégrable Soit f : [0 ; +∞[−→ C continue. On note :   x 1 f (t) dt g : [0 ; +∞[−→ C, x − → g(x) = x 0  f (0)

si x = / 0 si x = 0.

a) Montrer que g est continue sur [0 ; +∞[. b) On suppose de plus que f 2 est intégrable sur [0 ; +∞[.  Démontrer que g 2 est intégrable sur [0 ; +∞[ et que :

+∞

|g|2  4

0



+∞

| f |2 .

0

À cet effet, on pourra commencer par étudier le cas où f est à valeurs dans R+ .

Du mal à démarrer ?

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

3.1

Dans chaque exemple, préciser l’intervalle de continuité de la fonction f sous l’intégrale et effectuer une étude à chaque borne ouverte de cet intervalle, par majoration, minoration, équivalent, règle x α f (x), pour des fonctions à valeurs
0 .

a) En +∞ : f (x)

∼

x−→+∞

b) On a : | f (x)|  c) En +∞ : x

5/4

2 x 3/2

1 . x

.

f (x) −→ 0. x−→+∞

d) En 0 : f (x) ∼

1 . x 1/2

e) En 0 : f (x) ∼

1 . x 1/2

x−→0

x−→0

f) En 0 : f (x) ∼

lnx . x2

g) En 1 : f (x) ∼

1 1 . 6 (1 − x)1/2

x−→0

x−→1

En −1 : parité. h) On a : f (x)

∼

x−→−∞

x 2 ex , notée g(x),

et x 2 g(x) −→ 0. x−→−∞

En +∞ : f (x)

∼

x−→+∞

1 . x2

 1  π x L’application x −→  sin  , est continue et bornée sur x l’intervalle borné ]0 ; 1].

3.2

89

Chapitre 3 • Intégration sur un intervalle quelconque

3.3

Dans chaque exemple, montrer d’abord l’existence, puis effectuer le calcul.

Pour l’existence, on pourra souvent utiliser les théorèmes de majoration, d’équivalence, la règle x α f (x) pour les fonctions
0.

+∞

1

1 2 − Jn , 2(n − 1) n−1

  x −n+2 1 dx. = O J . Montrer n (1 + x 2 )2 n

1) Montrer que f : (x,y) −→

Min (x,y) , est continue et Max (x,y)

bornée sur ]0 ; 1]2 .

a) Décomposer en éléments simples.

2) Emboîter les intégrales simples et utiliser le théorème de Fubini.

b) Changement de variable t = x 5 . c) Changement de variable t = sh x.

Montrer que, si f est intégrable sur [1 ; +∞[ , alors P est de degré 4 et de coefficient dominant égal à 1, puis montrer, par exemple en utilisant une expression conjuguée, que P est de la forme :

3.13

d) Changement de variable t = Arcsin x . e) Décomposer le logarithme. Une t −→ ln t sur ]0 ; +∞[ , est t −→ t ln t − t.

primitive

de

Effectuer le changement de variable t = x 2 et exprimer In à l’aide de la fonction  d’Euler.   √ 1 = π , et : Se rappeler  2

3.4

∀ s ∈ ]0 ; +∞[, (s + 1) = s (s) . 1) Remarquer : | f 2 |  || f ||∞ | f | .

2) Considérer, par exemple : f : x ∈ ]0 ; 1] −→ x −3/4 .

P(x) = (x 2 + x + 1)2 + c, c ∈ R . Chercher alors un équivalent de f (x) lorsque x −→ +∞ .

3.14

Dans chaque exemple, montrer d’abord l’existence, puis effectuer le calcul.

Pour l’existence, on pourra souvent utiliser les théorèmes de majoration, d’équivalence, la règle x α f (x) pour les fonctions
0.

Vérifier d’abord l’existence de N (x,y), par exemple par la t règle α f (t) en +∞.

1 , mise sous forme canonique x 2 du trinôme t + t + 1, puis changement de variable 2t + 1 u= √ . 3

Revenir à la définition d’une norme.

b) Mise de x 2 + x + 1 sous forme canonique, puis changement

3.6

a) Changement de variable t =

Considérer g − f et h − f .

3.7

3.8

a) 1) Existence : f a (x)

∼

x−→+∞

2x + 1 √ . 3  +∞ Pour calculer J =

1 . x2

2) Calcul : Réponse : I (a) = 1 − a +

de variable t =

a2 . 3

−∞

b) Mettre I (a) sous forme canonique.

3.9

1re méthode : Remplacer a par x λ et choisir λ.

2è méthode : Déterminer, pour x ∈ [1 ; +∞[ fixé, la borne inféa 1 rieure de 2 + 2 , par étude de variation d’une fonction de a. x a

3.10

a) On a : 0  f n (x)  e−x .

b) Majorer convenablement. c) Puisque In ressemble à Jn = calculer Jn .

3.11

a) En +∞ : f n (x)

∼

x−→+∞



+∞

0

e−x n

dx, étudier In − Jn et

1 . x n+2

1 dt, utiliser une ipp. (t 2 + 1)2

c) Utiliser une intégration par parties et se ramener au calcul de  dx , puis décomposition en éléments simples. x 2 (1 + x 2 ) d) Mise de x(1 − x) sous forme canonique, puis changement de variable t = 2x − 1.

3.15

b) On obtient, par intégration par parties sur [1 ; X] , puis en faisant tendre X vers +∞ :

90

 où : Jn =

3.12

Pour le calcul, passer par des primitives.

3.5

In =

Montrer d’abord l’existence.

Pour le calcul, utiliser un changement de variable qui échange les bornes. x 3.16 Changement de variable t = tan . On se ramène à calcu2  +∞  +∞ t2 1 dt. dt, et B = ler A = 4 1 + t4 1+t 0 0 1 Montrer A = B par le changement de variable u = . t Former A + B et utiliser la factorisation de 1 + X4 dans R[X].

Du mal à démarrer ?

3.17

Montrer d’abord l’existence, puis effectuer le calcul.

Pour l’existence,on pourra souvent utiliser les théorèmes de majoration, d’équivalence, la règle x α f (x) pour des fonctions
0. Pour le calcul, utiliser des primitives ou un changement de variable qui échange les bornes. 1 a) Changement de variable t = . x 1 , puis remarquer : x   1 1 = 1 + 2 dx . d x− x x

b) Changement de variable t =

1 − X2 en éléments simples et se (a − X)(b − X)  2π dx , c ∈ ]1 ; +∞[. ramener au calcul de J (c) = c − cos x 0 x Changement de variable t = tan . 2

 

 1 +∞   o φ(λ) f = b) Montrer : φ(λ) − λ 0 λ−→+∞ par une majoration convenable.  π/2 e−x sin t dt 3.23 L’intégrale I (x) = 0

 ressemble à J (x) =

π/2

e−x sin t cos t dt.

0

 Montrer I (x) − J (x) = O

1 , en utilisant : x3

∀ u ∈ [0 ; π/2],

2 u  sin u  u . π

D’autre part, calculer J (x).

c) Décomposer

d) Réponse : • L’intégrale existe si et seulement si a ∈ R − πZ π , si a ∈ ]0 ; π[, I est paire, 2π-périodique. • I (a) = sin a e) Réponse :

1 t

3.24 Utiliser le changement de variable u = , et se ramener à la recherche d’un DL(0) en notant y =

3.25 En 0 : f (x) −→+ 0. x−→0

En +∞ : utiliser un développement asymptotique.  →+∞ sin x dx converge, cf. exercice 3.46 ou 3.47. On sait que x 1

3.26 En +∞ : utiliser un développement asymptotique. 

On sait que l’intégrale 

• L’intégrale existe si et seulement si a ∈ R − 2πZ • I (a) = 2π − 2a si a ∈ ]0 ; π], I est impaire et I est 2π-périodique. f) Mise sous forme canonique de x(1 − x), changements de u variable t = 2x − 1, u = Arccos t , v = tan . 2

3.18

1) Noter z = x + i y, (x,y) ∈ R2 et calculer |ezt e−|t| | .

Se rappeler : ∀ u ∈ C, |eu | = eRé (u) . 2) Utiliser la relation de Chasles. sin t 1 ∼ , considérer les intégrales Comme sh2 t t−→0 t  3x  3x sin t 1 dt g(x) = dt, calculer g(x) et monf (x) = et 2 2x sh t 2x t trer f (x) − g(x) −→ 0 .

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

3.19

x−→0

3.20 Utiliser le théorème de continuité sous le signe intégrale. 3.21 a) Règle t α f (t) en +∞. b) 1) En 0 : minorer f (x) . 2) En +∞ : majorer f (x) .

3.22 a) Théorème de majoration.

1 . x

grale 1

1 +∞

→+∞

sin x √ dx converge et que l’intéx

sin 2 x dx , diverge, cf. exercice 3.46. x

3.27 Pour l’existence, utiliser la règle x α f (x) en ±∞. Pour le calcul, utiliser la formule de Taylor pour les polynômes et √  +∞ π 2 e−x dx = . la valeur de l’intégrale de Gauss : 2 0

3.28 Utiliser le théorème de continuité sous le signe intégrale. 3.29 a) Utiliser la règle t α f (t) en +∞. b) • Montrer que f est continue sur ]0 ; +∞[ (et même de classe C 1). • En 0 : montrer que f a une limite finie en 0. • En +∞ : utiliser une majoration convenable.

3.30

a)

sin xt −→ x. sin t t−→0

b) Utiliser le théorème de dérivation sous le signe intégrale. c) Majorer convenablement. 3 3.31 1) Vérifier : f (0) < < f (1). 4 2) Montrer que f est continue, en utilisant le théorème de continuité sous le signe intégrale, et utiliser le théorème des valeurs intermédiaires.

91

Chapitre 3 • Intégration sur un intervalle quelconque



3.32 1) Obtenir Déf ( f ) = R.

e− pt sin t dt et

0

2) f est impaire.



+∞

e− pt cos t dt

0

en passant par les nombres complexes.

3) Montrer que f est continue sur [0 ; +∞[ , par le théorème de continuité sous le signe intégrale. 4) En utilisant le théorème de dérivation sous le signe intégrale, montrer que f est de classe C 1 sur ]0 ; +∞[ , exprimer f (x) comme intégrale, et en déduire le sens de variation de f. 5) Concavité, à l’aide de f

(x), comme en 4). 6) En 0, montrer, par une minoration convenable : f (x) −→ +∞ .

Il s’agit d’ailleurs de transformées de Laplace classiques.

3.36 a) Étude de I et J : 1) Existence : − ln x et déduire l’existence de I . π Par le changement de variable t = − x, l’existence de J se 2 ramène à celle de I , et I = J . Montrer f (x)

∼

x−→0+

2) Calcul :

x−→0+

7) f (1) =

+∞

Calculer

π2 1 , f (1) = . 8 2

π 8) En +∞, utiliser le changement de variable u = − t, pour 2  π2 1 . − f obtenir : f (x) = 4 x

Considérer 2I = I + J , puis changement de variable u = 2x. π Réponse : I = J = − ln 2. 2 b) Étude de K : 1) Existence : Montrer que

9) Tracer la courbe représentative de f.

3.33 a) Étude en +∞, en redémontrant l’exemple de Bertrand,

π x a une limite finie en 0 et une limite finie en . tan x 2

2) Calcul :

Réponse : Déf ( f ) = ]1 ; +∞[.

Utiliser une intégration par parties, pour se ramener à I . π Réponse : K = −I = ln 2. 2

b) Utiliser le théorème de dérivation sous le signe intégrale.

c) Étude de L :

c) 1) Étude en 1 : minorer convenablement f (x) .

Utiliser des formules de trigonométrie pour se ramener à K.

2) Étude en +∞ : majorer convenablement f (x) .

Réponse : L = 4K = 2π ln 2.

e) Changement de variable u = t x , puis utilisation du théorème de continuité (en 0) sous le signe intégrale.

d) Étude de M :

dans le cas en question.

3.34 a) 1) Utiliser le théorème de dérivation sous le signe intégrale, deux fois. 2) Utiliser l’inégalité de Cauchy et Schwarz. b) Calculer ( ln ◦ F)

.

Partir de K et faire le changement de variable u = tan t. π Réponse : K = ln 2. 2  d −x e Q(x) = − e−x P(x), 3.37 Remarquer : dx  +∞ e−t P(t) dt. et déduire : ∀ x ∈ R, Q(x) = ex x

3.35

1) Existence : Majorer la valeur absolue de la fonction par g(x,y) = e− px e−qy .

L’application g est continue,
0 .  Obtenir : ∀ (a,b) ∈ [0 ; +∞[2 ,

[0 ;a]×[0 ;b]

2) Calcul : g

1 pq

et déduire que g est intégrable sur [0 ; +∞[2 , puis f aussi. 2) Calcul : Utiliser une formule de trigonométrie et le théorème de Fubini.

92

1

∼ . 3.38 1) Existence : f n (x) x−→+∞ x2

1re méthode : En utilisant une intégration par parties, obtenir une relation entre In et In−1 . 2è méthode : Changement de variable t = x + 1, développement par la formule du binôme de Newton, et calcul d’intégrales.

Du mal à démarrer ?

3.39 Il s’agit, pour x ∈ [0 ; +∞[ fixé et t décrivant ]0 ; +∞[ , de 1 1 déterminer le plus petit des trois réels x, √ , 2 . t t x x = 0, 0 < x  1, 1  x. Séparer en cas selon : Dans chaque cas, calculer le minimum en question, puis calculer f (x) .  √ si x  1  2 x Réponse : f (x) = 1 3 − si x > 1. x

3.40 1) Majorer g et h à l’aide de f.

Montrer que f f est intégrable sur [0 ; +∞[ et en déduire que f 2 admet une limite finie L en +∞, puis montrer que cette limite L est nécessairement nulle, et conclure.

3.41

3.42 a) Comparer somme et intégrale pour déduire : ∀ n
2,

1 1 n

 1− 1 n−1  n 1 k f  f  f. n k=1 n 0

b) Appliquer a) à f : x −→

1 . √ (x + 1) x(x + 2)

1) Montrer d’abord que, pour tout x ∈ ] − ∞ ; 0[, l’intégrale proposée existe. 2) Utiliser le changement de variable u = t − x, puis minorer convenablement. Réponse : +∞.

3.44

a) En utilisant une intégration par parties, obtenir, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : +∞

e © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

x

e−x 1 dt = − 2x 2 2

−t 2



+∞ x

b) Utiliser le changement de variable u =

e−t dt . t2 2

√ n t.

Pour x ∈ ]0 ; 1] fixé, à l’aide du changement de variable u = t + x, obtenir :  1 t  x+1 u

 e e −1 dt = e−x du + e−x ln(x + 1) − ln x . u 0 x +t x

3.45

eu − 1 → Montrer que u − , est intégrable sur ]0 ; 2]. u

3.46 Séparer en cas : α > 1, 0 < α  1, α  0 . 1) Traiter d’abord le cas α > 1.

a) α) Passer, par exemple, par les nombres complexes et une sommation géométrique.

3.47

β) Montrer d’abord que l’intégrale proposée existe. Utiliser α).

c) α) • f est C 1 sur ]0 ; π/2]. • Montrer f (x) −→ f (0) par utilisation de DL(0) ou d’équivax−→0 lents. • Montrer que f a une limite finie en 0, par utilisation de DL(0) . Conclure à l’aide du théorème limite de la dérivée. β) Utiliser a) α) et b). d) Par le changement de variable x =  0

3.43



3) Dans le cas α  0, montrer que les intégrales proposées divergent grossièrement.

b) Utiliser une intégration par parties.

2) Si g est intégrable sur [0 ; +∞[ , utiliser l’inégalité sin 2 x  | sin x| et la décroissance de f pour déduire que x −→ f (x) sin 2 x et x −→ f (x) cos 2 x sont intégrables sur [0 ; +∞[ .



2) Pour le cas 0 < α  1 , utiliser une intégration par parties et l’étude du cas précédent.

(2n+1) π2

u , montrer : 2n + 1

sin u π du −−−→ . n∞ u 2

D’autre part (cf. exercice 3.46), montrer que l’intégrale impropre  →+∞ sin x dx , converge. x 0  +∞ 1 − cos x 3.48 a) α) Montrer l’existence de dx. x2 0 Pour le calcul, utiliser une intégration par parties.  +∞  sin x 2 dx, se ramener à la précédente par le β) Pour x 0 changement de variable t = 2x. b) Attention : λ n’est pas nécessairement
0 . Si λ > 0 , utiliser le changement de variable x =

t . λ

L’étude du cas λ = 0 est immédiate. Pour λ < 0 , utiliser un argument de parité. c) Utiliser des formules de trigonométrie circulaire pour se ramener à des intégrales précédentes. d) 1) Montrer l’existence, par des études en −∞, 0, π, +∞. 2) Utiliser une décomposition en éléments simples.

3.49 1) Existence : Montrer que f (x) existe si et seulement si x
0.

93

Chapitre 3 • Intégration sur un intervalle quelconque

2) Calcul : α) Utiliser le théorème de dérivation sous le signe intégrale, pour montrer que f est de classe C 1 sur ]0 ; +∞[ et que :  +∞ dt ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) = . (x + t 2 )(1 + t 2 ) 0 β) Utiliser le théorème de continuité sous le signe intégrale pour montrer que f est continue en 0. γ ) Calculer l’intégrale donnant

f (x)

et obtenir : π ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) = √ √ . 2 x(1 + x) √ δ) Réponse : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, f (x) = π ln (1 + x).

3.50 a) Règle t α f (t) en +∞. b) 1) Montrer que f est continue, et même C 1, comme primitive d’une application continue. 2) Majorer convenablement f (x) , pour x ∈ [1 ; +∞[ , et déduire que f est intégrable sur ]0 ; +∞[ . 3) Utiliser le théorème de Fubini sur les intégrales doubles.

3.51

Grouper les deux études, en passant par les nombres complexes. Pour a ∈ ]0 ; +∞[ fixé, appliquer le théorème de dérivation sous le signe intégrale pour déduire que  +∞ 2 e−at ei xt dt f : x −→ 0

est de classe C 1 sur R et que : ∀ x ∈ R, f (x) =



+∞

e−at i tei xt dt . 2

Séparer enfin partie réelle et partie imaginaire.

Faire tendre X vers +∞. b) Utiliser le théorème de continuité sous le signe intégrale pour  b  b f (εt) f (0) dt −→ dt. montrer : t t ε−→0+ a a II. a) • Montrer que les intégrales impropres  →+∞  →+∞ −x  →+∞ cos x e 1 − th x dx, dx, dx x x x 1 1 1 convergent, et appliquer le résultat de I. b). π2 − (Arctan x)2 . • Considérer f : x −→ 4 b) Remplacer sh (xt) par son expression à l’aide d’exponentielles, et se ramener à la deuxième intégrale de a). c) Par le changement de variable t = e−x , se ramener à la deuxième intégrale de a). d) À l’aide d’une intégration par parties, se ramener à la deuxième intégrale de a).

3.54 a) Utiliser le changement de variable u = tan t, puis minorer convenablement.



1

montrer : f (x)

∼

x−→1−

du √ √ , 1 + u2 1 − x + u2

g(x),



puis, en considérant h(x) = 0

1

du √ , 1 − x + u2

∼

h(x). Calculer h(x). 1 Réponse : f (x) ∼ − ln (1 − x). 2 x−→1− montrer : g(x)

x−→1−

3.55 a) Étudier la continuité en 0, en faisant apparaître un taux

3.52 1) Existence : Procéder à une étude en 0 et à une étude en +∞. Ré (z)

Ne pas oublier que : ∀ z ∈ C, |e | = e z

.

2) Calcul : Noter u = −Ré (z) > 0, v = Im (z), de sorte que :  +∞  +∞ t x−1 ezt dt = t x−1 e−ut ei vt dt . 0

0

Appliquer le théorème de dérivation sous le signe intégrale  +∞ t x−1 e−ut ei vt dt pour montrer que g : v −→ 0

94

variable et la relation de Chasles :  X  b  bX f (ax) − f (bx) f (εt) f (u) dx = dt − du . x t u ε a aX

0

À l’aide d’une intégration par parties, montrer que f satisfait une EDL1. Résoudre celle-ci en utilisant la méthode de variation de la constante.

est de classe

3.53 I. a) Pour 0 < ε  X fixés obtenir , par des changements de

b) En notant g(x) =

0

C1

À l’aide d’une intégration par parties, montrer que g satisfait une EDL1. Résoudre celle-ci et déduire g .

sur R et exprimer

g (v)

par une intégrale.

d’accroissement, à l’aide d’une primitive de f. b) 1) Si f est à valeurs dans R+ , utiliser une intégration par parties et obtenir, pour 0 < ε  X :  ε

X

g 2 (x) dx 

F 2 (ε) +2 ε

 ε

X

g(x) f (x) dx ,

où F est la primitive de f qui s’annule en 0, puis utiliser l’inégalité de Cauchy et Schwarz. 2) Dans le cas général, faire intervenir u = | f | et v associée à u comme g l’est à f.

Corrigés des exercices

3.1

a) • L’application   1  2 f : x −→ x + x + 1 − x2 − x + 1 x

est continue sur [1 ; +∞[, et f
0.

et f
0.

• Étude en +∞ : On a, en utilisant une expression conjuguée : 1 (x + x + 1) − (x − x + 1) f (x) = √ √ x x2 + x + 1 + x2 − x + 1 2 = √ √ x2 + x + 1 + x2 − x + 1 2

• Étude en 0 :

2

On a : f (x) ∼ ∼

x−→+∞

2 1 = . 2x x

f n’est pas intégrable sur [1 ; +∞[. sin x + cos x b) • L’application f : x −→ √ est continue sur x3 + 1 [0 ; +∞[. • Étude en +∞ : On a, pour tout x ∈ [1 ; +∞[ : 2 2 | sin x + cos x| √ 3  3/2 . √ x x3 + 1 x +1

D’après l’exemple de Riemann en +∞ (3/2 > 1) et le théorème de majoration pour des fonctions
0, on déduit que | f | est intégrable sur [1 ; +∞[, donc sur [0 ; +∞[, puis, par définition, on conclut : f est intégrable sur [0 ; +∞[. c) • L’application f : x −→ √ [1 ; +∞[, et f
0.

ln x x3

+1

est continue sur

Et :

f (x)

∼

x−→+∞

1 1 = 1/2 . x x

D’après l’exemple de Riemann en 0 (1/2 < 1) et le théorème d’équivalence pour des fonctions
0, on conclut : f est intégrable sur ]0 ; 1] . 1+x e) • L’application f : x −→ √ est continue sur ]0 ; 1], x + x2 et f
0. • Étude en 0 : 1 1 On a : f (x) ∼ + √ = 1/2 . x−→0 x x D’après l’exemple de Riemann en 0 (1/2 < 1) et le théorème d’équivalence pour des fonctions
0, on conclut : f est intégrable sur ]0 ; 1] . lnx est continue sur ]0 ; 1] , x3 + x2 et f  0. Considérons g = − f
0. f) • L’application f : x −→

• Étude en 0 : On a : g(x) =

−ln x ∼ x 3 + x 2 x−→0

−ln x x2   

.

notée h(x) On a, pour tout x ∈ ]0 ; 1/e] : −ln x
1,

• Étude en +∞ : On a :



x−→0

D’après l’exemple de Riemann en +∞ et le théorème d’équivalence pour des fonctions
0, on conclut :

| f (x)| =

sur [1 ; +∞[, puis, par théorème d’équivalence pour des fonctions
0, on conclut : f est intégrable sur [1 ; +∞[.  x2 + 1 d) • L’application f : x −→ est continue sur ]0 ; 1], x2 + x

ln x . 3/2 x  notée g(x)

x 5/4 g(x) =

ln x −→ 0, x 1/4 x−→+∞

par prépondérance classique. D’où, au voisinage de +∞ : x 5/4 g(x)  1, 1 puis : 0  g(x)  5/4 . x D’après l’exemple de Riemann en +∞ (5/4 > 1) et le théorème de majoration pour des fonctions
0, g est intégrable

1
0. x2 D’après l’exemple de Riemann en 0 (2
1) l’application 1 x −→ 2 , n’est pas intégrable sur ]0 ; 1] . D’après le théorème x de minoration pour des fonctions
0, il s’ensuit que h n’est pas intégrable sur ]0 ; 1], puis, par théorème d’équivalence pour des fonctions
0, g n’est pas intégrable sur ]0 ; 1] . Enfin, comme f = −g, on conclut que f n’est pas intégrable sur ]0 ; 1]. donc : h(x)


1 g) • L’application f : x −→ √ 1 − x6 ] − 1 ; 1[ , et f
0.

est continue sur

95

• Étude en 1 : On a : 1 1 f (x) = √ =  6 2 1−x (1 − x )(1 + x 2 + x 4 ) 1 =  (1 − x)(1 + x)(1 + x 2 + x 4 ) 1 1 1 = √ ∼ √ . (1 − x) · 2 · 3 6 (1 − x)1/2

x−→1

D’après l’exemple de Riemann en 0 (1/2 < 1) et le théorème d’équivalence pour des fonctions
0, on déduit que f est intégrable sur [0 ; 1[ . • Étude en −1 : Comme f est paire et que f est intégrable sur [0 ; 1[ , il s’ensuit que f est intégrable sur ] − 1 ; 0] . Puisque f est intégrable sur ] − 1 ; 0] et sur [0 ; 1[, on conclut : f est intégrable sur ] − 1 ; 1[ . h) • L’application f : x −→ √ ]0 ; +∞[.

sin x

est continue sur

x3 + x4

| sin x| |x| 1 ∼ √ = 1/2 . On a : | f (x)| = √ 3 4 3 x−→0 x x +x x D’après l’exemple de Riemann en 0 (1/2 < 1) et le théorème d’équivalence pour des fonctions
0, | f | est intégrable sur ]0 ; 1] , donc, par définition, f est intégrable sur ]0 ; 1] . • Étude en +∞ :

Puisque f est intégrable sur ]0 ; 1] et sur [1 ; +∞[, on conclut : f est intégrable sur ]0 ; +∞[.

] − ∞ ; +∞[, et f
0.

est continue sur

• Étude en −∞ : On a : f (x) =

1 + x 2 e−x x 2 + e−2x

∼

x−→−∞

1 + x 2 e−x x 2 + e−2x

f (x) = x−→+∞

Puisque f est intégrable sur ] − ∞ ; 0] et sur [0 ; +∞[, on conclut : f est intégrable sur ] − ∞ ; +∞[.

x

et : ∀ x ∈ ]0 ; 1], | f (x)|  1.

3.3 a) 1) Existence : • L’application f : x −→ [0 ; +∞[, et f
0.

1 est continue sur (x + 1)(x + 2)

1 . x2 D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1 ) et le théorème d’équivalence pour des fonctions
0, il s’ensuit que f est intégrable sur [0 ; +∞[.  +∞ 1 dx existe. On conclut que l’intégrale (x + 1)(x + 2) 0

x 2 e−x = e−2x

x 2 ex .  notée g(x)

f (x)

∼

x−→+∞

2) Calcul : On a, à l’aide d’une décomposition en éléments simples immédiate, pour X ∈ [0 ; +∞[ :  X  X 1 1 1 dx dx = − (x + 1)(x + 2) x +1 x +2 0 0  X = ln (x + 1) − ln (x + 2) 0 = ln (X + 1) − ln(X + 2) + ln 2 = ln

donc, au voisinage de −∞ : x 2 g(x)  1 ,

96

 x1



3.2 L’application f : x −→  sin π  , est continue sur ]0 ; 1]

x−→−∞

1 . x2

1 , x2

D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1 ) et le théorème d’équivalence pour des fonctions
0, il s’ensuit que f est intégrable sur [0 ; +∞[.

et : x 2 g(x) = x 4 ex −→ 0,

puis : 0  g(x) 

∼

x−→+∞

car x 2 e−x −→ 0, par prépondérance classique.

On a :

D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1 ) et le théorème de majoration pour des fonctions
0, | f | est intégrable sur [1 ; +∞[, donc, par définition, f est intégrable sur [1 ; +∞[.

1 + x 2 e−x x 2 + e−2x

On a :

• Étude en +∞ :

1 | sin x|  2. On a : | f (x)| = √ x x3 + x4

x −→

• Étude en +∞ :

Ainsi, f est continue et bornée sur l’intervalle borné ]0 ; 1], donc, d’après le cours, f est intégrable sur ]0 ; 1] , et on conclut que l’intégrale proposée existe.

• Étude en 0 :

i) • L’application

D’après l’exemple de Riemann en −∞ (2 > 1 ) et le théorème de majoration pour des fonctions
0, g est intégrable sur ] − ∞ ; −1], puis sur ] − ∞ ; 0]. Par théorème d’équivalence pour des fonctions
0, il s’ensuit que f est intégrable sur ] − ∞ ; 0].

 On conclut : 0

+∞

X +1 + ln 2 −→ ln 2 . X−→+∞ X +2

1 dx = ln 2. (x + 1)(x + 2)

b) 1) Existence :

• Étude en 1 :

x4 → 10 , est continue sur [0 ; +∞[, • L’application f : x − x +1 et f
0.

On a : x2 f (x) = √ (1 − x)(1 + x)

• Étude en +∞ : 1 x4 . ∼ x−→+∞ +1 x6 D’après l’exemple de Riemann en +∞ (6 > 1 ) et le théorème d’équivalence pour des fonctions
0, f est intégrable sur [0 ; +∞[. On a :

f (x) =

x 10

2) Calcul : On a, par le changement de variable t = Arcsin x, x = sin t, dx = cos t dt :

2) Calcul : On a, par le changement de variable t = x 5 :  +∞  +∞ x4 1 du dx = x 10 + 1 5 u2 + 1 0 0 1 1 π π = [Arctan u]+∞ = . 0 5 5 2 10

 0

1

 π/2  π/2 x2 sin 2 t dx = sin 2 t dt cos t dt = √ cos t 1 − x2 0 0    π/2 1 − cos 2t π t sin 2t π/2 = = . dt = − 2 2 4 4 0 0

e) 1) Existence :

c) 1) Existence : • L’application

1 1 √ . 2 (1 − x)1/2

D’après l’exemple de Riemann en 1 (1/2 < 1) et le théorème d’équivalence pour des fonctions
0, f est intégrable sur ]0 ; 1], donc l’intégrale proposée existe.

On conclut que l’intégrale proposée existe.

=

∼

x−→1

f : x −→

] − ∞ ; +∞[, paire, et f
0.

ch x ch 2x

est continue sur

• Étude en +∞ :

• L’application

 f : x −→ ln(1 − 3x + 2x 2 ) = ln (1 − x)(1 − 2x) est continue sur [0 ; 1/2[.

On a : ch x ex + e−x f (x) = = 2x ch 2x e + e−2x

∼

x−→+∞

ex = e−x . e2x

D’après le cours, l’application x −→ e−x est intégrable sur [0 ; +∞[, donc, par théorème d’équivalence pour des fonctions
0, f est intégrable sur [0 ; +∞[. • Étude en −∞ : Comme f est paire et intégrable sur [0 ; +∞[, f est aussi intégrable sur ] − ∞ ; 0]. Puisque f est intégrable sur ] − ∞ ; 0] et sur [0 ; +∞[, f est intégrable sur ] − ∞ ; +∞[. 2) Calcul : On a :  +∞

 +∞ ch x ch x dx = dx 2 ch 2x −∞ −∞ 1 + 2 sh x  +∞  +∞ dt 1 du = = √ √ 2 1 + u2 t = sh x −∞ 1 + 2t 2 u = 2 t −∞  π 1 1 π π +∞ = √ . = √ [Arctan u]−∞ = √ − − 2 2 2 2 2

d) 1) Existence : 2

x est continue sur [0 ; 1[ , • L’application f : x −→ √ 1 − x2 et f
0.

1 • Par le changement de variable t = − x, l’existence et le cal2  1/2 ln(1 − 3x + 2x 2 ) dx se ramènent à l’exiscul de I = 0



0

tence et au calcul de J = 1/2

ln(t + 2t 2 ) dt.    notée g(t)

On a : g(t) = ln t + ln(1 + 2t) ∼ + ln t < 0. t−→0

D’après le cours, l’application t −→ − ln t est intégrable sur ]0 ; 1]. Par théorème d’équivalence pour des fonctions
0, −g est donc intégrable sur ]0 ; 1] , puis g l’est aussi, et enfin, par changement de variable, f est intégrable sur [0 ; 1/2[. 2) Calcul : On a, en calculant des primitives sur [0 ; 1/2[ :  

 ln (1 − 3x + 2x 2 ) dx = ln(1 − x) + ln(1 − 2x) dx  =

 ln(1 − x) dx +

ln (1 − 2x) dx

 = − (1 − x)ln(1 − x) − (1 − x) −

 1

(1 − 2x)ln(1 − 2x) − (1 − 2x) 2

1 3 = −(1 − x)ln(1 − x) − (1 − 2x)ln(1 − 2x) + − 2x, 2 2 97

donc : 

1/2

ln(1 − 3x + 2x 2 ) dx 0

 1/2 1 3 = − (1−x) ln (1−x)− (1−2x) ln (1−2x)+ −2x 2 2 0 1 = ln 2 − 1 . 2

3.4

Par le changement de variable t = x 2, x =

√ 1 t, dx = √ dt, 2 t

l’existence et le calcul de In se ramènent à l’existence et au calcul de  +∞  1 +∞ n−1 −t 1 n Jn = t 2 e−t √ dt = t 2 e dt. 2 0 2 t 0 D’après le cours sur la fonction  d’Euler, puisque n−1 1
− > −1 , pour tout n ∈ N , l’application 2 2 n−1 t −→ t 2 e−t est intégrable sur ]0 ; +∞[ et :  1 n+1 . Jn =  2 2 Si n est impair, n = 2 p + 1, p ∈ N , alors : In =

1 1 ( p + 1) = p! . 2 2

Si n est pair, n = 2 p, p ∈ N, alors :  1 1 In =  p + . 2 2 En utilisant la formule du cours : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, (x + 1) = x(x) ,

Comme f est intégrable sur I, par définition, | f | l’est aussi, puis || f ||∞ | f | l’est aussi. Il en résulte, par théorème de majoration pour des fonctions
0, que | f 2 | est intégrable sur I, et enfin, par définition, on conclut que f 2 est intégrable sur I. 2) Le résultat ne subsiste pas si on ne suppose pas f bornée. Par exemple, pour I =]0 ; 1] et f : x −→ x −3/4 , d’après l’exemple de Riemann en 0, f est intégrable sur ]0 ; 1] (car 3/4 < 1), mais f 2 : x −→ x −3/2 n’est pas intégrable sur ]0 ; 1] (car 3/2
1).

3.6 Puisque f  g  h, on a : 0  g − f  h − f. Comme f et h sont intégrables sur I, par différence, h − f est intégrable sur I. Par théorème de majoration pour des fonctions
0, il en résulte que g − f est intégrable sur I. Enfin, comme g = (g − f ) + f et que g − f et f sont intégrables sur I, par addition, on conclut que g est intégrable sur I.

3.7 1) Existence : Soit (x,y) ∈ R2 . • L’application f x,y : t −→ |x + t y| e−t [0 ; +∞[, et f x,y
0.

est continue sur

• Étude en +∞ : On a : t 2 f x,y (t) = t 2 |x + t y| e−t −→ 0, t−→+∞

par prépondérance classique. D’où, pour t assez grand : t 2 f x,y (t)  1 , 1 . t2 D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1 ) et le théorème de majoration pour des fonctions
0, l’application f x,y est intégrable sur [0 ; +∞[ , donc l’intégrale  +∞ N (x,y) = |x + t y| e−t dt existe.

et donc : 0  f x,y (t) 

0

on déduit : In = =

    1 3 1 1 1 p− p− ···  2 2 2 2 2 1 (2 p − 1)(2 p − 3) · · · 1 √ π 2 2p

1 (2 p)! √ (2 p)! √ = π = 2 p+1 π. p p 2 (2 p!)2 2 p!

2) Inégalité triangulaire : On a, pour tous (x1 ,y1 ), (x2 ,y2 ) ∈ R2 : 

N (x1 ,y1 ) + (x2 ,y2 ) = N (x1 + x2 ,y1 + y2 )  +∞   (x1 + x2 ) + t (y1 + y2 ) e−t dt = 0

3.5

 1) Puisque f est bornée, on a :

=

ou encore : | f |  || f ||∞ | f |. 98

  (x1 + t y1 ) + (x2 + t y2 ) e−t dt

+∞

 |x1 + t y1 | + |x2 + t y2 | e−t dt

0

∀ x ∈ I, | f 2 (x)| = | f (x)|2  || f ||∞ | f (x)| , 2

+∞

  0



+∞

=



|x1 + t y1 | e−t dt +

0

+∞

On déduit :

|x2 + t y2 | e−t dt

1) Inf I (a) = I

0

a∈R

= N (x1 ,y1 ) + N (x2 ,y2 ).

seulement) 1 , atteint en a = 1 et en a = 2 3 (et en ces deux points seulement).

2) Inf I (a) = I (1) = I (2) =

3) Positive homogénéité :

a∈Z

On a, pour tout α ∈ R et tout (x,y) ∈ R2 :  +∞

 |αx + tαy| e−t dt N α(x,y) = N (αx,αy) =  = |α|

3.9 1re méthode :

0 +∞

|x + t y| e−t dt = |α|N (x,y) .

0

4) Non-dégénérescence :

+∞

0

|x + t y| e−t dt = 0    continue et
0

⇐⇒ ∀ t ∈ [0 ; +∞[, |x + t y| e−t = 0 ⇐⇒ ∀ t ∈ [0 ; +∞[, x + t y = 0

Essayons de choisir le meilleur a ∈ [1 ; +∞[ réalisant l’inégalité de l’énoncé. Considérons l’application

a) 1) Existence :

• L’application f a : x −→

1 x

−

a x2

2 , est continue sur

ϕ : [1 ; +∞[−→ R, a −→ ϕ(a) =

1 . D’après l’exemple de Riemann x2 en +∞ (2 > 1 ) et le théorème de majoration pour des fonctions
0, f a est intégrable sur [1 ; +∞[, et donc I (a) existe.

∀ a ∈ [1 ; +∞[, ϕ (a) =

∼

x−→+∞

a

(2x 2 )1/3

1



On a :

1

 =

−

1 a − 2 x x

2

 dx = 1 2

1 a a + 2 − 3 x x 3x

+∞

1 2a a − 3 + 4 x2 x x

+∞ =1−a+ 1

2

dx

2

a . 3

b) D’après a ), I (a) est un trinôme du second degré en a. Mettons-le sous forme canonique : 1 a2 = (a 2 − 3a + 3) 3 3   3 2 3 1 3 2 1 1 a− = a− = + + . 3 2 4 3 2 4

I (a) = 1 − a +

1 2 − 3. x2 a

On dresse le tableau de variations de ϕ :

2) Calcul : +∞

1 a + 2. x2 a

L’application ϕ est dérivable sur [1 ; +∞[ et :

[1 ; +∞[, et f a
0.

 I (a) =

1 . x 2λ

Soit x ∈ [1 ; +∞[ fixé.

On conclut que N est une norme sur R2 .

• On a : f a (x)

+

2è méthode :

⇐⇒ (x,y) = (0,0).

3.8

1 x 2−λ

Essayons de trouver λ de façon que : 2 − λ > 1 et 2λ > 1. Pour 3 λ = , par exemple, on a : 4 1 1 ∀ x ∈ [1 ; +∞[, 0  f (x)  5/4 + 3/2 . x x D’après l’exemple de Riemann en +∞ (5/4 > 1 et 3/2 > 1), par addition, et d’après le théorème de majoration pour des fonctions
0, on conclut que f est intégrable sur [1 ; +∞[.

N (x,y) = 0 ⇐⇒

En remplaçant a par x λ , où λ ∈ ]0 ; +∞[ est à choisir ultérieurement, on a : ∀ x ∈ [1 ; +∞[, 0  f (x) 

Soit (x,y) ∈ R2 . On a : 

 3 1 3 = , atteint en a = , (et en ce point 2 4 2

ϕ (a)

−

ϕ(a)



0

+∞ + 

Et :  (2x 2 )1/3

1 +

ϕ (2x 2 )1/3 = 2 2 x2 (2x )1/3 1 21/3 1 + 2/3 4/3 = 3 · 2−2/3 4/3 . x 4/3 2 x x 1 On a donc : ∀ x ∈ [1 ; +∞[, 0  f (x)  3 · 2−2/3 4/3 . x D’après l’exemple de Riemann en +∞ (4/3 > 1) et le théorème de majoration pour des fonctions
0, on conclut que f est intégrable sur [1 ; +∞[. =

99

3.10

a) Soit n ∈ N∗ . e−x est continue sur [0 ; +∞[. n+x

• L’application f n : x −→ • On a : 0  f n (x) =

−x

e  e−x . n+x

D’après le cours, l’application x −→ e−x est intégrable sur [0 ; +∞[. Par théorème de majoration pour des fonctions
0, il en résulte que f n est intégrable sur [0 ; +∞[, donc  +∞ −x e In = dx existe. n+x 0 b) On a : 0  In =

 0

+∞

e−x dx  n+x



+∞

0

=

e−x dx n

1 1 = −−−→ 0, [−e−x ]+∞ 0 n n n∞

d’où, par théorème d’encadrement : In −−−→ 0 . n∞

e−x e−x c) Comme ressemble, pour n grand et x fixé, à , forn+x n mons :    +∞ −x    +∞  −x     e e e−x   In −  dx  dx  =  −  n n + x n 0 0   +∞ x e−x 1 +∞ −x x e dx . dx  2 = n(n + x) n 0 0    notée J     J 1  1 1  Ainsi :  In −   2 , donc : In − = O 2 , puis : n n n n  1 1 In = + O 2 , que l’on peut affaiblir en : n n In ∼

n∞

3.11

1 . n

a) Soit n ∈ N .

L’application f n : x −→ [1 ; +∞[,
0, et : f n (x)

x n (1

∼

1 est continue sur + x 2) 1 , donc, d’après l’exemple n+2

x de Riemann en +∞ (n + 2 > 1) et le théorème d’équivalence pour des fonctions
0, f n est intégrable sur [1 ; +∞[, et on conclut que In existe. x−→+∞

b) Soit n ∈ N tel que n
2 . On a, par une intégration par parties pour des applications de classe C 1 , pour tout X ∈ [1 ; +∞[ :  X  X 1 1 x −n dx dx = n 2 x (1 + x ) 1 + x2 1 1  X  X −n+1  −n+1 x x 1 −2x = − dx 2 −n + 1 1 + x 1 −n + 1 (1 + x 2 )2 1 100

=

1 1 2 X −n+1 + − −n + 1 1 + X 2 2(n − 1) n − 1

 1

X

x −n+2 dx . (1 + x 2 )2

On déduit, en faisant tendre X vers +∞ :  +∞ x −n+2 1 2 In = dx . − 2(n − 1) n − 1 1 (1 + x 2 )2    notée Jn On a, pour n
4 :  −n+3 +∞  +∞ x 1 0  Jn  x −n+2 dx = = , −n + 3 1 n−3 1  1 , puis : donc : Jn = O n  1 1 1 1 In = +O 2 ∼ ∼ . n∞ 2(n − 1) n∞ 2n 2(n − 1) n

3.12 1) Existence : D’après les formules, pour tout (x,y) ∈ R2 :  1

Min (x,y) = x + y − |x − y| 2  1

Max (x,y) = x + y + |x − y| , 2 les applications Min et Max sont continues sur R2 , donc, par opération, l’application f : (x,y) −→

Min (x,y) Max (x,y)

est continue sur ]0 ; 1]2 . De plus : ∀ (x,y) ∈ ]0 ; 1]2 , 0  f (x,y)  1. Ainsi, f est continue et bornée sur ]0 ; 1]2 , et ]0 ; 1] est un intervalle borné, donc, d’après le cours, f est intégrable sur ]0 ; 1]2 . 2) Calcul : On a, en utilisant le théorème de Fubini et la relation de Chasles :  Min (x,y) I = dx dy 2 Max (x,y) ]0 ;1]  1  1 Min (x,y) dy dx = 0 0 Max (x,y)  1  1  x y x dy + dy dx = 0 0 x x y  1   2 x 1 y 1 + x[ ln y]x dx = x 2 0 0  1 x = − x ln x dx 2 0  1 1 = − x ln x dx. 4 0

On calcule cette dernière intégrale en utilisant une intégration par parties. On a, pour tout ε ∈ ]0 ; 1] : 

1

x ln x dx =

ε

x2

1



−

D’où, en passant à la limite lorsque ε −→ 0+ et par prépon 1 1 x ln x dx = − . dérance classique : 4 0  1 1 1 = . On obtient : I = − − 4 4 2

3.13

∀ x ∈ [0 ; +∞[, P(x) − (x 2 + x + 1)2 = c .

1

x2 1 dx ε 2 2 x ε  2 1 ε2 x 1 ε2 = − ln ε − = − ln ε − . 2 4 ε 2 4 ln x

Nous supposons donc que g est de degré  0, c’est-à-dire qu’il existe c ∈ R tel que :

Si c = 0, alors f = 0, donc f est intégrable sur [0 ; +∞[. c , donc, d’après l’exemple / 0, alors f (x) ∼ Si c = x−→+∞ 2x 2 de Riemann en +∞ et le théorème d’équivalence pour des fonctions
0, | f | est intégrable sur [0 ; +∞[, et donc f est intégrable sur [0 ; +∞[. Enfin : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, P(x)
0 ⇐⇒ ∀ x ∈ [0 ; +∞[, (x 2 + x + 1)2 + c
0 ⇐⇒ 1 + c
0.

Soit P ∈ R[X].

On conclut que l’ensemble des P convenant est   P = (X2 + X + 1)2 + c ; c ∈ [−1 ; +∞[ ,

Si deg (P)  3, alors f (x) =



P(x) − (x 2 + x + 1) −→ −∞ , x−→+∞

donc f n’est pas intégrable sur [0 ; +∞[. Si deg (P)
5, alors, pour que f soit définie au voisinage de +∞, le coefficient dominant de P doit être > 0 , et on a  f (x) = P(x) − (x 2 + x + 1) −→ +∞ , donc f n’est pas x−→+∞

intégrable sur [0 ; +∞[. Supposons

dorénavant

deg (P) = 4 ,

P=

4

ak Xk ,

k=0

a4 ∈ R∗ , a0 ,. . . ,a3 ∈ R . Si a4 < 0, alors f n’est pas définie au voisinage de +∞. Nous supposons donc a4 > 0. √ / 1 , alors f (x) ∼ ( a4 − 1)x 2 −→ ±∞, donc Si a4 =

ou encore, en développant :   P = X4 + 2X3 + 3X2 + 2X + d ; d ∈ [0 ; +∞[ .

3.14 a) 1) Existence : 1 est continue sur • L’application f : x −→ √ x x2 + x + 1 [1 ; +∞[, et f
0. • Étude en +∞ : On a :

1 f (x) = √ x x2 + x + 1

∼

x−→+∞

1 . x2

Nous supposons dorénavant a4 = 1.

D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1 ) et le théorème d’équivalence pour des fonctions
0, f est intégrable sur [1 ; +∞[.  +∞ 1 dx existe. √ On conclut que l’intégrale I = x x2 + x + 1 1

On a alors, en utilisant une expression conjuguée :

2) Calcul :

x−→+∞

x−→+∞

f n’est pas intégrable sur [0 ; +∞[.

f (x) =



P(x) − (x 2 + x + 1)2 P(x) − (x 2 + x + 1) = √ . P(x) + (x 2 + x + 1)

D’une part,



P(x) + (x 2 + x + 1)

∼

x−→+∞

2x 2 .

D’autre part, g : x −→ P(x) − (x 2 + x + 1)2 est un polynôme de degré  3. Si ce polynôme g est de degré
1, alors il existe λ ∈ R∗ et α ∈ {1,2,3} tels que g(x) ∼ λx α , d’où x−→+∞

λ 1 et 2 − α  1, donc, d’après l’exemple 2 x 2−α de Riemann en +∞ et le théorème d’équivalence pour des fonctions
0, | f |n’est pas intégrable sur [0 ; +∞[, et donc f n’est pas intégrable sur [0 ; +∞[. f (x)

∼

x−→+∞

Commençons par éliminer le facteur x du dénominateur, à l’aide 1 du changement de variable t = : x  1   0 1 1 dt I = − 2 = dt .  √ t 1 + t + t2 1 1 1 1 0 + + 1 t t2 t Effectuons une mise sous forme canonique :  1 2 3 t2 + t + 1 = t + + 2 4     4 1 2 2t + 1 2 3 3 1+ t+ 1+ = . = √ 4 3 2 4 3 101

Par le changement de variable u =  I =

√ 3

√ 1/ 3

 =

√ 3

√ 1/ 3



1 3 (1 + u 2 ) 4



2t + 1 √ : 3 √ 3 du 2

Par parité : J = 2 0

 √3 = Argsh u 1/√3   √3 = ln (u + 1 + u 2 1/√3 

1 2 √ +√ 3 3 √ √ = ln ( 3 + 2) − ln 3



√ √ 3+2 3+2 3 = ln . = ln √ 3 3 b) 1) Existence : est continue sur

2) Calcul :

    2x + 1 2 4 1 2 3 3 1+ x+ 1+ = = . √ 4 3 2 4 3 Effectuons le changement de variable t =  I =

102

 x3 x− x− + o(x 3 ) x − Arctan x 3 f (x) = = x3 x3 1 1 = + o(1) −→ , x−→0 3 3

donc f est intégrable sur ]0 ; 1] (faux problème). • Étude en +∞ : x − Arctan x 1 ∼ . x−→+∞ x 2 x3 D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1 ) et le théorème d’équivalence pour des fonctions
0, f est intégrable sur [1 ; +∞[. On a :

Par mise sous forme canonique :  1 2 3 + x2 + x + 1 = x + 2 4

−∞

est continue sur

• Étude en 0 :

1 . D’après l’exemple de Riemann en ±∞ On a : f (x) ∼ x−→±∞ x 4 (4 > 1 ) et le théorème d’équivalence pour des fonctions
0, f est intégrable sur ] − ∞ ; −1] et sur [1 ; +∞[, donc f est intégrable sur ] − ∞ ; +∞[.  +∞ 1 dx existe. On conclut que l’intégrale I = 2 2 −∞ (x + x + 1)

=

]0 ; +∞[, et f
0.

x − Arctan x x3

On a :

• Étude en ±∞ :

+∞

d’où :   dt dt t t = 2 + = 2 + Arctan t . (t 2 + 1)2 t2 + 1 t2 + 1 t +1 +∞  π t = , + Arctan t On déduit : J = 2 t +1 2 0 √ √ √ 8 3 8 3π 4π 3 J= = . et on conclut : I = 9 9 2 9 c) 1) Existence : • L’application f : x −→

1 • L’application f : x −→ 2 (x + x + 1)2 ] − ∞ ; +∞[, et f
0.



1 dt. (t 2 + 1)2

Par primitivation par parties :   dt 1 −2t dt = t − t 2 t2 + 1 t2 + 1 (t + 1)2  t t2 dt = 2 +2 2 t +1 (t + 1)2   dt dt t +2 − = 2 , t +1 t2 + 1 (t 2 + 1)2

1 du √ 1 + u2

√ = ln ( 3 + 2) − ln

+∞

√ 3 dt 2

+∞

−∞

(x 2

2x + 1 √ : 3

dx + x + 1)2

√  1 8 3 +∞ dt .  2 = 2 + 1)2 9 (t 3 2  −∞   (t + 1) 4 notée J

f (x) =

Puisque f est intégrable sur ]0 ; 1] et sur [1 ; +∞[, f est intégrable sur ]0 ; +∞[.  +∞ x − Arctan x dx existe. On conclut que l’intégrale I = x3 0 2) Calcul : Calculons des primitives, en utilisant une primitivation par parties :  x − Arctan x dx x3   1 1 x − Arctan x 1 − = − + dx 2x 2 1 + x 2 2x 2

=−

x − Arctan x + 2x 2



1 dx . + x 2)    notée J (x)

On a, par calcul élémentaire ou par décomposition en éléments simples :   1 1 1 dx = − − Arctan x + Cte . − J (x) = x2 1 + x2 x

Effectuons le changement de variable t = 2x − 1 :  1 1+x dx I = √ x(1 − x) 0  =

D’où :  x − Arctan x 1 1 Arctan x dx = − + Arctan x +Cte . + 2 x3 2x 2x 2    notée F(x) π On a : F(x) −→ . x−→+∞ 4 Pour déterminer la limite de F(x) lorsque x −→ 0, groupons les termes de façon à résoudre la forme indéterminée : 1 Arctan x − x + Arctan x 2x 2 2  x3 1 1 x− + o(x 3 ) − x + o(1) = o(1) −→ 0 . = 2 x−→0 2x 3 2

=

On conclut : I = [F(x)]+∞ 0 d) 1) Existence : • L’application f : x −→ √

1+x est continue sur ]0 ; 1[, x(1 − x)

1+t 1+ 1 2 dt  2 1 2 (1 − t ) 4

1

−1

1 2 

=



1

−1 1



−1

3+t dt √ 1 − t2 3 1 −t 1 − √ √ 2 1 − t2 2 1 − t2



3 1 = 1 − t2 Arcsin t − 2 2

F(x) =

π π = −0= . 2 2

   1 2 1

1 1−4 x − = 1 − (2x − 1)2 . 4 2 4

=

x 2 (1



1 −1

=

dt 3π . 2

3.15 a) 1) Existence : • L’application f : x −→ sur [0 ; +∞[, et f
0.

1 est continue (x 2 + 1)(x 2 + x + 1)

• Étude en +∞ :

D’après l’exemple de Riemann en 0 (1/2 < 1) et le théorème d’équivalence pour des fonctions
0, f est intégrable sur ]0 ; 1/2].

1 . x4 D’après l’exemple de Riemann en +∞ (4 > 1 ) et le théorème d’équivalence pour des fonctions
0, f est intégrable sur [0 ; +∞[.  +∞ dx On conclut que l’intégrale I = 2 (x + 1)(x 2 + x + 1) 0 existe.

• Étude en 1 :

2) Calcul :

2 2 = . On a : f (x) ∼ √ x−→1 (1 − x)1/2 1−x

On a, par le changement de variable t =

et f
0. • Étude en 0 : On a :

1 1 f (x) ∼ √ = 1/2 . x−→0 x x

D’après l’exemple de Riemann en 1 (1/2 < 1) et le théorème d’équivalence pour des fonctions
0, f est intégrable sur [1/2 ; 1[. Puisque f est intégrable sur ]0 ; 1/2] et sur [1/2 ; 1[, f est intégrable sur ]0 ; 1[ .  1 1+x dx existe. On conclut que l’intégrale I = √ x(1 − x) 0 2) Calcul : On a, par une mise sous forme canonique : x(1 − x) = −x 2 + x = −(x 2 − x)   1 1 2 1 2 1 = − x− − =− x− 2 4 4 2

On a : f (x)

∼

x−→+∞

1 , qui échange les x

bornes :  +∞ I = 0

1 dx (x 2 + 1)(x 2 + x + 1)   0 dt 1   − 2 = 1 1 1 t +∞ +1 + +1 t2 t2 t  +∞ t2 = dt. 2 )(1 + t + t 2 ) (1 + t 0

d’où, en additionnant :  +∞  +∞ 1 + x2 dx 2I = dx = . 2 + 1)(x 2 + x + 1) 2 +x +1 (x x 0 0 103

Il est clair que t −→

2x + 1 D’où, par le changement de variable t = √ : 3 √ 3  +∞ dt 2 2 √ 2I = √ = √ [Arctan t]+∞ 1/ 3 3 3 2 1/ 3 (1 + t ) 4  2 π 2 π π = √ = √ − , 2 6 3 3 3 π I = √ . et on conclut : 3 3 b) 1) Existence :

On peut donc séparer en deux intégrales de fonctions intégrables :   1 +∞ ln t ln a +∞ 1 dt + dt . I (a) = a 0 1 + t2 a 0 1 + t2    notée J

Soit a ∈ R∗+ fixé. lnx est continue sur ]0 ; +∞[, + a2 et f a (x)  0 au voisinage de 0+ , f a (x)
0 au voisinage de +∞.

• L’application f a : x −→

x2

• Étude en 0 : f a (x) ∼

On a :

x−→0

lnx . a2

Comme x −→ −ln x est
0 et intégrable sur ]0 ; 1], par théorème d’équivalence pour des fonctions
0, − f a est intégrable sur ]0 ; 1] , donc f a est intégrable sur ]0 ; 1] . • Étude en +∞ : On a :

x 3/2 ln x x 3/2 f (x) = 2 x + a2

∼

x−→+∞

ln x −→ 0, x 1/2 x−→+∞

d’où, pour x assez grand : x 3/2 f a (x)  1, 1 . x 3/2 D’après l’exemple de Riemann en +∞ (3/2 > 1) et le théorème de majoration pour des fonctions
0, f a est intégrable sur [1 ; +∞[.

puis :

0  f a (x) 

Puisque f a est intégrable sur ]0 ; 1] et sur [1 ; +∞[, f a est intégrable sur ]0 ; +∞[.  +∞ ln x dx existe. On conclut que l’intégrale I (a) = 2 + a2 x 0 2) Calcul : x On a, par le changement de variable t = : a  +∞ ln x dx I (a) = 2 + a2 x 0  +∞  ln(at) 1 +∞ ln a + ln t = a dt = dt. t 2a2 + a2 a 0 1 + t2 0 104

ln a est intégrable sur [0 ; +∞[, donc 1 + t2

Par mise sous forme canonique :  1 2 3 + x2 + x + 1 = x + 2 4     4 1 2 2x + 1 2 3 3 1+ x+ 1+ = . = √ 4 3 2 4 3

sur ]0 ; +∞[.

D’autre part, d’après 1) (pour a = 1), t −→ grable sur ]0 ; +∞[.

ln t est inté1 + t2

1 , qui échange les bornes : t   +∞ du  −ln u ln u − 2 =− du = −J , 1 u u2 + 1 0 1+ 2 u

Par le changement de variable u =  J=

0

+∞

d’où : J = 0, puis :  π ln a ln a ln a +∞ dt = = [Arctan t]+∞ I (a) = . 0 a 0 t2 + 1 a 2 a c) 1) Existence :

√

x ln x est continue sur ]0 ; +∞[, (1 + x)2 et f (x)  0 pour x ∈ ]0 ; 1], f (x)
0 pour x ∈ [1 ; +∞[. • L’application f : x −→

• Étude en 0 : On a :

f (x) =

√

x ln x −→ 0, (1 + x)2 x−→0

donc f est intégrable sur ]0 ; 1] (faux problème). • Étude en +∞ : √ x ln x On a : f (x) = (1 + x)2

Et :

x 5/4 g(x) =

∼

x−→+∞

ln x . 3/2 x  notée g(x)

ln x −→ 0, x 1/4 x−→+∞

donc, au voisinage de +∞ : x 5/4 g(x)  1, 1 d’où : 0  g(x)  5/4 . x D’après l’exemple de Riemann en +∞ (5/4 > 1) et le théorème de majoration pour des fonctions positives, g est intégrable sur [1 ; +∞[, puis, par le théorème d’équivalence pour des fonctions
0, f est intégrable sur [1 ; +∞[. Puisque f est intégrable sur ]0 ; 1] et sur (1 ; +∞[ , f est intégrable sur ]0 ; +∞[.  +∞ √ x ln x dx existe. On conclut que l’intégrale I = (1 + x)2 0 2) Calcul : Éliminons l’intervention de

√

x , par le changement de variable

t=



√

x, x = t 2 , dx = 2t dt :  +∞ √  +∞ x ln x 2t ln t I = dx = 2t dt 2 (1 + x) (1 + t 2 )2 0 0  +∞ =2 t ln t 0

=2

2t dt. (t 2 + 1)2

On a, par primitivation par parties pour des applications de classe C 1 :   −1 −1 2t dt = t ln t dt − (1 + ln t) t ln t 2 (t + 1)2 t2 + 1 1 + t2  ln t t ln t + Arctan t + dt. =− 1 + t2 1 + t2 t ln t + Arctan t −→ 0, D’une part : − t−→0 1 + t2

ln t est intégrable sur 1 + t2 ]0 ; +∞[, par la même démarche (par exemple) que plus haut. D’autre part, l’application t −→

On déduit, en passant aux limites :  +∞ ln t I =π−2 dt . 1 + t2 0   notée J

bornes :  J=

0

+∞

−ln u 1 1+ 2 u

 −

du u2



 =−

1 , qui échange les t

+∞

0

dt (i + 1) + (i − 1)t 2

−∞

2 i +1



+∞

 = (1 − i)

+∞

−∞

 = (1 − i)

+∞

−∞

 = 2(1 − i)

parité

dt i−1 2 1+ t i+1

−∞

dt 1 + i t2 1 − i t2 dt 1 + t4

+∞

0

1 − i t2 dt. 1 + t4

Puisque les applications

π t ln t + Arctan t −→ . − t−→+∞ 2 1 + t2

Par le changement de variable u =

=

+∞

ln u du = −J , 1 + u2

donc J = 0, et on conclut : I = π.

t −→

t2 1 et t −→ 4 1+t 1 + t4

sont intégrables sur [0 ; +∞[, on peut séparer en deux intégrales :   +∞  +∞ 1 t2 I = 2(1 − i) dt dt −i . 1 + t4 1 + t4 0 0     notée A notée B 1 • Par le changement de variable u = , qui échange les bornes, t on a :   +∞  0 du 1 u2 A= − 2 = du = B . 4 1 u u +1 +∞ 0 1+ 4 u • D’autre part :  +∞  1 + t2 1 +∞ 1 + t 2 A+B = dt = dt . 1 + t 4 parité 2 −∞ 1 + t 4 0 Factorisons t 4 + 1 dans les réels :

3.16

1) Existence :

1 est continue sur le segment i + cos x  2π 1 dx existe. [0 ; 2π], donc l’intégrale I = i + cos x 0 L’application x −→

2) Calcul :



π

1 dx, −π i + cos x x puis, par le changement de variable t = tan , qui amène une 2 intégrale de fonction intégrable : On a, par 2π-périodicité : I =

 I =

√ √ 2t + 1)(t 2 + 2t + 1) . √ t 2 est intégrable sur Comme l’application t −→ 1 + t4 ] − ∞ ; +∞[ et est impaire, on a : √  1 +∞ t 2 − 2t + 1 A+B = dt 2 −∞ t4 + 1  1 1 +∞ dt. = √ 2 −∞ t 2 + 2t + 1 t 4 + 1 = (t 2 + 1)2 − 2t 2 = (t 2 −

+∞

−∞

2 dt 1 + t2 1 − t2 i+ 1 + t2

Par mise sous forme canonique : √ 2  √ 2 1 + t 2 + 2t + 1 = t + 2 2 √ 2   √  1 1 2 = 1 + (t 2 + 1)2 . = 1+2 t + 2 2 2 105

√ D’où, par le changement de variable u = t 2 + 1 :  1 +∞ 1 1 A+B = √ du 2 −∞ 1 2 (1 + u ) 2 1 π 2 = √ [Arctan u]+∞ −∞ = √ . 2 2 π On a donc : A = B et A + B = √ , 2 π A=B= √ . d’où : 2 2 √ π Enfin : I = 2(1 − i)(A − i B) = 2(1 − i)2 √ = −i π 2. 2 2

3.17

a) Soit a ∈ R .

1) Existence : L’application f a : x −→

1 (1 +

x 2 )(1

+

xa)

est continue sur

1 . 1 + x2

1 est intégrable sur [0 ; +∞[, donc sur 1 + x2 ]0 ; +∞[, par théorème de majoration pour des fonctions
0, f a est intégrable sur ]0 ; +∞[.  +∞ 1 dx existe. On conclut que I (a) = 2 )(1 + x a ) (1 + x 0 Puisque x −→

2) Calcul : Soit a ∈ R fixé. On a, par le changement de variable t = bornes :  I (a) =

0

+∞

1   1 1 1+ 2 1+ a t t



dt − 2 t



=

+∞

0

1 , qui échange les x



ta dt, (t 2 + 1)(t a + 1)

d’où, par addition :  +∞ 1 + xa 2I (a) = dx (1 + x 2 )(1 + x a ) 0  +∞ 1 π dx = [Arctan x]+∞ = . = 0 2 1 + x 2 0  +∞ 1 π dx = . On conclut : (1 + x 2 )(1 + x a ) 4 0 b) Soit a ∈ R∗+ . 1) Existence : • L’application f a : x −→ ]0 ; +∞[, et f a
0. 106

On a : f a (x) −→ 0, donc f a est intégrable sur ]0 ; 1] (faux x−→0

problème). • Étude en +∞ : 1 . D’après l’exemple de Riemann x2 en +∞ (2 > 1 ) et le théorème d’équivalence pour des fonctions
0, f a est intégrable sur [1 ; +∞[. f a (x)

On a :

∼

x−→+∞

Puisque f a est intégrable sur ]0 ; 1] et sur [1 ; +∞[, f a est intégrable sur ]0 ; +∞[ . On conclut que l’intégrale  +∞ 1 I (a) = dx existe.  1 2 0 2 a + x− x 2) Calcul : On a, par le changement de variable t =

]0 ; +∞[, et on a : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, 0  f a (x) 

• Étude en 0 :

bornes :  I (a) =

0

+∞

 a2 +



1 1 −t t

2

−

1 , qui échange les x



dt t2

1 2 t = dt,  1 2 0 a2 + t − t 1  +∞ 1+ 2 x puis, par addition : 2I (a) = dx.  1 2 0 a2 + x − x   1 1 = 1 + 2 dx. On remarque : d x − x x 1 L’application ϕ :]0 ; +∞[−→ R, x −→ x − est de x 1 classe C 1 et : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, ϕ (x) = 1 + 2 , x donc ϕ est strictement croissante sur ]0 ; +∞[. 1 On a alors, en effectuant le changement de variable u = x − : x  +∞ 1 du. 2I (a) = 2 2 −∞ a + u u Par le changement de variable v = : a  +∞ a dv 2I (a) = 2 2 2 −∞ a + a v  +∞ 1 1 π 1 dv = [Arctan v]+∞ . = −∞ = a −∞ 1 + v 2 a a 

+∞

On conclut : 

1

1 a2 + x − x

2

est continue sur

 ∀ a ∈ ]0 ; +∞[, 0

+∞



1

1 a2 + x − x

2 dx =

π . 2a

c) Soit (a,b) ∈ ]1 ; +∞[2 .

d’où :

1) Existence :

I (a,b)

sin 2 x est L’application f a,b : x −→ (a − cos x)(b − cos x) continue sur le segment [0; π], donc l’intégrale proposée  π sin 2 x I (a,b) = dx existe. 0 (a − cos x)(b − cos x) 2) Calcul : ∀ x ∈ [0 ; π], f a,b (x) =

On a :

1 − cos 2 x . (a − cos x)(b − cos x)

Effectuons la décomposition en éléments simples de 1 − X2 dans R[X]. Par division euclidienne du nu(a − X)(b − X) mérateur par le dénominateur, la partie entière est égale à −1. Il existe (α,β) ∈ R2 tel que :

1 − b2 1 − a2 π π + √ √ b − a a2 − 1 a − b b2 − 1   π  2 b − 1 − a2 − 1 = −π+ b−a

= −π+

π(b + a) = −π+ √ √ b2 − 1 + a 2 − 1 √ √ a + b − a 2 − 1 − b2 − 1 . =π √ √ a 2 − 1 + b2 − 1 d) Notons, pour a ∈ R , f a la fonction définie par

1 − X2 α β = −1 + + . (a − X)(b − X) a−X b−X

f a (x) =

Pour calculer α, on multiplie par a − X puis on remplace X 1 − a2 . par a, et on obtient : α = b−a De même : β = π



1 − a2 1 1 − b2 1 + dx b − a a − cos x a − b b − cos x 0   1 1 1 − b2 π 1 − a2 π dx + dx . = −π + b − a 0 a − cos x a − b 0 b − cos x

I (a,b) =

−1+

 Considérons, pour c ∈ ]1 ; +∞[ :

J (c) = 0

π

dx . c − cos x

x On a, par le changement de variable t = tan , qui amène des 2 intégrales de fonctions intégrables :  J (c) =

+∞

0



1 2dt 1 − t2 1 + t2 c− 1 + t2

+∞

2 dt (c − 1) + (c + 1)t 2 0  +∞ 1 2 dt = c−1 2 c−1 0 1+ t c+1    +∞ 2 c−1 c+1 Arctan = t c−1 c+1 c−1 0

=

π

= √ . c2 − 1

x2

1 . − 2x cos a + 1

1) Existence : Soit a ∈ R . • Le discriminant du trinôme réel x 2 − 2x cos a + 1 est ∆ = 4 cos 2 a − 4 = −4 sin 2 a.

1 − b2 . a−b

D’où : 

π(b2 − a 2 ) √

√  (b − a) b2 − 1 + a 2 − 1

= −π+

1 1 = , x 2 − 2x + 1 (x − 1)2 donc, d’après l’exemple de Riemann en 1 (2
1), f a n’est pas intégrable sur [1 ; +∞[, donc ne l’est pas non plus sur ] − ∞ ; +∞[. Si a ≡ 0 [2π] , alors

f a (x) =

Si a ≡ π [2π] , alors

f a (x) =

donc, comme plus haut, ] − ∞ ; +∞[.

fa

1 1 = , + 2x + 1 (x + 1)2 n’est pas intégrable sur x2

Supposons dorénavant a ≡ 0 [π] , c’est-à-dire ∆ < 0 . L’application f a est alors continue sur ] − ∞ ; +∞[. • Étude en ±∞ : 1
0. D’après l’exemple de Riemann x2 en ±∞ (2 > 1 ) et le théorème d’équivalence pour des fonctions
0, f a est intégrable sur ] − ∞ ; −1] et sur [1 ; +∞[, puis sur ] − ∞ ; +∞[.  +∞ 1 dx On conclut : l’intégrale I (a) = 2 − 2x cos a + 1 x −∞ existe si et seulement si a ∈ R − πZ . On a : f a (x)

∼

x−→±∞

2) Calcul : Il est clair que l’application I : a −→ I (a) est 2π-périodique et paire. On peut donc supposer : a ∈ ]0 ; π[. 107

On a alors :

On a, par mise sous forme canonique : x 2 − 2x cos a + 1 = (x − cos a)2 + sin 2 a    x − cos a 2 . = sin 2 a 1 + sin a x − cos a Effectuons le changement de variable t = : sin a  +∞ sin a I (a) = dt 2 2 −∞ sin a(1 + t ) =

 I (a) = =

 =

1 . ch x − cos a



+∞

t2

dt : t

2 sin a dt . − 2t cos a + 1

t 2 − 2t cos a + 1 = (t − cos a)2 + sin 2 a    t − cos a 2 . = sin 2 a 1 + sin a D’où, par le changement de variable u = 

∼

x−→+∞

2) Calcul :

+∞

−cotan a

t − cos a : sin a

2 sin 2 a du sin 2 a(1 + u 2 )

= 2[Arctan u]+∞ −cotan a  π =2 − Arctan (−cotan a) 2 = π + 2Arctan

1 tan a

 π − Arctan (tan a) =π+2 2   π − a = 2π − 2a, =π+2 2

2 e−x .

Comme l’application x −→ e−x est intégrable sur [0 ; +∞[, par théorème d’équivalence pour des fonctions
0, f a est intégrable sur [0 ; +∞[, puis, par parité, f a est intégrable sur ] − ∞ ; 0], et enfin f a est intégrable sur ] − ∞ ; +∞[.  +∞ sin a dx On conclut que l’intégrale I (a) = −∞ ch x − cos a existe si et seulement si a ∈ R − 2πZ.

et cette dernière expression est aussi valable pour a = π . On conclut : I (a) = 2π − 2a , complétée par imparité et par 2π-périodicité. f) 1) Existence : Soit a ∈ ]0 ; 1[ fixé. 1 √ est continue (1 + ax) x(1 − x)

Soit a ∈ R − 2πZ.

• L’application f a : x −→

Il est clair que l’application I : a −→ I (a) est 2π-périodique et impaire.

sur ]0 ; 1[ , et f a
0.

On peut donc supposer a ∈ ]0 ; π].

1 . D’après l’exemple de Riemann en 0 x 1/2 (1/2 < 1) et le théorème d’équivalence pour des fonctions
0, f a est intégrable sur ]0 ; 1/2].

Si a = π , alors I (a) = 0 . / π. Supposons a = 108

2ex sin a dx. + 1 − 2ex cos a

t = ex , x = ln t, dx =

/ 1 , c’est-à-dire a ∈ R − 2πZ. Alors, l’ap• Supposons cos a = plication f a est continue sur R, paire,
0 et :

x−→+∞

e2x

Effectuons le changement de variable

D’après l’exemple de Riemann en 0 (2
1) et le théorème d’équivalence pour des fonctions
0, f a n’est pas intégrable sur ]0 ; 1] , donc ne l’est pas non plus sur ] − ∞ ; +∞[.

1 ch x

+∞

−∞

I (a) =

2 1
0. ∼ f a (x) = ch x − 1 x−→0 x 2

∼

sin a dx ex + e−x − cos a 2

On a, par mise sous forme canonique :

• Si cos a = 1, c’est-à-dire si a ∈ 2πZ , alors :

1 ch x − cos a

−∞

sin a dx ch x − cos a

0

Soit a ∈ R .

f a (x) =

+∞

I (a) =

e) 1) Existence :

Considérons la fonction f a : x −→

−∞



1 π [Arctan t]+∞ . −∞ = sin a sin a

π , si a ∈ ]0 ; π[, Finalement : I (a) = sin a complétée par parité et 2π-périodicité.

+∞

• Étude en 0 : On a : f a (x) ∼

x−→0

• Étude en 1 : On a : f a (x) ∼

x−→1

1 1 . 1 + a (1 − x)1/2

D’après l’exemple de Riemann en 1 (1/2 < 1) et le théorème d’équivalence pour des fonctions
0, f a est intégrable sur [1/2 ; 1[. Puisque f a est intégrable sur ]0 ; 1/2] et sur [1/2 ; 1[, f a est intégrable sur ]0 ; 1[ .  1 1 dx √ On conclut que l’intégrale I (a) = (1 + ax) x(1 − x) 0 existe, pour tout a ∈ ]0 ; 1[. 2) Calcul : On a, par mise sous forme canonique : x(1 − x) = −x 2 + x = −(x 2 − x)    1 1 2 1 2 1 = − x− − =− x− 2 4 4 2    1 1 2 . = 1− x − 4 2 d’où, par le changement de variable t = 2x − 1 :  1 1 1  I (a) = dt . t + 1 1 2 −1 1+a 1 − t2 2 2 Puis, par le changement de variable u = Arccos t, t = cos u, dt = − sin u du :  0 − sin u  du I (a) = cos u + 1 π sin u 1+a 2  π 2 = du. 0 2 + a + a cos u u Par le changement de variable v = tan , qui amène une inté2 grale de fonction intégrable :  +∞ 2 dv I (a) = 1 − v2 0 2+a+a 1 + v2  +∞ 2 dv = (1 + a) + v2 0  +∞ 1 2 dv = 1 1+a 0 1+ v2 1+a  +∞  √ 2 v = 1 + a Arctan √ 1+a 1+a 0 π 2 π . = √ = √ 1+a 2 1+a

π . On conclut : ∀ a ∈ ]0 ; 1[, I (a) = √ 1+a

3.18 1) Existence : Soit z ∈ C. Notons z = x + i y, (x,y) ∈ R2 . L’application f z : t −→ ezt e−|t| est continue sur R et :  (x−1)t si t
0 e xt −|t| ∀ t ∈ R, | f z (t)| = e e = (x+1)t si t  0. e D’après le cours, l’application t −→ e(x−1)t est intégrable sur [0 ; +∞[ si et seulement si x − 1 < 0 , et l’application t −→ e(x+1)t est intégrable sur ] − ∞ ; 0] si et seulement si x + 1 > 0. Il en résulte que f z est intégrable sur R si et seulement si : x − 1 < 0 et x + 1 > 0 , c’est-à-dire : −1 < x < 1 . 2) Calcul : Soit z ∈ C, z = x + i y, (x,y) ∈ R2 tel que −1 < x < 1 . On a alors :



I (z) =

+∞

ezt e−|t| dt

−∞

 =

−∞

 =

0

−∞

 =



0

+∞

ezt et dt +

ezt e−t dt

0

e(z+1)t dt +

e(z+1)t z+1



0 −∞



+

+∞

e(z−1)t dt

0

+∞

e(z−1)t z−1

0

1 1 2 = . − = z+1 z−1 1 − z2 

3x

sin t dt existe sh2 t comme intégrale d’une application continue sur un segment.  3x 1 1 sin t dt. Comme 2 ∼ , considérons g(x) = sh t t−→0 t 2x t

3.19 Pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) =

2x

3x 3 = ln . 2x 2  3x  sin t 1 dt. − • D’autre part : f (x) − g(x) = t sh2 t 2x • On a : g(x) = [ ln t]3x 2x = ln

L’application ϕ : t −→

sin t 1 − . est continue sur ]0 ; 1] et, t sh2 t

au voisinage de 0 : 1 t + o(t 2 ) t + o(t 2 ) − ϕ(t) =

2 − = 2 t t + o(t 2 ) t + o(t 2 )  1 + o(t) 1 1

 − = 1 + o(t) − = t t t (1 + o(t)

1 t 1 o(t) = = o(1), t t

donc : ϕ(t) −→ 0. t−→0

109

Puisque ϕ admet une limite finie en 0, ϕ est intégrable sur ]0 ; 1], donc :  3x  2x  3x ϕ(t) dt = ϕ(t) dt − ϕ(t) dt −→ 0 . 2x

0

x−→0

0

Ainsi :

f (x) − g(x) −→ 0,

ou encore :

f (x) − g(x) = o(1).

3.21 a) Soit x ∈ ]0 ; +∞[. t3 e−xt • L’application gx : t −→ √ 1 + t4 [0 ; +∞[, et gx
0. • Étude en +∞ : On a :

x−→0

t5 t 2 gx (t) = √ e−xt ∼ t 3 e−xt −→ 0 , t−→+∞ t−→+∞ 1 + t4

On obtient :

 3 3 f (x) = f (x) − g(x) + g(x) = o(1) + ln −→ ln . 2 x−→0 2  3x sin t 3 lim+ dt = ln . On conclut : 2 x−→0 2 2x sh t

3.20

Considérons l’application F : [−1 ; 1] × [1 ; +∞[−→ R, (x,t) −→

(t + 2)x−1 . (t + 1)x+1

• L’application F est continue par rapport à x et continue par morceaux (car continue) par rapport à t. • On a, pour tout (x,t) ∈ [−1 ; 1] × [1 ; +∞[ : |F(x,t)| =

(t + 2)x−1 (t + 1)x+1  1 1 1 t + 2 x−1 =   2 t +1 (t + 1)2 (t + 1)2 t

1 est continue par morceaux (car contit2 nue),
0, intégrable sur [1 ; +∞[. et l’application t −→

donc, au voisinage de +∞ : t 2 gx (t)  1 , 1 d’où : 0  gx (t)  2 . t D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1 ) et le théorème de majoration pour des fonctions
0, gx est intégrable sur [0 ; +∞[ , et on conclut que, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ ,  +∞ t3 e−xt dt existe. f (x) = √ 1 + t4 0 b) 1) Étude en 0 : Soit x ∈ ]0 ; +∞[. On a :  +∞ t3 e−xt dt f (x) = √ 1 + t4 0  +∞  +∞ 3 t3 t
e−xt dt
e−xt dt √ √ 1 + t4 2t 4 1 1  +∞  +∞ 1 1 = √ t e−xt dt
√ e−xt dt 2 1 2 1   1 e−xt +∞ 1 = √ = √ −→+ +∞, 2 −x 1 x 2 x−→0 f (x) −→ +∞.

Ainsi, F vérifie HD.

donc :

D’après le théorème de continuité sous le signe intégrale, avec HD, il s’ensuit que, pour tout x ∈ [−1 ; 1], l’application F(x,·) est intégrable sur [1 ; +∞[ , et que l’application  +∞ F(x,t) dt est continue sur [−1 ; 1] . f : x −→

2) Étude en +∞ :

x−→+∞

Soit x ∈ ]0 ; +∞[. On a :  +∞ t3 e−xt dt 0  f (x) = √ 1 + t4 0

1

En particulier : f (x) −→ f (0). Et :



x−→0



+∞

f (0) = 1

 = 1

+∞



−1

(t + 2) t +1

dt = 1

On conclut : lim

x−→0

1

+∞



+∞

t 3 e−xt dt =

u=xt

0 +∞

1 dt (t + 1)(t + 2)



+∞ 1 1 dt = ln(t + 1) − ln (t + 2) − 1 t +1 t +2   t + 1 +∞ 2 3 = ln = −ln = ln . t +2 1 3 2 

110



(t + 2)x−1 3 dt = ln . (t + 1)x+1 2

est continue sur

= donc :



+∞

0

1 x4



 3 u du e−u x x

+∞

u 3 e−u du −→ 0,

0

f (x) −→ 0. x−→+∞

3.22 a) Soit λ ∈ ]0 ; +∞[. L’application

f est continue sur [0 ; +∞[. λ+g

x−→+∞

f 1  f. Puisque f est intégrable sur λ+g λ [0 ; +∞[, d’après le théorème de majoration pour des f est intégrable sur [0 ; +∞[. fonctions
0, λ+g 0

On a :

On conclut que, pour tout λ ∈ ]0 ; +∞[ , l’intégrale  +∞ f φ(λ) = existe. λ+g 0

K (x) 

Il en résulte :

I (x) − J (x) =

donc :

0

 ||g||∞ o φ(λ) . φ(λ) = λ λ−→+∞  +∞ 1 f. On conclut : φ(λ) ∼ λ−→+∞ λ 0 Soit x ∈ [1 ; +∞[.  π/2 e−x sin t dt existe comme intégrale de L’intégrale I (x) =

3.23

0

fonction continue sur un segment.  π/2 e−x sin t cos t dt , qui ressemble Considérons J (x) = 0

à I (x).

O

x−→+∞

1 . x3

d’où :

0

1 e−x − 1 1 − e−x e = = , −x 0 −x x  1 1 . J (x) = + o x x−→+∞ x 

=

=



• On calcule J (x), par le changement de variable v = sin t :  1  π/2 e−x sin t cos t dt = e−xv dv J (x) =

b) On suppose, de plus, que g est bornée. On a, pour tout λ ∈ ]0 ; +∞[ :    +∞    +∞     f f  φ(λ) − 1 = f −    λ 0 λ+g λ  0  +∞  +∞ fg ||g||∞ f  = λ(λ + g) λ λ+g 0 0

π3 , 8x 3

−xv

Enfin :

 I (x) = I (x) − J (x) + J (x)     1 1 1 1 1 = +O 3 = +o . +o x x x x x  π/2 1 e−x sin t dt ∼ . On conclut : x−→+∞ x 0 

dt √ existe t4 + 1 comme intégrale d’une application continue sur un segment. x

On va se ramener au voisinage de 0, par un changement de variable, de façon à pouvoir utiliser les DL(0) usuels. Soit x ∈ [1 ; +∞[. On a, par le changement de variable u =

• On a : 0  I (x) − J (x)  π/2  π/2 t = e−x sin t (1 − cos t) dt = e−x sin t 2 sin 2 dt . 2 0 0    notée K (x) 2 On sait : ∀ x ∈ [0 ; π/2], u  sin u  u. π D’une part :  2   π/2 t 1 π/2 − 2x t 2 2t K (x)  e−x π 2 dt = e π t dt . 2 2 0 0 Par le changement de variable u = 1 K (x)  2

 0

x

 e−u

πu 2x

2

2x t: π

π π3 du = 2x 16x 3



x

0



x2

f (x) = x

dt

= √ t4 + 1



1 x2 1 x

1 : t

du  x1 − 2 du = .  u √ 1 1 + u4 1 2 x +1 u4

Considérons les applications 1 ϕ : R −→ R, u −→ √ , 1 + u4  F : R −→ R, y −→ F(y) = 0

y

du √ . 1 + u4

Puisque ϕ est continue sur R et que F est une primitive de ϕ sur R, F est de classe C 1 sur R et F = ϕ. Par opérations, ϕ admet un DL 11 (0) :

u 2 e−u du .

0

D’après le cours sur la fonction  d’Euler par exemple, l’application u −→ u 2 e−u est intégrable sur [0 ; +∞[, et :  x  +∞ u 2 e−u du  u 2 e−u du = (3) = 2! = 2 . 0 0

x2

3.24 Pour tout x ∈ [1 ; +∞[, f (x) =

1 1 ϕ(u) = √ = (1 + u 4 )− 2 1 + u4    1 3 8 1 4 1 u + − − u + o(u 11 ) =1+ − 2 2! 2 2 1 3 = 1 − u 4 + u 8 + o(u 11 ). 2 8 111

 sin x cos x 1 +O 2 2x x  1 1 sin 2x = +O 2 . 2 2x x

Par primitivation, F admet donc un DL 12 (0) : F(y) = F(0) + y −

1 y5 3 y9 + + o(y 12 ) 2 5 8 9 1 5 1 9 =y− y + y + o(y 12 ). 10 24

Enfin : f (x) = F  =

1 x

 −F



  1 1 1 1 − + o x2 10 x 10 x 12  1 1 1 1 1 1 + + + o = − 2 − . x x 10x 5 24x 9 10x 10 x−→+∞ x 12 

1 1 1 1 1 1 + + o 12 − x 10 x 5 24 x 9 x

3.25

• On a :  ∀ x ∈ [0 ; π/2],



1 x2



−

x + cos x
x
0

∀ x ∈ [π/2 ; +∞[, x + cos x
x − 1 > 0, √  sin x √ x + cos x − x , donc l’application f : x −→ √ x est continue sur ]0 ; +∞[. • Étude en 0 : √ sin x x ∼ √ = x −→ 0 √ x−→0 x x−→0 x √ √ x + cos x − x −→ 1 , donc : f (x) −→ 0 . et

On a :

x−→0

x−→0

Il en résulte que f est intégrable sur ]0 ; 1] (faux problème).

=

sin t est t d’intégrale convergente sur [1 ; +∞[, donc, par le changement sin 2x de variable t = 2x , l’application x −→ est d’intégrale 2x convergente sur [1/2 ; +∞[.

D’après un exemple du cours, l’application t −→

D’autre part, il existe a > 0 et C ∈ R+ tels que :     C 1  ∀ x
a,  O 2   2 . x x D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1 ) et le théorème     1  de majoration pour des fonctions
0, x −→  O 2  , est x  1 intégrable sur [a ; +∞[, donc x −→ O 2 l’est aussi. x  1 Il en résulte que x −→ O 2 est d’intégrale convergente x sur [1 ; +∞[. Par combinaison linéaire, on conclut que f est d’intégrale convergente sur [1 ; +∞[.  →+∞ √  sin x √ x + cos x − x dx √ Finalement, l’intégrale x →0 converge.

• Étude en +∞ : En utilisant une expression conjuguée et des développements asymptotiques : √  sin x √ x + cos x − x f (x) = √ x cos x sin x = √ √ √ x x + cos x + x =

sin x cos x 1  x cos x 1+ +1 x

sin x cos x = x

1  1 2+O x

  −1 sin x cos x 1 = 1+O 2x x   1 sin x cos x 1+O = 2x x 112

3.26 • Considérons l’application u : [0 ; +∞[−→ R, x −→ x +

√

x sin x .

Si x ∈ ]0 ; π], alors sin x
0, donc u(x)
x > 0 . Si x ∈ [π ; +∞[ , alors : √ √ √ u(x)
x − x = x( x − 1) > 0 . Ceci montre :

∀ x ∈ ]0 ; +∞[, u(x) > 0,

donc l’application f :]0 ; +∞[−→ R, x −→ 

sin x √ x + x sin x

est continue sur ]0 ; +∞[. • Étude en +∞ : On a, en utilisant des développements asymptotiques :  1 sin x − 2 sin x sin x 1+ √ = √ f (x) =  √ x x x + x sin x

  1 sin x 1 sin x 1− √ + O = √ x−→+∞ 2 x x x  sin x 1 1 sin 2 x = √ − + O 3/2 . 2 x x x ∗ D’après un exemple du cours (cf. aussi exercice 3.46),  →+∞ sin x √ dx converge. x 1 ∗ Comme 

sin 2 x 1 − cos 2x 1 cos 2x = = − , que x 2x 2x 2x

→+∞

1 dx diverge et que, d’après un exemple classique, x 1 →+∞ cos 2x dx converge, par opération (raisonnement par 2x 1  →+∞ sin 2 x dx diverge. l’absurde, par exemple), x 1 ∗ Il existe a ∈ [1 ; +∞[ et C ∈ R+ tels que :     C 1  ∀ x ∈ [a ; +∞[,  O 3/2   3/2 . x x D’après l’exemple de Riemann en +∞ (3/2 > 1) et le théorème de majoration pour des fonctions
0 ,     1  x −→  O 3/2  est intégrable sur [a ; +∞[, donc x  →+∞  1 O 3/2 dx converge absolument, donc converge. x 1 Par addition de deux convergentes et d’une divergente, on dé +∞ f (x) dx diverge. duit que l’intégrale 1  1 f (x) dx. Il n’est pas alors utile d’étudier 

→0

→+∞

On conclut que l’intégrale →0

3.27

sin x  dx diverge. √ x + x sin x

1) Existence :

Soit Q ∈ R[X] . → e−x Q(x) est continue sur R. • L’application f : x −

 2 • On a : x 2 f (x) = x 2 Q(x) e−x −→ 0, 2

x−→±∞

par prépondérance de l’exponentielle sur les polynômes. On a donc, pour |x| assez grand : |x 2 f (x)|  1 , d’où : 1 0  | f (x)|  2 . D’après l’exemple de Riemann en ±∞ x (2 > 1 ) et le théorème de majoration pour des fonctions
0, | f | est intégrable sur ] − ∞ ; −1] et sur [1 ; +∞[, donc f est intégrable sur R. Ceci montre que, pour tout polynôme Q de R[X], l’intégrale  +∞ 2 e−x Q(x) dx existe. −∞

 En particulier, l’intégrale I =

+∞

−∞

e−x P(x + a) dx existe. 2

2) Expression de I : En utilisant la formule de Taylor pour les polynômes et en notant N = deg (P), on a :   +∞ N P (k) (a) k 2 e−x x dx I = k! −∞ k=0  N P (k) (a) +∞ −x 2 k = e x dx k! k=0  −∞   notée Ik où les intégrales Ik , existent, d’après 1). Si k est impair, comme x −→ e−x x k est impaire et intégrable sur R, on a Ik = 0. 2

Supposons k pair, k = 2 p, p ∈ N . Alors, comme x −→ e−x x k est paire et intégrable sur R, on a :  +∞ 2 e−x x 2 p dx . Ik = 2 2

0

Cette dernière intégrale a été calculée dans l’exercice 3.4 (par intégration par parties et relation de récurrence), donc : (2 p + 1)! √ π. Ik = 22 p p!

 E N2 √ 2 p + 1 (2 p) P (a), I = π Finalement : 22 p p! p=0 où N = deg (P).

3.28 Nous allons essayer d’appliquer le théorème de continuité sous le signe intégrale. Considérons l’application : 1 − tx . 1−t • F est continue par rapport à x et continue par morceaux (car continue) par rapport à t F : [0 ; +∞[ × ]0 ; 1[−→ R, (x,t) −→

• On a, pour tout (x,t) ∈ [0 ; 1/2]×]0 ; 1[ : |F(x,t)| =

1 − t 1/2 1 1 − tx  1, = 1−t 1−t 1 + t 1/2

et l’application constante 1 est continue par morceaux,
0, intégrable sur l’intervalle borné ]0 ; 1[ . Ainsi, F vérifie HD sur [0 ; 1/2]×]0 ; 1[ . D’après le théorème de continuité sous le signe intégrale, avec HD, l’application  1 1 − tx f : [0 ; 1/2] −→ R, x −→ f (x) = dt 1−t 0 est continue sur [0 ; 1/2]. 113

En particulier : f (x) −→ f (0) = 0.

ta  e−t/2 . −1 On déduit, pour x assez grand : puis :

x−→0

 On conclut :

1 − tx dt = 0. 1−t

1

lim

x−→0

0

et

0  f (x) =

3.29

ta est continue sur [x ; +∞[, • L’application g : t −→ t e −1
0. • Étude en +∞ : t a+2 −→ 0, et − 1 t−→+∞

donc, pour t assez grand : t 2 g(t)  1 , 1 puis : 0  g(t)  2 . t D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1 ) et le théorème de majoration pour des fonctions
0, g est intégrable sur [x ; +∞[. On conclut que, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[,  +∞ ta f (x) = dt existe. t e −1 x

1

donc a fortiori G est continue sur ]0 ; +∞[. Enfin, comme, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ :  1  +∞  f (x) = g(t) dt + g(t) dt = −G(x) +

g(t) dt ,

1

f est continue sur ]0 ; +∞[. g(t) =

et

ta ta ∼ = t a−1 . − 1 t−→0 t

D’après l’exemple de Riemann en 0 (a − 1 > −1) et le théorème d’équivalence pour des fonctions
0, g est intégrable sur ]0 ; 1] .  1  1 g(t) dt −→ g(t) dt, Il en résulte : puis :

x−→0

x



+∞

f (x) =

0

 g(t) dt −→

x−→0

x

+∞

g(t) dt. 0

Ainsi, f admet une limite finie en 0, donc f est intégrable sur ]0 ; 1] (faux problème). • Étude en +∞ : ta On a : et/2 t e −1

∼

t−→+∞

ta et/2 t/2

donc, pour t assez grand : e 114

−→ 0,

+∞  = − 2 e −t/2 x = 2 e −x/2 . Comme x −→ e−x/2 est intégrable sur [1 ; +∞[, par théorème de majoration pour des fonctions
0, f est intégrable sur [1 ; +∞[. Puisque f est intégrable sur ]0 ; 1] et sur [1 ; +∞[, f est intégrable sur ]0 ; +∞[.

3.30 a) Soit x ∈ R . • L’application gx : t −→

sin (xt) est continue sur ]0 ; π/2]. sin t

xt = x, d’où : gx (t) −→ x , t−→0 t donc gx est intégrable sur ]0 ; π/2] (faux problème). • On a : gx (t) ∼

b) Nous allons essayer d’appliquer le théorème de dérivation sous le signe intégrale. sin (xt) . sin t • Pour tout x ∈ R, F(x,·) est intégrable sur ]0 ; π/2] d’après a). Notons F : R×]0 ; π/2] −→ R, (x,t) −→

∂F t cos (xt) : (x,t) −→ existe sur R×]0 ; π/2] , est conti∂x sin t nue par rapport à x, continue par morceaux (car continue) par rapport à t.  | sin u|  |u|  ∀ u ∈ R, • Rappelons :  ∀ u ∈ [0 ; π/2], sin u
2u . π Soit a ∈ R+ fixé. On a donc, pour tout (x,t) ∈ [−a ; a]×]0 ; π/2] :   ∂F  | sin (xt)| π |xt| π  = = |x|  a  (x,t)  ∂x  2t sin t 2 2 π π et l’application constante a est intégrable sur l’intervalle borné 2 ]0 ; π/2]. ∂F vérifie HDL. ∂x D’après le théorème de dérivation sous le signe intégrale, f est de classe C 1 sur R et : Ainsi,

t−→+∞

ta  1, t e −1

e−t/2 dt

x

•

+∞

• Étude en 0 : On a :

+∞

On conclut que f est définie sur R.

t est continue sur ]0 ; +∞[, l’apb) • Puisque g : t −→ t e  x −1 g(t) dt est de classe C 1 sur ]0 ; +∞[, plication G : x −→

1



ta dt  t e −1

t−→0

a

x

+∞ x

a) Soit x ∈ ]0 ; +∞[.

On a : t 2 g(t) =



∀ x ∈ R, f (x) =

 0

π/2

t cos (xt) dt . sin t

c) Comme plus haut, on a :   π/2   π/2  sin (xt)  | sin (xt)| | f (x)| =  dt   dt sin t sin t 0 0   π/2 π|x| π/2 |xt| π2 |x| dt =  dt = −→ 0, 2t 2 0 4 x−→0 0 π f (x) −→ 0.

donc :

• Étude en π/2 :

 π/2    0 On a : gx (t) −→ t−→π/2    −π/2

si x > 0 si x = 0 si x < 0,

donc gx est intégrable sur [0 ; π/2[ (faux problème). On conclut : Déf ( f ) = R . 2) Parité :

x−→0

On a : ∀ x ∈ R, f (−x) = − f (x), donc f est impaire. 

3.31

π/2

Pour tout x ∈ [0 ; +∞[, f (x) =

t x cos t dt existe

0

On peut donc se limiter, dans la suite de l’étude, à x
0. 3) Continuité :

comme intégrale d’une application continue (continue par morceaux si x = 0) sur un segment.  π/2 3 π/2 cos t dt = [ sin t]0 = 1 > 1) On a : f (0) = 4 0

Notons

et

• On a, pour tout (x,t) ∈ [0 ; +∞[×[0 ; π/2[ :   π |F(x,t)| = Arctan (x tan t)  , 2



f (1) =

π/2

π/2

t cos t dt = [t sin t]0 ipp

0

 −

π/2

sin t dt 0

=

π 3 π π/2 + [ cos t]0 = − 1 < . 2 2 4

3 Ainsi, , est compris entre deux valeurs de f. 4 2) Montrons que f est continue sur [0 ; +∞[, en essayant d’utiliser le théorème de continuité sous le signe intégrale. Notons

F : [0 ; +∞[×[0 ; π/2] −→ R, (x,t) −→ t x cos t.

• F est continue par rapport à x et continue par morceaux (car continue) par rapport à t. • Soit a ∈ [0 ; +∞[. On a, pour tout (x,t) ∈ [0 ; a] × [0 ; π/2] :

 a π |F(x,t)| = |t x cos t| = t x cos t  t x  2  a π et l’application constante est intégrable sur le segment 2 [0 ; π/2]. Ainsi, F vérifie HDL. D’après le théorème de continuité sous le signe intégrale, on déduit que f est continue sur [0 ; +∞[. 3) Puisque f est continue sur l’intervalle [0 ; +∞[ et que 3 f (0) > > f (1), d’après le théorème des valeurs intermé4 3 diaires, il existe c ∈ ]0 ; 1[ tel que : f (c) = . 4

F : [0 ; +∞[×[0 ; π/2[−→ R, (x,t) −→ Arctan (x tan t) . • F est continue par rapport à x et continue par morceaux (car continue) par rapport à t.

et l’application constante π/2 est intégrable sur l’intervalle borné [0 ; π/2[. Ainsi, F vérifie HD. D’après le théorème de continuité sous le signe intégrale, f est continue sur [0 ; +∞[. 4) Classe C 1 , variations : Gardons les notations de 3). • Pour tout x ∈ [0 ; +∞[, F(x,·) est intégrable sur [0 ; π/2[ d’après 1). ∂F tan t : (x,t) −→ existe sur [0 ; +∞[×[0 ; π/2[, ∂x 1 + x 2 tan2 t est continue par rapport à x, continue par morceaux (car continue) par rapport à t. •

• Soit (a,b) ∈ R2 tel que 0 < a < b. On a, pour tout (x,t) ∈ [a ; b] × [0 ; π : 2[ :   ∂F  tan t tan t  = (x,t)  ∂x  1 + x 2 tan2 t  1 + a 2 tan2 t .    notée ϕa (t) L’application ϕa est continue par morceaux (car continue),
0, intégrable sur [0 ; π/2[ car ϕa (t)

∼

t−→π/2

tan t 1 = 2 a 2 tan2 t a tan t

−→ 0

t−→π/2

(faux problème).

3.32

1) Ensemble de définition :

Soit x ∈ R . L’application gx : t −→ Arctan (x tan t) est continue sur [0 ; π/2[.

∂F vérifie HDL sur ]0 ; +∞[×[0 ; π/2[. ∂x D’après le théorème de dérivation sous le signe intégrale, avec HDL, f est de classe C 1 sur]0 ; +∞[ et :

Ainsi,

115



∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) =

0

π/2

tan t dt . 1 + x 2 tan2 t

tan t est continue sur [0 ; π/2[, Puisque l’application 1 + x 2 tan2 t
0, et n’est pas l’application nulle, on a : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) > 0 . Comme, de plus, f est continue en 0, on conclut que f est strictement croissante sur [0 ; +∞[. 5) Classe C 2 , convexité : Par la même démarche qu’en 4), on montre que f est de classe C 2 sur ]0 ; +∞[ et que :  +∞ 2x tan3 t ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f

(x) = − dt  0 , (1 + x 2 tan2 t)2 0

En multipliant par 1 + x 2 X, puis en remplaçant X par − on obtient : a =

1

=

x2 . x2 − 1

1 x2 En multipliant par 1 + X , puis en remplaçant X par −1, on ob1 . tient : b = 1 − x2 D’où :  +∞  x2 1 1

f (x) = − dv 2(x 2 − 1) 0 1 + x 2v 1+v   1 1 + x 2 v +∞ = ln 2(x 2 − 1) 1+v 0 1−

=

donc f est concave sur ]0 ; +∞[. 6) Étude en 0 :

Il s’ensuit :

1re méthode : 

π/2

0




tan t dt
1 + x 2 tan2 t



Arctan x1

0

f (x) −→+ +∞.

La courbe représentative de f admet Oy pour demi-tangente en O .

 0

Arctan x1

tan t dt 1 + x 2 tan2 t

tan t 1 Arctan x1 dt = − [ln cos t]0 2 2

1 1 1 1 = − ln cos Arctan = − ln  2 x 2 1 1+ 2 x  1 1 = ln 1 + 2 −→+ +∞, 4 x x−→0 donc : f (x) −→+ +∞. x−→0

• 2è méthode : Nous allons exprimer f (x) pour x ∈ ]0 ; +∞[, sans symbole d’intégrale, ce qui permettra d’étudier f (x) lorsque x −→ 0+ . Soit x ∈ ]0 ; +∞[. On a, par le changement de variable u = tan t :  π/2  +∞ tan t u du f (x) = dt = , 1 + x 2 tan2 t 1 + x 2u2 1 + u2 0 0 puis, par le changement de variable v = u 2 , dv = 2u du :  dv 1 +∞ f (x) = . 2 0 (1 + x 2 v)(1 + v) / 1 , on effectue une décomposition en éléments Pour x = simples : 1 a b = + , (a,b) ∈ R2 . (1 + x 2 X)(1 + X) 1 + x 2X 1 + X 116

1 ln x ln x 2 = 2 . 2(x 2 − 1) x −1

x−→0

On a, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : f (x) =

1 , x2

7) Valeurs remarquables : On a : 

π/2

f (1) =

 Arctan (tan t) dt =

0

et : f (1) =

 0

π/2

0

π/2

tan t dt = 1 + tan2 t =

1 2

 0

π/2





t2 t dt = 2

π/2 = 0

π2 8

π/2

sin t cos t dt 0

sin 2t dt =

  cos 2t π/2 1 1 − = . 2 2 2 0

8) Étude en +∞ : Transformons l’écriture de f (x) , pour x ∈ ]0 ; +∞[ fixé, par le changement de variable u = π/2 − t :  π/2 f (x) = Arctan (xtan t) dt 0  π/2 x = Arctan du tan u 0  π/2  π tan u  = − Arctan du 2 x 0    π/2 π2 1 π2 1 . = Arctan − tan u du = − f 4 x 4 x 0 π2 . x−→+∞ 4

Comme f (y) −→+ 0, on déduit : f (x) −→ y−→0

La courbe représentative de f admet donc une asymptote π2 d’équation y = . 4

On déduit que h x est intégrable sur [2 ; +∞[ si et seulement si x > 1. Par théorème d’équivalence pour des fonctions
0, gx est intégrable sur [1 ; +∞[ si et seulement si x > 1.

9) Tracé de la courbe représentative de f : y π2 4 y = f(x)

π2 8 1

On conclut que f (x) existe si et seulement si x ∈ ]1 ; +∞[, ou encore : Déf ( f ) = ]1 ; +∞[. b) Nous allons essayer d’appliquer le théorème de dérivation sous le signe intégrale. Notons

O 1

x

F : ]1 ; +∞[×[1 ; +∞[−→ R, (x,t) −→

1 . t x (1 + ln t)

• Pour tout x ∈ ]1 ; +∞[, F(x,·) est intégrable sur [1 ; +∞[, d’après a). ∂F (−ln t)t −x : (x,t) −→ existe sur ]1 ; +∞[×[1 ; +∞[, ∂x 1 + ln t est continue par rapport à x, continue par morceaux (car continue) par rapport à t.

•

3.33

• Soit a ∈ ]1 ; +∞[. On a :

a) Soit x ∈ R .

• L’application gx : t −→ [1 ; +∞[, et gx
0.

1 est continue sur x t (1 + ln t)

1 . ln t D’après l’exemple de Bertrand en +∞ , l’application 1 h x : t −→ x est intégrable sur [2 ; +∞[ si et seulement t ln t si x > 1. Redémontrons-le. • On a : gx (t)

∼

t−→+∞ t x

∗ Si x > 1, alors, comme t

x+1 2

h x (t) =

1 t

x−1 2

ln t

−→ 0 ,

t−→+∞

x+1

on a, pour t assez grand, t 2 h x (t)  1, 1 donc : 0  h x (t)  x+1 . t 2 > 1) et le théoD’après l’exemple de Riemann en +∞ ( x+1 2 rème de majoration pour des fonctions
0, h x est intégrable sur [2 ; +∞[.

t 1−x −→ +∞, ∗ Si x < 1, alors, comme t h x (t) = ln t t−→+∞ 1 on a, pour t assez grand, t h x (t)
1, donc h x (t)

0. t D’après l’exemple de Riemann en +∞ et le théorème de minoration pour des fonctions
0, h x n’est pas intégrable sur [2 ; +∞[. ∗ Si x = 1, comme  X 1 dt = [ ln ln t]2X = ln lnX − ln ln2 −→ +∞ , X−→+∞ t ln t 2 h x n’est pas intégrable sur [2 ; +∞[.

∀ (x,t) ∈ [a ; +∞[×[1 ; +∞[,    ∂F  = ln t t −x  t −x  t −a  (x,t)  1 + ln t  ∂x et t −→ t −a est continue par morceaux (car continue),
0, intégrable sur [1 ; +∞[, car a > 1. ∂F vérifie HDL. ∂x D’après le théorème de dérivation sous le signe intégrale, pour ∂F (x,·) est intégrable sur [1 ; +∞[, f est tout x ∈ ]1 ; +∞[, ∂x de classe C 1 sur ]1 ; +∞[ et, pour tout x ∈ ]1 ; +∞[ :  +∞ ln t −x f (x) = − t dt . 1 + ln t 1 Ainsi,

ln t −x t est continue sur 1 + ln t [1 ; +∞[,
0, et n’est pas l’application nulle, on a : Puisque l’application t −→

∀ x ∈ ]1 ; +∞[, f (x) < 0 , donc f est strictement décroissante sur ]1 ; +∞[. De même, on montre, par le même raisonnement, que f est de classe C 2 sur ]1 ; +∞[ et que :  +∞ (ln t)2 −x t dt . ∀ x ∈ ]1 ; +∞[, f

(x) = 1 + ln t 1 De plus : ∀ x ∈ ]1 ; +∞[, f

(x)
0, donc f est convexe. c) • Étude en 1 : On a, pour tout x ∈ ]1 ; +∞[ :  +∞  +∞ 1 1 f (x) =
dt dt t x (1 + ln t) t x (1 + ln t) 1 e 117






+∞

e

=

1 2



+∞

1

1 dt t x 2 ln t e−(x−1)u u



+∞

1 u e du exu 2u  1 +∞ e−v du = dv. v = (x − 1)u 2 x−1 v =

u= ln t

1

e−v est continue sur ]0 ; +∞[,
0, v intégrable sur [1 ; +∞[, car 0  h(v)  e−v , et non inté1 grable sur ]0 ; 1] , car h(v) ∼ . v−→0 v  +∞ −v e dv −→+ +∞, Il en résulte : x−→1 v x−1

• H est continue par rapport à X et continue par morceaux (car continue) par rapport à u. • Soit a ∈ [0 ; 1[. On a, pour tout (X,u) ∈ [0 ; a] × (1 ; +∞[ :

• Étude en +∞ : On a :  1

+∞

 +∞ 1 1  dt dt t x (1 + ln t) tx 1  −x+1 +∞ t 1 = = −x + 1 1 x −1

D’après le théorème de continuité sous le signe intégrale, l’ap +∞ H (X,u) du est continue sur [0 ; 1[. plication h : X −→



−→ h(0) =

X−→0

 −→ 0,

1

et on conclut :

x−→+∞

+∞

Il en résulte :

x−→+∞

f (x) −→ 0.

d’où :

Ainsi, H vérifie HDL.

En particulier :  +∞ u X−2 du = h(X) 1 + X ln u 1

x−→1

0  f (x) =

et u −→ u a−2 est intégrable sur [1 ; +∞[.

1

f (x) −→+ +∞.

puis :

u X−2  u X−2  u a−2 , 1 + X ln u

|H (X,u)| =

L’application h : v −→

f (x)

+∞

u −2 du = [−u −1 ]+∞ = 1. 1

1 1

u x −2 du −→ 1, x−→+∞ 1 + x1 ln u ∼

x−→+∞

1 . x

d) y

3.34 a) 1) Nous allons essayer d’appliquer le théorème de dé-

y = f(x)

rivation sous le signe intégrale. Notons G : R × [0 ; +∞[−→ R, ( p,t) −→ f (t) e− pt . • Pour tout p ∈ R, G( p,·) est intégrable sur [0 ; +∞[ par hypothèse. ∂k G : ( p,t) −→ (−t)k f (t) e− pt est dé∂ pk finie sur R × [0 ; +∞[, continue par rapport à p, continue par morceaux (car continue) par rapport à t. • Pour tout k ∈ {1,2},

O

1

x

e) Essayons de nous ramener à la recherche d’une limite. Soit x ∈ ]1 ; +∞[. On a, par le changement de variable 1 1 1 u = t x , t = u x , dt = u x −1 du : x  +∞ 1 f (x) = dt x (1 + ln t) t 1  = 1

+∞

1 1 −1  1 ux 1 +∞ u x −2 x  du = du. 1 x 1 1 + ln u u 1 + x1 ln u x

118

L’application h : t −→ t k e−t est continue sur [0 ; +∞[ et h(t) −→ 0, par prépondérance de l’exponentielle sur les pot−→+∞

lynômes, donc, classiquement, h est bornée sur [0 ; +∞[.

Considérons l’application H : [0 ; 1[×[1 ; +∞[−→ R, (X,u) −→

• On a, pour tout k ∈ {1,2} et tout a ∈ R :   k  ∂ G ∀ ( p,t) ∈ [a ; +∞[×[0 ; +∞[,  k ( p,t) ∂p     = (−t)k f (t) e− pt  = t k | f (t)| e− pt  t k | f (t)| e−at

 = t k e −t | f (t)| e −(a−1)t .    notée ϕk,a (t)

u X−2 . 1 + X ln u

D’autre part, par hypothèse, t −→ f (t)e−(a−1)t est intégrable sur [0 ; +∞[.

Il en résulte que ϕk,a est intégrable sur [0 ; +∞[.

Ensuite, par théorème de majoration pour des fonctions
0, f est intégrable sur [0 ; +∞[2 .

∂k G vérifie HDL. ∂ pk

Ainsi,

D’après le théorème de dérivation sous le signe intégrale, on conclut que F est de classe C 2 sur R et que, pour tout p ∈ R :  +∞ F ( p) = −t f (t) e− pt dt , 0

F

( p) =



+∞

t 2 f (t) e− pt dt .

2) On a donc, pour tout p ∈ R :  2

2  +∞ (−t) f (t) e− pt dt F ( p) =  =





+∞

0 +∞

0

2) Calcul : En développant sin (x + y) et en faisant apparaître des intégrales doubles de fonctions intégrables (pour la même raison qu’en 1), on a :

[0 ;+∞[2

 e− px−q y sin x cos y + cos x sin y dx dy  =

t| f (t)| e− pt dt



2

+

2

 pt   pt  f (t) e− 2 t f (t) e− 2 dt .       notée u(t) notée v(t)

Les applications u et v sont de carrés intégrables sur [0 ; +∞[, d’où, d’après l’inégalité de Cauchy et Schwarz :  

2  +∞

2  +∞

2  F ( p)  u(t) dt v(t) dt 0 0   +∞   +∞  − pt 2 = f (t) e dt t f (t) e− pt dt = F( p)F

( p) . 0

On conclut que l’intégrale proposée F( p,q) existe.

F( p,q)  =

0

0

Il en résulte, par définition, que g est intégrable sur [0 ; +∞[2 .

0

/ 0. Puisque, pour tout p ∈ R, b) On suppose, de plus, que f = l’application t −→ f (t)e− pt est continue,
0 et n’est pas l’application nulle, on a : ∀ p ∈ R, F( p) > 0 .

 = 0

[0 ;+∞[2

+∞

[0 ;+∞[2

(e− px cos x)(e−qy sin y) dx dy

e− px sin x dx   notée S( p)

 

e−qy cos y dy   notée C(q) + S(q)C( p).

On a, en passant par les nombres complexes :  +∞  +∞ e− px ei x dx = e(− p+i)x dx 0 0  (− p+i)x +∞ e 1 p+i = = = 2 . −p + i 0 p−i p +1 D’où, en séparant la partie réelle et la partie imaginaire : p 1 C( p) = 2 et S( p) = 2 , p +1 p +1 D’où :

F

F

F − F 2
0, , ( ln ◦ F)

= (ln ◦ F) = F F2

F( p,q) =

1 q p 1 + 2 p2 + 1 q 2 + 1 p + 1 q2 + 1

donc ln ◦ F est convexe sur R.

=

1) Existence :

L’application f : (x,y) −→ e

0



+∞

et de même pour q.

Alors, ln ◦ F , est de classe C 2 et :

3.35

(e− px sin x)(e−qy cos y) dx dy

− px−qy

sin (x + y)

p+q . ( p2 + 1)(q 2 + 1)

Remarque : Les calculs de C( p) et S( p) sont les calculs des transformées de Laplace de cos et sin .

est continue sur [0 ; +∞[ et : 2

∀ (x,y) ∈ [0 ; +∞[2 , | f (x,y)|  e− px e−qy . L’application g : (x,y) −→ e− px e−qy est continue sur [0 ; +∞[2 et g
0. On a, pour tout (a,b) ∈ [0 ; +∞[2 :  a   b  g(x,y) dx dy = e− px dx e−qy dy [0 ;a]×[0 ;b]

=

0



− px

e −p

a  0

−qy

e −q

b = 0

0 − pa

1−e p

1 1 − e−qb  . q pq

3.36 a) Étude de I et J : 1) Existence : • L’application f : x −→ ln sin x est continue sur ]0 ; π/2] et f  0. On a, au voisinage de 0 :

 − f (x) = −ln sin x = −ln x + o(x)





 = −ln x 1 + o(1) = −ln x + ln 1 + o(1) = −ln x + o(1) ∼ − ln x. x−→0

119

 = x ln sin x]π/2 ε −

D’après le cours, x −→ − ln x est intégrable sur ]0 ; 1] . Par théorème d’équivalence pour des fonctions
0, − f est intégrable sur ]0 ; 1] , donc sur ]0 ; π/2], puis f l’est aussi.  π/2 ln sin x dx existe. Ceci montre que l’intégrale I = 0

π • Par le changement de variable t = − x, puisque I existe, 2 J existe aussi et :  π/2  0 J= ln cos x dx = ln sin t (−dt) = I . π/2

0

On a : 2I = I + J   π/2 (ln sin x + ln cos x) dx = = 0

=



π/2

ln 0

π/2

0



1 π sin 2x dx = − ln 2 + 2 2

ln (sin x cos x) dx  

0

π 2

ln sin 2x dx .   notée I1

On a, par le changement de variable u = 2x, puis par la relation de Chasles :  1 π I1 = ln sin u du 2 0  π  π 2 1 ln sin u du + ln sin u du = π 2 0 2   0 1 1 I+ ln sin v (−dv) = (I + I ) = I. = π 2 v =π−u 2 2 π On obtient ainsi 2I = − ln 2 + I, d’où : 2 π I = J = − ln 2 . 2 b) Étude de K :

ln sin x dx ε



= −ε ln sin ε − On a :

π/2

ln sin x dx. ε

ε ln sin ε ∼ sin ε ln sin ε −→ 0, ε−→0

ε−→0

d’où, en passant à la la limite :  π/2 π ln sin x dx = −I = ln 2 . K =− 2 0 c) Étude de L :

x • L’application g : x −→ est continue sur ]0 ; π/2[, et tan x g
0. • On a g(x) −→ 1 et g(x) −→ 0 , donc g est intégrable x−→0

x x 2 sin cos x sin x 2 2 = x . =x x 2x 1 − cos x 2 sin tan 2 2 Comme K existe, par le changement de variable t =

x , il en 2

résulte que L existe et que :  π  π x sin x x L= dx = x dx 0 1 − cos x 0 tan 2  π/2 2t 2 dt = 4K = 2π ln 2. = tan t 0 d) Étude de M : Partant de K, par le changement de variable u = tan x :  +∞  π/2 x Arctan u du dx = K = . tan x u 1 + u2 0 0 Ceci montre que l’intégrale proposée M existe et que :  +∞ Arctan x π M= dx = K = ln 2 . x(1 + x 2 ) 2 0

3.37 L’application x −→ e−x Q(x) est de classe C 1 sur R et,

1) Existence :

x−→π/2

sur ]0 ; π/2[ (faux problèmes).



Ceci montre que l’intégrale K = 0

π/2

x dx existe. tan x

2) Calcul : Soit ε ∈ ]0 ; π/2[ fixé. On a, par intégration par parties pour des applications de classe C 1 :  π/2  π/2 x cos x x dx = dx sin x ε tan x ε 120

π/2

On a, pour tout x ∈ ]0 ; π[ :

2) Calcul :





pour tout x de R :

  d −x e Q(x) = e−x − Q(x) + Q (x) = −e−x P(x). dx Il existe donc C ∈ R tel que : ∀ x ∈ R,

−x

e



x

Q(x) = −

e−t P(t) d t + C.

0

Comme t −→ e−t P(t) est continue sur [0 ; +∞[ et que  1 e−t P(t) = o , l’application t −→ e−t P(t) est int→+∞ t 2 tégrable sur [0 ; +∞[. On déduit, en faisant tendre x vers +∞  +∞ e−t P(t)dt. dans le résultat précédent : C = 0

 Ainsi :

+∞

Q(x) = ex

∀x ∈ R ,

e−t P(t) dt .

x

∀x ∈ R ,

Comme :

il est alors clair que :

3.38

Jn =

P(x)
0 , ∀x ∈ R ,

Q(x)
0.

1) Existence :

Soit n ∈ N∗ . • L’application f n : x −→ [1 ; +∞[, et f n
0.

x n−1 (1 + x)n+1

est continue sur

x n−1 1 = 2 . D’après l’exemple de x−→+∞ x n+1 x Riemann en +∞ (2 > 1 ) et le théorème d’équivalence pour des fonctions
0, f n est intégrable sur [1 ; +∞[.  +∞ x n−1 dx existe. On conclut que l’intégrale In = (1 + x)n+1 1 • On a : f n (x)

∼

2) Calcul : • 1re méthode : Essayons d’obtenir une relation de récurrence, à l’aide d’une intégration par parties. Soit n ∈ N tel que n
2 . Soit X ∈ [1 ; +∞[. ∗

On a, par intégration par parties pour des applications de classe C 1 :  1

D’où :

 X x n−1 dx = x n−1 (1 + x)−n−1 dx (1 + x)n+1 1    X (1 + x)−n X (1 + x)−n − (n − 1)x n−2 dx = x n−1 −n −n 1 1  1 n − 1 X x n−2 X n−1 + + dx. =− n(1 + X)n n2n n (1 + x)n 1

1 1 + ··· + n 2 2

 n+1 1 1 2 = = −1 + = −1 + k 1 2 2 k=1 k=0 1− 2 1 1 = −1 + 2 − n = 1 − n . 2 2  1 1 ∗ 1− n . On conclut : ∀ n ∈ N , In = n 2

1 n−1 In = n + In−1 , n2 n 1 + (n − 1)In−1 . 2n En notant Jn = n In pour tout n ∈ N∗ , on a donc :

Par le changement de variable t = x + 1, puis développement du binôme de Newton, en amenant des intégrales de fonctions intégrables par l’exemple de Riemann en +∞, on a :  +∞ x n−1 In = dx (1 + x)n+1 1  +∞ (t − 1)n−1 = dt t n+1 2  =

1 + Jn−1 . 2n

d’où, en réitérant : 1 1 1 + n−1 + · · · + 2 + J1 . 2n 2 2 +∞  1 1 1 dx = − = . (1 + x)2 1+x 1 2

Jn =  Et : J1 = 1

+∞

+∞

2

=

k

k=0

=

k

n−1  n−1 k

k=0

=

 (−1)n−1−k

+∞

t k−n−1 dt

2

n−1  n−1 k=0

=

n−1  1 n−1 k t (−1)n−1−k dt k t n+1 k=0

n−1  n−1

n−1

(−1)n−1−k

k=0

 (−1)n−1−k

(−1)n−1−k

t k−n k−n

+∞ 2

1 (n − k)2n−k

 (n − 1)! 1 n−k k!(n − k)! 2

=−

n−1   1 n−k 1 n − n k=0 k 2

=−

1 n

ou encore : n In =

∀ n
2, Jn =

1−

1 k

• 2è méthode :

X

On obtient, en faisant X −→ +∞ :

n 

n

  1 n 1 1 1− 1− n . −1 = 2 n 2 

1 1 , il nous faut comparer t t2

3.39 Pour évaluer Min x, √ ,

1 1 x, √ , 2 , pour x fixé dans [0 ; +∞[ et t variant ensuite dans t t ]0 ; +∞[.  1 1 Soit x ∈ ]0 ; +∞[. Notons gx : t −→ Min x, √ , 2 . t t 121

∀ t ∈ ]0 ; +∞[, gx (t) = g0 (t) = 0,

• Si x = 0, alors :

donc gx est intégrable sur ]0 ; +∞[, et f (x) = 0.  1   si t  √  x x • Si 0 < x  1, alors : gx (t) =  1 1    2 si √  t. t x L’application gx est donc continue sur [0 ; +∞[, et, d’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1 ), gx est intégrable sur [1 ; +∞[, puis sur [0 ; +∞[. On a :  f (x) =

√1 x

 x dt +

+∞ √1 x

0

  √ 1 1 +∞ = x√ + − = 2 x. t √1 x si t 

1 x2

 x dt +

0

=x

1 1 x2

1 √ dt + t

h(x) = f (x)| cos x|  f (x),

d’après le théorème de majoration pour des fonctions
0, g et h sont intégrables sur [0 ; +∞[.

si

si t
1.

 1

+∞

1 dt t2

  √ 1 1 +∞ 1 + [2 t] + − 1 x2 t 1 x2  1 1 2 +1 = 3− . = + 2− x x x

 √  2 x ∀ x ∈ [0 ; +∞[, f (x) = 3 − 1 x

∀ x ∈ [0 ; +∞[, 0  f (x) sin 2 x  f (x)| sin x| = g(x) , par théorème de majoration pour des fonctions
0, l’application s : x −→ f (x) sin 2 x est intégrable sur [0 ; +∞[.  π ∀ x ∈ [π/2 ; +∞[, 0  f (x) cos 2 x = f (x) sin 2 x − 2    π π π sin 2 x − =s x−  f x− . 2 2 2

1 t 1 x2

On conclut : si x  1 si x > 1.

y

Comme s est intégrable sur [0 ; +∞[, par changement de va π riable affine, x −→ s x − est intégrable sur [π/2 ; +∞[, 2 puis, par théorème de majoration pour des fonctions
0, l’application c : x −→ f (x) cos 2 x est intégrable sur [π/2 ; +∞[, donc sur [0 ; +∞[. Puisque s et c sont intégrables sur [0 ; +∞[, par addition, on déduit que f l’est aussi. Ceci montre que, si g est intégrable sur |[0 ; +∞[, alors f l’est aussi. 3) Par la même méthode qu’en 2), on montre que, si h est intégrable sur [0 ; +∞[, alors f l’est aussi. On conclut que les intégrabilités de f,g,h sont deux à deux équivalentes. 1 2

3.41 On a : | f f |  ( f 2 + f 2 ).

3

Puisque f 2 et f 2 sont intégrables sur [0 ; +∞[, par opéra1 tions, ( f 2 + f 2 ) l’est aussi, puis, par théorème de majora2 tion pour des fonctions
0, | f f | l’est aussi, et donc f f

l’est aussi.

y = f(x) 2

1

O 122

g(x) = f (x)| sin x|  f (x)

D’autre part, puisque f est décroissante :

Comme dans le cas précédent, gx est intégrable sur [0 ; +∞[. On a : 1 x2



∀ x ∈ [0 ; +∞[,

Comme :

   x       1 • Si 1  x, alors : gx (t) = √  t      1   t2



3.40 1) Si f est intégrable sur [0 ; +∞[, alors, comme :

2) Supposons g intégrable sur [0 ; +∞[.

1 dt t2

x

f (x) =

Une étude immédiate de f (études en 0 et en 1) montre que f est de classe C 0 sur [0 ; +∞[ et de classe C 1 sur ]0 ; +∞[.

1

x

Mais, pour tout X ∈ [0 ; +∞[ :  X

1 X  1 2 f2 = f (X) − f 2 (0) . ff = 0 2 2 0  +∞  1 2 f (X) − f 2 (0) −→ ff

On a donc : X −→+∞ 0 2

et il en résulte que f 2 (X) admet une limite finie en +∞ , notée L. / 0, alors f 2 n’est pas intégrable sur [0 ; +∞[, contraSi L = diction.



f .  0  notée I Il reste à calculer I. Par le changement de variable n∞

On a donc : L = 0.

t=

On déduit : f 2 (X) −→ 0 et on conclut : X−→+∞

f (x) −→ 0 . x−→+∞

3.42

 I = 0

a) Puisque f est décroissante et intégrable sur ]0 ; 1] ,

on a :

1

 k+1 n k n

1 1 −−−→ 0, 1 − −−−→ 1, et que f est intégrable n n∞ n n∞ sur ]0 ; 1] , on déduit, par théorème d’encadrement :

Comme

 1 n−1  k 1 −−−→ f f. n∞ n k=1 n 0 1 f (1) −−−→ 0 on peut remplacer l’indice sun∞ n périeur, n − 1 par n, et conclure :   1 n 1 k −−−→ f f. n∞ n k=1 n 0

Enfin, comme

b) Notons, pour tout n ∈ N∗ : Sn =

k=1

On a :

1 Sn = n

n k=1

n √ . (k + n) k(k + 2n)

1    . k k k +1 +2 n n n

Considérons l’application f : ]0 ; 1] −→ R, x −→

1 √ . (x + 1) x(x + 2)

Il est clair que f est continue par morceaux (car continue), 1 , donc, d’après décroissante,
0. On a : f (x) ∼ √ x−→0 2x 1/2 l’exemple de Riemann en 0 (1/2 < 1) et le théorème d’équivalence pour des fonctions
0, f est intégrable sur ]0 ; 1] .

1

=

  k n 1 k f  f  f, k−1 n n n

d’où, par sommation et relation de Chasles :  1  1− n1 n−1  1 k ∀ n
2, f  f  f. 1 n k=1 n 0 n

n

1 1 dt , x = − 1, dx = 2 : x +1 t t

1 dx √ (x + 1) x(x + 2)   1/2 t dt =  − t2 1 11 +2 t t

∀ n
2, ∀ k ∈ {1,. . . ,n − 1}, 

1

On peut donc appliquer a) à f : Sn −−−→

1/2

On conclut :

lim n∞

√ √ √ dt = [ 1 + 2t]11/2 = 3 − 2. √ 1 + 2t

n k=1

√ √ n = 3 − 2. √ (k + n) k(k + 2n)

3.43 1) Existence : Soit x ∈ ] − ∞ ; 0[. L’application f x : t −→ et f x
0. On a : t 2 f x (t) =

x −t est continue sur [0 ; +∞[, ex − et

t 2 (x − t) ∼ t 3 e−t −→ 0, t−→+∞ ex − et t−→+∞

donc, pour t assez grand : t 2 f x (t)  1, 1 . t2 D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1 ) et le théorème de majoration pour des fonctions
0, f x est intégrable sur [0 ; +∞[. puis :

0  f x (t) 

Ceci montre que, pour tout x ∈ ] − ∞ ; 0[, l’intégrale propo +∞ x −t dt existe. sée I (x) = ex − et 0 2) Limite : Soit x ∈ ] − ∞ ; 0[. On a, par le changement de variable u = t − x :  +∞ x −t I (x) = dt ex − et 0  +∞  +∞ −u u −x = du = e du. ex − ex+u eu − 1 −x −x Comme x < 0, on a [−x ; +∞[⊂ ]0 ; +∞[, donc :  +∞  +∞  +∞ u u
u = ue−u du du eu − 1 eu −x −x −x  +∞ = (−u − 1)e −u −x = (−x + 1)e x . 123

x−→−∞



+∞

On conclut : 0

x −t dt −→ +∞. ex − et x−→−∞

a) Soit x ∈ ]0 ; +∞[.

Soit X ∈ [x ; +∞[ . On a, par intégration par parties pour des fonctions de classe C 1 :  X  X 1 2 2 e−t dt = 2t e−t d 2t x x  X  X 1 1 2 2 = − 2 (−e−t ) dt (−e−t ) − 2t 2t x x e−x e−X 1 − − 2x 2X 2 2

=

2



X x

1 −t 2 e dt. t2

1 −t 2 e sont continues t2 1 sur [x ; +∞[ et négligeables devant t −→ 2 lorsque t t −→ +∞, donc ces deux applications sont intégrables sur [x ; +∞[, d’où, en faisant X −→ +∞ :  +∞  2 e−x 1 +∞ 1 −t 2 2 e−t dt = e dt . − 2x 2 x t2 x  +∞  +∞ 1 −t 2 1 2 e dt  e−t dt On a : 0  2 2 t x x x Les applications t −→ e−t et t −→ 2

1 −→ 0, x 2 x−→+∞   +∞  +∞ 1 −t 2 −t 2 o e dt = e dt . donc : x−→+∞ t2 x x  +∞ 2 e−x 2 e−t dt ∼ . On conclut : x−→+∞ 2x x  b 1 2 e−nt dt et u n = Inn . b) Notons, pour tout n ∈ N∗ : In = et

a

√ On a, par le changement de variable u = n t : 1 In = √ n



√ b n

√ a n

2

D’après a) :  +∞ 2 e−a n −u 2 e du ∼ √ √ n∞ 2a n a n Comme 0 < a < b, on a : 124

On déduit :

 1 1 ln u n = ln In = − a 2 n − ln(2an) + ln 1 + o(1) n n  ln(2an) 1 −−−→ − a 2 , +o = −a 2 − n∞ n n  b n1 2 2 e−nt dt −−−→ e−a . et on conclut :



+∞

√ a n

−u 2

e

 et

+∞

√ b n

 du −

+∞

√ b n

−u 2

e

e−b n √ . n∞ 2b n 2

e−u du ∼ 2

du .

 −a 2 n 2 e−b n e √ =o √ , 2b n 2a n

n∞

a

3.45 Soit x ∈ ]0 ; 1] fixé. On a, par le changement de variable u = t + x :  1 t  x+1 u−x  x+1 u e e e dt = du = e−x du x + t u u 0 x x  x+1   x+1 eu − 1 1 du + du = e−x u u x x  x+1 u

 e −1 du + e−x ln(x + 1) − ln x . = e−x u x eu − 1 est continue sur ]0 ; 2] , u
0, et f (u) −→ 1 , donc f est intégrable sur ]0 ; 2] . L’application f : u −→ u−→0

On a donc :  x+1  f (t) dt = x



x+1

f (t) dt −

0

x

f (t) dt 0

 x−→0

D’où :



1

f (t) dt = I.

−→

0

1

et dt 0 x +t



 = e−x I + o(1) + e−x ln(x + 1) − ln x







 = 1 + o(1) I + o(1) + 1 − x + o(x) − ln x + o(1) = −ln x + I + o(1) .

3.46 1) Cas α > 1

e−u du 1 = √ n

In =

d’où :

 I (x)
e −x (−x + 1)e x = −x + 1 −→ +∞ .

3.44

 e−a n

1 + o(1) . 2an 2

d’où :

   sin x  1 1 Puisque : ∀x ∈ [1; +∞[ ,  α   α et que x −→ α x x x sin x est intégrable sur [1; +∞[, l’application x −→ α est in →+∞ x sin x dx est tégrable sur [1; +∞[, et par conséquent, xα 1 absolument convergente, donc convergente. cos x De même, x −→ α est intégrable sur [1; +∞[ , et x  →+∞ cos x dx est absolument convergente. xα 1

2) Cas 0 < α  1

3.47 α) Soient x ∈ R − πZ, n ∈ N . On a :

• On obtient, par une intégration par parties, pour tout X de [1; +∞[ :  X  X sin x cos x cos X dx = − + cos 1 − α dx. xα Xα x α+1 1 1 Comme α + 1 > 1, d’après 1), x −→

cos x est intégrable x α+1

sur [1; +∞[, d’où :  +∞  X sin x cos x dx − − − → cos 1 − α dx. α X→+∞ x x α+1 1 1  →+∞ sin x dx est convergente, et que : Ceci montre que xα 1  +∞  +∞ sin x cos x dx = cos 1 − α dx. xα x α+1 1 1  →+∞ cos x dx est convergente. De même, xα 1 • Remarquons : ∀x ∈ [1; +∞[ , |sin x|
sin2 x , d’où :    sin x  sin2 x 1 cos 2x ∀x ∈ [1; +∞[,  α 
α = α − . x x 2x 2x α D’après l’étude précédente (et l’utilisation du changement de  →+∞ cos 2x dx converge. variable défini par y = 2x), 2x α 1 1 D’autre part, comme α  1 , la fonction positive x −→ α 2x n’est pas intégrable sur [1; +∞[.   X  sin x    −−→ + ∞ , et donc Il en résulte :  x α  dx − X→+∞ 1 sin x x −→ α n’est pas intégrable sur [1; +∞[. x cos x De même, x −→ α n’est pas intégrable sur [1; +∞[. x 3) Cas α  0 On a, pour tout n de N∗ :  2nπ+ 3π  2nπ+ 3π 4 sin x 4 1 π d x
√ dx = √ , xα 2 2 2 2n π+ π 2n π+ π 4 4  donc :

2n π+ 3π 4

2n π+ π 4



sin x dx −→ / 0. xα n∞ →+∞

sin x sin x dx diverge, et donc x −→ α α x x 1  →+∞ cos x dx n’est pas intégrable sur [1; +∞[. De même, xα 1 cos x diverge et x −→ α n’est pas intégrable sur [1; +∞[. x Il en résulte que

n

e

2ikx

k=0

 e i(n+1)x e i(n+1)x − e −i(n+1)x e 2i(n+1)x − 1 = = e 2ix − 1 e ix (e ix − e −ix ) = e inx

2i sin (n + 1)x sin (n + 1)x = e inx , 2i sin x sin x

d’où, en prenant la partie réelle : n

cos 2kx = cos nx

k=0

sin(n + 1)x sin(2n + 1)x + sin x = , sin x 2 sin x

et donc : n n 1 1 sin(2n + 1)x cos 2kx = − + cos 2kx = + . 2 k=1 2 k=0 2 sin x

sin(2n + 1)x β) Soit n ∈ N . L’application x −→ est contisin x  π nue sur 0; et admet une limite finie (qui est 2n + 1) 2  π en 0+ , donc est intégrable sur 0; . 2 On a, d’après α) :  π  π n 2 sin(2n + 1)x 2 1+2 cos 2kx dx dx = sin x 0 0 k=1 n  π 2 π = +2 cos 2kx dx 2 k=1 0 π n  sin 2kx 2 π π = . = +2 2 2k 2 0 k=1 b) Il s’agit d’un cas particulier du lemme de Riemann-Lebesgue. Une intégration par parties fournit, pour tout n de N∗ :  b ϕ(x) sin nx dx a

 b

cos nx cos nx b + ϕ (x) dx. = −ϕ(x) n n a a

D’une part :  b    − ϕ(x) cos nx   a n

 |ϕ(b)|

2||ϕ||∞ |cos nb| |cos na|  + |ϕ(a)| . n n n

D’autre part :  b    cos nx

  ϕ (x) dx   x a   b 1 b

|cos nx|  |ϕ (x)| |ϕ (x)| dx . dx  n n a a  b ϕ(x)sin nx dx −−−→ 0. Il en résulte : a

n∞

125

c) α) • D’après les théorèmes généraux, f est de classe C 1  π . sur 0; 2 sin x − x x ∼ − −−−→ 0 = f (0) , • f (x) = x sin x x→0+ 6 x→0+ donc f est continue en 0. x 2 cos x − sin2 x x 2 sin2 x   2 x x4 x2 1 − + o(x 2 ) − x 2 − + o(x 4 ) 1 2 3 = −−−→ − , 2 2 + 6 x sin x x→0

• f (x) =

donc, d’après le théorème limite de la dérivée, f est de

π classe C 1 sur 0; . 2  π β) On a : ∀n ∈ N , ∀x ∈ 0; , 2 sin(2n + 1)x sin(2n + 1)x = f (x) sin(2n + 1)x + . x sin x

π sin(2n + 1)x Comme f est continue sur 0; et que x −→ sin x 2  π sin(2n + 1)x est intégrable sur 0; , il en résulte que x −→ x  2π  est intégrable sur 0; et que : 2 ∀n ∈ N,  π 2 sin(2n + 1)x dx x 0  π  π 2 2 sin(2n + 1)x = f (x) sin(2n + 1)x dx + dx. sin x 0 0 En utilisant a) β) et b), on déduit :  π 2 sin(2n + 1)x π dx −−−→ . n∞ x 2 0 d) On a, pour tout n de N, à l’aide du changement de variable u défini par x = : 2n + 1  π  (2n+1) π 2 sin u 2 sin(2n + 1)x du = dx. u x 0 0  →+∞ sin u du converge Comme l’intégrale impropre u →0 (cf. exercice 3.46) et en utilisant c) β), on conclut :  +∞ sin x π dx = . x 2 0 

3.48

+∞

a) α) Étude de 0

1 − cos x dx : x2

1) Existence : • L’application f : x −→ et f
0. 126

1 − cos x est continue sur ]0 ; +∞[, x2

1 • On a : f (x) −→ , donc f est intégrable sur ]0 ; 1] (faux x−→0 2 problème). 2 . x2 D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1 ) et le théorème de majoration pour des fonctions
0, f est intégrable sur [1 ; +∞[. • On a :

∀ x ∈ [1 ; +∞[, | f (x)| 

Puisque f est intégrable sur ]0 ; 1] et sur [1 ; +∞[, f est intégrable sur ]0 ; +∞[.  +∞ 1 − cos x dx Ceci montre que l’intégrale proposée x2 0 existe. 2) Calcul : On a, pour tout (ε,X) ∈ ]0 ; +∞[2 tel que ε  X , par intégration par parties pour des applications de classe C 1 :  X 1 (1 − cos x) 2 dx x ε      X 1 1 X dx − sin x − = (1 − cos x) − x ε x ε  X 1 − cos X sin x 1 − cos ε =− + + dx. X ε x ε On a :    1 − cos X    2 −→ 0, •   X X X−→+∞ 1 − cos X −→ 0. X−→+∞ X 1 − cos ε ε ∼ −→ 0. • ε−→0 2 ε−→0 ε Il s’ensuit, en faisant ε −→ 0 et X −→ +∞ :  +∞  +∞ 1 − cos x sin x π dx = dx = . x2 x 2 0 0 2  +∞  sin x dx : β) Étude de x 0 x On a, en utilisant le changement de variable t = : 2 x 2  +∞ 2 sin  +∞ 1 − cos x 2 dx dx = x2 x2 0 0  +∞  +∞ 2 sin 2 t sin 2 t = 2dt = dt. 4t 2 t2 0 0  +∞  sin x 2 dx Ceci montre que l’intégrale proposée x 0 existe (ce que l’on pouvait aussi montrer comme en α) ) et que :  +∞  +∞  sin x 2 1 − cos x π dt = dx = . x x2 2 0 0 donc

b) Soit λ ∈ R.



α) Si λ > 0, à partir de

β) +∞

0

sin t dt, on a, par le changement t

t de variable x = : λ  +∞  +∞  +∞ sin t sin λx sin λx dt = λ dx = dx . t λx x 0 0 0 Le cas λ < 0, se ramène au cas λ > 0 par imparité. Le cas λ = 0 est d’étude immédiate.  +∞ sin λx π dx = sgn (x), On conclut : ∀ λ ∈ R, x 2 0 où sgn est la fonction signe, définie par :  −1 si λ < 0   sgn (λ) = 0 si λ = 0   1 si λ > 0. t β) Si λ > 0, on a, par le changement de variable x = : λ  +∞  +∞ 1 − cos t 1 − cos λx dt = λ dx 2 t λ2 x 2 0 0  1 +∞ 1 − cos λx dx, = λ 0 x2  +∞ 1 − cos λx π dx = λ . donc : 2 x 2 0 Le cas λ < 0 se ramène au cas λ > 0 par parité. Le cas λ = 0 est d’étude immédiate.  +∞ 1 − cos λx π dx = |λ|. On conclut : ∀ λ ∈ R, 2 x 2 0 c) Les intégrales proposées existent, par exemple par des raisonnements analogues aux précédents. Soit (a,b) ∈ R2 . α)



+∞

0



+∞

sin ax sin bx dx x2

cos (a − b)x − cos (a + b)x dx 2x 2  1 +∞  1 − cos (a + b)x = dx 2 0 x2 1 − cos (a − b)x  dx − x2  1  +∞ 1 − cos (a + b)x = dx 2 0 x2  +∞ 1 − cos (a − b)x  dx − x2 0   π π

1π |a + b| − |a − b| = |a + b| − |a − b| . = 2 2 2 4 =

0



+∞

0

 =

0

+∞

1 = 2



1 − cos ax cos bx dx x2

 2 − cos (a + b)x + cos (a − b)x dx 2x 2 +∞

1 − cos (a + b)x dx x2 0  +∞ 1 − cos (a − b)x  dx + x2 0   π π

1π |a + b| + |a − b| = |a + b| + |a − b| . = 2 2 2 4 d) 1) Existence : sin x est continue sur R sauf • L’application f : x −→ x(π − x) en 0 et en π . • Étude en 0 : On a : f (x) =

sin x 1 1 −→ , x π − x x−→0 π

donc f est prolongeable par continuité en 0. • Étude en π : On a : f (x) =

sin (π − x) 1 1 −→ , π − x x x−→π π

donc f est prolongeable par continuité en π . En posant f (0) = f (π) =

1 , f est donc continue sur R. π

• Étude en ±∞ :

   sin x  1   On a : | f (x)| =  x(π − x)  |x(π − x)|

∼

x−→±∞

1 . x2

D’après l’exemple de Riemann en ±∞ (2 > 1 ), le théorème d’équivalence et le théorème de majoration pour des fonctions positives, f est intégrable sur ] − ∞ ; −1] et sur [4 ; +∞[, donc sur ] − ∞ ; 0] et sur [0 ; +∞[. Puisque f est intégrable sur ] − ∞ ; 0] et sur [0 ; +∞[, f est intégrable sur R.  +∞ sin x dx existe. On conclut que l’intégrale I = x(π − x) −∞ 2) Calcul : On a, par une décomposition en éléments simples immédiate :    +∞ sin x 1 1 +∞ 1 dx . sin x dx = + I = π −∞ x π−x −∞ x(π − x) On sait (cf. aussi l’exercice 3.46) que l’intégrale impropre  +∞ sin x J= dx converge. x −∞ Par différence, comme I et J convergent, l’intégrale impropre  +∞ sin x K = dx converge, et on a : −∞ π − x 1 I = (J + K ). π 127

D’après l’exercice 3.47 et par parité : J = π .

α) Expression de f (x) pour x ∈ ]0 ; +∞[

Par le changement de variable t = π − x :  +∞  +∞ sin x sin t dx = dt = J . K = π − x t −∞ −∞

• Pour tout x ∈ [0 ; +∞[ , F(x,·) est intégrable sur ]0 ; +∞[, d’après 1).

On obtient : I =

3.49

2 π = 2. π

Soit a ∈]0 ; +∞[. On a :

Soit x ∈ R . 1er cas : x > 0 : • L’application gx : t −→ [0 ; +∞[.

ln(x + t 2 ) 1 + t2

est continue sur

• On a :  x 2 ln t + ln 1 + 2 ln t ln(x + t 2 ) t2 gx (t) = = ∼ , 2 2 t−→+∞ 1+t 1+t t2 ∼

t−→+∞

∂F 1 : (x,t) −→ existe ∂x (x + t 2 )(1 + t 2 )

sur [0 ; +∞[×]0 ; +∞[, est continue par rapport à x et continue par morceaux (car continue) par rapport à t.

1) Existence :

donc : t 3/2 gx (t)

•

2 ln t −→ 0. t 1/2 t−→+∞

∀ (x,t) ∈ [a ; +∞[×]0 ; +∞[,   ∂F  1 1  = (x,t)  ∂x  (x + t 2 )(1 + t 2 )  a(1 + t 2 )    notée ψa (t) et ψa est continue par morceaux (car continue),
0, intégrable 1 . sur [0 ; +∞[ car ψa (t) ∼ t−→+∞ at 2 ∂F Ainsi, vérifie HDL sur ]0 ; +∞[×]0 ; +∞[. ∂x D’après le théorème de dérivation sous le signe intégrale, f est de classe C 1 sur ]0 ; +∞[ et :  +∞ 1 dt . ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) = 2 )(1 + t 2 ) (x + t 0

On a donc, pour t assez grand : 0  t 3/2 gx (t)  1, 1 d’où : 0  gx (t)  3/2 . t D’après l’exemple de Riemann en +∞ (3/2 > 1) et les théorèmes de majoration et d’équivalence pour des fonctions
0, gx est intégrable sur [0 ; +∞[.

β) Continuité de f sur [0 ; +∞[

2è cas x = 0 :

• Soit b ∈ [0 ; +∞[ . On a :

ln(t 2 ) • L’application g0 : t −→ est continue sur ]0 ; +∞[. 1 + t2 • Comme dans le premier cas, g0 est intégrable sur [1 ; +∞[. • On a : g0 (t) ∼ 2 ln t. D’après le cours, t −→ − ln t est t−→0

intégrable sur ]0 ; 1] , donc, par théorème d’équivalence pour des fonctions
0, −g0 l’est aussi, puis g0 l’est aussi. Ainsi, g0 est intégrable sur ]0 ; 1] et sur ]1 ; +∞[, donc sur ]0 ; +∞[. 3è cas : x < 0 : ln(x + t 2 ) L’application gx : t −→ 1 + t2 √ [0 ; −x [, donc f (x) n’existe pas.

n’est pas définie sur

• F est continue par rapport à x et continue par morceaux (car continue) par rapport à t. |ln(x + t 2 )| 1 + t2 

Max |ln(t 2 )|, |ln(b + t 2 )|  = |g0 (t)| + |gb (t)|    1 + t2 notée ϕb (t)

∀ (x,t) ∈ [0 ; b]×]0 ; +∞[, |F(x,t)| =

et ϕb est continue par morceaux (car continue),
0. D’après 1), g0 et gb sont intégrables sur ]0 ; +∞[, donc ϕb l’est aussi. Ainsi, F vérifie HDL sur [0 ; +∞[×]0 ; +∞[. D’après le théorème de continuité sous le signe intégrale, f est continue sur [0 ; +∞[. En particulier, f est continue en 0.

On conclut que f (x) existe si et seulement si x
0. On suppose dorénavant x
0.

γ) Calcul de f (x) pour x ∈ ]0 ; +∞[ / 1: On a, par une décomposition en éléments simples, si x = f (x)

2) Calcul : Nous allons essayer d’utiliser le théorème de dérivation sous le signe intégrale. Considérons l’application F : [0 ; +∞[× ]0 ; +∞[−→ R, (x,t) −→ 128

ln(x + t 2 ) . 1 + t2



+∞

dt 2 )(1 + t 2 ) (x + t 0  +∞  1 1 1 dt − = 1−x 0 x + t2 1 + t2

=

 +∞ 1 1 t √ Arctan √ − Arctan t 1−x x x 0   1 π π 1 = − √ 1−x 2 x2 √ π 1− x π = √ = √ √ . 2 x 1−x 2 x(1 + x)

Ceci montre que, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ , l’intégrale  +∞ −t e f (x) = dt existe. t x

=

b) 1) On a :  x

π sont √ Comme les applications f et x −→ √ 2 x(1 + x) continues sur ]0 ; +∞[ et coïncident sur ]0 ; +∞[−{1} , elles coïncident sur ]0 ; +∞[, d’où : π ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) = √ √ . 2 x(1 + x) δ) Calcul de f (x)

√ Par le changement de variable u = x , on a :    2 1 1 2u du = du √ √ dx = u(1 + u) 1+u x(1 + x) √ = 2 ln (1 + u) + Cte = 2 ln (1 + x) + Cte. Il existe donc C ∈ R tel que :

 √ ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) = π ln(1 + x) + C .

Puisque f et le second membre ci-dessus sont continus en 0, l’égalité est aussi vraie pour x = 0, d’où : 

√ ∀ x ∈ [0 ; +∞[, f (x) = π ln(1 + x) + C . En particulier, C =  f (0) =

+∞

0

f (0) , et : π

ln(t 2 ) dt = 1 + t2 u =

1  1 u2 − 2 du 1 u 1+ 2 u ln

0

+∞

 =− 0

+∞

ln(u 2 ) du = − f (0), 1 + u2

d’où : f (0) = 0 . On conclut :

3.50

∀ x ∈ [0 ; +∞[, f (x) = π ln(1 +

g
0.



+∞

1

e−t dt . t

−t

e

est continue sur ]0 ; +∞[, t d’après le cours sur les primitives, f est de classe C 1 sur ]0 ; +∞[, donc a fortiori f est continue sur ]0 ; +∞[. 2) On a, pour tout x ∈ [1 ; +∞[ :  +∞ −t  +∞ e 0  f (x) = e−t dt dt  t x x = e−x , = [−e−t ]+∞ x et x −→ e−x est intégrable sur ]0 ; +∞[, donc, par théorème de majoration pour des fonctions
0, f est intégrable sur ]0 ; +∞[. 3) D’après le théorème de Fubini, on a alors, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ :  +∞  +∞   +∞ −t e f (x) dx = dt dx t 0 0 x  +∞   t −t  +∞ −t e e = dx t dt = dt t t 0 0 0  +∞ = e−t dt = [−e−t ]+∞ = 1. 0

√

x).

e−t est continue sur [x ; +∞[, et t

On a : t 2 g(t) = te−t −→ 0, donc, pour t assez grand : t−→+∞

1 . t2 D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1 ) et le théorème de majoration pour des fonctions
0, g est intégrable sur [x ; +∞[.

t 2 g(t)  1 , d’où : 0  g(t) 

3.51 Soit a ∈]0; +∞[ fixé. Notons F : R × [0 ; +∞[−→ C, (x,t) −→ e −at e ixt . 2

• Pour tout x ∈ R , F(x,·) est intégrable sur [0 ; +∞[, car :  2 t F(x,t) = t 2 e −at 2 −→ 0. t→+∞

∂F 2 : (x,t) −→ ite−at eixt existe sur R × [0 ; +∞[ , est ∂x continue par rapport à x, continue par morceaux (car continue) par rapport à t et vérifie HD sur R × [0 ; +∞[ car, en notant ψ : [0 ; +∞[−→ R , ψ est continue,
0, intégrable sur 2 t −→ te−at [0; +∞[, et :   ∂F  ∀(x,t) ∈ R × [0; +∞[,  (x,t)  (=)ψ(t). ∂x  +∞ , l’apD’après le théorème de dérivation sous le signe •

a) Soit x ∈ ]0 ; +∞[.

L’application g : t −→

Puisque l’application t −→

e−t dt + t

0

 1 t

1

∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) =

0

plication f : R −→ C définie par :  +∞ 2 ∀x ∈ R, f (x) = e−at eixt dt, 0

129

est de classe C 1 sur R et : ∀x ∈ R,

• Étude en 0 :

f (x) =



+∞

2

0

Une intégration par parties donne, pour tout T de [0 ; +∞[ :  T 2 ite−at eixt dt 0    T i −at 2 ixt T i −at 2 ixt = − e + ixe d t, e e 2a 0 2a 0 i x − f (x). 2a 2a Considérons l’équation différentielle linéaire : d’où, en faisant tendre T vers +∞ : f (x) =

y +

(E)

• Étude en +∞ : On a : t 2 | f (t)| = t x+1 eRé (z)t −→ 0, t−→+∞

donc f est intégrable sur [1 ; +∞[. On déduit que f est intégrable sur ]0 ; +∞[, et on conclut que l’intégrale proposée existe. 2) Calcul : En notant v = Im (z) ∈ R , on a donc :  +∞  +∞ t x−1 ezt dt = t x−1 e−ut ei vt dt .

L’équation sans second membre associée : x (E0 ) y + y=0 2a

0

F : R×]0 ; +∞[−→ C, (v,t) −→ t x−1 e−ut ei vt .

admet pour solution générale x −→ λ e− 4a , λ ∈ C. D’après la méthode de variation de la constante, on cherche une solution y de (E) sous la forme : x2

x −→ y(x) = λ(x) e− 4a .

i x2 e 4a , 2a

d’où la solution générale de (E) :  x2 i − x2 x t2 e 4a dt + λ e− 4a , e 4a y : x −→ y(x) = 2a 0 

λ = f (0) =

+∞

2

e−ax dx

0

1 =√ √ u=x a a

 0

+∞

• Pour tout v ∈ R, F(v,·) est intégrable sur ]0 ; +∞[, d’après 1). ∂F : (v,t) −→ t x−1 e−ut i t ei vt existe sur R×]0 ; +∞[, est ∂v continue par rapport à v, continue par morceaux (car continue) par rapport à t.   ∂F  (v,t) = t x e−ut • On a : ∀ (v,t) ∈ R×]0 ; +∞[,  ∂v

•

Cette application y est solution de (E) si et seulement si :

Comme

λ ∈ C.

√ π 2 e−u du = √ , 2 a

on conclut : ∀(a,x) ∈]0; +∞[×R, √   +∞ x2 π i − x2 x t2 2 e−at eixt dt = e 4a dt + √ e− 4a . e 4a 2a 2 a 0 0 En prenant la partie réelle et la partie imaginaire, on obtient, pour tout (a,x) de ]0; +∞[×R : √  +∞ x2 π 2 e−at cos xt dt = √ e− 4a et 2 a 0  +∞  1 − x2 x t2 2 e−at sin xt dt = e 4a dt. e 4a 2a 0 0

et t −→ t x e−ut est indépendant de v, continue par morceaux (car continue),
0, intégrable sur ]0 ; +∞[. ∂F vérifie HD. ∂v D’après le théorème de dérivation sous le signe intégrale,  +∞ t x−1 e−ut ei vt dt est de classe C 1 l’application g : v −→

Ainsi,

0

sur R et, pour tout v ∈ R :  +∞  t x−1 e−ut i tei vt dt = i g (v) = 0

1) Existence :

Soient x ∈ ]0 ; +∞[, z ∈ C tel que Ré (z) < 0. • L’application f : t −→ t x−1 ezt est continue sur ]0 ; +∞[. 130

+∞

t x e−ut ei vt dt .

0

Nous allons montrer que g satisfait une EDL1, en utilisant une intégration par parties. On a, par intégration par parties, pour tout (ε,T ) ∈ R2 tel que 0<εT:  ε

3.52

0

Notons

x2

λ (x) =

t−→0

donc, d’après l’exemple de Riemann en 0 (x − 1 > −1 ) et le théorème d’équivalence pour des fonctions
0, f est intégrable sur ]0 ; 1] .

Fixons x ∈ ]0 ; +∞[ et notons u = −Ré (z) > 0.

x i y= , 2a 2a

d’inconnue y : R −→ C.

∀x ∈ R,

| f (t)| = t x−1 eRé (z)t ∼ t x−1 ,

On a :

ite−at eixt dt.

T

t x e−ut ei vt dt =



T

t x e(−u+i v)t dt

ε

 (−u+i v)t T  T e e(−u+i v)t = tx − xt x−1 dt −u + i v 0 −u + i v ε

= Tx

e(−u+i v)T e(−u+i v)ε x − εx + −u + i v −u + i v u − i v



T

 t x−1 e(−u+i v)t dt.

ε

1

x u − iv



+∞

t x−1 e−ut ei vt dt =

0

ix g(v) . u − iv

Pour résoudre cette EDL1 sans second membre, on calcule une primitive : 

ix dv = i x u − iv  = ix



u + iv dv u 2 + v2

u dv − x u 2 + v2



v dv u 2 + v2

x v − ln(u 2 + v 2 ) + Cte. u 2

= i Arctan Et : 

+∞

g(0) =

t x−1 e−ut dt

0

 = s = ut 1 ux

=



+∞

0 +∞

 x−1 s ds e−s u u s x−1 e−s ds =

0

1 (x). ux

On obtient :  g(v) = g(0) exp

 − 0

=

(x) exp ux

v

ix dw u − iw





v x + ln(u 2 + v 2 ) u 2

− i xArctan

(x) v x = x e−i xArctan u (u 2 + v 2 ) 2 . u v ∈ ] − π/2 ; π/2[ , on conclut : u

En notant Arg (z) = Arctan 

+∞

0

(x) t x−1 ezt dt = x e−i xArg (z) |z|x . u

I. a) Soit ε ∈ ]0 ; +∞[.

3.53

Soit X ∈ [0 ; +∞[ tel que ε  X . On a, par linéarité de l’intégration, par des changements de variable, et par la relation de Chasles :  ε

X

f (ax) − f (bx) dx = x  =

aX

aε



f (ax) − x

X

ε

f (u) du − u  = a



b

bX

bε



X

ε

f (bx) dx x

f (v) dv v

f (εt) dt − t



bX

aX

f (u) du. u

bX

f (u) du = u



→+∞

f (x) dx converge, on a : x

 bX f (x) f (x) dx − dx x x aX 1 1  +∞  +∞ f (u) f (u) −→ du − du = 0. X−→+∞ 1 u u 1  →+∞ f (ax) − f (bx) dx Il en résulte que l’intégrale x ε converge et que :  +∞  b f (ax) − f (bx) f (εt) dx = dt . x t a ε 

En faisant ε −→ 0 et T −→ +∞ , on déduit : g (v) = i

Puisque l’intégrale impropre bX

b) Pour obtenir la limite de cette dernière intégrale lorsque ε −→ 0 , nous allons utiliser le théorème de continuité sous le signe intégrale. f (εt) . t • F est continue par rapport à ε, continue par morceaux (car continue) par rapport à t. Notons

F : [0 ; 1] × [a ; b] −→ R, (ε,t) −→

• On a :   [0 ;b]  f (εt)    || f ||∞ , ∀ (ε,t) ∈ [0 ; 1] × [a ; b], |F(εt)| =   t a et l’application constante

;b] || f ||[0 ∞ est intégrable sur le sega

ment [a ; b]. Ainsi, F vérifie HD. D’après le théorème de continuité sous le signe intégrale, l’ap b f (εt) t est continue sur [0 ; 1] . plication ε −→ t a En particulier :  b  b f (εt) f (0) b dt −→ dt = f (0) ln . ε −→0 t t a a a  →+∞ f (ax) − f (bx) dx Il en résulte que l’intégrale x →0  +∞ f (ax) − f (bx) b dx = f (0) ln . converge et que : x a 0 II. a)1) Puisque f : x −→ cos x est continue sur [0 ; +∞[ et  →+∞ cos x dx converge (cf. exercice 3.46), que l’intégrale x 1 d’après I. b), pour tout (a,b) ∈ (R∗+ )2 , l’intégrale  →+∞ cos ax − cos bx dx converge et : x →0  +∞ cos ax − cos bx b b dx = f (0) ln = ln . x a a 0 131



→+∞

2) De même, l’intégrale 

→0 +∞

−ax

e

0

e−ax − e−bx dx converge et : x

−bx

−e x

+∞

0

th ax − th bx dx x  +∞ (1 − th bx) − (1 − th ax) a dx = ln . = x b 0

π2 − (Arctan x)2 est continue sur 4 [0 ; +∞[ et, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : 4) L’application f : x −→  f (x) =

 donc 1

 π π − Arctan x + Arctan x 2 2   π π 1 + Arctan x ∼ , = Arctan x−→+∞ x 2 x

→+∞



+∞

0

e−ax − e−bx dx = x

b) On a, pour tout x ∈ R et tout t ∈ ]0 ; +∞[ : sh xt −t ext − e−xt −t e−(1−x)t − e−(1+x)t e = e = . t 2t 2t Il s’agit donc de a) 2), en prenant a = 1 − x et b = 1 + x, où (a,b) ∈ (R∗+ )2 car x ∈ ] − 1 ; 1[. Il en résulte que l’intégrale proposée converge et que :  +∞ sh (xt) −t 1 1+x e dt = ln . t 2 1−x 0 c) Par le changement de variable t = e−x , dans le résultat de a) 2), on a :

 1

0

ta − tb −ln t 

=− 0

1

 −

dt t



t a−1 − t b−1 dt . ln t

Il en résulte que l’intégrale proposée converge et que :  1 a x − xb b+1 dx = − ln . ln x a +1 0 d) Soit (a,b) ∈ ]0 ; +∞[2 . 1 − e−ax 1 − e−bx est continue sur x x 1 ]0 ; +∞[, g
0, g(x) −→ ab, g(x) ∼ , donc g est x−→+∞ x 2 x−→0 intégrable sur ]0 ; +∞[, l’intégrale proposée existe. L’application g : x −→

On a, pour tout (ε,X) ∈ R2 tel que 0 < ε  X, par intégration par parties :  X 1 (1 − e−ax )(1 − e−bx ) 2 dx x ε    1 X = (1 − e−ax )(1 − e−bx ) − x ε

π2 − (Arctan x)2 4 dx converge. x

D’après I. b), pour tout (a,b) ∈ (R∗+ )2 , l’intégrale impropre proposée converge et : 2 2

 +∞

Arctan (ax) − Arctan (bx) dx x 0  +∞  2 π 1 − (Arctan ax)2 = x 4 0  2 π − dx − (Arctan bx)2 4  +∞ f (bx) − f (ax) a π2 a = dx = f (0) ln = ln . x b 4 b 0

132

b = a

b dx = ln . a

3) Puisque f : x −→ 1 − th x est continue sur [0 ; +∞[ et que  →+∞ 1 − th x dx converge, l’intégrale l’intégrale impropre x 1 impropre proposée converge et : 

ln



 1 dx. a e−ax + b e−bx − (a + b) e−(a+b)x x ε  1 −→ 0 (1 − e−a X )(1 − e−bX ) − X X−→+∞ X

+

On a : et

 1 (1 − e−a ε )(1 − e−bε ) − ε

 1 = −abε −→ 0. ∼ aεbε − ε−→0 ε−→0 ε

Enfin, comme plus haut, la fonction 1

x −→ a e−ax + b e−bx − (a + b) e−(a+b)x x est intégrable sur ]0 ; +∞[. On déduit, en faisant ε −→ 0 et X −→ +∞ :  +∞ 1 (1 − e −ax )(1 − e −bx ) 2 dx x 0  +∞

−ax 1 + b e −bx − (a + b)e −(a+b)x = ae dx x 0  +∞ −ax e − e −(a+b)x =a dx x 0  +∞ −bx e − e −(a+b)x +b dx x 0

= a ln

a+b a+b + b ln a b



1

= 0

u2 du √

√ √ 1 + u2 1 + u2 + 1 1 − x + u2

= (a + b) ln (a + b) − a ln a − b ln b. 

D’abord, pour tout x ∈ [0 ; 1[,

a) On a, par le changement de variable u = tan t : f (x) = 0

+∞

1 1 + u2



= 0

+∞

du . √ √ 2 1 + u 1 + u2 − x

Notons, pour tout x ∈ [0 ; 1[ :  1 du g(x) = √ √ 1 + u2 1 − x + u2 0 

1

h(x) = 0

 2 1 u2 1 u = . du = 1·2·u 4 0 4

x−→1

g(x) ∼ − h(x) . x−→1

Ainsi : 1 f (x) ∼ − g(x) ∼ − h(x) = Argsh √ x−→1 x−→1 1−x  √  1+ 2−x 1 1 = ln √ + 1+ = ln √ 1−x 1−x 1−x

du 1 + u2  1−x

1

Comme g(x) ∼ − +∞ , il en résulte :

0



 0

π/2

dt √ 1 − x cos 2 t existe comme intégrale d’une application continue sur un segment.

3.54



du √ . 1 − x + u2

1 On a : f (x)
g(x)
√ h(x) 2 et :  1 1 du h(x) = √  2  1−x 0 u 1+ √ 1−x 1  u 1 −→ +∞. = Argsh √ = Argsh √ 1−x 0 1 − x x−→1− On conclut, par minoration : f (x) −→− +∞. x−→1

b) • On a, pour tout x ∈ [0 ; 1[ :  +∞ du 0  f (x) − g(x) = √ √ 1 + u2 1 − x + u2 1    +∞ du 1 +∞  = − = 1. u2 u 1 1 Comme f (x) −→− +∞ , il en résulte : x−→1

f (x) ∼ − g(x) . x−→1

• On a, pour tout x ∈ [0 ; 1[ :  1 1 1 1− √ du 0  h(x) − g(x) = √ 1 + u2 1 − x + u2 0

= ln (1 +

√ 1 1 2 − x) − ln (1 − x) ∼ − − ln(1 − x) . x−→1 2 2

3.55 a) Puisque f est continue sur [0 ; +∞[, f admet des primitives sur [0 ; +∞[. Notons



x

F : [0 ; +∞[−→ R, x −→

f (t) dt 0

la primitive de f qui s’annule en 0. L’application F est de classe C 1 sur [0 ; +∞[ et F = f. Puisque : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, g(x) =

F(x) , x

g est continue sur ]0 ; +∞[ (et même, g est de classe C 1 sur ]0 ; +∞[). F(x) − F(0) −→ F (0) = f (0) = g(0), x−→0 x donc g est continue en 0.

On a : g(x) =

On conclut que g est continue sur [0 ; +∞[. b) 1) Cas où f est à valeurs dans R+ : Alors, par sa définition, g est aussi à valeurs dans R+ . Effectuons, pour 0 < ε  X fixés, une intégration par parties, pour des applications de classe C 1 :  X g 2 (x) dx ε

 = ε

X

1 x2



2

x

f 0

 dx = ε

X

2 1

F(x) dx x2

 X 2  X 1

1 = − F(x) − − 2F(x)F (x) dx ε x x ε

2

2  X F(X) F(ε) = − +2 + g(x) f (x) dx. ε ε  X 

0

133

•

2 F(ε) F(ε) − F(0) = F(ε) −→ f (0)F(0) . ε−→0 ε ε = f (0) · 0 = 0

• D’après l’inégalité de Cauchy et Schwarz :  X g(x) f (x) dx ε





X

g 2 (x) dx

ε





12  

X

f 2 (x) dx

ε

X

g 2 (x) dx

12  

0

12

+∞

f 2 (x) dx

12

X

.

0

 g 2 2

0



X

g

2

12  

+∞

2

f

0

12



X

g2 

12



+∞

2

0

f2

12

|g(0)| = | f (0)| = u(0) = v(0) .

0

X

0



X

On a donc : ∀ X ∈ ]0 ; +∞[, 0

g2  4



+∞

f 2.

0

Comme g 2
0, il en résulte que g 2 est intégrable sur [0 ; +∞[ et que :  +∞  +∞ g2  4 f2. 0

134

0

et : .

g 2 = 0 , l’inégalité ci-dessus est triviale.

Et, si

D’après 2), v 2 est donc de carré intégrable sur [0 ; +∞[ et :  +∞  +∞ v2  4 u2 . Mais, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ :    x    1 1 x 1 x f (t) dt   |f| = u = v(x) |g(x)| =  x 0 x 0 x 0

.

0

g2 = / 0, on obtient : 0

Considérons u = | f | et v associée à u, comme g est associée à f, c’est-à-dire :   x 1 u(t) dt si x = / 0 ∀ x ∈ [0 ; +∞[, v(x) = x 0  u(0) si x = 0.

0

X

Si

Nous supposons maintenant que f est à valeurs dans C.

Il est clair que u est continue sur [0 ; +∞[. Puisque f 2 est de carré intégrable sur [0 ; +∞[ et que u 2 = | f |2, u 2 est aussi de carré intégrable sur [0 ; +∞[.

On déduit, en faisant ε −→ 0 : 

2) Cas général :

0

On a donc :

∀ x ∈ [0 ; +∞[, |g(x)|  v(x),

∀ x ∈ [0 ; +∞[, |g(x)|2  v 2 (x).

d’où :

Comme v 2 est intégrable sur [0 ; +∞[, par théorème de majoration pour des fonctions
0, |g|2 est intégrable sur [0 ; +∞[, puis, par définition, g 2 est intégrable sur [0 ; +∞[. Et on a :  +∞  +∞  +∞  +∞ |g|2  v2  4 u2 = 4 | f |2 . 0

0

0

0

Séries

CHAPITRE

Plan

4

Thèmes abordés dans les exercices

Les méthodes à retenir 136

•

Détermination de la nature d’une série à termes
0

Énoncés des exercices 140

•

Détermination de la nature d’une série à termes réels de signes quelconques ou complexes

•

Nature d’une suite par intervention d’une série

•

Calcul de la somme d’une série convergente

•

Étude d’un produit infini

•

Manipulation d’exponentielles dans une algèbre normée complète

•

Étude d’intégrabilité d’une fonction, quand celle-ci peut se ramener à une étude de convergence pour une série

•

Recherche d’un équivalent ou d’un développement asymptotique, pour une somme partielle de série divergente, pour un reste de série convergente

•

Recherche d’un équivalent ou d’un développement asymptotique, pour le terme général d’une suite définie par une relation de récurrence

•

Convergence d’un série double et calcul éventuel de la somme

•

Obtention de l’égalité des sommes de deux séries par intervention d’une série double.

Du mal à démarrer ?

149

Corrigés

154

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •

Définition, propriétés générales, propriétés relatives aux opérations et à l’ordre, pour la convergence et la divergence des séries

•

Le lien suite/série

•

Le lemme fondamental pour les séries à termes
0

•

Pour les séries à termes
0, l’exemple de Riemann, le théorème de majoration, de minoration, le théorème d’équivalence, la règle n α u n par sa méthode, la règle de d’Alembert

•

La comparaison somme/intégrale, ou série/intégrale

•

La définition de l’absolue convergence et son lien avec la convergence

•

Le théorème spécial à certaines séries alternées (TSCSA) 135

Chapitre 4 • Séries

•

• • •

La constante d’Euler (à la limite extérieure du programme) : n  1 = ln n + γ + o (1) n∞ k k=1  n n √ 2πn La formule de Stirling : n! ∼ n∞ e Les théorèmes de sommation des relations de comparaison Pour les séries doubles, le théorème d’interversion dans le cas de R+ , théorème de Fubini dans le cas général.

Les méthodes à retenir Essayer de : • majorer u n par le terme général d’une série convergente, lorsqu’on conjecture que la série de terme général u n converge

➥ Exercices 4.1 a), c), 4.2 a), 4.10, 4.16 • minorer u n par le terme général d’une série divergente, lorsqu’on conjecture que la série de terme général u n diverge

➥ Exercices 4.1 b), 4.2 b), 4.10 • trouver un équivalent simple de u n , puis appliquer le théorème d’équivalence

➥ Exercices 4.1 d), h), i), 4.11, 4.30, 4.31 b), 4.45 d) Pour étudier la nature  un d’une série

Pour obtenir un équivalent simple de u n , il pourra être nécessaire d’effectuer, de façon intermédiaire, des développements asymptotiques

n
0

à termes dans R+ , sur un exemple

➥ Exercices 4.9 a), d), e), f), j), 4.13 • appliquer la règle n α u n , lorsque u n n’admet apparemment pas d’équivalent simple

➥ Exercices 4.2 c), d), 4.9 b), c) • mélanger l’utilisation d’équivalents et de majorants (ou d’équivalents et de minorants)

➥ Exercices 4.1 e), f) • appliquer la règle de d’Alembert, lorsque l’écriture de u n fait intervenir des factorielles ou des exponentielles

➥ Exercices 4.1 g), 4.9 g), k), 4.27 • utiliser une comparaison série/intégrale 136

➥ Exercices 4.2 e), f).

Les méthodes à retenir

Pour déduire la convergence d’une  un, à termes réels
0 série

Dans un cadre théorique, essayer de : • comparer, par inégalité, par équivalence, u n à vn

➥ Exercices 4.3, 4.4, 4.14, 4.36

n

à partir de la convergence d’une  vn , à termes réels
0 série n

• sinon,  comparer, par inégalité, les sommes  partielles de la série

Pour étudier la nature d’une série  un, à termes
0,

vn ,

u n , aux sommes partielles de la série

n

n

➥ Exercice 4.15.

Essayer d’appliquer le lemme fondamental, ou sa contraposée

➥ Exercices 4.21, 4.55.

n
0

dans un cadre théorique

Pour montrer un qu’une série n diverge

En plus des méthodes déjà évoquées plus haut, essayer de : • montrer que la suite (u n )n ne converge pas vers 0, c’est-à-dire que la  u n diverge grossièrement série n

➥ Exercice 4.18

• montrer qu’un paquet de termes ne tend pas vers 0 ➥ Exercice 4.60.

Pour étudier la nature d’une suite (an )n

On peut, surtout si an apparaît comme une sommation, étudier la na (an+1 − an ) , puis appliquer le lien suite/série ture de la série n

Essayer de :

• voir si la série



© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

n
0

Pour étudier la nature  un d’une série n
0

à termes de signes quelconques ou complexes, sur un exemple

➥ Exercices 4.6, 4.25, 4.27.

u n , est absolument convergente

➥ Exercices 4.5 a), 4.18

• appliquer le TSCSA, si u n contient (−1)n en facteur et si l’autre facteur ne contient pas de (−1)n dans son écriture

➥ Exercices 4.5 b), 4.17, 4.31 b), 4.45 e) • utiliser un développement asymptotique, en particulier si u n contient (−1)n en facteur et si l’autre facteur contient encore (−1)n dans son écriture

➥ Exercices 4.5 c), d), 4.28, 4.37.

137

Chapitre 4 • Séries

Essayer d’étudier les sommes partielles S2 p , S2 p+1 , d’indice pair, d’indice impair Pour étudier une série dont le terme général un a une expression différente selon la parité de n, ou selon une périodicité plus générale

Pour étudier l’intégrabilité d’une application f : [0 ; +∞[−→ R, telle que f (x) présente une oscillation lorsque x −→ +∞

➥ Exercices 4.22, 4.38, 4.42. Attention : la somme partielle S2 p =

2p 

u k , est une sommation se ter-

k=0

minant par un terme d’indice pair (le terme u 2 p ), mais cette sommation fait intervenir tous les termes, d’indices pairs ou impairs, situés avant u 2 p .

Essayer, en plus des méthodes vues dans le chapitre 3, de relier la   (n+1)π f, si f question à la convergence d’une série du genre n
0

nπ

s’annule en chaque nπ, par exemple

➥ Exercice 4.43.

Se rappeler, suivant le contexte : • Hn ∼ ln n , obtenu par comparaison série/intégrale n∞

Pour évaluer Hn =

n  1 k=1

k

➥ Exercices 4.31 a), 4.52 ∗

,n∈N

o (1), où γ est la constante d’Euler, obtenu par • Hn = ln n + γ + n∞ étude de la suite de terme général Hn − ln n et intervention du lien suite/série

➥ Exercice 4.56.

Essayer d’utiliser :

 n n √ 2πn, e • le développement asymptotique obtenu en passant au logarithme : 1 1 ln (n!) = n ln n − n + ln n + ln(2π) + o (1). n∞ 2 2 ∼ • la formule de Stirling : n! n∞

Pour évaluer n! ou ln (n!)

➥ Exercices 4.12, 4.24 En particulier : ln (n!) ∼ n ln n , ce que l’on peut montrer plus simn∞

plement par comparaison somme/intégrale

➥ Exercice 4.41.

138

Les méthodes à retenir

Pour étudier finement la série  (−1)n , harmonique alternée n n
1

1 Essayer d’exploiter : = n



1

x n−1 dx 0

➥ Exercices 4.37, 4.44, 4.57.

ou des séries s’y ramenant

Essayer de : • montrer d’abord la convergence par des arguments qualitatifs (utilisation de majoration, équivalent, règle n α u n ,... , en travaillant évenn  u k , et enfin tuellement sur |u n |), puis calculer les sommes partielles k=0

chercher la limite de celles-ci lorsque l’entier n tend vers l’infini

➥ Exercices 4.7, 4.19, 4.20, 4.33, 4.46, 4.47 Pour montrer la convergence et calculer la somme un d’une série n
0

• ou bien former directement les sommes partielles et déterminer leur limite

➥ Exercices 4.29, 4.32, 4.34. Pour calculer les sommes partielles, il faudra souvent amener un télescopage, et, à cet effet : • si u n est une fraction rationnelle en n, utiliser une décomposition en éléments simples • si u n est une fonction Arctan, sin , cos , tan,. . . essayer de mettre u n par exemple sous la forme an+1 − an , où an est assez simple et ressemble un peu à u n , en utilisant des formules de trigonométrie. D’autre part, on connaît directement certaines sommes de séries, par exemple, celle de l’exponentielle

➥ Exercice 4.8.

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Essayer de faire intervenir : • une comparaison série/intégrale Pour obtenir des comparaisons (o, O, ∼) sur des sommes partielles de séries divergentes ou sur des restes de séries convergentes

➥ Exercices 4.23, 4.26, 4.51 • un télescopage ➥ Exercices 4.49, 4.50 • un théorème de sommation des relations de comparaison ➥ Exercices 4.49 à 4.52, 4.59.

139

Chapitre 4 • Séries

Essayer de faire intervenir : • le théorème d’interversion des sommations, dans le cas
0

➥ Exercice 4.48

Pour étudier une série double

• le théorème d’interversion dans le cas général, c’est-à-dire le théorème de Fubini

➥ Exercice 4.58. Essayer de faire intervenir une suite double (u p,q )( p,q)∈N2 de façon +∞ +∞   u p,q et ∀ q ∈ N, βq = u p,q que : ∀ p ∈ N, α p =

Pour établir qu’une somme de +∞  αp série convergente

q=0

p=0

p=0

et voir si on peut appliquer le théorème de Fubini. +∞ +∞  +∞  +∞ +∞ +∞     αp = u p,q = u p,q = βq . Ainsi, formellement :

est égale à une autre somme ∞  βq de série convergente

p=0

q=0

p=0 q=0

q=0 p=0

q=0

➥ Exercice 4.58.

Énoncés des exercices 4.1

Exemples de détermination de la nature d’une série numérique Déterminer la nature de la série de terme général u n dans les exemples suivants :   √ √ 1 n 2 + 2n + 3 1 n | sin n| ln + n − n − 1 c) b) d) a) 2 n n 2 + 2n + 2 n2   1 (n + 1)a − n a sin n 2n , (a,b) ∈ R2 . f) n n2 − 1 h) e) 1 − cos g) n n! nb

4.2

Exemples de séries de Bertrand Déterminer la nature de la série de terme général u n dans les exemples suivants : a)

4.3

1 n 2 ln n

b)

ln n n

c)

ln n n2

1 d) √ n ln n

e)

1 n ln n

f)

1 . n( ln n)2

Convergence d’une série par encadrement du terme général    un , vn deux séries réelles convergentes et wn une série réelle telle que : Soient n
0

n
0

∀ n ∈ N, u n  wn  vn . Montrer que la série



n
0

wn converge.

n
0

4.4

Natures de séries déduites d’autres séries  an une série à termes dans R∗+ , convergente. Déterminer la nature des séries de termes Soit n
0

généraux : u n = 140

an , 1 + an

vn =

ch an − 1 , an

wn = an2 .

Énoncés des exercices

4.5

Exemples de détermination de la nature d’une série alternée Déterminer la nature de la série de terme général u n dans les exemples suivants : a)

4.6

(−1)n b) √ , n

(−1)n n , +n+1

n3

c)

(−1)n , n + (−1)n

(−1)n . d) √ n + (−1)n

Nature d’une suite par étude d’une série Soit a ∈ ] − 1 ; +∞[ fixé. On note, pour tout n ∈ N∗ : u n =

 n k=1

1 a+k

 − ln n.

Montrer que la suite (u n )n∈N∗ converge.

4.7

Exemple de calcul de la somme d’une série convergente, utilisation d’une décomposition en éléments simples Existence et calcul de

+∞ 

u n où u n =

n=1

4.8

2(2n 2 + n − 3) . n(n + 1)(n + 2)(n + 3)

Exemple de calcul de la somme d’une série convergente, utilisation de la série de l’exponentielle On note, pour tout n ∈ N : u n = a) Montrer que la série



n 3 + 6n 2 − 5n − 2 . n!

u n converge.

n
0

 b) Montrer que B = 1, X, X(X − 1), X(X − 1)(X − 2) est une base de R3 [X] et décomposer linéairement P = X3 + 6X2 − 5X − 2 sur B . c) En déduire

+∞ 

u n . On rappelle que :

n=0

4.9

+∞  1 = e. n! n=0

Exemples de détermination de la nature d’une série numérique Déterminer la nature de la série de terme général u n dans les exemples suivants : a   n1 1 n λ ex ln x dx , a ∈ R, b) e−(lnn) , λ ∈ R, a) n sin c) − 1 n n+2   a n n a 1 1 n+1 − e , a ∈ R, + a tan + b ln , (a,b) ∈ R2 e) 1 + n n+1 n n n−1



f) n 2 + n + 3 + a n 2 + n + 1 + b n 2 + n + 2, (a,b) ∈ R2 √  a 2 n + an (n!)a xn , (a,b) ∈ (R+ )2 dx, a ∈ R+ , i) √n √ g) n , a ∈ R h) 3 n 3 + bn 1 + x2 0

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

d) sin

j)

4.10

√ √ √ n n a − 2 b + n c, (a,b,c) ∈ (R∗+ )3 ,

k)

(ln n)n . n!

Exemples de détermination de la nature d’une série Déterminer la nature des séries de termes généraux :  1  tan (x n ) dx, vn = un = 0

1

2

tan (x n ) dx .

0

141

Chapitre 4 • Séries

4.11 Exemples de détermination de natures de séries Déterminer la nature des séries de termes généraux : un =

4.12

n  1 k! , (n + 1)! k=0

vn =

n  1 k! . (n + 2)! k=0

Nature d’une série faisant intervenir des factorielles, utilisation de la formule de Stirling  Déterminer la nature de la série de terme général u n =

n! (2n)!

 n1

.

4.13 Recherche de paramètres pour la convergence d’une série Déterminer

les

u n = (n + 3n ) 4

2 1/4

polynômes P ∈ R[X] tels  1/3 − P(n) , est convergente.

que

la

série

de

terme

général

4.14 Exemple de détermination de la nature d’une série définie à partir d’une autre série Soit (u n )n une suite réelle. On suppose que les séries



u n et

n



u 2n convergent.

n

a) Montrer que, à partir d’un certain rang, u n = −1.  un converge. b) Établir que la série 1 + un n

4.15

Nature d’une série déduite d’une autre série  u n une série à termes dans R+, convergente. Soit n
1

Montrer que la série

 √u n n
1

n

converge.

4.16 Nature d’une série faisant intervenir une suite récurrente On considère la suite réelle (u n )n
1 définie par u 1 > 0 et : ∀ n
1, u n+1 = ln Déterminer, pour α ∈ R∗+ fixé, la nature de la série

4.17

  un 1+ . n  n
1

u αn .

Exemple de détermination de la nature d’une série alternée, avec paramètre Déterminer, pour (a,b) ∈ R2 fixé, la nature de la série de terme général u n = (−1)n

4.18

Exemples de détermination de natures de séries à termes complexes Déterminer la nature des séries de termes généraux :  un =

142

(2 + 3i)n + 2 − i (3 + 4i)n + 3 + i

n

 ,

vn =

(2 + 3i)n + 2 − i (3 + 2i)n + 3 + i

n

.

na . (n + 1)b

Énoncés des exercices

4.19

Existence et calcul de la somme d’une série convergente Existence et calcul de

+∞ 

1 u n où : u n = √ √ . n n + 2 + (n + 2) n n=1

4.20 Exemple de calcul de la somme d’une série convergente Existence et calcul de

+∞ 

 ln 1 −

n=2

 2 . n(n + 1)

4.21 Calcul de la somme d’une série convergente déduite d’une autre série Soit (u n )n
1 une suite à termes dans R+ . On note, pour tout n
1 : vn = a) Montrer :

∀ n
1,

n 

un . (1 + u 1 ) · · · (1 + u n ) vk = 1 −

k=1

b) En déduire la nature de la série



1 . (1 + u 1 ) · · · (1 + u n )

vn .

n
1

4.22 Calcul de la somme d’une série convergente déduite de la série harmonique On note, pour tout n ∈ N∗ :  1   n un =  −2  n Montrer que la série



si

n ≡ 0 [3]

si

n ≡ 0 [3].

u n converge et calculer sa somme.

n
1

4.23 Exemple de détermination d’un équivalent de la somme d’une série convergente à paramètre

Montrer :

+∞  n=1

1 n(n + x)

∼

x−→+∞

ln x . x

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

4.24 Recherche d’un équivalent d’une expression faisant intervenir un reste de série convergente Trouver un équivalent simple de u n =

 +∞ k=n

1 k!

 n1 , lorsque l’entier n tend vers l’infini.

4.25 Étude d’une série construite à partir d’une suite

  π , et : Soit (an )n∈N une suite dans R∗+ . On considère la suite réelle (u n )n∈N définie par u 0 ∈ 0 ; 2 ∀ n ∈ N, u n+1 = Arctan (an + tan u n ).

  π . a) Montrer que la suite (u n )n∈N converge et que, en notant  = lim u n , on a :  ∈ 0 ; n∞ 2 143

Chapitre 4 • Séries

b) Montrer que la série



/ an converge si et seulement si :  =

n∈N

π . 2

4.26 Exemple de recherche d’un équivalent simple d’une somme double 

On note, pour tout n ∈ N − {0,1} : Sn =

1 p
a) Montrer : où on a noté :

1 √ . pq

1 2 (A − Bn ), 2 n n n   1 1 . An = √ , Bn = p p p=1 p=1

∀ n ∈ N − {0,1}, Sn =

b) En déduire un équivalent simple de Sn lorsque l’entier n tend vers l’infini.

4.27 Utilisation d’une série pour étudier une suite Soit (λn )n∈N une suite à termes dans R∗+ , telle que λn −−−→ + ∞, et (u n )n∈N la suite réelle défin∞

nie par (u 0 ,u 1 ) ∈ R et : ∀ n ∈ N, u n+2 2

u n + λn u n+1 = . 1 + λn

Démontrer que la suite (u n )n∈N converge.

4.28 Étude d’une série dont le terme général fait intervenir une fonction Soit f : [−1 ; 1] −→ C de classe C 3. On note, pour tout n ∈ N∗ :      1 1 − f − − 2 f  (0) . un = n f n n Montrer que la série



u n , converge.

n∈N∗

4.29 Convergence et somme d’une série définie à partir d’une suite récurrente du type un+1 = f (un )

Soit (u n )n∈N la suite réelle définie par u 0 = 5 et : ∀ n ∈ N, u n+1 = u 2n − 5u n + 8. a) Montrer que (u n )n∈N est croissante et que u n −−−→ + ∞. n∞

b) Montrer :

∀ n ∈ N,

(−1) (−1) (−1)n+1 = − . un − 3 u n − 2 u n+1 − 2 n

n

c) Déterminer la nature et la somme de la série

 (−1)n . u −3 n
0 n

4.30 Exemple de nature d’une série, le terme général étant défini par récurrence On considère la suite réelle (u n )n∈N définie par u 0 ∈ R et : ∀ n ∈ N, (n + 2)2 u n+1 = (n + 1)u n + n . Quelle est, pour a ∈ R fixé, la nature de la série

 n

144

u an ?

Énoncés des exercices

4.31 Étude de séries définies à partir de suites récurrentes On considère la suite réelle (u n )n
1 définie par u 1 = 1 et :  ∀ n
1, u n+1 =

u 2n +

1 . n

a) Déterminer la limite de u n et un équivalent simple de u n lorsque l’entier n tend vers l’infini. b) Déterminer la nature des séries de termes généraux

1 (−1)n . et un un

4.32 Convergence et somme d’une série définie à partir d’une suite récurrente du type un+1 = f (un )

On considère la suite réelle (u n )n∈N définie par u 0 ∈ ]1 ; +∞[ et : ∀ n ∈ N, u n+1 = u 2n − u n + 1 . a) Montrer : u n −−−→ + ∞ .

b) Existence et calcul de

n∞

+∞  1 . u n=0 n

4.33 Exemple de calcul de la somme d’une série convergente, utilisation d’une décomposition en éléments simples

Existence et calcul de

+∞  n=1

n3

3n − 2 . + 3n 2 + 2n

4.34 Exemple de calcul de la somme d’une série convergente faisant intervenir la suite de Fibonacci On considère la suite de Fibonacci (φn )n
0 définie par φ0 = 0, φ1 = 1 et : ∀ n ∈ N, φn+2 = φn+1 + φn . a) Montrer : ∀ n ∈ N, φ2n+1 − φn φn+2 = (−1)n . b) En déduire : ∀ n ∈ N∗ ,

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

c) Existence et calcul de

(−1)n φ φ = n+1 − n+2 . φn φn+1 φn φn+1

+∞  (−1)n . φ φ n=1 n n+1

4.35 Exemples de détermination de la nature d’une série numérique Déterminer la nature de la série de terme général u n dans les exemples suivants :    1 2n  √ 1 xn π . dx (7 + 4 3)n b) c) a) tan 2 − k2 n (k + n) 1 + x + · · · + x 2 0 k=n

4.36 Nature d’une série déduite de deux autres séries Soient (a,b) ∈ (R∗+ )2 ,

 n
0

un ,

 n
0

vn deux séries à termes dans R∗+ , convergentes.

Quelle est la nature de la série de terme général wn =

u 2n vn2 ? + bvn3

au 3n

145

Chapitre 4 • Séries

4.37 Exemple de détermination de la nature d’une série dont le terme général fait intervenir les sommes partielles d’une série

    n (−1)k −1 . Déterminer la nature de la série de terme général u n = ln exp k+1 k=0

4.38 Exemple de détermination de la nature d’une série dont le terme général un est donné selon la parité de n

Déterminer la nature de la série de terme général :  1    sin n un =    − sh 1 n

si n est impair, n
1 si n est pair, n
2.

4.39 Étude des séries convergentes dont le terme général décroît Soit (u n )n
1 une suite à termes dans R∗+ , décroissante, telle que la série



u n converge.

n
1

a) Montrer : nu n −−−→ 0. n∞

b) En déduire la nature des séries de termes généraux : vn = nu 2n , wn =

un . 1 − nu n

4.40 Étude de la nature d’une série par comparaison a) Soit (u n )n∈N∗ une suite à termes dans R∗+ , telle qu’il existe a ∈ ]1 ; +∞[ tel que : ∀ n ∈ N∗ , Montrer que la série



u n+1  un



n n+1

a

.

u n converge.

n
1

b) Application : déterminer la nature de la série de terme général u n =

1 · 3 · · · (2n − 1) 1 · . 2 · 4 · · · (2n) 2n + 1

4.41 Exemple de recherche d’une limite de suite à l’aide d’une série Trouver lim n∞

 +∞ k=n

1 k!

 n ln1 n .

4.42 Utilisation de groupements de termes pour étudier la nature d’une série Déterminer, pour α ∈ R fixé, la nature de la série de terme général u n =

n(n+1) 2

(−1) nα

.

4.43 Étude d’intégrabilité se ramenant à la nature d’une série Est-ce que l’application f : x −→ (1 + x 4 sin 2 x)−3 est intégrable sur [0 ; +∞[ ?

4.44 Exemple de recherche d’un équivalent du reste d’une série alternée convergente Trouver un équivalent simple de Rn = 146

+∞  (−1)k lorsque l’entier n tend vers l’infini. k k=n+1

Énoncés des exercices

4.45 Nature de séries définies à partir d’une suite On considère la suite réelle (u n )n
0 définie par u 0
0 et : ∀ n ∈ N, u n+1 =

√ n + un .

a) Montrer : u n −−−→ + ∞. n∞

b) Établir que (u n )n
0 est croissante à partir d’un certain rang. c) Trouver un équivalent simple de u n lorsque l’entier n tend vers l’infini. d) Quelle est la nature, pour α ∈ ]0 ; +∞[ fixé, de la série de terme général e)} Quelle est la nature, pour β ∈ ]0 ; +∞[ fixé, de la série de terme général

1 ? u αn (−1)n β

?

un

4.46 Convergence et somme d’une série, intervention de la formule de Stirling Existence et calcul de

    1 1 u n , où u n = n ln 1 + − 1− . n 2n n=1

+∞ 

4.47 Calcul de la somme d’une série convergente, utilisation d’une décomposition en éléments simples

Existence et calcul de

+∞ 

u n , où u n =

n=1

1 . n(2n + 1)

4.48 Exemple de calcul de la somme d’une série double Existence et calcul de

+∞  +∞ 

1

p=0 q=1

q 2 )( p

(p +

+ q 2 + 1)

.

4.49 Exemple de recherche d’un équivalent du reste d’une série convergente Trouver un équivalent simple de Rn =

+∞ √  k 2−k lorsque l’entier n tend vers l’infini. k=n+1

4.50 Exemple de recherche d’un équivalent de la somme partielle d’une série divergente· Trouver un équivalent simple de Sn =

n  ek

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

k=1

k

lorsque l’entier n tend vers l’infini.

4.51 Exemple de recherche d’un développement asymptotique de la somme partielle d’une série divergente

Former un développement asymptotique de Sn =

n 

√ √ Arctan k , à la précision o( n) lorsque

k=1

l’entier n tend vers l’infini.

4.52 Exemple de recherche d’un équivalent du terme général d’une suite définie par une relation de récurrence, utilisation d’une série On considère la suite réelle (u n )n
1 définie par u 1 ∈ ]0 ; +∞[ et : ∀ n ∈ N∗ , u n+1 = u n + Montrer : a) u n −−−→ + ∞ n∞

b) u n ∼

n∞

1 . nu n

√ 2 ln n. 147

Chapitre 4 • Séries

4.53 Détermination d’une limite par utilisation d’un théorème de sommation des relations de comparaison Soient a, b, α, β ∈ R∗+ , (u n )n
1 , (vn )n
1 deux suites à termes dans R∗+ telles que : u n ∼ a n α et n∞  2 n u k vk vn ∼ b n β . Trouver lim  n∞

n∞

n 

k=1

u 2k

  n

k=1

. vk2

k=1

4.54 Nature de la série des inverses des nombres premiers On note pn le n-ème nombre premier ( p1 = 2). Montrer que la série

4.55 Nature des séries a) Soit



 1 diverge. p n
1 n

 un  un , Snα n rnα n

u n une série divergente, à termes réels > 0 . On note, pour tout n
1 : Sn =

n
1

rn =

+∞ 



uk .

k=1

 un . Étudier, pour tout α ∈ R∗+ fixé, la nature de la série Sα n
1 n b) Soit

n 

u n une série convergente, à termes réels > 0 . On note, pour tout n
1 :

n
1

u k . Étudier, pour tout α ∈ R∗+ fixé, la nature de la série

k=n

 un . rα n
1 n

4.56 Exemple d’étude de produit infini On note, pour tout n ∈ N∗ : u n =

 n   1 1 1+ + 2 . k k k=1

Montrer qu’il existe C ∈ R∗+ tel que u n ∼ Cn, et montrer : 1  C  3. n∞

On pourra utiliser la constante d’Euler γ, définie par :

n  1 k=1

k

= ln n + γ + o (1). n∞

4.57 Étude de séries dont le terme général est défini à partir d’un reste de série convergente a) Montrer que la série

 (−1)n−1 n
1

n

converge et que, pour tout n ∈ N , son reste

 1 +∞  (−1)k−1 xn dx. vérifie : Rn = (−1)n k 0 1+x k=n+1  Rn converge et que, pour tout n ∈ N , son reste ρn vérifie : b) Montrer que la série Rn =

 ρn = (−1)

n+1 0

n
0 1

x n+1 dx. (1 + x)2

c) Quelles sont les natures des séries

 n
0

somme ?

148

ρn ,

 (−1)n ρn ? En cas de convergence, quelle est la n
0

Du mal à démarrer ?

4.58 Égalité de deux sommes de séries par intervention d’une série double Établir, pour tout a ∈ ]0 ; +∞[ :

+∞  n=0

+∞  1 (−1)n  =  . ch (2n + 1)a n=0 sh (2n + 1)a

4.59 Recherche d’un développement asymptotique du terme général d’une suite du type un+1 = f (un )

On considère la suite réelle (u n )n
0 définie par u 0 ∈ ]0 ; +∞[ et : ∀ n ∈ N, u n+1 = u n +

Montrer : a) u n −−−→ + ∞

b) u n ∼

n∞

4.60 Nature de la série

n∞

√ 2n

1 . un

c) u n =

  √ ln n 1 ln n 2n + √ √ + o √ . n 4 2 n n∞

 ϕ(n) n
1

n2

Soit ϕ : N∗ −→ N∗ injective. Montrer que la série

 ϕ(n) n
1

n2

diverge.

Du mal à démarrer ? 4.1

Il s’agit de séries à termes réels
0 .

Essayer d’appliquer (dans l’ordre) le théorème de majoration ou de minoration, le théorème d’équivalence, la règle n α u n, la règle de d’Alembert, une comparaison série/intégrale. a) Majoration. b) Expression conjuguée, puis minoration. c) Majoration. d) Équivalent. © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

e) Équivalent, puis majoration. f) Équivalent, puis règle n α u n. g) Règle de d’Alembert. h) Équivalent, si a = 0 .

4.2

Il s’agit d’exemples de séries de Bertrand  1 , (α,β) ∈ R2 fixé . α (ln n)β n n
2

Mais le résultat général sur les séries de Bertrand n’est pas au programme.

Essayer d’appliquer : le théorème de majoration ou le théorème de minoration, la règle n α u n, une comparaison série/intégrale. a), b) Majoration, minoration. c), d) Règle n α u n. e), f) Comparaison série/intégrale. Faire apparaître des réels
0 et utiliser le théorème de majoration pour des séries à termes
0 .

4.3

Il s’agit de séries à termes
0 . Remarquer d’abord : an −−−→ 0. Utiliser ensuite une majoration ou un équivalent.

4.4

n∞

4.5

Il s’agit de séries alternées.

a) Convergence absolue. b) TSCSA. c), d) Utiliser un développement asymptotique.

4.6

Utiliser le lien suite/série : la suite (u n )n∈N∗ converge si et  (u n+1 − u n ) converge. seulement si la série n∈N∗

4.7

1) Existence : Équivalent.

2) Calcul :Décomposition en éléments simples,puis télescopage.

149

Chapitre 4 • Séries

4.8

4.13

a) Équivalent et règle de d’Alembert.

• Montrer d’abord que, si la série



u n converge, alors

n

b) • Degrés successifs. • Faire apparaître X(X − 1)(X − 2) dans P, puis faire apparaître X(X − 1),… c) Décomposer en somme de séries convergentes.

4.9

Si le terme général u n fait intervenir un ou des paramètres, on pourra être amené à former un développement asymptotique de u n , qui permettra, selon les valeurs des paramètres, d’obtenir un équivalent de u n , ou une estimation de u n . 1 a) Effectuer un développement asymptotique de n sin , puis n de u n . b) Traiter d’abord les cas λ < 0, λ = 0 .

c) Majoration et règle

nα u

n.

Obtenir une majoration convenable de u n .

4.17

Traiter les cas immédiats a > b, a = b .

Pour a < b , montrer que le TSCSA s’applique. • Majorer |u n | par le terme général d’une série géométrique convergente.

4.18

1) Existence : Équivalent.

2) Calcul : En utilisant une expression conjuguée, amener un télescopage dans le calcul des sommes partielles.

4.20 1) Existence : Équivalent.

h) Séparer en cas selon la position de a par rapport à 1, à cause de la présence de x n dans l’intégrale. Utiliser ensuite une majoration ou une minoration. i) Séparer en cas selon la position de a et b par rapport à 1, et utiliser des équivalents. Il s’agit de séries à termes
0 .

2) Calcul : Amener un télescopage dans le calcul des sommes partielles.

4.21

a) Récurrence sur n, ou télescopage.

b) D’après a), la suite des sommes partielles de la série de terme général vn est majorée (par 1).

4.22 Calculer

Pour obtenir des inégalités sur u n , vn , utiliser un encadrement de tan t, en montrant : ∀ t ∈ [0 ; 1], t  tan t  2t . Commencer par chercher un équivalent simple de

n 

n 

3p 

k!, est

k=1

u n , puis déterminer sa limite lorsque l’entier p

n=1

tend vers l’infini, par exemple en utilisant le théorème sur les sommes de Riemann. 3 p+1 3 p+2 u n et avec un . Relier avec n=1

k! .

k=0

Puisque k! croît très vite, on peut conjecturer que

4.16

4.19

n.

g), k) Règle de d’Alembert.

4.11

La présence de racines carrées dans une sommation (ou dans une intégrale) fait penser à l’inégalité de Cauchy et Schwarz. Appliquer celle-ci, dans R N usuel, pour N fixé, afin d’obtenir une majoration des sommes partielles.

• Évaluer ln|vn | et montrer que ln|vn | ne tend pas vers 1 lorsque l’entier n tend vers l’infini.

d), e), f), j) Former un développement asymptotique de u n à la   1 précision O 2 . n

4.10

un − un . 1 + un

b) Étudier

4.15

Essayer d’appliquer (dans l’ordre) le théorème de majoration ou de minoration, le théorème d’équivalence, la règle n α u n, la règle de d’Alembert, une comparaison série/intégrale.

Pour λ > 0 , utiliser la règle

• Pour P = X3 + aX2 + bX + c, (a,b,c) ∈ R3 , calculer un développement asymptotique de u n .

4.14

Il s’agit de séries à termes réels
0 .

nα u

nécessairement P est de degré 3 et de coefficient dominant égal 1.

n=1

4.23

Effectuer une comparaison série/intégrale, à l’aide, pour x ∈ ]0 ; +∞[ fixé, de l’application [1 ; +∞[−→ R, t −→

équivalent à n! lorsque l’entier n tend vers l’infini.  n n √ 2πn pour ∼ 4.12 Utiliser la formule de Stirling : n! n∞ e déduire un développement asymptotique de ln u n , puis un équivalent simple de u n lorsque l’entier n tend vers l’infini.

150

4.24 • Montrer :

+∞  1 1 ∼ . k! n∞ n! k=n

1 . t (t + x)

 n n √ 2πn, en déduin∞ e re un équivalent simple de u n lorsque l’entier n tend vers l’infini. • En utilisant la formule de Stirling n! ∼

Du mal à démarrer ?

4.25

a) Étudier, pour la suite (u n )n∈N : existence, situation, monotonie éventuelle, majoration/minoration. b) Utiliser le lien suite/série.

4.26

a) Remarquer que p et q jouent des rôles symétriques  1 1 dans √ , d’où 2Sn = √ , puis rajouter et retranpq pq 1 p=q n cher les termes correspondant à p = q.

b) Par comparaison somme/intégrale, obtenir des équivalents pour An et pour Bn .

4.27 Utiliser le lien suite/série et la règle de d’Alembert.

4.34 a) Récurrence sur n (d’autres méthodes sont possibles). c) Faire apparaître un télescopage dans le calcul des sommes partielles, en utilisant b). √ √ 4.35 a) Noter an = (7 + 4 3)n et considérer bn = (7 − 4 3)n . Évaluer an + bn en utilisant la formule du binôme de Newton, et en déduire : u n = − tan bn . b) Il s’agit d’évaluer 1 + x + · · · + x n . Le remplacement par 1 − x n+1 ne semble pas simplifier la question. Utiliser la com1−x paraison entre la moyenne arithmétique et la moyenne géométrique, pour obtenir : 1 + x + · · · + x n
(n + 1)x

4.28 Utiliser la formule de Taylor-Young pour obtenir un développement asymptotique de u n lorsque l’entier n tend vers l’infini.

4.29 a) Montrer, par récurrence : ∀ n ∈ N, u n
5. Ayant montré que (u n )n∈N est croissante, pour obtenir u n −−−→ + ∞, raisonner par l’absurde, en supposant

4.36 Il s’agit de comparer wn avec une expression simple formée à partir de u n et vn. Obtenir : wn2 

4.37 Exprimer

n∞

c) Faire apparaître un télescopage dans le calcul des sommes partielles de la série, en utilisant b).

4.30

Il s’agit d’abord d’obtenir un équivalent simple de u n lorsque l’entier n tend vers l’infini. À cet effet, obtenir des renseignements de plus en plus précis sur u n : u n = O (n), puis (en réinjectant) u n = O (1) , n∞

n∞

1 puis u n −−−→ 0, puis u n ∼ . n∞ n n∞ a) Exprimer u 2n à l’aide de u 2n−1 , puis sommer pour faire apparaître un télescopage.

4.31

n  1 ∼ ln n. Rappeler : Hn = n∞ k k=1

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Obtenir : u n

√ ∼ ln n.

n∞

b) 1) La première série est à termes
0 : utiliser un équivalent. 2) La deuxième série relève du TSCSA.

4.32 a) Montrer que (u n )n
0 est croissante et ne peut pas avoir de limite finie. b) Amener un télescopage dans le calcul des sommes partielles, 1 1 − . en calculant u n+1 − 1 un − 1

4.33 1) Existence : Équivalent. 2) Calcul : Amener un télescopage dans le calcul des sommes partielles, en utilisant une décomposition en éléments simples.

.

c) Écrire u n sous une autre forme, avec changement d’indice, pour faire apparaître une somme de Riemann.

n∞

u n −−−→  ∈ R.

n+1 2

u n + vn . ab

n  (−1)k à l’aide d’intégrales, en utilisant : k+1 k=0  1 1 t k dt. = k+1 0

En déduire : u n = 2an + o(an2 ) ,  où an = (−1)n 0

1

t n+1 dt. 1+t

4.38 Remarquer d’abord : u n −−−→ 0. n∞

Grouper les termes deux par deux.

4.39 a) En notant Rn =

+∞ 

u k , et en utilisant la décroissance de

k=1

la suite (u n )n
1 , évaluer 2nu 2n et (2n + 1)u 2n+1 . b) Remarquer vn = (nu n )u n et wn ∼ u n . n∞

4.40 a) Réitérer l’inégalité de l’énoncé et utiliser le théorème de majoration pour des séries à termes
0 . u n+1 b) Former un développement asymptotique de et un un a  n . Choisir convenadéveloppement asymptotique de n+1 blement a pour pouvoir appliquer le résultat de la question a).

4.41

Chercher un équivalent simple de Rn =

+∞  1 lorsque k! k=n

l’entier n tend vers l’infini.

 n n √ 2πn, en n∞ e déduire un développement asymptotique de ln u n , puis un équivalent de u n . En utilisant la formule de Stirling n! ∼

151

Chapitre 4 • Séries

4.42 Traiter d’abord le cas α  0, d’étude immédiate. Pour α > 0, grouper  les termes quatre par quatre, puisque la n(n+1) est périodique de période 4. suite (−1) 2 n
0

4.43



f, montrer nπ

d’abord que l’intégrabilité de f est équivalente à la convergence  un . de la série n
0

Évaluer u n par changements de variables et inégalités.

4.44

Exprimer Rn à l’aide d’une intégrale, en utilisant

 1 1 t k−1 dt, et en commençant par travailler sur = k 0 p  (−1)k puis en faisant tendre p vers l’infini. k k=n+1 

1

Pour déterminer un équivalent simple de 0

En notant u n =

4.51

(n+1)π

En notant, pour tout n ∈ N, u n =

en , étudier u n+1 − u n et utiliser un théon rème de sommation des relations de comparaison.

4.50

tn dt, utiliser 1+t

une intégration par parties. b) Remarquer d’abord que (u n )n
0 ne peut pas être décroissante. Sachant u n 0 +1
u n 0 pour n 0 fixé, déduire que (u n )n
n 0 est croissante.

4.45

c) Considérer, pour tout n ∈ N, Pn = X2 − X − n et situer u n+1 par rapport aux deux zéros de Pn . √ n. En déduire : u n = o(n), puis : u n ∼ n∞

d) Équivalent.

Commencer par transformer l’écriture de Sn de façon que Arctan s’applique à un élément près de 0. Utiliser ensuite un théorème de sommation des relations de comparaison.

4.52 a) Étudier la nature de la série

n
1

lien suite/série.

b) Étudier u 2n+1 − u 2n et utiliser un théorème de sommation des relations de comparaison.

4.53

Utiliser un théorème de sommation des relations de comparaison, pour obtenir des équivalents des différentes sommations qui apparaissent dans l’énoncé. 1

1

∼ ln 4.54 Remarquer : p n∞ n

1−

1 pn

,

et étudier les sommes partielles de la série de terme général 1 1 ln , en développant en série géométrique et en 1 1 1− 1− pn pn utilisant la décomposition de tout entier (
2 ) en produit de nombres premiers.

4.55 a) Séparer en cas selon la position de α par rapport à 1. Si α = 1, supposer que la série

 un converge et déduire une n Sn

contradiction, en utilisant   un un ∼ −ln 1 − . Sn n∞ Sn

e) TSCSA.

4.46 1) Existence : Équivalent, par l’intermédiaire d’un développement limité. 2) Écrire une somme partielle, amener un télescopage, et utiliser  n n √ 2πn. la formule de Stirling : n! ∼ n∞ e

4.47 1) Existence : Équivalent.

Si α ∈ ]0 ; 1[ , utiliser une minoration et le résultat du cas précédent.  Sn 1 un  dx. Si α ∈ ]1 ; +∞[, remarquer : α Snα Sn−1 x

4.56 1) Existence de C :

2) Calcul : Utiliser une décomposition en éléments simples et la constante d’Euler : N  1 = ln N + γ + o (1) . N∞ n n=1

4.48 L’existence et le calcul se montrent simultanément, en utilisant le théorème d’interversion de deux sommations, dans le cas des réels
0 . Utiliser une décomposition en éléments simples du terme général. √ k 2−k converge. 4.49 Montrer d’abord que la série k

Considérer, pour tout n ∈ N : vn = u n − u n+1 et utiliser un théorème de sommation des relations de comparaison.

152

 (u n+1 − u n ) et utiliser le

Noter vn =

  n  1 1 1 ln 1 + + 2 et wn = . k k k k=1 k=1

n 

En utilisant des développements limités, montrer que la série     1 1 1 ln 1 + + 2 − converge. k k k k
1 2) Évaluation de C : Utiliser : 1 +

1 1 1 + 2
1+ , k k k

et, pour k
2 : 1 +

1 1 1 + 2 1+ . k k k−1

Du mal à démarrer ?

1 k

4.57 a) Remplacer, dans Rn , par



1

x k−1 dx.

0

b) Se déduit de a). c) 1) Pour calculer

n 

ρk , raisonner comme en b).

k=0

2) Ne pas oublier que (−1)n ρn est, en fait, de signe fixe.

4.58

Faire apparaître une série double, en remplaçant ch (2n + 1)a par son expression à l’aide d’exponentielles, et appliquer le théorème de Fubini.

a) Montrer d’abord que (u n )n
0 est croissante. Raisonner ensuite par l’absurde.

4.59

b) Montrer : u 2n+1 − u 2n ∼ 2 n∞

et utiliser un théorème de sommation des relations de comparaison. c) Considérer vn = u 2n − 2n , former vn+1 − vn et utiliser encore un théorème de sommation des relations de comparaison.

4.60

Minorer convenablement

2n  ϕ(k) pour déduire que k k=n+1

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

cette somme ne tend pas vers 0 lorsque l’entier n tend vers l’infini.

153

Corrigés des exercices | sin n| 1  2. n2 n D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ) et le théorème de majoration pour des séries à termes
0, on conclut que la série  u n converge.

4.1

a) On a :

0

n

b) On a, en utilisant une expression conjuguée : un =

√ √ 1 1 1 n− n−1= √
√ = 1. √ 2 n n+ n−1 2n 2

D’après l’exemple de Riemann (1/2  1) et le théorème de minoration pour des séries à termes
0, on conclut que la série  u n diverge. n

 n 5  . c) On a, pour n
3 : 0  6   5 n 5 converge. Puisque 0  < 1 , la série géométrique 6 6 n Par théorème de majoration pour des séries à termes
0, on  u n converge. conclut que la série 

1 1 + 2 n

n

Pour étudier la nature de la série

n

ln n ln n = 1/2 −−−→ 0, n∞ n2 n par prépondérance classique. ln n D’où, à partir d’un certain rang : n 3/2 2  1, n ln n 1 donc : 0  2  3/2 . n n

 1 n 3/2 n converge. Par théorème de majoration pour des séries à termes  ln n
0, la série converge. n2 n D’après l’exemple de Riemann (3/2 > 1), la série

On conclut, par théorème d’équivalence pour des séries à  u n converge. termes
0, que la série n

g) On a : ∀ n ∈ N, u n > 0 et : u n+1 2n+1 n! 2 = = −−−→ 0 < 1 . un (n + 1)! 2n n + 1 n∞ D’après la règle de d’Alembert, on conclut que la série

Et :

un

converge. h) On a : un =

   1 a 1+ −1 n    a 1 . = n a−b +o n n

(n + 1)a − n a = n a−b nb

n

on a :

 n

D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ) et le théorème d’équivalence pour des séries à termes
0, on conclut que la série  u n converge. e) Comme

, nous allons essayer

n 3/2

On a :

d) On a :   n 2 + 2n + 3 1 = ln 1 + n 2 + 2n + 2 n 2 + 2n + 2 1 1 . ∼ ∼ n∞ n 2 + 2n + 2 n∞ n 2

n2

d’utiliser la règle n α u n .

n

ln

 ln n

x2 sin n −−−→ 0 et que 1 − cos x ∼ , x−→0 2 n∞ n   2  sin n 1 sin n ∼ 1 − cos . n∞ 2 n n   sin n 2 1  2. 0 n n

a = an a−b−1 . n Il en résulte, d’après l’exemple de Riemann et le théorème  un d’équivalence pour des séries à termes
0, que la série / 0 , alors : u n ∼ n a−b • Si a = n∞

n

 1 n2 n converge. Par théorème de majoration pour des séries à termes   sin n 2
0, la série converge. Par théorème d’équivan n  un lence pour des séries à termes
0, on conclut que la série D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ), la série

converge si et seulement si a − b − 1 < −1, c’est-à-dire a < b.  un • Si a = 0, alors u n = 0 pour tout n ∈ N∗ , donc la série n

converge. Finalement, la série



u n converge si et seulement si :

n

a < b ou a = 0.

n

converge. f) On a : 154

4.2 Il s’agit de cas particuliers de la série de Bertrand n

1 n2

−1=e

ln n n2

−1 ∼

n∞

ln n . n2

 n
2

1 , (α,β) ∈ R2 fixé. Comme le résultat n α (ln n)β



1

n
2

n α (ln

n)β

  converge ⇐⇒ α > 1 ou α = 1 et β > 1

est hors-programme, il nous faut ici étudier chaque cas proposé. 1 1  2. ln n n D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ) et le théorème de ma 1 joration pour des séries
0, on conclut que la série n 2 ln n n converge.

a) On a, pour n
3 : 0 

ln n 1

0. n n D’après l’exemple de Riemann et le théorème de minoration  ln n pour des séries à termes
0, on conclut que la série n n diverge. ln n ln n = 1/2 −−−→ 0, n∞ n2 n par prépondérance classique, d’où, à partir d’un certain rang : 1 n 3/2 u n  1, et donc : 0  u n  3/2 . n D’après l’exemple de Riemann (3/2 > 1) et le théorème de majoration pour des séries à termes
0, on conclut que la série  ln n converge. n2 n √ n 1 −−−→ + ∞, = d) On a : nu n = n √ ln n n ∞ n ln n n 3/2 u n = n 3/2

par prépondérance classique, d’où, à partir d’un certain rang : 1 nu n
1, et donc : u n

0. n D’après l’exemple de Riemann et le théorème de minoration pour des séries à termes
0, on conclut que la série  1 √ diverge. n ln n n

f : [2 ; +∞[−→ R, x −→

1 . x ln x

n

et seulement si l’application f est intégrable sur [2 ; +∞[. On a, pour tout X ∈ [2 ; +∞[ : 

2

2

X

Il est clair que g est continue, décroissante,
0.

n

sur [2 ; +∞[. On a, pour tout X ∈ [2 ; +∞[ :  X  X  ln X 1 1 g(x) dx = dx = dy 2 2 y= ln x x(ln x) y 2 2 ln 2 ln X  1 1 1 1 = − =− + −→ . y ln 2 ln X ln 2 X−→+∞ ln 2 Ainsi, g est intégrable sur [2 ; +∞[, et on conclut que la série  1 converge. n(ln n)2 n

4.3 On a :

∀ n ∈ N, 0  wn − u n  vn − u n .

Comme les séries de termes généraux u n et vn convergent, par opération, la série de terme général vn − u n converge, puis, par théorème de majoration pour des séries à termes
0, la série de terme général wn − u n converge. Enfin, comme : ∀ n ∈ N, wn = (wn − u n ) + u n et que les séries de termes généraux wn − u n et u n convergent, par addition, la série de terme général wn converge.

4.4 • On a, pour tout n : 0  u n = 

an  an . 1 + an

an converge, par théorème de majoration  un pour des séries à termes
0, on conclut que la série

Comme la série

n

n



an converge, on a : an −−−→ 0, donc : n∞

n

Il est clair que f est continue, décroissante,
0. D’après le cours  u n converge si

f (x) dx =

1 . x(ln x)2

D’après le cours sur la comparaison série/intégrale, la série  u n converge si et seulement si l’application g est intégrable

• Puisque la série

sur la comparaison série/intégrale, la série

X

g : [2 ; +∞[−→ R, x −→

converge.

e) Considérons l’application



f) Considérons l’application

n2

b) On a, pour n
3 :

c) On a :

Ainsi, f n’est pas intégrable sur [2 ; +∞[ et on conclut que la  1 diverge. série n ln n n

1 2 an ch an − 1 1 vn = ∼ 2 = an
0. n∞ an an 2  an converge, par théorème d’équivalence Comme la série n  vn pour des séries à termes
0, on conclut que la série n

1 dx = x ln x y = ln x



X = [ ln y]ln ln 2 = ln ln X − ln ln 2 −→

converge. ln X

ln 2

X−→+∞

1 dy y

+∞.

• Puisque la série



an converge, on a : an −−−→ 0 ,

n

n∞

donc, à partir d’un certain rang : 0  an  1, d’où : 0  wn = an2  an . 155



an converge, par théorème de majoration n  wn pour des séries à termes
0, on conclut que la série

Comme la série

n

converge et est à termes
0, la série



 O

n

1



n 3/2

est abso-

lument convergente, donc convergente. Par addition d’une série divergente et de deux séries conver u n diverge. gentes, on conclut que la série

converge.

n

4.5

n n 1  3 = 2. a) On a : ∀ n ∈ N, |u n | = 3 n +n+1 n n

4.6 Nous allons utiliser le lien suite/série.

D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ) et le théorème de ma |u n | converge. joration pour des séries à termes
0, la série Ainsi, la série b) La série



 n
1

n

u n converge absolument, donc converge.

n

u n est alternée, u n −−−→ 0 et la suite (|u n |)n
1 n∞

est décroissante, donc, d’après le TSCSA, la série



un

n
1

converge. c) Effectuons un développement asymptotique : un

  (−1)n −1 (−1)n (−1)n 1 + = n n + (−1) n   n    (−1)n 1 (−1)n 1 = 1+O = +O 2 . n n n n =

D’après le TSCSA, la série

 (−1)n n
1

n

converge.

Par addition de deux séries convergentes, on conclut que la série  u n converge. n

d) Effectuons un développement asymptotique : un

  (−1)n −1 (−1) (−1) 1 + = √ = √ √ n + (−1)n n   n (−1)n (−1)n 1 1− √ +O = √ n n  n (−1)n 1 1 = √ − + O 3/2 . n n n

D’après le TSCSA, la série

n

 (−1)n √ converge. n n
1

1 La série diverge. n n
1 Par théorème de comparaison, puisque la série 156

1 − ln(n + 1) + ln n a+n+1   1 1 1 − ln 1 + = a+1 n n 1+ n      1 1 1 1 1+O − = +O 2 n  n n n 1 =O 2 . n  1 D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ), la série n2 n converge. Par théorème de comparaison, il en résulte que la série  1 O 2 converge absolument, donc converge. n n  (u n+1 − u n ) converge. Ceci montre que la série u n+1 − u n

=

n

D’après le lien suite/série, on conclut que la suite (u n )n∈N∗ converge.

 1 Par théorème de comparaison, puisque la série converge n2 n    1 O 2 converge absolument, et est à termes
0, la série n n donc converge.

n

On a, pour n
1 :

 1 n 3/2 n
1

4.7 1) Existence : On a : 4n 2 2(2n 2 + n − 3) 4 ∼ 4 = 2
0. n∞ n(n + 1)(n + 2)(n + 3) n n

un =

D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ) et le théorème d’équivalence pour des séries à termes
0, on conclut que la série +∞   u n existe. u n converge, donc S = n

n=1

2) Calcul : • Effectuons une décomposition en éléments simples. Il existe (a,b,c,d) ∈ R4 tel que : F

2(2X2 + X − 3) X(X + 1)(X + 2)(X + 3) a b c d = + + + . X X+1 X+2 X+3 =

Par multiplication par X, puis remplacement de X par 0, −6 = −1. on obtient : a = 6 Par multiplication par X + 1 , puis remplacement de X par −1, −4 = 2. on obtient : b = −2

Par multiplication par X + 2 , puis remplacement de X par −2, 6 on obtient : c = = 3. 2 Par multiplication par X + 3 , puis remplacement de X par −3, 24 = −4. on obtient : d = −6 1 2 3 4 + − . On obtient : F = − + X X+1 X+2 X+3 • D’où, pour tout N ∈ N∗ (tel que N
4), par télescopage : N  un

on a : ∀ i ∈ {0,. . . ,3}, deg (Pi ) = i, donc, d’après le cours,

B = (P0 , P1 , P2 , P3 ) est une base de R3 [X].

• Exprimons P sur la base B . On a, en développant : P0 = 1, P1 = X, P2 = X2 − X, P3 = X3 − 3X2 + 2X . D’où, en faisant apparaître successivement P3 , P2 , P1 , P0 dans P : P = X3 + 6X2 − 5X − 2 = (X3 − 3X2 + 2X) + 9X2 − 7X − 2 = P3 + 9(X2 − X) + 2X − 2 = P3 + 9P2 + 2P1 − 2P0 .

n=1

=−

N N N N     1 1 1 1 +2 +3 −4 n n + 1 n + 2 n + 3 n=1 n=1 n=1 n=1

=

−

=

  N 1 1  1 − 1+ + + 2 3 n=4 n

N N +1 N +2 N +3     1 1 1 1 +2 +3 −4 n n n n n=1 n=2 n=3 n=4

  N 1  1 1 1 +3 + + + 3 n=4 n N +1 N +2   N 1 1 1 1 −4 + + + n N +1 N +2 N +3 n=4   5 2 1 1 = + +3 + 6 N +1 N +1 N +2   1 5 1 1 −→ . − 4 + + N∞ 6 N +1 N +2 N +3  u n converge et que sa somme est : On conclut que la série

n=1

un =

S=

+∞  n=0

=

  N 1 1  1 1 +2 + + + 2 3 n=4 n N +1

n
1 +∞ 

c) On a, en manipulant des sommes de séries toutes convergentes (d’après la règle de d’Alembert, par exemple) :

+∞  n=0

+∞   1 P3 (n) + 9P2 (n) + 2P1 (n) − 2P0 (n) n! n=0

+∞ +∞ +∞    P3 (n) P2 (n) P1 (n) P0 (n) +9 +2 −2 . n! n! n! n! n=0 n=0 n=0

Calculons ces différentes sommes de séries convergentes. •

+∞ +∞  P0 (n)  1 = = e. n! n! n=0 n=0

•

+∞ +∞ +∞ +∞    P1 (n)  n 1 1 = = = =e n! n! (n − 1)! p! n=0 n=0 n=1 p=0

•

+∞ +∞ +∞ +∞   P2 (n)  n(n − 1)  1 1 = = = =e n! n! (n − 2)! p! n=0 n=0 n=2 p=0

•

+∞ +∞  P3 (n)  n(n − 1)(n − 2) = n! n! n=0 n=0 +∞ +∞   1 1 = = = e. (n − 3)! p! n=3 p=0

d’où :

5 . 6

un =

+∞ 

u n = e + 9 e + 2 e − 2 e = 10 e.

n=0

n3 n 3 + 6n 2 − 5n − 2 ∼ , noté vn . 4.8 a) On a : u n = n∞ n! n! ∗ On a : ∀ n ∈ N , vn > 0 et : vn+1 1 (n + 1)3 n! (n + 1)2 = = ∼ −−−→ 0 < 1 . 3 3 n∞ vn (n + 1)! n n n n∞  vn converge. D’après la règle de d’Alembert, la série n

Par théorème d’équivalence pour des séries à termes
0, on  u n converge. conclut que la série n

b) • En notant P0 = 1, P1 = X, P2 = X(X − 1), P3 = X(X − 1)(X − 2) ,

4.9 a) Effectuons un développement asymptotique : n sin

     1 1 1 1 1 1 =1− 2 +o 2 , =n − 3 +o 3 n n 6n n 6n n

puis :      1 1 1 = n a ln 1 − 2 + o 2 ln u n = n a ln n sin n 6n n    1 1 1 = − n a−2 + o(n a−2 ) . = na − 2 + o 2 6n n 6 /→ 0 , • Si a < 2 , alors ln u n −−−→ 0, u n −−−→ 1, u n −−− n∞ n∞ n∞  u n diverge grossièrement. donc la série n

157

1 1 /→ 0 , • Si a = 2, alors ln u n −−−→ − ,u n −−−→ e− 6 ,u n −−− n∞ n∞ n∞ 6  u n diverge grossièrement. donc la série

Finalement, la série



c) On a :

n

0  un =

• Supposons a > 2. On a alors : 1 a−2 +o(n a−2 )

n 2 u n = e2 ln n− 6 n



n∞

par prépondérance classique.

n

Finalement, la série



u n converge si et seulement si : a > 2.

n

/→ 0 , b) • Si λ < 0, alors (ln n)λ −−−→ 0, u n −−−→ 1, u n −−− n∞ n∞ n∞  u n diverge grossièrement. donc la série n

/→ 0 , • Si λ = 0 , alors (ln n)λ = 1, u n −−−→ e−1 , u n −−− n∞ n∞  u n diverge grossièrement. donc la série n

• Supposons λ > 0. Essayons d’utiliser la règle n α u n . Soit α ∈ R fixé, à choisir ultérieurement. On a :

1 n 1 n+2

ex (−ln x) dx



Pour déterminer la nature de la série de terme général vn = utilisons la règle n α vn (cf. aussi l’exercice 4.2). ln n n 3/2 vn = 1/2 −−−→ 0, On a : n∞ n

ln n , n2

donc, à partir d’un certain rang : n 3/2 vn  1, 1 d’où : 0  vn  3/2 . D’après l’exemple de Riemann n (3/2 > 1 ) et le théorème de majoration pour des séries à  vn converge. D’après le théorème termes
0, la série n

d’équivalence et le théorème de majoration pour des séries à  u n converge. termes
0, on conclut que la série n

Pour comparer α ln n et (ln n)λ , il nous faut connaître la position de λ par rapport à 1.

d) On a, en utilisant des développements limités :     1 n+1 1 − ln 1 − ln = ln 1 + n−1 n n         1 1 2 1 1 1 = − − +O 2 = +O 2 , +O 2 n n n n n n

∗ Si λ < 1, alors, en prenant α = 1, on a :

d’où :

λ

λ

n α u n = n α e−(ln n) = eα ln n−(ln n) .

nu n = e

ln n−(ln n)λ

−−−→ + ∞ ,

1
0, n D’après l’exemple de Riemann et le théorème de minoration  un pour des séries à termes
0, on conclut que la série n

diverge. −ln n

∗ Si λ = 1, alors u n = e

 1 = , donc la série u n diverge. n n

∗ Si λ > 1, alors, en prenant α =

1+λ > 1, on a : 2 λ

n α u n = eα ln n−(ln n) −−−→ 0 , n∞

donc, à partir d’un certain rang, : n α u n  1 , d’où : 1 0  u n  α . D’après l’exemple de Riemann (α > 1) et le n théorème de majoration pour des séries à termes
0, on  u n converge. conclut que la série n

1 1 n+1 + a tan + b ln n n n−1         1 1 2 1 1 1 = +a +b +O 2 +O 2 +O 2 n n n n n n   1 1 = (1 + a + 2b) + O 2 . n n u n = sin

n∞

donc, à partir d’un certain rang : nu n
1, donc : u n


158



   1 1 1 1 e n − ln − n n+2 n+2 2 ln n 1 = e n ln (n + 2) ∼ 2 2 . n∞ n(n + 2) n

−−−→ 0 ,

On a donc, à partir d’un certain rang : n 2 u n  1, d’où : 1 0  u n  2 . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ) et le n théorème d’équivalence pour des séries à termes
0, on  u n converge. conclut que la série

u n converge si et seulement si : λ > 1.

n

1 / 0 , alors u n ∼ (1 + a + 2b) , donc • Si 1 + a + 2b = n∞ n 1 1 u n ∼
0. D’après l’exemple de Riemann, par 1 + a + 2b n∞ n multiplication par un coefficient fixé non nul, et d’après le théo un rème d’équivalence pour des séries à termes
0, la série n

diverge.

 1 • Si 1 + a + 2b = 0 , alors u n = O 2 . n 

C . n2 D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ) et le théorème de ma-

Il existe C ∈ R+ tel que, à partir d’un certain rang : |u n | 

   1   O joration pour des séries à termes
0, la série  n2  n  1 O 2 est absolument est convergente. Ainsi, la série n n convergente, donc convergente.  u n converge si et seulement si : Finalement, la série n

1 + a + 2b = 0 . e) On a, par développements limités :      a n a 1+ = exp n ln 1 + n n =

    a 1 a2 exp n − 2 +O 3 n 2n n

=

   a2 1 exp a − +O 2 2n n

=

ea exp

 −

  a2 1 +O 2 2n n

   a2 1 ea 1 − +O 2 2n n      1 −1 1 n a 1 a a 1 + 1 − . = e = e e + O et : n+1 n n n2 =

D’où :

  a a n a un = 1 + − e n n+1       a2 1 1 1 a a −e 1− +O 2 =e 1− +O 2 2n n n n   1 ea (2 − a 2 ) +O 2 . = 2n n

ea (2 − a 2 ) . n∞ 2n D’après l’exemple de Riemann, le produit par un coefficient fixé non nul, et le théorème d’équivalence pour des séries à  u n est divergente. termes
0, on conclut que la série n   1 • Si a 2 = 2, alors u n = O 2 . n

/ 2, alors u n ∼ • Si a 2 =

D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ) et le théorème de ma   1   est O joration pour des séries à termes
0, la série  n2  n  1 O 2 est absolument convergente, convergente. La série n n donc convergente.  u n est convergente si et seulement si : Finalement, la série n

a 2 = 2.

f) Effectuons un développement asymptotique : √ √ √ un = n2 + n + 3 + a n2 + n + 1 + b n2 + n + 2 1/2    1 1 3 1 1/2 =n 1+ + 2 +a 1+ + 2 n n n n    1 2 1/2 +b 1 + + 2     n n 1 1 1 1 3 =n 1+ + 2 − 2 +O 3 2 n n 8n n      1 1 1 1 1 +a 1 + + 2 − 2 +O 3 2 n n 8n n      1 1 1 1 2 +b 1 + + 2 − 2 +O 3 2 n n 8n n  1 1 = n (1 + a + b) + (1 + a + b) 2 n     1 11 3a 7b 1 + O + + + 8 8 8 n2 n3 1 11 + 3a + 7b 1 = (1 + a + b)n + (1 + a + b) + 2 8 n   1 +O 2 . n / 0 , alors u n ∼ (1 + a + b)n , donc • Si 1 + a + b = n∞  |u n | −−−→ + ∞, u n −−− /→0, la série u n diverge grossièn∞

n∞

n

rement. / 0, alors • Si 1 + a + b = 0 et 11 + 3a + 7b = 11 + 3a + 7b 1 , donc, par l’exemple de Riemann, par 8 n la multiplication par un coefficient fixé non nul, et par le théorème d’équivalence pour des séries à termes
0, on conclut  u n diverge. que la série un ∼

n∞

n

 1 . n2 D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ) et le théorème de ma   1   O joration pour des séries à termes
0, la série  n2  n    1 O 2 est absolument converest convergente. La série n n gente, donc convergente. 

• Si 1 + a + b = 0 et 11 + 3a + 7b = 0 , alors u n = O

On résout le système linéaire :  1+a+b =0

 ⇐⇒

a=1

11 + 3a + 7b = 0 b = −2.  u n converge si et seulement si : Finalement, la série n

a = 1 et b = −2 . (n!)a > 0. nn Essayons d’utiliser la règle de d’Alembert :

g) On a : ∀ n ∈ N∗ , u n =

159

 a n (n + 1)! u n+1 n = n+1 un (n + 1) (n!)a   a n 1 −n (n + 1) n a−1 1+ = = (n + 1) . (n + 1)n+1 n Et :

D’après l’exemple de Riemann, le théorème d’équivalence pour des séries à termes
0, et le théorème de minoration pour des  u n diverge. séries à termes
0, on conclut que la série n  u n converge si et seulement si : On conclut que la série n

     1 −n 1 1+ = exp − n ln 1 + n n     1 1 = exp − n +o n n  = exp − 1 + o(1) −−−→ e −1 . n∞

u n+1 ∼ e−1 (n + 1)a−1 . On a donc : u n n∞ u n+1 −−−→ + ∞ > 1, donc, d’après la • Si a > 1, alors n∞ un  u n diverge. règle de d’Alembert, la série n

u n+1 −−−→ e−1 < 1, donc, d’après la règle • Si a = 1, alors n∞ un  u n converge. de d’Alembert, la série n

u n+1 −−−→ 0 < 1 , donc, d’après la règle de n∞ un  u n converge. d’Alembert, la série

• Si a < 1, alors

n

Finalement, la série



u n converge si et seulement si :

√

i) On veut comparer 2 et a , et comparer 3 n et bn . Cette comparaison dépend de la position de a et de b par rapport à 1.

n

• Cas a > 1 et b > 1 :  n   a n an a ∼ = . u La série géométrique Alors : n n∞ bn b b n a converge si et seulement si : < 1. Par théorème d’équivab lence pour des séries à termes
0, on conclut que la série  a u n converge si et seulement si : < 1. b n • Cas a  1 et b > 1 :

donc :

√

un ∼

Alors :

n∞

√ 2 n = e n ln 2−n ln b , n b √ n ln 2−n ln b

n u n ∼ e2 ln n+ 2

−−−→ 0. n∞

n∞

Il en résulte, à partir d’un certain rang : n 2 u n  1, donc : 1 0  u n  2 . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ) et le n théorème de majoration pour des séries à termes
0, on  u n converge. conclut que la série

n

n

a  1. h) Comme le comportement de x n dépend de la position de x par rapport à 1, et que x varie entre 0 et a, séparons l’étude en cas selon la position de a par rapport à 1. • Cas 0  a < 1 :

• Cas a > 1 et b  1 : √ an Alors : u n ∼ √n = en ln a− n ln 3 −−−→ + ∞, n∞ 3 n∞  /→0, la série u n diverge grossièrement. donc u n −−− n∞

On a alors, pour tout n ∈ N :  a  a xn 0  un = dx  x n dx √ 3 1 + x2 0 0  n+1 a x a n+1 = =  a n+1 . n+1 0 n+1  a n+1 converge. Comme 0  a < 1, la série géométrique n

Par théorème de majoration pour des séries à termes
0, on  u n converge.

conclut que la série

n

• Cas a
1 : On a alors, pour tout n ∈ N :  a  1 xn xn un = dx
dx √ √ 3 3 2 1+x 1 + x2 0 0  1 n x 1 1 1 1

0. dx = √ ∼ √ √ 3 3 3 n∞ n + 1 2 2 2n 0 160

a < 1.

√ n

n

• Cas a  1 et b  1 :

√

2 n √ = 3 n

Alors :

un ∼

On a :

n u n ∼ e2ln n+

n∞

 √n 2 . 3

√ n ln 2/3

2

n∞

−−−→ 0, n∞

par prépondérance classique. On a donc, à partir d’un certain 1 rang : n 2 u n  1, d’où : 0  u n  2 . n D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ) et le théorème de majoration pour des séries à termes
0, on conclut que la série  u n converge. n

Finalement, la série



u n converge si et seulement si :

n

  a a > 1, b > 1, < 1 b   ou a  1, b > 1 ou a  1, b  1 , ce qui revient à : a  1 ou 1 < a < b.

On peut représenter graphiquement l’ensemble des couples  u n converge : (a,b) ∈ (R+ )2 tels que la série n

b

On a :

  1 ln n + ln 1 + ln(n + 1) n = ln n ln n   1 1   ln n + + o 1 1 n n , = =1+ +o ln n n ln n n ln n

puis : 

1

= O

1

a

j) Effectuons un développement asymptotique : √ √ √ 1 1 1 n u n = n a − 2 b + n c = e n ln a − 2 e n ln b + e n ln c       1 1 1 1 − 2 1 + ln b + O 2 = 1 + ln a + O 2 n n n n    1 1 + 1 + ln c + O 2 n n   1 1 ac = ln 2 + O 2 . n b n ac 1 ac ac = / 1 , alors ln 2 = / 0 , u n ∼ ln 2 . 2 n∞ b n b b 1 diverge, par multiplication par un coefComme la série n n ficient fixé non nul, puis par théorème d’équivalence pour des  u n diverge. séries à termes
0, la série • Si

n

 1 ac • Si 2 = 1, alors u n = O 2 . n b 

D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ) et le théorème de ma   1   O joration pour des séries à termes
0, la série  n2  n  1 O 2 est absolument converconverge. Ainsi, la série n n gente, donc convergente.  u n converge si et seulement si : On conclut que la série n

ac = b2 . k) Essayons d’utiliser la règle de d’Alembert. On a : ∀ n
2, u n > 0 et :  n+1 ln (n + 1) u n+1 n! = un (n + 1)! ( ln n)n   ln (n + 1) n ln (n + 1) = . ln n n+1

= = =

 ln(n + 1) n ln n   ln (n + 1) exp n ln ln n     1 1 exp n ln 1 + +o n ln n n ln n     1 1 exp n +o n ln n n ln n    1 1 −−−→ 1. +o exp n∞ ln n ln n

D’autre part, par prépondérance classique : ln (n + 1) −−−→ 0 . n∞ n+1 On déduit :

u n+1 −−−→ 0 < 1. n∞ un

D’après la règle de d’Alembert, on conclut que la série



un

n

converge.

4.10 1) • On sait (par exemple, par l’étude des variations de t −→ tan t − t ), que :   π , tan t
t . ∀t ∈ 0; 2 • D’où, pour tout n ∈ N :  un =

1

tan (x n ) dx


0





1

x n dx = 0

x n+1 n+1

1 = 0

1 . n+1



1 diverge (série décalée de la série harn+1 monique), par théorème de minoration pour des séries à termes 
0, on conclut que la série u n diverge. Comme la série

n

n

2) • Montrons : ∀ t ∈ [0 ; 1], tan t  2t. L’application f : t −→ tan t − 2t est dérivable sur [0 ; 1] et : ∀ t ∈ [0 ; 1], f  (t) = tan2 t − 1, d’où le tableau de variations de f : 161

t

0

f  (t)

π/4 −

f (t)

0

de Stirling : 4.12 Essayons d’utiliser la formule 

1

n! ∼

+

0



n∞



0

= 2

2x n dx

=

0

 n2 +1 1 x 2 2 =2 2 = 2  2. n +1 0 n +1 n

D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ) et le théorème de majoration pour des séries à termes
0, on conclut que la série  vn converge. n

4.11

1) Commençons par chercher un équivalent de

n 

k!,

lorsque l’entier n tend vers l’infini. On a, pour tout n ∈ N (tel que n
2 ) :     n n−1 n−2  k! − n! = k! = k! + (n − 1)! k=0

k=0

2(n − 1)! 2 = −−−→ 0, on a : 2(n − 1)! = o(n!), Comme n! n n∞ n  k! ∼ n! . et on obtient : k=0

un =

− ln n + (1 − 2 ln 2) + o(1).

 u n = exp − ln n + (1 − 2 ln 2) + o(1) 1 1 e = e 1−2 ln 2 e o(1) ∼ e 1−2 ln 2 =
0. n∞ n n 4n D’après l’exemple de Riemann et le théorème d’équivalence  un pour des séries à termes
0, on conclut que la série n

diverge.

4.13 Si la série



u n converge, alors nécessairement

n

 1/3 = o(1), d’où : u n −−−→ 0 , donc : (n 4 + 3n 2 )1/4 − P(n) 

n∞

1/3 = (n 4 + 3n 2 )1/4 + o(1) ∼ (n 4 + 3n 2 )1/4 ∼ n , P(n) n∞

n∞

et donc P(n) ∼ n 3 , ce qui montre que P est de degré 3 et de n∞

1 (n + 1)!

n  k=0

k! ∼

n∞

n! 1
0. = (n + 1)! n+1



1 Comme la série diverge (série décalée de la série harn + 1 n monique), par théorème d’équivalence pour des séries à termes 
0, on conclut que la série u n diverge. n

• On a : n  n! 1 1 1 k! ∼ = ∼ . (n + 2)! k=0 n∞ (n + 2)! (n + 1)(n + 2) n∞ n 2

D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ) et le théorème d’équivalence pour des séries à termes
0, on conclut que la série  vn converge. 162

=

n∞

2) • On a :

n

=

ln u n    1 ln (n!) − ln (2n)! n   1 1 n ln n − n + ln (2πn) + o(1) n 2   1 − 2n ln (2n) − 2n + ln (2π2n) + o(1) 2   1 1 − n ln n + (1 − 2 ln 2)n − ln 2 + o(1) n 2

k=0

 (n − 1)(n − 2)! + (n − 1)! = 2 (n − 1)! .

vn =

1 ln (2πn) + o(1), 2

Puis :

k=0

0

2πn .

d’où :

On conclut : ∀ t ∈ [0 ; 1], tan t  2t. 1

n√

On a donc : ln (n!) = n ln n − n +

Et : f (1) = tan 1 − 2  −0,443 . . . < 0. • D’où, pour tout n ∈ N :  1  2 vn = tan (x n ) dx 

n e

coefficient dominant égal à 1. Notons donc P = X3 + aX2 + bX + c, (a,b,c) ∈ R3 . Effectuons un développement asymptotique : un

=

(n 4 + 3n 2 )1/4 − (n 3 + an 2 + bn + c)1/3      3 1/4 a c 1/3 b = n 1+ 2 − 1+ + 2 + 3 n n n n    3 1 = n 1+ 2 +O 4 4n n    1 −2 2     3 3 a 1 a c 1 b − 1+ +O 3 + 2 + 3 + 3 n n n 2! n2 n     a 3 b a2 1 1 = − + − + +O 2 . 3 4 3 9 n n

/ 0 , alors u n −−−→ − • Si a = n∞

 a = / 0, donc la série un 3 n

diverge grossièrement. 3 b a2 C − + = / 0 , alors u n ∼ . n∞ n 4 3 9    noté C D’après l’exemple de Riemann, par multiplication par une constante non nulle, et par le théorème d’équivalence pour des  un séries à termes réels
0, on conclut que la série

• Si a = 0 et

n

diverge.

 1 • Si a = 0 et C = 0, alors u n = O 2 . n 

4.15 Rappelons l’inégalité de Cauchy-Schwarz, dans R N usuel, pour N ∈ N∗ fixé :

∀ (x1 ,. . . ,x N ), (y1 , . . . ,y N ) ∈ R N ,     12    12 N N  N  2 2   x y x y . n n n n   n=1

En appliquant ceci à

∀N ∈N , 0

9 . 4

Puisque les séries

On remarque que, pour c ∈ R, u n n’est défini qu’à partir d’un certain rang, mais que la série de terme général u n est convergente, puisque l’énoncé n’impose pas l’indice de départ. a) Puisque la série

u n et

n

n



 N

un

 12   N

n=1

n=1

1 n2

 12 .

 1 sont convergentes et à termes n2 n


0, on a, pour tout N ∈ N∗ : N 

un 

+∞ 

n=1

un

N +∞   1 1  . 2 2 n n n=1 n=1

et

n=1

D’où : N √  un n=1

l’ensemble des polynômes P ∈ R[X] tels que la série de terme  1/3 converge est général u n = (n 4 + 3n 2 )1/4 − P(n)   9 X3 + X + c ; c ∈ R . 4

4.14

N √  un



∀ N ∈ N∗ , 0 

On conclut :



1 √ u n et , à la place respectivement de xn n

n=1

n

et C = 0, ce qui revient à : a = 0 et b =

n=1

et yn , on obtient : ∗

D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ) et le théorème de ma   1   O joration pour des séries à termes
0, la série  n2  n  1 O 2 est absolument converconverge. Ainsi, la série n n gente, donc convergente.  u n converge si et seulement si a = 0 Finalement, la série

n=1

n



 +∞

un

 12   +∞

n=1

n=1

1 n2

 12 .

Ceci montre que les sommes partielles de la série à termes
0,  √u n , sont majorées. n n
1  √u n D’après un lemme du cours, on conclut que la série n n
1 converge.

4.16 • Une récurrence immédiate montre que, pour tout u n , converge, on a :

n

/ − 1. u n −−−→ 0 , donc, à partir d’un certain rang : u n = n∞

b) D’après a), la série de terme général vn =

un est bien 1 + un

définie à partir d’un certain rang.

n ∈ N∗ , u n existe et u n > 0 .

  u un  n, • On a : ∀ n
1, u n+1 = ln 1 + n n

car on sait : ∀ x ∈ ] − 1 ; +∞[, ln(1 + x)  x. Il en résulte, par une récurrence immédiate :

On a, pour tout n :     un u 2n |vn − u n | =  − u n  = ∼ u2 . 1 + un |1 + u n | n∞ n Comme la série de terme général u 2n converge, d’après le théorème d’équivalence pour des séries à termes
0, la série de terme général |vn − u n | converge. Ainsi, la série de terme général vn − u n est absolument convergente, donc convergente. Enfin, comme, pour tout n : vn = (vn − u n ) + u n , par addition de deux séries convergentes, on conclut que la série de terme général vn est convergente.

∀ n
1, 0 < u n 

puis :

u1 , (n − 1)!

u α1 ∀ n
1, 0 < u αn   α , noté vn . (n − 1)!

On a : ∀ n
1, vn > 0, et :  α (n − 1)! vn+1 1 = = α −−→ 0 < 1 . vn (n!)α n n∞

D’après la règle de d’Alembert, la série



vn converge.

n
1

163

Par théorème de majoration pour des séries à termes
0, on  u αn converge, pour tout α ∈ R∗+ fixé. conclut que la série n
1

4.17

Commençons par étudier le comportement de |u n | lorsque l’entier n tend vers l’infini. na na ∼ b = n a−b . |u n | = On a : b n∞ (n + 1) n /→0 , donc la série • Si a > b, alors |u n | −−−→ + ∞, u n −−− n∞ n∞  u n diverge grossièrement. n

/→0 , donc la série • Si a = b , alors |u n | −−−→ 1, u n −−− n∞ n∞  u n diverge grossièrement. n



u n est alternée et u n −−−→ 0 . n∞  |u | Nous allons montrer que la suite n n
1 est décroissante. Considérons l’application

• Supposons a < b. La série

n

f : [1 ; +∞[−→ R, x −→

xa = x a (x + 1)−b . (x + 1)b

L’application f est dérivable sur [1 ; +∞[ et, pour tout x ∈ [1 ; +∞[ :



n 2 5 2   n2  n n+ 13 13   13 13 . =  = 10  25 2 26 25 25 n + n+ 25 25     13 n 13 < 1 , la série géométrique Comme 0  25 25 n converge.

2 13 n +

Par théorème de majoration pour des séries à termes
0, on  |u n | converge. déduit que la série Ainsi, la série

a . Le signe de f (x) dépend de la position de x par rapport à b−a On a :   a ∀x ∈ ; +∞ , f  (x)  0 . b−a  Il en résulte que la suite |u n | n est décroissante à partir d’un certain rang. D’après le TSCSA, on déduit que la série On conclut que la série





u n converge.

n

u n converge si et seulement si :

u n est absolument convergente, donc conver-

gente. 2) On a de même, pour tout n ∈ N :      (2 + 3i)n + 2 − i n  (2n + 2) + i (3n − 1) n  =  |vn | =   (3n + 3) + i (2n + 1)  (3 + 2i)n + 3 + i  n n   (2n + 2)2 + (3n − 1)2 2 13n 2 + 2n + 5 2 = = . (3n + 3)2 + (2n + 1)2 13n 2 + 22n + 10 D’où : ln |vn |

= = ∼

n∞

n 13n 2 + 2n + 5 ln 2 13n 2 + 22n + 10   n 20n + 5 ln 1 − 2 13n 2 + 22n + 10 n −(20n + 5) 2 13n 2 + 22n + 10

20n 2 20 20 10 =− −−−→ − =− . 2 n ∞ 26n 26 26 13  /→ − ∞, vn −−− /→ 0, donc la série vn Ainsi, ln |vn | −−− ∼

n∞

−

n∞

n∞

n

diverge grossièrement.

4.19 1) Existence : 1 1
0. On a : u n = √ √ ∼ n n + 2 + (n + 2) n n∞ 2n 3/2 D’après l’exemple de Riemann (3/2 > 1) et le théorème  un

d’équivalence pour des séries à termes
0, la série

n

a < b.

n

n

f  (x) = ax a−1 (x + 1)−b − x a b(x + 1)−b−1  = x a−1 (x + 1)−b−1 (a − b)x + a . 



converge, donc

+∞ 

n

u n existe.

n=1

1) On a, pour tout n ∈ N :      (2 + 3i)n + 2 − i n  (2n + 2) + i (3n − 1) n     = |u n | =  (3 + 4i)n + 3 + i  (3n + 3) + i (4n + 1) 

4.18

 =

164

(2n + 2)2 + (3n − 1)2 (3n + 3)2 + (4n + 1)2

 n2

 =

13n 2 + 2n + 5 25n 2 + 26n + 10

 n2

2) Calcul : Essayons d’amener un télescopage. On a, pour tout n ∈ N∗ , par utilisation d’une expression conjuguée : √ √ n n + 2 − (n + 2) n 1 un = √ √ = 2 n (n + 2) − (n + 2)2 n n n + 2 + (n + 2) n

√ √ √ √ n n + 2 − (n + 2) n n n + 2 − (n + 2) n = = −2n 2 − 4n −2n(n + 2)

 − −

On en déduit, pour tout N
3, par télescopage :  N N   1 1 1 un = √ −√ 2 n=1 n n+2 n=1   N N  1 1 1 = √ − √ 2 n=1 n n=1 n + 2   N N +2  1 1 1  = √ − √ 2 n=1 n n=3 n     1 1 1 1 1 1 1+ √ − √ 1+ √ −√ −→ = . 2 N +1 N + 2 N∞ 2 2 2 √   +∞  1 1 2+ 2 1+ √ un = = . On conclut : 2 4 2 n=1 Remarque : la partie 2) (calcul) montre que la série converge, et rend donc alors inutile la partie 1) (existence).

ln 3 +

−→ − ln 3 . N∞

+∞ 

On conclut :

2 n(n + 1)

n=2

• Pour n = 1 :

n  k=1

2 2 ∼ − ∼ − 2. n∞ n∞ n(n + 1) n

On a, pour tout N ∈ N∗ (tel que N
5) :   N  2 ln 1 − n(n + 1) n=2

n=2

=

ln (n − 1)+

n=2



+

N 

N −1  n=1

ln n +

ln(n + 2)−

n=4

vk = 1 −

N +2 

ln n −

n=4

1 . (1 + u 1 ) · · · (1 + u n )

n+1  k=1

N 

N 

n=2 N −1 

ln n −

N 



N +1 

ln n

n=3

ln n

n=4

=

 n

 vk + vn+1

k=1

 = 1−

1 (1 + u 1 ) · · · (1 + u n )



u n+1 (1 + u 1 ) · · · (1 + u n+1 ) −(1 + u n+1 ) + u n+1 =1+ (1 + u 1 ) · · · (1 + u n+1 ) 1 , = 1− (1 + u 1 ) · · · (1 + u n+1 ) +

On conclut, par récurrence sur n : ∀ n
1,

 ln n + ln N + ln (N + 1) + ln (N + 2)

n 

vk = 1 −

k=1

ln(n + 1)

n=2

ln n −

vk

ce qui établit la formule pour n + 1.

(n − 1)(n + 2) n(n + 1)

n=2

ln 1 + ln 2 + ln 3 +  N −1

ln

n=2

n=2

= =

n +n−2 = n(n + 1) N 

u1 1 =1− , 1 + u1 1 + u1

• Supposons la propriété vraie pour un n ∈ N∗ :

Essayons d’amener un télescopage.

N 

vk = v1 =

donc la propriété est vraie pour n = 1.

2) Calcul :

ln

= − ln 3.

4.21 a) Récurrence sur n.

n

=



Remarque : la partie 2) (calcul) montre que la série converge, et rend donc alors inutile la partie 1) (existence).

converge.

2

2 n(n + 1)

On a alors :



D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ), par multiplication par un coefficient fixé (2), et d’après le théorème d’équivalence  un pour des séries à termes
0, on conclut que la série

N 

 ln 1 −

k=1

On a :

 ln n + ln N + ln (N + 1)

  2 = − ln 3 + ln (N + 2) − ln N = − ln 3 + ln 1 + N

1) Existence :  u n = ln 1 −

N −1  n=4

n 

4.20

 ln n + ln N

n=4



1 1 = √ − √ . 2 n 2 n+2

N −1 

ln 2 + ln 3 +

1 . (1 + u 1 ) · · · (1 + u n )

Remarque : On peut aussi obtenir le résultat en écrivant, pour tout n
2 : vn =

1 + un − 1 (1 + u 1 ) · · · (1 + u n ) 1 1 = − , (1 + u 1 ) · · · (1 + u n−1 ) (1 + u 1 ) · · · (1 + u n )

et en réalisant un télescopage. 165

n 

b) D’après a), on a : ∀ n
1, Ainsi, la série



On conclut que la série

vk  1.



u n converge et que sa somme est

n
1

k=1

vn est à termes
0 et ses sommes partielles

égale à ln 3.

n

sont majorées. D’après un lemme du cours, on conclut que la  vn converge. série n
1

4.22

• Groupons les termes trois par trois.

On a, pour tout p ∈ N∗ :     3p  1 1 2 1 1 2 + + ··· un = + − + − 1 2 3 4 5 6 n=1   1 1 2 + + − 3p − 2 3p − 1 3p =

3p p 3p p    1 1 1  1 −3 = − n 3k n n n=1 k=1 n=1 n=1

un = 2

n=1

q 1 q i=1

1 2i q

1+

1+

i p

.

.

On reconnaît une somme de Riemann, pour la fonction 1 f : x −→ , qui est continue sur le segment [0 ; 1] . 2 1+ x On a donc :  1 q 1 1 1 −→ dx 2i q∞ 0 1 + 2x q i=1 1+ q 1  1 1 ln (1 + 2x) = ln 3. = 2 2 0 3p 

On a donc, par suite extraite :

n=1

u n −→ ln 3. p∞

• Comme u n −−−→ 0 , on a alors aussi : n∞

3 p+1

un =

n=1 3 p+2 n=1

un =

 3p

 3p

u n + u 3 p+1 −→ ln 3 , p∞



u n + u 3 p+1 + u 3 p+2 −→ ln 3 .

Comme les 3 p, 3 p + 1, 3 p + 2, p décrivant N∗ , recouvrent tous les entiers (
3), on déduit : n  u k −−−→ ln 3 . 166

f (t) dt 

+∞  n=1

1  f (1) + n(n + x)



+∞

f (t) dt .

1

On calcule l’intégrale :  +∞  +∞ 1 f (t) dt = dt t (t + x) 1 1   +∞  "+∞ 1! 1 1 1 dt = = − ln t − ln (t + x) 1 x t t+x x 1  +∞ t 1 1 1 ln (x + 1) ln = = − ln = . x t+x 1 x 1+x x On a donc, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : +∞  1 1 ln(x + 1) ln(x + 1)   + . x n(n + x) 1+x x n=1

• Comme :      o ln (x + 1) 1 ln (x + 1) ln (x + 1) = =o =o , 1+x x +1 x +1 x ln(x + 1) 1 ln(x + 1) + ∼ . x−→+∞ 1+x x x On conclut, par encadrement :

On a :

n=1

1 n(n + x)

ln (x + 1) x    1 1 ln x + ln 1 + = x x

∼

x−→+∞

∼

x−→+∞

ln x . x

p∞

n=1

k=1

+∞

1

+∞ 



n=1

est continue, décroissante, intégrable sur [1 ; +∞[, car 1 f (t) ∼
0. t−→+∞ t 2 On déduit, par comparaison série/intégrale, que la série  1 converge (ce qui était aussi visible en prenant un n(n + x) n
1 

1

En notant q = 2 p , on a donc : 3p 

Pour évaluer la somme de série proposée, nous allons utiliser une comparaison à une intégrale. 1 L’application f : [1 ; +∞[−→ R, t −→ t (t + x)

équivalent) et que :

3p 2p 2p  1  1 1 = = n p+i p i=1 n= p+1 i=1

=

4.23 • Soit x ∈ ]0 ; +∞[ fixé.

n∞

4.24 • Commençons par chercher un équivalent simple de +∞  1 lorsque l’entier n tend vers l’infini. k! k=n

D’abord, d’après la règle de d’Alembert ou le cours sur la série  1 converge, donc, pour tout de l’exponentielle, la série k! k
0 n ∈ N,

+∞  1 existe. k! k=n

• D’où :      +∞ 1 1 1 1 1 ln u n = ln = ln +o n k! n n! n! k=n    1 1 1 ln = + ln 1 + o(1) = − ln n! + o(1) . n n! n  n n √ 2πn, • De la formule de Stirling : n! ∼ n∞ e

d’où : ln u n =

1 n

 − n ln n + n −

on déduit, par passage à la limite : 
u 0 , et donc  > 0 d’où  ∈ ]0 ; π/2]. b) On a, pour tout n ∈ N : tan u n+1 = an + tan u n ,

On a, pour tout n ∈ N :   +∞ +∞  1 1 1 − = 0 k! n! k! k=n k=n+1   1 1 1 = + + ··· 1+ (n + 1)! n + 2 (n + 2)(n + 3)   1 1 1  + ··· + 1+ (n + 1)! n + 2 (n + 2)2 1 1 1 n+2 = = 1 (n + 1)! (n + 1)! n + 1 1− n+2   1 1 n+2 . = o = n! (n + 1)2 n!   +∞  1 1 1 . = +o On a donc : k! n! n! k=n

on déduit : ln (n!) = n ln n − n +

Comme : ∀ n ∈ N, u n
u 0 ,

1 ln (2πn) + o(1), 2  1 ln (2πn) + o(1) 2

= − ln n + 1 + o(1), e 1 puis : u n = e− ln n+1+o(1) = e eo(1) ∼ . n∞ n n e On conclut : u n ∼ . n∞ n

4.25

a) • D’abord, une récurrence immédiate montre que, pour tout n ∈ N , u n existe et u n ∈ [0 ; π/2[. • On a, pour tout n ∈ N : u n+1 = Arctan ( an +tan u n )
Arctan (tan u n ) = u n , 
0

donc la suite (u n )n∈N est croissante. • Puisque (u n )n∈N est croissante et majorée par π/2, on conclut que (u n )n∈N converge et que sa limite  vérifie  ∈ [0 ; π/2].

donc an = tan u n+1 − tan u n . D’après le lien suite/série, il en résulte que la série  an converge si et seulement si la suite (tan u n )n∈N converge. n∈N

/ π/2, alors la suite (tan u n )n∈N converge vers D’après a), si  = tan , et, si  = π/2 , alors la suite (tan u n )n∈N diverge. On déduit que la suite (tan u n )n∈N converge si et seulement si  an converge si et seu-

= / π/2 et on conclut que la série

n∈N

/ π/2. lement si  =

4.26 a) Soit n ∈ N − {0,1} fixé. On a, en échangeant les rôles de p et q : 

Sn =

1 p
 1 1 = √ √ , pq qp 1q< pn

d’où, en additionnant : 

  1 1 1 = − √ √ √ pq pq 1 p=q n pq 1 p= / n 1 p,q n      n n n 1 1 1 − = = A2n − Bn . √ √ p q p p=1 q=1 p=1

2Sn =

1 2 (A − Bn ). 2 n b) Essayons de trouver d’abord des équivalents simples de An et de Bn .

On conclut : ∀ n ∈ N − {0,1}, Sn =

• Par comparaison somme/intégrale, puisque l’application 1 x ∈ [1 ; +∞[−→ √ ∈ R est continue et décroissante, on a, x pour tout n ∈ N∗ :  n  n 1 1 √ dx  An  1 + √ dx . x x 1 1 On calcule l’intégrale :  n √ √ 1 √ dx = [2 x]n1 = 2( n − 1) . x 1 On a donc, pour tout n ∈ N − {0,1} : √ √ 2 n − 2  An  2 n − 1 . √ √ √ √ Comme 2 n − 2 ∼ 2 n , et 2 n − 1 ∼ 2 n, n∞ n∞ √ on déduit, par encadrement : An ∼ 2 n. n∞

• De même, on obtient : Bn ∼ ln n. n∞

• On a donc

A2n ∼ n∞

4n et Bn ∼ ln n. n∞

167

Comme ln n = o(n) , on conclut :

4.29 a) • Montrons, par récurrence sur n :

1 Sn = (A2n − Bn ) ∼ 2n . n∞ 2

4.27

∀ n ∈ N, u n
5 . C’est vrai pour n = 0, puisque u 0 = 5. Si c’est vrai pour un n ∈ N , alors :

On a, pour tout n ∈ N : u n+2 − u n+1 =

u n + λn u n+1 u n − u n+1 − u n+1 = , 1 + λn 1 + λn

1 |u n+1 − u n |. d’où : |u n+2 − u n+1 | = 1 + λn

• Si u 1 = u 0 , alors : ∀ n ∈ N, u n+1 = u n , donc la suite (u n )n
1 est constante, donc convergente. / 0. • Supposons u 1 − u 0 = Alors : ∀ n
1, |u n+1 − u n | > 0. |u n+1 − u n | 1 −−−→ 0 < 1. = On a : |u n − u n−1 | 1 + λn−1 n ∞  |u n+1 − u n | D’après la règle de d’Alembert, la série n

converge.

 (u n+1 − u n ) est absolument convergente, donc Ainsi, la série n

convergente. D’après le lien suite/série, on conclut que la suite (u n )n converge. Remarque : on peut montrer de la même façon que la même conclusion est valable si on suppose que la suite (λn )n converge vers un réel > 0 .

4.28

Rappelons la formule de Taylor-Young pour f de classe C 3 sur [−1 ; 1] : f  (0) 2 f  (0) 3 f (x) = f (0) + f  (0)x + x + x + o (x 3 ) . x−→0 2! 3! 1 1 En remplaçant x par , par − , on obtient, après simplifican n tions :      1 1 − f − − 2 f  (0) un = n f n n     1 f  (0) 1 = O . = + o 3n 2 n2 n2

D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ) et le théorème de ma   1   O joration pour des séries à termes
0, la série  n2  n  u n est absolument convergente, converge. Ainsi, la série

168

∀ n ∈ N, u n
5.

• On a, pour tout n ∈ N :

1 |u n − u n−1 | . ∀ n
1, |u n+1 − u n | = 1 + λn−1

donc convergente.

donc c’est vrai pour n + 1. On conclut :

Ainsi, en décalant l’indice, on a :

n∈N∗

u n+1 = u 2n − 5u n + 8 = u n (u n − 5) + 8
8
5 ,

u n+1 − u n = u 2n − 6u n + 8 = (u n − 3)2 − 1
3
0 , donc (u n )n∈N est croissante. • Supposons u n −−−→  ∈ R. Alors, par passage à la limite dans n∞

la définition de la suite u n :  = 2 − 5 + 8 , d’où facilement  ∈ {2,4}. Mais : ∀ n ∈ N, u n
5, donc, par passage à la limite, 
5, contradiction. Ceci montre que la suite (u n )n∈N diverge. Puisque (u n )n∈N est croissante et divergente, on conclut : u n −−−→ + ∞ . n∞

b) On a, pour tout n ∈ N : (−1)n+1 (−1)n+1 (−1)n+1 = 2 = u n+1 − 2 u n − 5u n + 6 (u n − 2)(u n − 3)   (−1)n+1 1 1 (−1)n = = (−1)n+1 − + , un − 3 un − 2 un − 3 un − 2 d’où :

(−1)n (−1)n+1 (−1)n = − . un − 3 u n − 2 u n+1 − 2

c) D’après b), on a, par télescopage, pour tout N
0 : N  (−1)n u −3 n=0 n

=

N   (−1)n n=0

un − 2

−

(−1)n+1 u n+1 − 2



=

N N   (−1)n (−1)n+1 − u − 2 n=0 u n+1 − 2 n=0 n

=

N N +1   (−1)n (−1)n − u − 2 n=1 u n − 2 n=0 n

=

1 (−1) N +1 − u 0 − 2 u N +1 − 2

−→ N∞

Ceci montre que la série

1 1 = . u0 − 2 3  (−1)n converge et que u −3 n
0 n

+∞  (−1)n 1 = . u − 2 3 n n=0

4.30

• Commençons par chercher un équivalent de u n lorsque l’entier n tend vers l’infini. À cet effet, étudions le comportement de u n. 1) On a, pour tout n ∈ N :   1 (n + 1)u n + n  |u n+1 | = (n + 2)2 n+1 n  |u n | +  |u n | + 1. (n + 2)2 (n + 2)2

u n = O (n). n∞

(n + 2)2 u n+1 = (n + 1)u n + n = O(n 2 ) , O(n 2 ) = O(1), (n + 2)2

puis, en décalant l’indice : u n = O(1). 3) En reportant encore : (n + 2)2 u n+1 = (n + 1)u n + n = O(n) ,   O(n) 1 . u n+1 = =O (n + 2)2 n

En particulier : u n+1 −−−→ 0, donc : u n −−−→ 0. n∞

n∞

4) En reportant encore : (n + 2)2 u n+1 = (n + 1)u n + n    1 u n + 1 ∼ n, =n 1+ n∞ n d’où : u n+1 ∼

n∞

n 1 ∼ , (n + 2)2 n∞ n

donc, en décalant : u n ∼

n∞

D’après le théorème d’équivalence pour des séries à termes
0, 1 on conclut que la série de terme général diverge. un  (−1)n 2) La série , est alternée, son terme général tend un n
1   1 est décroisvers 0 (car u n −−−→ + ∞) et la suite n∞ u n n
1 sante, car :  1 ∀ n
1, u n+1 = u 2n +
u n . n D’après le TSCSA, on conclut que la série de terme général (−1)n converge. un

4.32 a) • Montrons, par récurrence sur n :

1 1 ∼ . n − 1 n∞ n

∀ n ∈ N, u n > 1 .

1 • On a alors : u an ∼ a
0. n∞ n D’après l’exemple de Riemann et le théorème d’équivalence  u an pour des séries à termes
0, on conclut que la série n

converge si et seulement si a > 1.

4.31

  1 Hn−1 ∼ ln(n − 1) = ln n + ln 1 − ∼ ln n , n∞ n n∞ √ donc : u n ∼ ln n. 1 1 ∼ √
0. n∞ un ln n 1 −−−→ + ∞, à partir d’un certain rang : Comme n √ ln n n ∞ 1 1 1
1, donc : √
. D’après l’exemple de n√ n ln n ln n Riemann et le théorème de minoration pour des séries à termes  1
0, on déduit que la série √ diverge. ln n n

2) On a alors, en reportant :

donc :

n∞

b) 1) On a :

∀ n ∈ N, |u n |  |u 0 | + n ,

donc : u n+1 =

n∞

De plus, on sait :

n∞

On déduit, en réitérant et par addition : d’où :

Comme Hn −−−→ + ∞ , on déduit : u n −−−→ + ∞.

a) • Une récurrence immédiate montre que, pour tout n
1 , u n existe et u n
1 . 1 , • On a, pour tout n
2 : u 2n = u 2n−1 + n−1 d’où, en réitérant et en additionnant :   1 1 1 u 2n = u 21 + + + ··· + , 1 2 n−1    noté Hn−1

d’où, puisque u n > 0 : u n = 1 + Hn−1 .

La propriété est vraie pour n = 0, car u 0 ∈ ]1 ; +∞[ . Si la propriété est vraie pour un n ∈ N , alors : u n+1 = u 2n − u n + 1 = (u n − 1)2 + u n > 1 ,    
0

>1

donc la propriété est vraie pour n + 1. On conclut, par récurrence sur n : ∀ n ∈ N, u n > 1 . • On a alors : ∀ n ∈ N, u n+1 − u n = u 2n − 2u n + 1 = (u n − 1)2
0 , donc la suite (u n )n∈N est croissante. • Supposons qu’il existe  ∈ R tel que u n −−−→ . Alors, par n∞

passage à la limite dans la définition de la suite, on a :  = 2 −  + 1 , d’où  = 1 . Mais, d’autre part : ∀ n ∈ N, u n
u 0 , d’où, par passage à la limite : 
u 0 > 1, contradiction. 169

Ceci montre que la suite (u n )n∈N diverge. Puisque (u n )n∈N est croissante et divergente, on conclut : u n −−−→ + ∞. n∞

b) On remarque que, pour tout n ∈ N : 1 u n+1 − 1

−

1 1 1 − = 2 un − 1 un − un un − 1 1 1 − un =− . = u n (u n − 1) un

On a donc, pour tout N ∈ N, par télescopage :  N N    1 1 1 = − u u n − 1 u n+1 − 1 n=0 n n=0 = On conclut que la série

1 1 1 − −→ . u 0 − 1 u N +1 − 1 N ∞ u 0 − 1

et donc : ∀ n
1, u n = −

• Formons les sommes partielles. On a, pour tout N ∈ N∗ (tel que N
5), par télescopage : N 

un

=

n=1

N  

=

−

3n − 2 . n 3 + 3n 2 + 2n

1) Existence : 3 On a : u n ∼ 2
0. D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ) n∞ n et le théorème d’équivalence pour des séries à termes
0, on  u n converge. conclut que la série n
1

2) On va faire apparaître un télescopage, à l’aide d’une décomposition en éléments simples d’une fraction rationnelle.



N N N    1 1 1 +5 −4 n n + 1 n + 2 n=1 n=1 n=1

N N +1 N +2    1 1 1 +5 −4 n n n n=1 n=2 n=3

−

=

  N 1 1  − 1+ + 2 n=3 n   N 1  1 1 +5 + + 2 n=3 n N +1   N 1 1 1 −4 + + n N +1 N +2 n=3

=

1+

1 4 − −→ 1. N +1 N + 2 N∞

Ceci montre que la série proposée converge (ce que l’on avait déjà obtenu par une autre méthode, plus directe, en 1)) et que sa somme est : +∞  n=1

3n − 2 = 1. n 3 + 3n 2 + 2

4.34 a) Récurrence sur n (d’autres méthodes sont possibles).

• On a : 3X − 2 3X − 2 F= 3 = X + 3X2 + 2X X(X + 1)(X + 2) a b c = + + , X X+1 X+2 où (a,b,c) ∈ R3 est à calculer. On multiplie par X, puis on remplace X par 0, et on obtient : −2 a= = −1. 2 On multiplie par X + 1 , puis on remplace X par −1, et on ob−5 = 5. tient : b = −1 On multiplie par X + 2 , puis on remplace X par −2, et on ob−8 = −4. tient : c = 2 D’où la décomposition en éléments simples de F : F =− 170

1 5 4 + − n n+1 n+2

=

 1 converge et que : u n
0 n

Notons, pour tout n
1 : u n =

−

n=1

+∞  1 1 = . u u −1 n 0 n=0

4.33

1 5 4 + − . n n+1 n+2

1 5 4 + − , X X+1 X+2

La propriété est vraie pour n = 0, car : φ21 − φ0 φ2 = 1 = (−1)0 . Si la propriété est vraie pour un n ∈ N , alors : φ2n+2 − φn+1 φn+3 = φn+2 (φn+1 + φn ) − φn+1 (φn+2 + φn+1 ) = φn+2 φn − φ2n+1 = −(−1)n = (−1)n+1 , donc la propriété est vraie pour n + 1. On conclut, par récurrence sur n : ∀ n ∈ N, φ2n+1 − φn φn+2 = (−1)n . b) On a, pour tout n ∈ N∗ : φ2 − φn φn+2 φn+1 φ (−1)n − n+2 = n+1 = . φn φn+1 φn φn+1 φn φn+1

c) On en déduit, pour tout N ∈ N∗, par télescopage :  N N    φn+1 (−1)n φ = − n+2 φ φ φn φn+1 n=1 n n+1 n=1 =

N  φn+1 n=1

=

φn

N  φn+1 n=1

φn

−

N  φn+2 n=1

−

φn+1

N +1  φn+1 n=2

φn

et considérons, sous réserve d’existence, pour tout n ∈ N :   √ π vn = tan (7 − 4 3)n . 2 √ n √ Notons aussi : an = (7 + 4 3) , bn = (7 − 4 3)n . • On a, par la formule du binôme de Newton :

=

φ2 φ − N +2 . φ1 φ N +1

Et : φ1 = 1, φ2 = φ1 + φ0 = 1 . φ N +2 , lorsque l’entier N tend vers l’inφ N +1 fini, calculons φn en fonction de n, pour tout n ∈ N .

Pour obtenir la limite de

La suite (φn )n
0 est une suite récurrente linéaire du second ordre, à coefficients constants et sans second membre. D’après le cours, nous disposons d’une méthode de calcul du terme général. L’équation caractéristique r 2 − r − 1 = 0 admet deux solutions réelles distinctes : √ √ 1− 5 1+ 5 r1 = , r2 = . 2 2 D’après le cours, il existe donc (λ1 ,λ2 ) ∈ R2 tel que : ∀ n ∈ N, u n = λ1 r1n + λ2 r2n . On calcule λ1 ,λ2 à l’aide des données initiales φ0 et φ1 :  λ1 + λ2 = φ0 = 0 λ1 r1 + λ2 r2 = φ1 = 1. On obtient, par résolution de ce système linéaire : −1 1 −1 1 = − √ , λ2 = = √ . λ1 = r2 − r1 r − r 5 5 1 2 D’où :

√   √    1 1− 5 n 1+ 5 n ∀ n ∈ N, φn = √ − . 2 2 5 √ √   1 − 5 1+ 5  < 1, on déduit : > 1 et  Comme 2 2  √   1 1+ 5 n φn ∼ √ . n∞ 2 5 √ φ 1+ 5 . D’où : N +2 −→ φ N +1 N ∞ 2 √ √ +∞  (−1)n 1+ 5 1− 5 =1− = . On conclut : φ φ 2 2 n=1 n n+1

4.35

a) Notons, sous réserve d’existence, pour tout n ∈ N :   √ π u n = tan (7 + 4 3)n , 2

n    n

√ 7n−k (4 3)k , k k=0 n n √ 7n−k (−1)k (4 3)k . bn = k k=0 an =

En additionnant, les termes d’indices impairs se simplifient, les termes d’indices pairs se doublent, et on obtient : an + bn = 2

E(n/2)   p=0



n 2p

 7n−2 p 42 p 3 p ∈ 2Z .   entier

On a donc :

π π an + bn ∈ πZ. 2 2

√ D’autre part, comme 0  7 − 4 3 < 1, on a :   √ n π π ∀ n ∈ N, (7 − 4 3) ∈ 0 ; , 2 2 donc vn existe pour tout n ∈ N . Il en résulte que, pour tout n ∈ N , u n existe aussi et u n = −vn . √ √ • Puisque 0  7 − 4 3 < 1, on a : (7 − 4 3)n −−−→ 0, n∞

√ π vn ∼ (7 − 4 3)n
0. donc : n∞ 2  √ (7 − 4 3)n converge, donc, par La série géométrique n

théorème d’équivalence pour des séries à termes
0, la série  vn converge. n

En passant aux opposés, on conclut que la série



un

n

converge. b) Il est clair que, pour tout n ∈ N , u n existe et u n
0 . Pour obtenir une inégalité portant sur u n, essayons d’en former une portant sur 1 + x + · · · x n , pour tout x ∈ [0 ; 1]. Rappelons la comparaison entre la moyenne arithmétique et la moyenne géométrique de n réels
0 : ∀ n ∈ N∗ , ∀ a1 ,. . . ,an ∈ R+ , n 1 ak n k=1    moyenne arithmétique




 n 

k=1

 n1 ak



.



moyenne géométrique

171

On a, pour tout n
0 :

Appliquons ceci à 1,. . . ,x n (et n + 1 à la place de n) : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ [0 ; 1], 1 1 (1 + x + · · · + x n )
(1 · x · · · x n ) n+1 n+1 1   n(n+1) 1 n = x 1+···+n n+1 = x 2 n+1 = x 2 , d’où, pour tout n ∈ N :  1  1 xn 1 n dx = x 2 dx 0  un  n n+1 0 0 (n + 1)x 2  n +1 1 x2 1 2 2 = =  2. n n+1 (n + 1)(n + 2) n +1 0 2 2 On a donc : ∀ n ∈ N , 0  u n  2 . n D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ) et le théorème d’équivalence pour des séries à termes
0, on conclut que la série  u n converge. ∗

n

2n  k=n

=

1 n

2n  1 1 = 2 2 (k + n) − k 2kn + n2 k=n 2n  k=n

1 2k + n

=

p=k−n

1 n

n  p=0

d’où, par produit : wn2 

Il est clair, par développement, que : 1 ∀ (α,β) ∈ R2 , αβ  (α + β)2 . 2 d’où : ∀ n ∈ N, wn2 

Par addition de deux séries convergentes, la série de terme général u n + vn converge.

n∞

0

1 2( p + n) + n

/ 0, la série D’après l’exemple de Riemann et puisque C =

n  (−1)k k=0

=

 n  (−1)k

0



0

1

0

k=0

1

=

1 − (−t)n+1 dt 1 − (−t)

 1 n+1 1 t dt + (−1)n dt = ln 2 + an . 1+t 0 1+t    notée an

• D’où, pour tout n ∈ N :   n (−1)k − 1 = e ln 2+an − 1 = 2 ean − 1 . exp k + 1 k=0 On a :



1

0

t n+1 dt  1+t

C

Essayons de comparer wn avec un terme simple formé à partir de u n et vn .

1

t k dt k+1 0 k=0   1   n = (−t)k dt =

|an | =

n

172

à l’aide d’une inté-

On a, pour tout n ∈ N :

n n diverge. Par théorème d’équivalence pour des séries à termes 
0, on conclut que la série u n diverge.

4.36

k+1

grale.

 1 1 1 5 1 dx = ln(3 + 2x) = ln . 3 + 2x 2 2 0   3 noté C

C , où C > 0 est fixé. On a donc : u n ∼ n∞ n

n  (−1)k k=0

D’après le cours sur les sommes de Riemann : 1

(u n + vn )2 , 2ab

u n + vn . ∀ n ∈ N, 0  wn  √ 2ab

puis :

On reconnaît en vn une somme de Riemann. 1 est continue sur le segL’application x ∈ [0 ; 1] −→ 3 + 2x ment [0 ; 1] . 

u 2n vn2 u n vn = . abu n vn ab

4.37 • Essayons d’exprimer

n n 1 1 1 1 1 = . = n p=0 3n + 2 p n n p=0 3 + 2 p n   noté vn

vn −−−→

u 2n vn2 + bvn3  u 2 v2 u2    n n = n , bvn3 bvn

au 3n

Par théorème de majoration pour des séries à termes
0, on conclut que la série de terme général wn converge.

c) On a, pour tout n
2 : un =

wn =

 u 2n vn2 vn2    =   au 3n au n



1

t n+1 dt 0

=



t n+2 n+2

1 = 0

1 −−−→ 0, n + 2 n∞

d’où : an −−−→ 0 . n∞

On en déduit un développement asymptotique de u n :    u n = ln (2 ean − 1) = ln 2 1 + an + O(an2 ) − 1  = ln 1 + 2an + O(an2 ) = 2an + O(an2 ) .

Étudions maintenant les séries de termes généraux an et O(an2 ).  an , est alternée, son terme général an tend • La série



Ceci montre que la série

v p converge.

p

3) Étudions les sommes partielles de la série

n
0

 vers 0 lorsque l’entier n tend vers l’infini, et la suite |an | n
0 décroît, car, pour tout n ∈ N :  1 n+2  1 n+1 t t |an+1 | = dt  dt = |an | . 0 1+t 0 1+t D’après le TSCSA, la série de terme général an converge. 1 1  , • On a vu plus haut : ∀ n ∈ N∗ , |an |  n+2 n   1 donc : O(an2 ) = O 2 . n D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ) et le théorème de ma   1   O joration pour des séries à termes
0, la série  n2  n  1 O 2 est absolument converconverge. Ainsi, la série n n gente, donc convergente. Les séries de termes généraux an et O(an2 ) convergent. On conclut, par addition de deux séries convergentes, que la série de terme général u n converge.

4.38

  1 1 1 = sh , ∀ n ∈ N∗ , |u n |  Max sin , sh n n n

donc : u n −−−→ 0. n∞

2) Essayons de grouper les termes deux par deux. ∗

Notons, pour tout p ∈ N : v p = u 2 p−1 + u 2 p . On a : vp

= = = =

avec les sommes partielles de la série

1 1 − sh 2p − 1 2p       1 1 1 1 − +O + O 2p − 1 p2 2p p2     1 1 1 +O − 2p − 1 2p p2     1 1 1 = O . +O (2 p − 1)(2 p) p2 p2

vp .

On a, pour tout N ∈ N∗ : 2N −1 

un =

n=1

N −1 

2N 

v p + u 2N −1 ,

p=1

N∞

suit, en notant S =

un =

n=1

Comme u 2N −1 −→ 0 et que la série



N 

vp .

p=1

v p converge, il s’en-

p
1 +∞ 

vp :

p=1 2N −1 

2N 

u n −→ S et N∞

n=1

u n −→ S ,

n=1 N 

donc :

N∞

u n −→ S. N∞

n=1

Ceci montre que la série de terme général u n converge.

4.39 a) Notons, pour tout n
1 , Rn = 

+∞ 

u k , qui existe,

k=n+1

u n converge.

n
1

Puisque la suite (u n )n
1 décroît, on a, pour tout n
1 :  2n      2nu  2 u k  2Rn 0  2n   k=n+1  2n+1     0  (2n + 1)u  2(n + 1)u  2 u k  2Rn .  2n+1 2n+1  k=n+1

Comme Rn −−−→ 0, on déduit, par encadrement : n∞

sin

D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ) et le théorème de ma   1   O joration pour des séries à termes
0, la série  p2  n    1 O est absolument converconverge. Ainsi, la série 2 p n gente, donc convergente.

u n en liaison

n
1

p
1

puisque la série

1) On a :





2nu 2n −−−→ 0 et (2n + 1)u 2n+1 −−−→ 0 . n∞

n∞

Il en résulte : nu n −−−→ 0. n∞

b) 1) On remarque : ∀ n
1, vn = nu 2n = (nu n )u n . Puisque nu n −−−→ 0, on a, à partir d’un certain rang, n∞  0  nu n  1 , d’où : 0  vn  u n . Comme la série un n

converge, par théorème de majoration pour des séries à termes 
0, on conclut que la série vn converge. n

2) • Puisque nu n −−−→ 0, on a, à partir d’un certain rang, n∞

0  nu n < 1, donc wn =

un est défini à partir d’un cer1 − nu n

tain rang. 173

un ∼ u n
0. 1 − nu n n∞  u n converge, par théorème d’équivalence Puisque la série n  wn pour des séries à termes
0, on conclut que la série • On a : wn =

u n+1  un

d’où :

4.40

a) On a, en réitérant l’hypothèse, pour tout n :    a n−1 a 1 u2 un  , ... ,  , u n−1 n u1 2

d’où, par produit et télescopage multiplicatif :    a n−1 a 1 1 un  ··· = a. u1 n 2 n 1 On a donc : ∀ n
1, 0  u n  u 1 a . n D’après l’exemple de Riemann (a > 1) et le théorème de majoration pour des séries à termes
0, on conclut que la série  u n converge. n

b) Dans l’exemple, les u n sont tous > 0, et on a, pour tout n
1 : u n+1 1 · 3 · · · (2n + 1) 1 2 · 4 · · · (2n) = (2n + 1) un 2 · 4 · · · (2n + 2) 2n + 3 1 · 3 · · · (2n − 1)  1 2 1+ 2 (2n + 1) 2n   =  = 3 1 (2n + 2)(2n + 3) 1+ 1+ n 2n      1 2 1 1 1− +o = 1+ +o 2n n n n    3 1 1− +o 2n n   3 1 . =1− +o 2n n D’autre part, pour tout a ∈ ]1 ; +∞[ fixé, on a :  a     n 1 −a a 1 = 1+ =1− +o , n+1 n n n a      u n+1 n 3 1 1 . − = a− +o d’où : un n+1 2 n n 5 En choisissant, par exemple, a = , on a a ∈ ]1 ; +∞[ 4 a  u n+1 n 1 − ∼ − < 0, et : n∞ un n+1 4n donc, à partir d’un certain rang :  a n u n+1 −  0, un n+1 174

n n+1

a .

D’après a), on conclut que la série de terme général u n converge.

n

converge.



4.41 Pour tout n ∈ N , Rn =  1 converge. k! k
0

+∞  1 existe, puisque la série k! k=n

• Essayons d’obtenir un équivalent simple de Rn lorsque l’en1 −→ 0 très vite, on peut tier n tend vers l’infini. Puisque k! k∞ 1 espérer que Rn soit équivalent à son premier terme, qui est . n! On a : +∞  1 1 = n! k=n+1 k!   1 1 1 1+ = + + ··· (n + 1)! n + 2 (n + 2)(n + 3)   1 1 1 1+  + · · · + (n + 1)! n + 2 (n + 2)2

0  Rn −

1

=

1 (n + 1)!

=

1 n+2 (n + 1)! n + 1

∼

n∞

1−

1 n+2

  1 1 1 1 . = =o (n + 1)! n + 1 n! n!   1 1 1 +o . , ou encore : Rn = n∞ n! n! n!

On a donc : Rn ∼

1

• Notons, pour tout n
2 : u n = Rnn ln n . On a, pour tout n
2 : ln u n =

   1 1 1 1 ln Rn = ln +o n ln n n ln n n! n!    1 − ln (n!) + ln 1 + o(1) = n ln n 1  − ln (n!) + o(1) n ln n   ln (n!) 1 . =− +o n ln n n ln n

=

Pour évaluer ln (n!), on peut faire une comparaison somme/intégrale, à l’aide de l’application x −→ ln x, qui est croissante sur [1 ; +∞[. On obtient classiquement : ln (n!) ∼ n ln n. n∞

−1

D’où : ln u n −−−→ − 1et donc : u n −−−→ e . n∞

n∞

4.42



/ 0, donc Si α  0 , alors u n −→ n∞

Il en résulte que f est intégrable sur [0 ; +∞[ si et seulement  u n converge. la série

u n diverge.

n
1

n
0

Supposons α > 0 ; alors u n −−−→ 0 . n∞

Groupons par paquets de quatre termes consécutifs, en notant, pour p ∈ N : v p = u 4 p+1 + u 4 p+2 + u 4 p+3 + u 4 p+4 . On a :

Afin d’utiliser l’encadrement connu # π  2t , ∀t ∈ 0;  sin t  t , 2 π

1 1 1 − + (4 p + 1)α (4 p + 2)α (4 p + 3)α 1 + (4 p + 4)α 1   2 −α 1 −α  = − 1+ − 1+ (4 p)α 4p 4p   3 −α  1 −α + 1+ + 1+ 4p p

vp = −

=

=

π 2



p
1

1

s=π−t

Les sommes partielles de la série 

où on a noté : 

vp



v p que par la somme d'au plus trois des u n. Comme

converge et que u n −−−→ 0 , il en résulte que



n∞



vp

p

u n converge.

n

Puisque f est continue et
0, l’intégrabilité de f sur [0 ; +∞[ est équivalente à l’existence d’une limite finie en +∞  X f. pour l’application X −→

4.43

0



π 2



0

π 2

0

u n ne diffèrent de celles

p

(n+1)π

f. nπ

On a alors, puisque f
0 :   X E(X/ π)+1     f  un  ∀ X ∈ [0 ; +∞[,   0 n=0   N      ∀ N ∈ N, u  (=) n  n=0



αn = 2 βn = 2

n

Notons, pour tout n ∈ N : u n =

0

p

converge.

 −3 1 + (nπ + π − s)4 sin 2 s ds.

2

On en déduit, pour tout n ∈ N : αn  u n  βn ,

converge, et donc

pα+1

π

=

 1  −α 1  α < 0. − +O ∼ α p∞ 4α p α+1 (4 p) p p

Comme α + 1 > 1,

de

scindons l’intégrale précédente, à l’aide de la relation de Chasles : u n = vn + wn , où :  π 2  −3 1 + (nπ + t)4 sin 2 t dt, vn = 0 π  −3 1 + (nπ + t)4 sin 2 t wn = dt

α  1   2α  − 1− − 1− α (4 p) 4p 4p  1   α 3α   + 1− +O + 1− 4p p p



On a, pour tout n ∈ N :  (n+1)π un = (1 + x 4 sin 2 x)−3 dx nπ  π  −3 1 + (nπ + t)4 sin 2 t dt. = t = x − nπ 0

0

(N +1)π

f.

 −3 1 + (nπ + π)4 t 2 dt

  2 −3 2t 1 + (nπ)4 dt . π

Par les changements de variable y = (nπ + π)2 t pour αn , et 2t y = (nπ)2 pour βn , on obtient : π  (nπ+π)2 π/2 2 (1 + y 2 )−3 dy , αn = (nπ + π)2 0  (nπ)2 π (1 + y 2 )−3 dy . βn = (nπ)2 0 L’application g : y ∈ [0 ; +∞[−→ (1 + y 2 )−3 est continue, 1
0, et g(y) ∼ , donc, d’après l’exemple de Riemann y−→+∞ y 6 en +∞ (6 > 1 ) et le théorème d’équivalence pour des fonctions
0, g est intégrable sur [0 ; +∞[.  +∞ (1 + y 2 )−3 dy > 0 : Il en résulte, en notant L = 0



(n π+π)2 π 2

(1 + y 2 )−3 dy −−−→ L , n∞

0

 0

(n π)2

(1 + y 2 )−3 dy −−−→ L . n∞

175

2L 1 L 1 et βn ∼ . n∞ π n 2 π2 n 2 D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ) et le théorème d’équi βn converge, valence pour des séries à termes
0, la série On déduit : αn ∼

Comme

n∞

n

puis, par théorème de majoration pour des séries à termes
0,  u n converge. la série n

L’intervention de αn est alors inutile, mais on ne pouvait guère le prévoir. Finalement, f est intégrable sur [0 ; +∞[.

4.44

D’abord, pour tout n ∈ N , Rn =

la série

 (−1)k k
1

k

+∞  (−1)k existe, car k k=n+1

converge.

=−

k=n+1

0



q=0

1 1 − (−t) p−n (−t)n − (−t) p dt = − dt 1 − (−t) 1+t 0 0  1 n  1 p t t dt + (−1) p dt . = (−1)n−1 0 1+t 0 1+t 1

(−t)n

• Soit n ∈ N∗ fixé. Comme :  1 p  1 t t p dt 0 dt  0 1+t 0  p+1 1 1 t = = −→ 0, p+1 0 p + 1 p∞ on déduit du résultat précédent, en faisant tendre l’entier p vers  1 n t dt. l’infini : ∀ n ∈ N, Rn = (−1)n−1 1 +t 0 Il nous reste à trouver un équivalent simple de cette dernière intégrale, lorsque l’entier n tend vers l’infini.  1 n t dt. 2) Notons, pour tout n ∈ N : In = 1 +t 0 Effectuons une intégration par parties, pour des applications de classe C 1 sur le segment [0 ; 1] :  n+1   1 n+1 t t 1 1 −1 − dt In = 2 n+11+t 0 0 n + 1 (1 + t)  1 t n+1 1 1 dt. = + 2(n + 1) n + 1 0 (1 + t)2 176

1

0

t n+1 dt  (1 + t)2



1

t n+1 dt = 0

1 −−−→ 0 , n + 2 n∞

on déduit : 1 1 + o(1) 2(n + 1) n + 1        1 1 1 1 1 1 = +o +o . +o = ∼ 2n n n 2n n n∞ 2n

In =

Rn ∼

n∞

(−1)n−1 . 2n

4.45 a) • Une récurrence immédiate montre que, pour tout n ∈ N , u n existe et u n
0 . • On a donc :

• Soient n, p ∈ N∗ fixés tels que p > n. On a :  1 p p   (−1)k (−1)k t k−1 dt = k 0 k=n+1 k=n+1  1   1 p−n−1 p  k−1 =− (−t) dt = − (−t)n (−t)q dt 0



On conclut :

1) Essayons d’obtenir une expression simple de Rn , faisant intervenir une intégrale au lieu d’une série.



0

∀ n ∈ N, u n+1 =

√ √ n + u n
n −−−→ + ∞ , n∞

d’où : u n+1 −−−→ + ∞, n∞

puis, par décalage d’indice : u n −−−→ + ∞. n∞

b) Puisque u n −−−→ + ∞, la suite (u n )n∈N n’est pas décroisn∞

sante. Il existe donc n 0 ∈ N tel que : u n0 +1
u n0 . Montrons, par récurrence : ∀ n
n 0 , u n+1
u n . • La propriété est vraie pour n 0. • Si la propriété est vraie pour un n ∈ N tel que n
n 0 , alors :

√ u n+2 = (n + 1) + u n+1
n + u n = u n+1 , donc la propriété est vraie pour n + 1. Ceci montre, par récurrence sur n : ∀ n
n 0 , u n+1
u n , donc la suite (u n )n
n0 est croissante. c) Considérons, pour tout n ∈ N , le polynôme Pn = X2 − X − n ∈ R[X] . On a, pour tout n
n 0 : Pn (u n+1 ) = u 2n+1 − u n+1 − n = (n + u n ) − u n+1 − n = −(u n+1 − u n )  0. Il en résulte que u n+1 est compris entre les deux zéros de Pn : 1− 

√ √ 1 + 4n 1 + 1 + 4n  u n+1  . 2 2   0

Ainsi : ∀ n
n 0 , 0  u n+1 

1+

√ 1 + 4n , 2

√ donc : u n+1 = O ( n) = o(n),

N 

puis, par décalage d’indice : u n = o(n − 1) = o(n).

n=1

n∞

un = =

En reportant dans la formule définissant la suite, on a donc : u n+1 =

√ √ n + u n ∼ n, n∞

√ √ puis, par décalage d’indice : u n ∼ n − 1 ∼ n. n∞

et :

d) Pour α ∈ ]0 ; +∞[ fixé, on a : u n ∼

n∞

α

n=1

.

=

n2 D’après l’exemple de Riemann et le théorème d’équivalence pour des séries à termes réels
0, on conclut : 1 la série de terme général α converge si et seulement si un α > 1 , c’est-à-dire si et seulement si : α > 2. 2 (−1)n est alternée, puisque e) La série de terme général β un β

u n > 0. Son terme général tend vers 0, puisque u n −−−→ + ∞ et β > 0. La suite

1

=

N +1 N   (n − 1) ln n − n ln n

−

n=1

N +1 

ln n +

n=2

= D’où : N 

n ln n

n=1

n=2

=

N 

N +1 

n ln n −

n=2

D’après le TSCSA, on conclut que la série de terme général (−1)n converge, pour tout β ∈ ]0 ; +∞[ fixé. β un

On a, par développements limités :     1 1 u n = n ln 1 + − 1− n 2n        1 1 1 1 1 = O 2 . − 1− =n − 2 +O 3 n 2n n 2n n D’après l’exemple de Riemann 2 > 1 ) et le théorème de ma   1   O joration pour des séries à termes
0, la série  n2  n

converge.  n

 O

1 n2

convergente. On conclut que la série

 est absolument convergente, donc



u n converge.

n

2) Calcul : Essayons de calculer les sommes partielles , en amenant un télescopage. On a, pour tout N ∈ N∗ :

n ln n

 − ln (N + 1)! + (N + 1) ln (N + 1).

 u n = − ln (N + 1)! + (N + 1) ln (N + 1)

n=1

−N + D’après la formule de Stirling n! ∼

n∞

N +1 −N

(N + 1) e (N + 1)!

on a : D’où :

1) Existence :

N  n=1

est décroissante à partir d’un certain rang,

β

Ainsi, la série

n ln (n + 1) −



u n n
0 puisque la suite (u n )n
0 est croissante à partir d’un certain rang.

4.46

N  n=1

n∞



N N   1 1 n ln(n + 1) − ln n − N + 2 n n=1 n=1

  N  n ln (n + 1) − ln n

n∞

1

 1 1  − 1− n ln 1 + n 2n n=1

N 

ln

N 1 1 . 2 n=1 n

 n n √ 2πn, e e . ∼ √ 2πN

N∞

  (N + 1) N +1 e−N e  = ln √ 1 + o (1) N∞ (N + 1)! 2πN 1 1 = 1 − ln (2π) − ln N + o(1). 2 2

D’autre part, en utilisant la constante d’Euler, on a : N  1 = ln N + γ + o(1) . n n=1

On obtient :   N  1 1 1 u n = 1 − ln(2π) − ln N + (ln N + γ) + o(1) 2 2 2 n=1 1 1 ln(2π) + γ + o(1) . 2 2  u n , converge (ce qui a déjà été étaOn conclut que la série =1−

n
1

bli en 1) plus directement) et que : +∞  n=1

un = 1 −

1 1 ln(2π) + γ  0,366 365 . . . 2 2 177

4.47

1) Existence : 1 1
0. ∼ On a : u n = n(2n + 1) n∞ 2n 2

D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ) et le théorème d’équivalence pour des séries à termes
0, on conclut que la série  u n converge. n
1

La série

q
1

On a facilement la décomposition en éléments simples : 1 1 2 = − . X(2X + 1) X 2X + 1

un =

n=1

N   1 n=1

n

−

2 2n + 1

 =

N N   1 1 −2 n 2n + 1 n=1 n=1

  2N N +1 N N 2N +1     1 1  1 1 1 =2 = −2 − −2 n p 2n n n n=1 p=2 n=1 n=1 n=2   = 2 ln N + γ + o (1) − 2 ln (2N + 1) + γ + o(1) + 2 N∞

N 1 = 2 ln + 2 + o(1) −→ 2 ln + 2 = 2 − 2 ln 2 . N ∞ 2N + 1 2  u n converge (ce qui était déjà acOn conclut que la série n
1 +∞ 

quis d’après 1)), et que :

converge, d’après l’exemple de

p=0

D’après le théorème d’interversion de deux sommations, pour le cas des séries doubles à termes
0, on déduit :  u p,q converge * pour tout p ∈ N, la série

* la série

+∞  p
0

*

+∞  +∞ 

 u p,q

q
1

converge

q=1

u p,q =

p=0 q=1

+∞  +∞ 

u p,q .

q=1 p=0

On conclut : +∞  +∞ 

1

p=0 q=1

q 2 )( p

D’où, pour tout N
1 : N 

 u p,q

Riemann (2 > 1 ).

2) Calcul : Essayons de faire apparaître un télescopage dans l’expression des sommes partielles, en utilisant une décomposition en éléments simples d’une fraction rationnelle.

+∞ 

(p +

+

q2

+ 1)

=

+∞  1 π2 = . 2 q 6 q=1

4.49 On va essayer d’utiliser un théorème de sommation des relations de comparaison. • Notons, pour tout n ∈ N : u n =

√ −n n2 .

On a : ∀ n ∈ N∗ , u n > 0, √ u n+1 n+1 1 = −−−→ < 1. D’après la règle de √ et : n∞ un 2 2 n  u n converge. d’Alembert, on conclut que la série n

Il en résulte que, pour tout n ∈ N , le reste Rn =

+∞ √  k 2−k k=n+1

u n = 2 − 2 ln 2.

existe. • Considérons, pour tout n ∈ N : vn = u n − u n+1 .

n=1

On a :

4.48

Notons, pour tout ( p,q) ∈ N × N∗ : u p,q =

1
0. ( p + q 2 )( p + q 2 + 1)

Soit q ∈ N∗ fixé. On a, par une décomposition en éléments simples immédiate : ∀ p ∈ N, u p,q =

1 1 − . p + q2 p + q2 + 1

On en déduit, par sommation et télescopage, pour P ∈ N : P 

u p,q

p=0

1 1 1 = 2 − −→ . q P + q 2 + 1 P∞ q 2

Ceci montre que la série

 p
0

+∞  p=0

178

u p,q =

1 . q2

u p,q converge et que

√ √ vn = n 2−n − n + 1 2−(n+1)    √ √ 1 1 −(n+1) =2 n 2− 1+ ∼ 2−(n+1) n = u n . n n∞ 2 Ainsi : u n ∼ 2vn . n∞

Puisque :   u n converge , ∀ n ∈ N, u n
0 , u n ∼ 2vn , n∞

n

d’après un théorème de sommation des relations de comparaison, +∞ +∞   Rn = uk ∼ 2vk . on a : k=n+1

n∞

k=n+1

Mais, par télescopage, pour tout n ∈ N fixé : N 

(u k − u k+1 ) = u n+1 − u N +1 −→ u n+1 .

k=n+1

N∞

+∞ 

On déduit :

n 

n  1 1 Arctan √ ∼ √ . n∞ k k k=1 k=1

(u k − u k+1 ) = u n+1 ,

k=n+1

d’où :

√ √ Rn ∼ 2u n+1 = 2 n + 1 2−(n+1) ∼ n 2−n . n∞

n∞

4.50

Nous allons essayer d’utiliser un théorème de sommation des relations de comparaison. en Notons, pour tout n ∈ N : u n = . n On a :  en en en+1 − = ne − (n + 1) n+1 n n(n + 1)  en (e − 1)en = (e − 1)n − 1 ∼ . n∞ n(n + 1) n   

u n+1 − u n =

noté an Puisque :   ∀ n ∈ N∗ , an
0 , u n+1 − u n ∼ an , an diverge, n∞

n

d’après un théorème de sommation des relations de comparaison, on a : n n n    (e − 1)ek (u k+1 − u k ) ∼ ak = . n∞ k k=1 k=1 k=1

Pour obtenir une évaluation de cette dernière somme, nous allons utiliser une comparaison somme/intégrale. 1 L’application t ∈ [1 ; +∞[−→ √ ∈ R est continue et dét croissante, d’où :  n+1  n n  1 1 1 ∀ n ∈ N∗ , √ dx  √ 1+ √ dx . x x k 1 1 k=1  n √ √ 1 √ dx = [2 x]n1 = 2 n − 2. Et : x 1  n+1 √ √ 1 √ dx = 2 n + 1 − 2 ∼ 2 n On a donc : n∞ x 1  n √ √ 1 1+ √ dx = 2 n − 1 ∼ 2 n. et n∞ x 1 n  √ 1 √ ∼ 2 n, Par encadrement, on déduit : ∞ k k=1 √ vn ∼ 2 n. et donc : n∞ √ √ vn = 2 n + o( n). Autrement dit : En reportant dans l’égalité liant Sn et vn , on conclut : Sn =

On a, par télescopage : n  en+1 en+1 (u k+1 − u k ) = u n+1 − u 1 = −e ∼ . n∞ n n+1 k=1

On conclut :

n  ek k=1

4.51

en+1 ∼ . k n∞ (e − 1)n

4.52 a) • Par une récurrence immédiate, pour tout n ∈ N∗ , u n existe et u n > 0 . • On a :

Essayons d’abord de nous ramener à des termes plus pe-

tits.

√ √ π n − 2 n + o( n) . 2

∀ n ∈ N∗ , u n+1 − u n =

1 > 0, nu n

donc (u n )n
1 est (strictement) croissante. • Supposons que (u n )n
1 converge, et notons  = lim u n . n∞

∗

On a, pour tout n ∈ N :  n n    √ π 1 Sn = Arctan k = − Arctan √ 2 k k=1 k=1 =

n πn  1 Arctan √ . − 2 k k=1    noté vn

Pour obtenir une évaluation de vn , essayons d’appliquer un théorème de sommation des relations de comparaison. 1 1 Arctan √ ∼ √
0 On a : k∞ k k  1 √ diverge d’après l’exemple de Riemann et la série k k
1

(1/2  1).

D’après un théorème de sommation des relations de comparaison, on déduit :

Comme (u n )n
1 est croissante, on a : 
u 0 > 0, donc  > 0. 1 1 ∼ > 0. D’où : u n+1 − u n = n∞ nu n n D’après l’exemple de Riemann et le théorème d’équivalence  (u n+1 − u n ) diverge. pour des séries à termes
0, la série n
1

D’après le lien suite/série, on conclut que la suite (u n )n
1 diverge, contradiction. Ainsi, la suite (u n )n
1 est croissante et divergente, donc : u n −−−→ + ∞. n∞

b) Nous allons essayer d’utiliser un théorème de sommation des relations de comparaison. On a, pour tout n ∈ N∗ :   1 2 2 1 = u 2n + + 2 2 , u 2n+1 = u n + nu n n n un 179

u 2n+1 − u 2n =

d’où :

2 1 + 2 2. n n un

D’où :   1 1 = o , n 2 u 2n n

Comme u n −−−→ + ∞, on a : n∞

d’où :

2
0. n

u 2n+1 − u 2n ∼

n∞

2 est divergente et à termes
0, d’après Puisque la série n n
1

 n

  n α+β+1 2 ab α+β+1 k=1     ∼ n n 2α+1 n∞ n n 2β+1 u 2k vk2 a2 b2 2α + 1 2β + 1 k=1 k=1 = On conclut :

un théorème de sommation des relations de comparaison : n−1 n−1   2 (u 2k+1 − u 2k ) ∼ . n∞ k k=1 k=1

lim  n∞

D’une part, par télescopage :

n∞

k=1

D’autre part, par comparaison série/intégrale, puisque l’appli1 cation t ∈ [1 ; +∞[−→ est continue et décroissante, on obt tient :   n−1  1 1 ∼ ln n . ∼ ln(n − 1) = ln n + ln 1 − k n∞ n n∞ k=1 On déduit : u 2n ∼ 2 ln n, n∞

puis, comme les u n sont tous
0 : u n ∼

n∞

√ 2 ln n.

4.53

On a : u n ∼ an α , donc : u 2n ∼ a 2 n 2α . n∞ n∞  a 2 n 2α est divergente et à termes
0, Comme la série n
1

d’après un théorème de sommation des relations de comparaison, n n   u 2k ∼ a 2 k 2α . on a : n∞

 k 2α ∼

k=1

n∞



n

t 2α dt = 1

t 2α+1 2α + 1 n

=

D’où :

n  k=1

De même :

n  k=1

et

n  k=1

180

n 

4.54 Les séries

2 u k vk

k=1

u 2k

(2α + 1)(2β + 1) . (α + β + 1)2

  n

 = vk2

(2α + 1)(2β + 1) . (α + β + 1)2

k=1

 1  ln et p n
1 n n
1

1 1−

1 pn

sont de même

nature, puisque :     1 1 1   ∼ ln = −ln 1 − > 0. 1 pn ∞ pn 1− pn   N N   1 1 . ln = ln  Soit N ∈ N∗. On a : 1 1 n=1 n=1 1 − 1− pn pn Pour chaque n de {1,. . . ,N }, on a, en utilisant une série géo+∞  1 1 = . métrique : kn 1 p kn =0 n 1− pn Tout entier v de {2,. . . , p N } admet une décomposition primaire r v = p1r1 . . . p NN , où r1 ,. . . ,r N sont des entiers naturels. De plus, pour tout n de {1,. . . ,N } : p N
v
pnrn
2rn ,

k=1

Une classique comparaison somme/intégrale montre : n 

 n

k=1

n−1  (u 2k+1 − u 2k ) = u 2n − u 21 ∼ u 2n .

k=1

2

u k vk

n 1

2α+1

−1 n 2α+1 ∼ . n∞ 2α + 1 2α + 1

ln p N . ln 2   ln p N + 1, on a donc : En notant ρ N = E ln2

donc

n∞

n 2β+1 2β + 1

u k vk ∼ ab n∞

n α+β+1 . α+β+1

rn 

∀ n ∈ {1,. . . ,N },

n 2α+1 u 2k ∼ a 2 . n∞ 2α + 1

vk2 ∼ b2

:

puis :

1




ρN  1

kn 1 kn =0 pn pn   ρN N N    1 1  .
kn 1 n=1 1 − n=1 kn =0 pn pn

1−

,

Comme, tout entier v tel que 2  v  p N admet une décomposition primaire dont les facteurs premiers sont tous  p N , on a :



 ρN pN   1 1  
. kn v n=1 kn =0 pn v=1

N 

Puisque la série harmonique

Snα  Sn, donc

1 est divergente et à termes v v
1

> 0 , et que p N −−−→ + ∞ , on a : N∞

N  n=1

N 

1

ln

1−

n=1

1 pn

1 1−

1 pn

−−−→ + ∞, N∞

−−−→ + ∞ , et enfin N∞

Finalement, la série

N  1 −−−→ + ∞. N∞ p n n=1

 1 diverge. p n
1 n

Remarque : Le résultat est immédiat si on sait que pn ∼ n ln n n∞

(résultat très difficile à obtenir).

4.55

a) 1er cas : α = 1 :

Raisonnons par l’absurde : supposons que la série

 un n

Sn

converge. un −−−→ 0, donc : Sn n ∞   Sn un un = ln ∼ − ln 1 − 0< . Sn n∞ Sn Sn−1

Alors, nécessairement

On a, par télescopage, pour tout N
2 : N 

N   Sn ln Sn − ln Sn−1 = ln S N − ln S1 . = S n−1 n=2 n=2  u n diverge et est à termes
0, on a : Comme la série

ln

n

SN −→ +∞ , d’où : N∞

N  n=2

Ceci montre que la série

ln

Sn −→ +∞. Sn−1 N ∞

 n
2

ln

3e cas : α ∈ ]1 ; +∞[ :

D’où, par addition et relation de Chasles, pour tout N
2 :  +∞  SN N N  Sn   un 1 1 1  dx = dx  dx. α α α α S x x x S1 S1 n=2 n n=2 Sn−1  un sont Ceci montre que les sommes partielles de la série Snα n majorées et donc, puisqu’il s’agit d’une série à termes
0, on  un conclut que la série converge. Snα n  un converge si et seulement si : α > 1. Finalement : la série Snα n b) Même méthode qu’en a). On obtient :  un converge si et seulement si : α > 1. la série rα n
1 n

4.56 1) Existence de C : D’abord, il est clair que, pour tout n ∈ N∗ , u n existe et u n > 0. Notons, pour tout n ∈ N∗ :   n  1 1 ln 1 + + 2 . vn = ln u n = k k k=1   1 1 1 ln 1 + + 2 ∼ . On a : k∞ k k k n  1 . Considérons, pour tout n ∈ N∗ : wn = k k=1 On a, d’après l’étude de la constante d’Euler : wn = ln n + γ + o (1) . n∞

D’autre part :

Sn diverge. Sn−1

Par théorème d’équivalence pour des séries à termes
0, on  un conclut que la série diverge, contradiction. Sn n  un diverge. On conclut que la série Sn n 2e cas : α ∈ ]0 ; 1[ : Comme Sn −−−→ + ∞, on a, pour n assez grand : n∞

diverge (cf. 1er cas), on conclut, par théorème de minoration  un pour des séries à termes
0, que la série diverge. Snα n On remarque que, pour tout n ∈ N∗ :  Sn  Sn 1 1 un Sn − Sn−1 = = dx  dx . α α Snα Snα Sn−1 Sn Sn−1 x

pN  1 −−−→ + ∞. v N∞ v=1

Il en résulte

 un un u
n
0. Puisque la série Snα Sn Sn n

vn − wn =

n   k=1

   1 1 1 ln 1 + + 2 − . k k k    noté ak

Et, en utilisant des développements limités :  ak =

1 1 + 2 k k

 −

  1 1 1 − + o 2k 2 k2 k   1 1 1
0. = 2 +o 2 ∼ k∞ 2k 2 2k k 181

D’après l’exemple de Riemann et le théorème d’équivalence  ak converge. Notons pour des séries à termes
0, la série S=

+∞ 

On a, pour tout n ∈ N∗ : n  (−1)k−1

k

ak .

 n  (−1)k−1

k=1

vn − wn =

On a donc :

n 

=

ak = S + o(1),



d’où : vn = wn + S + o(1) = ln n + γ + S + o(1), puis :



2) Évaluation de C :

k=1

k

2 · 3 · · · (n + 1) = n + 1
n. 1 · 2···n

un ∀ n ∈ N∗ ,
1. n

Ainsi :

un −−−→ C, on déduit : C
1 . Comme n n∞ • On a, pour tout n ∈ N∗ − {1} :   n  n    1 1 1 1 1+ + 2 =3 1+ + 2 . un = k k k k k=1 k=2 Et, pour tout k
2 : (1) 1 +

1 1 1 + 2 1+ . k k k−1

En effet : (1) ⇐⇒

1 1 1 1 1  − ⇐⇒ 2  , k2 k−1 k k (k − 1)k

un  3

n   1+ k=2

1 k−1

 =3

n  k=2

∀ n
2,

1 dx + (−1)n−1 1+x

0

On a : 0 



1

0

xn dx  1+x



2···n = 3n. 1 · · · (n − 1)

un  3. n

un −−−→ C, on déduit : C  3 . n n∞ Finalement : 1  C  3.

Comme

a) Calculons les sommes partielles de la série  (−1)n−1 en faisant intervenir des intégrales. n n
1



1

0

1

x n dx = 0

xn dx. 1+x 1 −−−→ 0. n + 1 n∞

Donc : 

n  (−1)k−1

k

k=1

1

−−−→ n∞

0

1 dx = [ln(1 + x)]10 = ln 2 . 1+x  (−1)n−1

Ceci montre que la série

n

n
1

converge (ce que l’on

pouvait montrer plus directement par le TSCSA) et que, pour +∞  (−1)k−1 tout n ∈ N , son reste Rn = est donné par : k k=n+1 Rn =

+∞  (−1)k−1

k

k=1



1

−

n  (−1)k−1 k=1

1 dx − 1+x



1

0

k

1 dx + (−1)n−1 1+x



1

0



k k−1

=3 Ainsi :

1

=

0

On déduit :

1 − (−x)n dx 1 − (−x)

0



=

et cette dernière inégalité est vraie.

1

=

• On a, pour tout n ∈ N∗ :    n  n   1 1 1 1+ + 2
1+ un = k k k k=1 k=1 =

  n−1 (−x)k dx k=0



n∞

n  k+1

1

0

En notant C = eγ+S > 0, on conclut : u n ∼ Cn.

=

k=1

=

n∞

x k−1 dx

  n (−x)k−1 dx

0

u n = evn = e ln n+γ+S+o(1) = n eγ+S eo(1) ∼ eγ+S n .

182

1

=

1

0

k=1

k=1

4.57

k

k=1

= (−1)n 0

1

xn dx 1+x

xn dx. 1+x

b) De même qu’en a), on a, pour tout n ∈ N∗ :  1 n n   xk k Rk = (−1) dx 0 1+x k=0 k=0 

1

= 0



1

= 0

 =

0

1

1 1+x



  n (−x)k dx k=0

1 1 − (−x)n+1 dx 1 + x 1 − (−x)  1 1 x n+1 n dx + (−1) dx. 2 2 (1 + x) 0 (1 + x)

De la même façon qu’en a), on déduit que la série converge et que, pour tout n ∈ N , son reste ρn = 

 n
0 +∞ 

Rn Rk

vérifie : ρn = (−1)

0

x n+1 dx. (1 + x)2

+∞ 

|u n, p | =

p=0

c) 1) On effectue une troisième fois le même type de calcul. On obtient, pour tout n ∈ N :  1  1 n  x x n+2 n+1 ρk = − dx + (−1) dx , 3 3 0 (1 + x) 0 (1 + x) k=0  ρn converge, et : la série n



p
0

k=n+1 1

n+1

 2 x y−1 ρn = − dx = − dy 3 (1 + x) y3 y = 1 + x 0 1 n=0     2 1 1 1 1 1 2 dy = − =− . − =− 2 3 2 y y y 2y 8 1 1

+∞ 

• Par un calcul analogue au précédent, pour tout n ∈ N , la série  |u n, p | converge et :

1

2) On a, pour tout n ∈ N :  1 x n+1 dx −(−1)n ρn = 2 0 (1 + x)  1 n+1 x 1 1
dx =
0. ∼ 2 n∞ 2 4(n + 2) 4n 0

1 2 1 = . e(2n+1)a 1 − e−2(2n+1)a sh (2n + 1)a

1 2 ∼ (2n+1)a = 2e−a (e−2a )n
0 , n∞ sh (2n + 1)a e  (e−2a )n converge (car a > 0), et que la série géométrique

• Comme

n
0

par théorème d’équivalence pour des séries à termes
0, la  1 série converge. sh (2n + 1)a n
0 D’après le théorème de Fubini, on en déduit :  u n, p converge (absolument) * pour tout p ∈ N, la série * la série

+∞  p
0

*

+∞  +∞ 

n
0

 u n, p

converge (absolument)

n=0

u n, p =

n=0 p=0

+∞  +∞ 

u n, p .

p=0 n=0

Enfin, pour tout p ∈ N, comme au début de la solution : +∞ 

u n, p

n=0

D’après l’exemple de Riemann, le théorème d’équivalence pour des séries à termes
0, et le théorème de majoration pour des  −(−1)n ρn séries à termes
0, on déduit que la série

=

+∞ 

2(−1) p e−(2n+1)(2 p+1)a

n=0

n

diverge. Par passage à l’opposée, on conclut que la série  (−1)n ρn diverge. n

Attention : Malgré les notations, la suite (ρn )n est alternée, et  la suite (−1)n ρn n est à termes de signe fixe (tous négatifs).

4.58

Nous allons essayer de faire intervenir une série double.

=

2 e(2n+1)a + e−(2n+1)a

=

1 2 e(2n+1)a 1 + e−2(2n+1)a

=

−(2n+1)a

2e

+∞  (−1) p e−2(2n+1) pa

2

+∞  (−1) p e−(2n+1)(2 p+1)a . p=0

=

2(−1) p e−(2 p+1)a

=

(−1) p

u n, p = 2(−1) e

e(2 p+1)a

1 1 − e−2(2 p+1)a

2 (−1) p = . −(2 p+1)a −e sh (2 p + 1)a

On conclut, en revenant à un même indice : +∞  1 (−1)n = . ch (2n + 1)a sh (2n + 1)a n=0

4.59 a) • Une récurrence immédiate montre que, pour tout n
0 , u n existe et u n > 0 .

• On a : ∀ n ∈ N, u n+1 − u n =

1 > 0, un

donc (u n )n
0 est strictement croissante. • Supposons que (u n )n
0 converge. Notons  = lim u n ∈ R.

Notons, pour tout (n, p) ∈ N2 : p −(2n+1)(2 p+1)a

+∞  n  e−2(2 p+1)a n=0

n=0

p=0

=

2(−1) p e−(2 p+1)a

+∞ 

On a, pour tout n ∈ N : 1 ch (2n + 1)a

=

n∞

.

Puisque : ∀ n
0, u n
u 0 , 183

on a, par passage à la limite : 
u 0 > 0, donc :  > 0. D’où, en passant à la limite dans l’égalité de définition de la 1 suite (u n )n
0 :  =  + , contradiction.  Ceci montre que (u n )n
0 diverge. Puisque (u n )n
0 est croissante et divergente, on conclut : u n −−−→ + ∞.

n−1  (vk+1 − vk ) = vn − v1 . k=1

On a donc : vn − v1 ∼

n∞

b) On a, pour tout n
0 :   1 2 1 2 u n+1 = u n + = u 2n + 2 + 2 , un un

n∞

  12 √ 1 2n + vn = 2n + ln n + o( ln n) 2  12   √ 1 ln n ln n 2n 1 + +o 4 n n   √  ln n 2n 1 + 18 lnn n + o n   √ 1 ln n ln n 2n + √ √ + o √ . n 4 2 n

=

un

=

n
0

=

un théorème de sommation des relations de comparaison, n−1 n−1   (u 2k+1 − u 2k ) ∼ 2 = 2n. on a :

=

k=0

Mais, par télescopage : n−1  (u 2k+1 − u 2k ) = u 2n − u 20 ∼ u 2n . n∞

k=0

D’où : u 2n ∼ 2n, puis, comme u n
0 , on conclut :

4.60 Notons, pour tout n ∈ N∗ : u n =

n∞

2n 

√ 2n .

c) Considérons, pour tout n
0 : vn = u 2n − 2n. On a :   vn+1 − vn = u 2n+1 − 2(n + 1) − (u 2n − 2n)

un théorème de sommation des relations de comparaison, on a : n−1 n−1   1 (vk+1 − vk ) ∼ . n∞ 2k k=1 k=1

D’une part, par comparaison somme/intégrale, puisque l’ap1 plication t ∈ [1 + ∞[−→ ∈ R est décroissante et continue, t on obtient :   n−1  1 1 ∼ ln n . ∼ ln (n − 1) = ln n + ln 1 − k n∞ n n∞ k=1

184

uk


k=n+1

2n 2n  ϕ(k) 1  = ϕ(k) . 4n 2 4n 2 k=n+1 k=n+1

Puisque les entiers ϕ(n + 1),. . . ,ϕ(2n), sont deux à deux distincts et
1, on a : 2n 

1 1 = (u 2n+1 − u 2n ) − 2 = 2 ∼ . u n n∞ 2n  1 est divergente et à termes
0, d’après Comme la série 2n n
1

ϕ(n) . n2

On a, pour tout n ∈ N∗ :

n∞

un ∼

1 ln n. 2

d’où :

1 −−−→ 2. u 2n n ∞

n∞

n∞

1 ln n + o(ln n), 2

Ainsi : vn =

Ainsi : u 2n+1 − u 2n ∼ 2. n∞  2 est divergente et à termes
0, d’après Comme la série

k=0

1 ln n. 2

Il en résulte vn −−−→ + ∞, puis : vn ∼

n∞

d’où : u 2n+1 − u 2n = 2 +

D’autre part, par télescopage :

ϕ(k)


k=n+1 2n 

d’où :

uk


k=n+1

Si la série



n 

i=

i=1

n(n + 1) . 2

n+1 1
. 8n 8

u k convergeait, on aurait alors, en notant

k
1

S=

+∞  ϕ(k) k=1 2n 

k uk =

k=n+1

:  2n

   n uk − u k −−−→ S − S = 0 ,

k=1

k=1

n∞

contradiction. On conclut que la série

 ϕ(n) n
1

n2

diverge.

Suites et séries d’applications Plan

CHAPITRE

5

Thèmes abordés dans les exercices

Les méthodes à retenir 186

•

Étude des convergences (simple, uniforme) d’une suite d’applications

Énoncés des exercices 192

•

Recherche de limites d’intégrales, d’équivalents d’intégrales, de développements asymptotiques d’intégrales

•

Approximation uniforme de fonctions par des fonctions d’un type donné

•

Étude des convergences (simple, absolue, normale, uniforme) d’une série d’applications

•

Étude de la somme d’une série d’applications : ensemble de définition, continuité, limites, classe, variations, tracé de la courbe représentative

•

Obtention d’égalités du type intégrale = série.

Du mal à démarrer ?

201

Corrigés

205

Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •

Pour une suite d’applications : définition des convergences (simple, uniforme), lien logique C.U. ⇒ C.S. , caractérisation de la C.U. de ( f n )n vers f par : || f n − f ||∞ −→ 0

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

n∞

•

Théorèmes du cours pour les suites d’applications : C.U. et limite, C.U. et continuité en un point, C.U. et continuité sur un intervalle, C.U. et intégration sur un segment, C.U. et dérivation

•

Théorème de convergence dominée

•

Les deux théorèmes de Weierstrass

•

Pour une série d’applications : définition des convergences (simple, absolue, C.N. ⇒ C.U. ⇒ C.S. , normale, uniforme), liens logiques C.N. ⇒ C.A. ⇒ C.S. , lien logique C.U. ⇒ (|| f n ||∞ −→ 0) , caractérisation de la C.U. par : ||Rn ||∞ −→ 0

n∞

n∞

•

Théorèmes du cours sur les séries d’applications : C.U. et limite, C.U. et continuité en un point, C.U. et continuité sur un intervalle, C.U. et intégration sur un segment, C.U. et dérivation

•

Théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série d’applications.

185

Chapitre 5 • Suites et séries d’applications

Les méthodes à retenir

Pour étudier la convergence simple d’une suite d’applications (fn : X −→ E)n∈N , dans un exemple

Fixer x ∈ X quelconque, étudier la convergence de la suite f n (x) n∈N dans E, et, si celle-ci converge, déterminer sa limite f (x) .

➥ Exercices 5.1, 5.8, 5.13, 5.27 Dans des exemples faciles, on peut quelquefois montrer directement la convergence uniforme, ce qui entraîne la convergence simple.

➥ Exercice 5.1 a). Sachant déjà que ( f n )n converge simplement sur X vers une certaine application f : X −→ E, voir si, à partir d’un certain rang, f n − f est bornée, et, si c’est le cas, on a : C.U.

f n −→ f ⇐⇒ || f n − f ||∞ −−→ 0 . n∞

n∞

On essaiera de calculer || f n − f ||∞ , souvent en étudiant les variations de f n − f.

➥ Exercices 5.1 c), d) Si le calcul de || f n − f ||∞ ne paraît pas facile, étudier || f n − f ||∞ . À cet effet : ∗ pour montrer la convergence uniforme, majorer || f n − f ||∞ par un terme tendant vers 0 lorsque l’entier n tend vers l’infini. Pour étudier la convergence uniforme d’une suite d’applications (fn : X −→ E)n∈N , dans un exemple

➥ Exercices 5.1 a), b), 5.8 c), 5.13, 5.27 b), c) ∗ pour montrer la non-convergence uniforme, minorer || f n − f ||∞ par un terme ne tendant pas vers 0 lorsque l’entier n tend vers l’infini, par exemple, en évaluant | f n − f | en un point convenable dépendant de n.

➥ Exercices 5.1 e) à h), 5.8 a), b), d), 5.27 a), d) Pour montrer la non-convergence uniforme, on pourra parfois mettre en défaut une propriété qu’aurait transmise à f la convergence uniforme de la suite ( f n )n . Par exemple, si les f n sont toutes continues, si C.S

f n −→ f et si f est discontinue, alors la convergence n’est pas uniforn∞

me.

➥ Exercices 5.1 g), 5.27 b) C.S.

C.U.

n∞

n∞

/ f, on cherche alors éventuellement des parties Si f n −→ f et f n −→ C.U.

convenables Y de X telles que f n |Y −→ f |Y . n∞

➥ Exercices 5.1 e) à h). 186

Les méthodes à retenir

Dans un cadre abstrait,

• Évaluer || f n − f ||∞ et établir || f n − f ||∞ −−→ 0, souvent par une n∞ majoration convenable.

C.U.

pour montrer fn −→ f sur X

➥ Exercices 5.9 à 5.12.

n∞

• Ne revenir à la définition en ε et N qu’en dernier recours. Pour montrer qu’une application, obtenue comme limite d’une suite d’applications, est continue, est de classe C1 , Ck , C∞

Essayer d’appliquer le théorème du cours sur continuité et convergence uniforme sur tout segment de l’intervalle d’étude, ou le théorème du cours sur la dérivation pour une suite d’applications.

➥ Exercice 5.46 c). Essayer de : • appliquer une méthode élémentaire : si , pour x ∈ I fixé, la suite   f n (x) n admet une limite, notée f (x), voir si f est intégrable sur I,      f  , et, par majorations élémentaires (utilisant souformer  f n − I

I

vent : linéarité de l’intégration, relation de Chasles, changement de variable, intégration par parties, expression conjuguée, majorations        f  −−→ 0, d’où f n −−→ f. classiques), obtenir  f n − I

Pour permuter intégrale et limite en vue d’obtenir une formule du genre     lim fn (x) dx lim fn (x) dx = n∞

I

n∞

I

I

n∞

I

n∞

I

➥ Exercice 5.18 a) • appliquer le théorème du cours sur convergence uniforme et intégration sur un segment, dans le cas où : ∗ I = [a ; b] est un segment ∗ pour tout n, f n est continue sur [a ; b] ∗ ( f n )n converge uniformément sur [a ; b] vers une certaine f • appliquer le théorème de convergence dominée dont on rappelle les hypothèses : ∗ pour tout n, f n est continue par morceaux sur I C.S.

∗ f n −→ f sur I

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

n∞

∗ f est continue par morceaux sur I ∗ il existe ϕ : I −→ R continue par morceaux,
0, intégrable sur I , telle que : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ I, | f n (x)|  ϕ(x).

➥ Exercices 5.3, 5.4, 5.16, 5.17, 5.42, 5.43.

Pour permuter intégrale et limite pour un réel, en vue d’obtenir une formule  du genre :   lim f (x,t) dt = lim f (x,t) dt

x−→a I

I

x−→a

Essayer de : • se ramener à une question de continuité, et appliquer le théorème de continuité sous le signe intégrale

➥ Exercice 5.30 • combiner le théorème de convergence dominée et la caractérisation séquentielle des limites.

➥ Exercice 5.30. 187

Chapitre 5 • Suites et séries d’applications

Pour trouver un équivalent simple  fn , lorsque l’end’une intégrale In

tier n tend vers l’infini, dans laquelle, a priori, l’intervalle et la fonction dépendent de n

Essayer de se ramener à une recherche de limite d’intégrale, sur un intervalle fixe, par transformation de l’écriture de l’énoncé, utilisant les méthodes usuelles : linéarité de l’intégration, relation de Chasles, intégration par parties.

➥ Exercices 5.18, 5.19, 5.30 à 5.32.

Pour obtenir une approximation uniforme par des polynômes satisfaisant une condition supplémentaire

Appliquer le premier théorème de Weierstrass, puis modifier les polynômes obtenus, de façon à en construire d’autres, vérifiant la condition supplémentaire, et convergeant uniformément encore vers f.

Pour faire intervenir une condition de majoration des degrés des polynômes d’une suite convergeant, en un certain sens, vers une fonction

Essayer d’utiliser le fait que, pour N ∈ N fixé, R N [X] est de dimension finie. En particulier, R N [X] est complet, donc fermé, et toutes les normes sur R N [X] sont équivalentes entre elles.

➥ Exercice 5.15.

➥ Exercice 5.28. Se rappeler d’abord, avec des abréviations évidentes : C.N. ⇒ C.U. ⇒ C.S. , C.N. ⇒ C.A. ⇒ C.S . Suivre, sauf exception, le plan de travail proposé dans le cours :  f n converge simplement sur X ? • Est-ce que n

Si non, remplacer X par la partie de X formée des x ∈ X tels que la  f n (x) onverge, puis passer à l’étape suivante. série numérique n

Si oui, passer à l’étape suivante.  f n converge normalement sur X ? • Est-ce que n  f n converge uniformément, absoSi oui, alors, d’après le cours, Pour étudier les convergences d’une série d’applications  (fn : X −→ K) n

n

lument, simplement sur X, et l’étude est finie.  f n converge normalement sur des parties conveSi non, voir si n

nables de X (en option), et, d’autre part, passer à l’étape suivante. • Est-ce que || f n ||∞ −−→ 0 ? n∞  f n ne converge pas uniformément Si non, alors, d’après le cours, n

sur X. Si oui, passer à l’étape suivante. • Est-ce que ||Rn ||∞ −−→ 0 ? n∞  f n converge uniformément sur X. Si oui, alors n  f n ne converge pas uniformément sur X. Si non, alors n

➥ Exercices 5.5, 5.6 a), 5.7 a), 5.20, 5.21 a), 5.22 a), 5.24 a), 5.33, 5.34 a), 5.35 a), 5.38 a), 5.44 a), 5.45. 188

Les méthodes à retenir

Pour étudier la convergence simple d’une série d’applications  (fn : X −→ K) n

Pour étudier la convergence absolue d’une série d’applications  (fn : X −→ K)

Étudier, pour x ∈ X fixé, la nature de la série numérique



f n (x).

n

➥ Exercices 5.5, 5.6 a), 5.7 a), 5.20, 5.33, 5.35 a), 5.38 a), 5.44 a), 5.45 a).  | f n (x)|. Étudier, pour x ∈ X fixé, la nature de la série numérique n

➥ Exercices 5.5, 5.6 a), 5.33 c).

n

Étudier la nature de la série



|| f n ||∞ .

n

Pour étudier la convergence normale d’une série d’applications  (fn : X −→ K) n

S’il n’existe pas N ∈ N tel que, pour tout n
N , f n soit bornée, alors  f n ne converge pas normalement sur X. n

➥ Exercices 5.20 a), 5.33 a)

S’il existe N ∈ N tel que, pour tout n
N , f n soit bornée, alors,   f n C.N. ⇐⇒ || f n ||∞ converge. d’après le cours : n

n

➥ Exercices 5.5, 5.6 a), 5.20 b), 5.33 a), b), d), e), 5.34 a), 5.35 a), 5.38 a), 5.44 a), 5.45 b). Se rappeler d’abord : C.N. ⇒ C.U .  f n converge simplement et En pratique, on aura déjà montré que n

ne converge pas normalement.  / 0 , alors, d’après le cours, f n ne converge pas Si || f n ||∞ −−→ n∞

n

uniformément sur X.

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

➥ Exercices 5.5 c), 5.20, 5.33 a), d), 5.44 a) Pour étudier la convergence uniforme d’une série d’applications  (fn : X −→ K) n

Si || f n ||∞ −−→ 0, former le reste d’ordre n : n∞

Rn : X −→ K, x −→ Rn (x) =

+∞ 

f k (x) ,

k=n+1

et résoudre la question : ||Rn ||∞ −−→ 0 ? n∞

À cet effet, évaluer Rn (x), puis ||Rn ||∞. Pour cela, essayer d’utiliser : ∗ une comparaison série/intégrale, lorsque les f n (x) sont tous
0 et que, pour x fixé, la suite n −→ f n (x) s’extrapole simplement en une fonction ϕx : t −→ ϕx (t), qui soit décroissante, continue, intégrable,  +∞ ϕx (t) dt soit calculable ou évaet pour laquelle l’intégrale 1

luable.

➥ Exercice 5.33 b) 189

Chapitre 5 • Suites et séries d’applications

∗ une majoration géométrique, si



f n (x) ressemble à une série

n

géométrique.  ∗ le TSCSA si, pour chaque x ∈ X, la série f n (x) relève du n

TSCSA. On aura alors : ∀ x ∈ X, ∀ n ∈ N, |Rn (x)|  | f n+1 (x)|, ∀ n ∈ N, ||Rn ||∞  || f n+1 ||∞ . puis :

➥ Exercices 5.5 g), 5.6 a), 5.33 c) * une minoration du reste, si tous ses termes sont
0, par une somme de n termes (par exemple), que l’on minorera encore, si possible.

➥ Exercices 5.33 a), d), e). Pour montrer que la somme d’une série d’applications admet une limite en un point, ou est continue en un point, ou est continue sur son ensemble de définition

Essayer d’appliquer les théorèmes du cours : • théorème sur convergence uniforme et limite • théorème sur convergence uniforme et continuité en un point • théorème sur convergence uniforme sur tout segment et continuité sur l’intervalle de départ.

➥ Exercices 5.21 b), 5.22 b), 5.24 b), 5.34 b), 5.35 b), 5.38 b), 5.46 c). Essayer de : • minorer convenablement S(x) .

➥ Exercice 5.44 c) Pour montrer S(x) −→ +∞, où S(x) =

+∞ 

x−→a

• revenir à la définition d’une limite infinie.  n , diverge, Si, pour tout n ∈ N, 0  f n (x) −→ n et si la série x−→a

fn (x)

n=1

alors, pour tout A > 0, il existe N ∈ N tel que

N 

n

n
A + 1, puis,

n=0

au voisinage de a : S(x) =

+∞  n=1

Pour permuter intégrale et série, en vue d’obtenir une formule du genre :   +∞  +∞   fn (x) dx= fn (x) dx n=0

190

I

I

n=0

f n (x)


N 

f n (x)
A .

n=1

Essayer de : • appliquer le théorème sur convergence uniforme et intégration sur un segment, dans le cas où : ∗ I = [a ; b] est un segment ∗ pour tout n ∈ N, f n est continue sur [a ; b]  f n converge uniformément sur [a ; b]. ∗ n

• appliquer le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série d’applications, dont on rappelle les hypothèses : ∗ pour tout n ∈ N, f n est intégrable sur I

Les méthodes à retenir

∗ ∗



f n converge simplement sur I

n +∞ 

f n est continue par morceaux sur I  | f n (x)| dx converge. ∗ la série numérique n=0

n
0

I

➥ Exercices 5.25, 5.26, 5.37, 5.38 c), 5.39 • montrer que l’intégrale du reste tend vers 0. n  f k la n-ème somme partielle, En notant, pour tout n ∈ N, Sn = S=

+∞ 

k=0

f k la somme totale (la convergence simple doit être déjà

k=0

acquise), Rn = S − Sn =

+∞ 

f k le n-ème reste, les applications

k=n+1

Sn , S, Rn sont intégrables sur I (déjà acquis pour f n, puis pour Sn par somme d’un nombre fini d’applications intégrables sur I , pour S par un raisonnement approprié à l’exemple, pour Rn par différence), et :     n   S = Sn + Rn = f k + Rn . I

 I

S= I

I

k=0

Rn −−→ 0, on déduit que la série

Si 

I

n∞

+∞   k=0

I

I

 k
0

f k converge et que I

f k , d’où le résultat voulu. I

Pour montrer que l’intégrale du reste tend vers 0, essayer d’utiliser les méthodes classiques d’évaluation des restes des séries convergentes : comparaison série/intégrale, majoration géométrique, TSCSA.

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

➥ Exercices 5.40, 5.41.

Pour établir une égalité du type intégrale = somme de série

Développer la fonction sous l’intégrale en somme d’une série de fonctions (souvent par utilisation d’une série géométrique, ou d’une série entière voir ch. 6, ou d’une série de Fourier voir ch. 7), justifier la permutation intégrale/série, et calculer le terme général de la série apparaissant.

➥ Exercices 5.25, 5.26. Pour montrer que la somme d’une série d’applications est de classe C1 , Ck , C∞

Essayer d’appliquer le théorème du cours sur la dérivation pour une série d’applications, éventuellement de façon répétée.

➥ Exercices 5.7 b), 5.23 b), 5.34 d), 5.44 b).

191

Chapitre 5 • Suites et séries d’applications

Énoncés des exercices 5.1

Exemples d’étude de suites de fonctions, convergence simple, convergence uniforme Étudier (convergence simple, convergence uniforme, convergence uniforme sur des parties de l’ensemble de départ) les suites d’applications suivantes : a) f n : R −→ R, x −→

n+1 , n ∈ N∗ n2 + x 2

nx 2 , n ∈ N∗ 1 + nx x  → 2 , n ∈ N∗ c) f n : R −→ R, x − x + n2 b) f n : [0 ; 1] −→ R, x −→

d) f n : [0 ; 1] −→ R, x −→ x n (1 − x), n ∈ N∗ nx 3 , n∈N 1 + n2 x

1 , n∈N f) f n : [0 ; 1[−→ R, x −→ Min n, √ 1−x  1   si |x| > 1 −  n|x| − n + 1 n g) f n : [−1 ; 1] −→ R, x −→  1   0 si |x|  1 − n   x 2 sin 1 si x = / 0 n ∈ N∗ . h) f n : R −→ R, x −→ nx  0 si x = 0 e) f n : [0 ; +∞[−→ R, x −→

5.2

n ∈ N, n
2

Convergence simple et : croissance, convexité, lipschitzianité Soient I un intervalle de R, ( f n : I −→ R)n∈N une suite d’applications, f : I −→ R une application, k ∈ R+ . Montrer que, si ( f n )n∈N converge simplement vers f sur I et si, pour tout n ∈ N , f n est croissante (resp. convexe, resp. k-lipschitzienne), alors f est croissante (resp. convexe, resp. k-lipschitzienne).

5.3

Exemples de recherche de limites d’intégrales Déterminer les limites suivantes, lorsque l’entier n tend vers l’infini :  +∞ − x  +∞  +∞ e n n xn dx lim dx lim dx. b) a) lim c) 2 2 x 2n n∞ 0 n∞ 1 n∞ 0 1+x nx + e x + xn + 1

5.4

Exemple d’utilisation du théorème de convergence dominée Soit f : [0 ; 1] −→ C continue par morceaux. Montrer :

 1  1 x n f (x) 1 − dx −−−→ f (x) e−x dx . n∞ n 0 0

5.5

Exemples d’étude de convergence pour une série d’applications Étudier (convergences simple, absolue, normale, uniforme) les séries d’applications vantes :

192

 n

f n sui-

Énoncés des exercices

a) f n : R −→ R, x −→

sin (nx) , n ∈ N∗ n2 + x 2

b) f n : [0 ; 1] −→ R, x −→ n 2 x n (1 − x)n , n ∈ N c) f n : [0 ; +∞[−→ R, x −→

5.6

nx 2 , n ∈ N∗ + x2

n3

d) f n : [0 ; +∞[−→ R, x −→

x −n2 x 2 , n ∈ N∗ e n

e) f n : [0 ; +∞[−→ R, x −→

n+x , n ∈ N∗ x 2 + n2

f) f n : [0 ; +∞[−→ R, x −→

(−1)n , n ∈ N∗ x 2 + n2

g) f n : [0 ; +∞[−→ R, x −→

(−1)n , n ∈ N∗ . x2 + n

Étude de la somme d’une série de fonctions, continuité On note, pour tout n ∈ N∗ : f n : [0 ; +∞[−→ R, x −→ (−1)n a) Étudier les convergences de la série d’applications



e−nx . n+x

fn .

n
1

b) Montrer que la somme S =

+∞ 

f n est continue sur [0 ; +∞[.

n=1

5.7

Étude de la somme d’une série de fonctions, classe C2 ln(n + x) . n2  fn . a) Étudier la convergence simple de la série d’applications

On note, pour tout n ∈ N∗ : f n : [0 ; +∞[−→ R, x −→

n
1

On note S la somme. b) Montrer que S est de classe C 2 sur [0 ; +∞[ et exprimer, pour tout x ∈ [0 ; +∞[, S  (x) et S  (x) sous forme de sommes de séries.

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

c) En déduire que S est strictement croissante sur [0 ; +∞[ et que S est concave sur [0 ; +∞[.

5.8

Exemples d’étude de suites de fonctions, convergence simple, convergence uniforme Étudier (convergence simple, convergence uniforme, convergence uniforme sur des parties de l’ensemble de départ) les suites d’applications suivantes :

πx n , n∈N a) f n : [0 ; 1] −→ R, x −→ n(1 − x) sin 2

n+1 x , n ∈ N∗ b) f n : R −→ R, x −→ sin n

nx 2 , n∈N c) f n : [0 ; +∞[−→ R, x −→ ln 1 + 1 + nx x

d) f n : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ (nx) n , n ∈ N∗ . 193

Chapitre 5 • Suites et séries d’applications

5.9

Exemple de convergence uniforme et composition Soient X un ensemble non vide, ( f n : X −→ R+ )n∈N une suite d’applications, f : X −→ R+ une C.U.

application. On suppose : f n −→ f. n∞

C.U.

Montrer : ln(1 + f n ) −→ ln(1 + f ). n∞

5.10 Convergence uniforme pour une suite de fonctions définies à partir d’une fonction donnée Soit f : R −→ R de classe C 3, telle que f (3) est bornée.



  1 1 − 2 f (x) + f x − . On note, pour tout n ∈ N∗ : gn : R −→ R, x −→ n 2 f x + n n C.U.

Montrer : gn −→ f  sur R. n∞

5.11 Convergence d’une suite de fonctions définies par récurrence Soit f 0 : R −→ R, bornée,
0. Étudier la convergence simple et la convergence uniforme de la suite d’applications ( f n : R −→ R)n∈N définie par :  ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ R, f n+1 (x) = 1 + f n (x) .

5.12 Convergence d’une suite de fonctions définies par récurrence Soit f 0 : R −→ R, bornée,
0. Étudier la convergence simple et la convergence uniforme de la suite d’applications ( f n : R −→ R)n∈N définie par :

  ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ R, f n+1 (x) = ln 1 + f n (x) .

5.13 Limites d’intégrales issues de la fonction d’Euler Étudier la convergence simple et la convergence uniforme des suites d’applications ( f n , gn : [0 ; +∞[−→ R)n∈N définies, pour tout n ∈ N et tout x ∈ [0 ; +∞[, par :   1 x n −t 1 +∞ n −t f n (x) = t e dt, gn (x) = t e dt . n! 0 n! x

5.14 Une application classique du premier théorème de Weierstrass Soient (a,b) ∈ R2 tel que a < b, f : [a ; b] −→ C continue.  b x n f (x) dx = 0. Démontrer : f = 0. On suppose : ∀ n ∈ N, a

5.15 Recherche d’une suite de polynômes convergeant uniformément vers une fonction donnée et vérifiant une condition supplémentaire Soient (a,b) ∈ R2 tel que a < b,f : [a ; b] −→ C continue, c ∈ [a ; b].  C.U.  Pn −→ f sur [a ; b] n∞ Montrer qu’il existe une suite (Pn )n∈N de polynômes telle que :  ∀ n ∈ N, Pn (c) = f (c).

5.16 Exemples de recherche de limites d’intégrales Déterminer les limites suivantes, lorsque l’entier n tend vers l’infini : 194

Énoncés des exercices



1

a) lim n∞

  x  n e n+x − 1 dx b) lim n∞

0





π√

n∞

0

(x 2 + 1)

0

π − x sin n x dx e) lim

d) lim n∞

+∞

+∞

n + x −x e dx c) lim n∞ n + x2



e−(x+a) dx, a ∈ [0 ; 1[ f) lim √ n∞ x n

0

+∞

−∞



√ nn

n sin nx dx n2 + x 4 √ 1 + x n dx.

0

5.17 Exemple d’utilisation du théorème de convergence dominée 

a

Montrer, pour tout a ∈ [0 ; +∞[ fixé : 0

1 x



 a x e −1 x n − 1 dx −−−→ dx. 1+ n∞ n x 0

5.18 Exemple de recherche d’un équivalent d’une intégrale / 0. Soit f : R −→ R continue par morceaux, bornée sur R, continue en 0, telle que f (0) =  +∞ 2 2 f (x) e−n x dx lorsque l’entier n tend vers l’infini. Trouver un équivalent simple de In = −∞

5.19 Comportement asymptotique d’une intégrale 

1

On note, pour tout n ∈ N∗ : In =

√ 1 − x n dx.

0

a) Montrer : In −−−→ 1. n∞

b) Trouver un équivalent simple de In − 1 lorsque l’entier n tend vers l’infini.

5.20 Exemples d’étude de convergence pour une série d’applications Étudier (convergences simple, absolue, normale, uniforme) les séries d’applications



f n sui-

n

vantes :

x x − , n ∈ N∗ a) f n : [0 ; +∞[−→ R, x −→ ln 1 + n n

x x , n ∈ N∗ . − ln 1 + b) f n : [0 ; +∞[−→ R, x −→ e−x n n

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

5.21 Étude de la somme d’une série d’applications, limite On note, pour tout n ∈ N∗ : f n : [0 ; +∞[−→ R, x −→ Arctan a) Montrer que



n+x . 1 + n3 x

f n converge simplement sur ]0 ; +∞[ et converge normalement sur

n
1

[1 ; +∞[. On note S la somme. b) Montrer : S(x) −→ L = x−→+∞

+∞  n=1

Arctan

1 , et calculer une valeur approchée décimale de L à n3

10−3 près.

5.22 Étude de la somme d’une série d’applications, développement asymptotique (−1)n . On note, pour tout n ∈ N : f n : [0 ; +∞[−→ R, x −→ √ 1 + nx 195

Chapitre 5 • Suites et séries d’applications

a) Montrer que



f n converge simplement sur ]0 ; +∞[ et converge uniformément sur [1 ; +∞[.

n
1

On note S la somme. b) Montrer : S(x) −→ 0. x−→+∞

+∞  (−1)n 1 a √ . Établir : S(x) = √ + O √ . c) On note a = n x x−→+∞ x x n=1

5.23 Fonction ζ de Riemann On note, sous réserve d’existence, pour x ∈ R : ζ(x) =

+∞  1 . x n n=1

a) Montrer : Déf (ζ) = ]1 ; +∞[ . b) Établir que ζ est de classe C ∞ sur ]1 ; +∞[ et exprimer, pour tout k ∈ N et tout x ∈ ]1 ; +∞[, ζ(k) (x) sous forme de somme d’une série. c) Étudier les variations et la convexité de ζ. ∀ x ∈ ]1 ; +∞[,

d) Montrer : et en déduire : ζ(x)

∼

x−→1+

1 1  ζ(x)  1 + , x −1 x −1

1 , puis : ζ(x) −→+ +∞. x−→1 x −1

e) Montrer : ζ(x) −→ 1, et ζ(x) − 1 x−→+∞

∼

x−→+∞

1 . 2x

f) Dresser le tableau de variations de ζ et tracer la courbe représentative de ζ.

5.24 Étude de la somme d’une série d’applications, continuité On note, pour tout n ∈ N∗ : f n : ]0 ; +∞[−→ R, x −→

(−1)n . nx

a) Étudier les convergences simple, absolue, normale, normale sur certaines parties, uniforme, uni fn . forme sur certaines parties, de la série d’applications n
1

On note :

T : ]0 ; +∞[−→ R, x −→

+∞  (−1)n n=1

nx

.

b) Montrer que T est continue sur ]0 ; +∞[. c) Exprimer, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, T (x) à l’aide de ζ(x), où ζ est la fonction de Riemann (cf. exercice 5.23).

5.25 Calcul d’une intégrale à l’aide de ζ et 

Montrer :

∀ α ∈ ]0 ; +∞[,

+∞

  x α−1 x − ln(ex − 1) dx = ζ(α + 1) (α),

0 +∞  1 α n n=1  +∞ t s−1 e−t dt.  → (s) = et la fonction d’Euler : : ]0 ; +∞[−→ R, s −

où ζ est la fonction de Riemann : ζ : ]1 ; +∞[−→ R, α −→

0

196

Énoncés des exercices

5.26 Calcul d’une intégrale par utilisation d’une série  Existence et calcul de I = 0

+∞

+∞  1 π2 x = . dx. On admettra : 2 n 6 sh x n=1

5.27 Exemples d’étude de suites de fonctions, convergence simple, convergence uniforme Étudier (convergence simple, convergence uniforme, convergence uniforme sur des parties de l’ensemble de départ) les suites d’applications suivantes :   ln(1 + nx 2 ) si x = / 0 a) f n : [0 ; +∞[−→ R, x −→ nx  0 si x = 0 b) f n : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ ln

2 + (lnx)2n , n∈N 1 + (lnx)2n 1

c) f n : R −→ R, x −→ (2n + |x|n ) n , n ∈ N∗

y , n ∈ N∗ . d) f n : ]0 ; +∞[2 −→ R, (x,y) −→ ln x + n

5.28 Convergence simple d’une suite de polynômes de degrés majorés Soient N ∈ N, (Pn )n∈N une suite de polynômes de C[X] de degrés  N, qui converge simplement sur un intervalle I (de longueur > 0 ) vers une application f. Montrer que f est un polynôme, de degré  N.

5.29 Limite uniforme, sur un segment, d’une suite de polynômes à degrés majorés Soient (a,b) ∈ R2 tel que a < b, N ∈ N∗ , (Pn : [a ; b] −→ R)n∈N une suite de polynômes convergeant uniformément vers une application f, et telle que : ∀ n ∈ N, deg (Pn )  N . Montrer que f est un polynôme et que deg ( f )  N.

5.30 Exemple de recherche d’un équivalent d’une intégrale à paramètre réel 

Trouver un équivalent simple de I (x) = 0

+∞

sin (xt) dt, lorsque x −→ 0+ . 1 + t4

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

5.31 Recherche d’équivalents d’intégrales à paramètre entier naturel Trouver un équivalent simple, lorsque l’entier n tend vers l’infini, de :  1  1 ln(1 + t) π2 ln(1 + x n ) dx, on admettra : dt = a) t 12 0 0

x  +∞ ln 1 +  1 n dx. x n ln(1 + x n ) dx c) b) x(1 + x 2 ) 0 0

5.32 Recherche d’un développement asymptotique d’une intégrale dépendant d’un paramètre entier Former un développement asymptotique à la précision o



 1 nx n 1 dx, lorsque de In = 1 + x 2n n 0

l’entier n tend vers l’infini. On laissera un des coefficients sous forme d’une intégrale. 197

Chapitre 5 • Suites et séries d’applications

5.33 Exemples d’étude de convergence pour une série d’applications Étudier (convergences simple, absolue, normale, uniforme) les séries d’applications



f n sui-

n

vantes : a) f n : ]0 ; +∞[−→ R, x −→

xa , (a,b) ∈ (R∗+ )2 fixé, n ∈ N∗ (n + x)b

b) f n : [0 ; +∞[−→ R, x −→

x e−nx , n ∈ N, n
2 ln n

c) f n : [0 ; +∞[−→ R, x −→

(−1)n x , n ∈ N∗ x2 + n

d) f n : R −→ R, x −→ Arctan (x + n) − Arctan n, n ∈ N e) f n : [0 ; +∞[−→ R, x −→

nx , n ∈ N. 1 + n3 x 2

5.34 Étude de la somme d’une série d’applications, classe C1 On note, pour tout n ∈ N∗ :

f n : [0 ; +∞[−→ R, x −→

a) Étudier les convergences de la série d’applications



Arctan (x n+1 ) . n(n + 1)

f n . On note S la somme.

n
1

b) Montrer que S est continue sur [0 ; +∞[. ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, S(x) =

c) Établir :



π 1 −S . 2 x

d) Montrer que S est de classe C 1 sur [0 ; 1[, que S est strictement croissante sur [0 ; 1], calculer S(1), et déterminer lim− S  (x). x−→1

e) Déterminer lim S(x) . x−→+∞

f) Dresser le tableau de variation de S et tracer la courbe représentative de S.

5.35 Étude de la somme d’une série d’applications, intégrabilité On note, pour tout n ∈ N∗ : f n : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ a) Montrer que la série d’applications



f n converge simplement sur ]0 ; +∞[, et converge nor-

n
1

malement sur [a ; +∞[, pour tout a ∈ ]0 ; +∞[ fixé. b) Établir que S est continue sur ]0 ; +∞[. c) Est-ce que S est intégrable sur ]0 ; 1] ? sur [1 ; +∞[ ?

5.36 Équivalent d’une somme d’une série d’applications Montrer :

+∞  n=0

198

xn 1 + xn

∼

x−→1−

ln 2 . 1−x

1 . x 2 (n 4 + x 2 )

Énoncés des exercices

5.37 Série d’intégrales 

+∞

On note, pour tout n ∈ N∗ : u n =

x n e−nx dx.

0

Convergence et somme de la série



un .

n
1

On exprimera le résultat sous forme d’une intégrale.

5.38 Étude de la somme d’une série d’applications, intégrabilité On note, pour tout n ∈ N∗ : f n : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ a) Montrer que la série d’applications



1 . (1 + nx)(n + x)

f n converge simplement sur ]0 ; +∞[, et converge nor-

n
1

malement sur [a ; +∞[ pour tout a ∈ ]0 ; +∞[ fixé. On note S la somme. b) Montrer que S est continue sur ]0 ; +∞[.



c) Montrer que S est intégrable sur ]0 ; +∞[ et que :

+∞

S(x) dx = 1 + 2

0

+∞  lnn . 2 −1 n n=2

5.39 Égalité entre une intégrale et une somme de série  Soit (a,b) ∈ R2 tel que 0 < a < b. Montrer :

+∞

−∞

+∞  sh ax 1 . dx = 4a sh bx (2n + 1)2 b2 − a 2 n=0

5.40 Calcul d’une intégrale à l’aide de T et 

Établir :

+∞

∀ x ∈ ]0 ; +∞[, 0

où est la fonction d’Euler :

t x−1 dt = (x)T (x), et + 1



: ]0 ; +∞[−→ R, x −→

+∞

t x−1 e−t dt

0

et T est définie par :

T : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ T (x) =

+∞  (−1)n−1 n=1

nx

.

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

5.41 Égalité entre une intégrale et une somme de série Soit (an )n∈N une suite à termes dans R∗+ , croissante, de limite +∞. Montrer :

 1  +∞ +∞  (−1)n (−1)n x an dx = . 1 + an 0 n=0 n=0

5.42 Comportement d’une transformée de Laplace, en +∞, en 0 Soit f : [0 ; +∞[−→ C continue par morceaux. a) On suppose ici que f est bornée sur [0 ; +∞[.  +∞ e−xt f (t) dt −→ f (0+ ). Montrer : x x−→+∞

0

b) On suppose ici que f admet une limite finie  en +∞.  +∞ e−xt f (t) dt −→+ . Montrer : x 0

x−→0

199

Chapitre 5 • Suites et séries d’applications

5.43 Théorème de Scheffé Soient I un intervalle de R, ( f n : I −→ R)n∈N une suite d’applications intégrables sur I, à valeurs
0, f : I −→ R une application intégrable sur I.   C.S. et f n −−−→ f. On suppose : f n −→ f sur I n∞ n∞ I I  | f n − f | −−−→ 0. Démontrer : n∞

I

5.44 Étude de la somme d’une série d’applications, classe C1 , équivalent f n : [0 ; 1] −→ R, x −→ ln(1 + x n ).  f n . On note S la somme. a) Étudier les convergences de la série d’applications

On note, pour tout n ∈ N :

n
0

b) Montrer que S est de classe C 1 sur [0 ; 1[ et que S est strictement croissante sur [0 ; 1[ .

 n n  k f k (x)
ln x . ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ [0 ; 1[, c) 1) Montrer : 2) En déduire : S(x) −→− +∞.

k=0

k=0

x−→1

d) En utilisant une comparaison série/intégrale, montrer :  +∞ I S(x) ∼ − ln(1 + e−u ) du. , où I = I −→1 1 − x 0

5.45 Convergences d"une série d’applications dépendant d’une suite numérique Soit (an )n∈N∗ une suite à termes dans [0 ; +∞[, décroissante. On note, pour tout n ∈ N∗ : f n : [0 ; 1] −→ R, x −→ an x n (1 − x).  f n converge simplement sur [0 ; 1]. a) Montrer que n
1

b) Montrer que



f n converge normalement sur [0 ; 1] si et seulement si la série

 an n
1

n
1

n

converge. c) Montrer que



f n converge uniformément sur [0 ; 1] si et seulement si : an −−−→ 0. n∞

n
1

5.46 Étude d’une suite de fonctions définies à l’aide d’intégrales, intervention de séries a) Montrer qu’il existe une suite d’applications ( f n : [0 ; 1] −→ R)n∈N et une seule telle que  x f n (t − t 2 ) dt, et montrer que, pour tout f 0 = 1 et : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ [0 ; 1], f n+1 (x) = 1 + 0

n ∈ N , f n est un polynôme. ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ [0 ; 1], 0  f n (x)  f n+1 (x)  ex . b) 1) Montrer : 2) En déduire que ( f n )n∈N converge simplement sur [0 ; 1] vers une application notée f. c) Établir que la suite ( f n )n∈N converge uniformément vers f sur [0 ; 1], que f est continue sur  x f (t − t 2 ) dt. [0 ; 1], et que : ∀ x ∈ [0 ; 1], f (x) = 1 + 0

d) 1) Montrer que f est de classe C 1 sur [0 ; 1] et que : ∀ x ∈ [0 ; 1], f  (x) = f (x − x 2 ). 2) Montrer que f est de classe C ∞ sur [0 ; 1]. 200

Du mal à démarrer ?

Du mal à démarrer ? 5.1

• Pour étudier la convergence simple d’une suite d’appli  cations ( f n )n , on fixe x et on étudie la suite f n (x) n .

• Pour étudier la convergence uniforme d’une suite d’applications ( f n )n , après avoir montré que ( f n )n converge simplement vers une certaine f, on étudie la convergence vers 0 de la suite  || f n − f ||∞ )n . Si || f n − f ||∞ n’est pas facilement calculable, soit on essaie de majorer || f n − f ||∞ par un terme tendant vers 0, soit on essaie de minorer || f n − f ||∞ par un terme ne tendant pas vers 0. • Si ( f n )n ne converge pas uniformément vers f sur tout l’ensemble d’étude X, déterminer des parties de X sur lesquelles ( f n )n converge uniformément.   f) Pour x ∈ [0 ; 1[ fixé, la suite f n (x) n
0 est stationnaire. h) Pour la convergence uniforme sur tout[−a ; a], a ∈ [0 ; +∞[ fixé, utiliser l’inégalité connue : ∀ t ∈ R, | sin t|  |t| .

5.2

Pour des éléments fixés dans l’ensemble de départ des f n , passer à la limite lorsque l’entier n tend vers l’infini, dans la condition d’hypothèse des f n .

5.3

Appliquer le théorème de convergence dominée.

5.4

Appliquer le théorème de convergence dominée.

5.5

Utiliser, de manière générale, le plan d’étude d’une série d’applications : C.S., C.A., C.N., C.U. Cependant, dans des cas très simples, il se peut que l’étude de la convergence normale soit facile et qu’il y ait convergence normale, auquel cas l’étude des autres convergences est inutile. • Pour étudier la convergence simple d’une série d’applications   f n ,on fixe x et on étudie la série f n (x).

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

n

n

• Pour étudier la convergence absolue d’une série d’applications   f n ,on fixe x et on étudie la série | f n (x)|. Lorsque les n

n

f n (x) sont tous
0 (pour tout n et pour tout x), la convergence absolue revient à la convergence simple. • Pour étudier la convergence normale d’une série d’applica  f n , on étudie la série numérique || f n ||∞ . tions n

n

• Pour étudier la convergence uniforme d’une série d’applica f n , si || f n ||∞ −→ 0 , on étudie le reste Rn , et on résout tions n

n∞

la question : est-ce que ||Rn ||∞ −→ 0 ? n∞

g) Pour l’étude du reste dans la convergence uniforme, utiliser le TSCSA.

5.6

a) • Pour l’étude de la convergence normale sur ]0 ; +∞[ , 1 . n

remarquer : ∀ n ∈ N∗ , || f n ||∞ =

• Pour l’étude de la convergence uniforme sur [0 ; +∞[ , utiliser le TSCSA.

5.7

a) Pour la convergence simple, avec x fixé, utiliser un équivalent lorsque l’entier n tend vers l’infini. b) Appliquer deux fois le théorème de dérivation pour une série d’applications. a) Pour montrer la non-convergence uniforme sur [0 ; 1],

1 . évaluer, par exemple, f n 1 − n

5.8

b) • Pour montrer la non-convergence uniforme sur R, évaluer,   par exemple,  f 2n − f )(nπ), où f : x −→ sin x. • Pour montrer la convergence uniforme sur [−a ; a], a ∈ [0 ; +∞[ fixé, transformer la différence de deux sinus, puis utiliser l’inégalité connue : ∀ t ∈ R, | sin t|  |t|. c) Pour étudier la convergence uniforme, utiliser l’inégalité des accroissements finis, appliquée à t −→ ln(1 + t) entre x et nx 2 . 1 + nx d) Pour étudier la convergence uniforme, étudier les variations de gn = f n − f.

5.9

Appliquer l’inégalité des accroissements finis à

t −→ ln(1 + t) entre f (x) et f n (x).

5.10

Utiliser l’inégalité de Taylor-Lagrange appliquée à f entre x 1 1 et x + , entre x et x − , puis combiner par l’inégalité triann n M3 , gulaire. Obtenir : ∀ n ∈ N∗ , ||gn − f ||∞  3n où M3 = Sup | f (3) (t)|. t∈R

5.11

Montrer que l’application ϕ : [0 ; +∞[−→ R, t −→

√ 1+t

admet un point fixe et un seul, noté α, et calculer α. Majorer ensuite | f n+1 (x) − α|, puis || f n − α||∞ . Faire apparaître une suite géométrique.

5.12

La méthode utilisée pour la résolution de l’exercice 5.11 (majoration géométrique) ne s’applique pas ici. Montrer que la   suite || f n ||∞ n est décroissante et minorée, et montrer qu’elle converge vers 0.

201

Chapitre 5 • Suites et séries d’applications

5.13

Commencer par l’étude de ( f n )n
0 . Remarquer ensuite :

 b) Obtenir : In − 1 = − 0

∀ n ∈ N, ∀ x ∈ [0 ; +∞[, gn (x) = 1 − f n (x) , après un calcul faisant éventuellement intervenir la fonction d’Euler.

5.14

Montrer d’abord :



∀ P ∈ C[X],

b

a

Utiliser le premier théorème de Weierstrass.

Utiliser le premier théorème de Weierstrass pour avoir une suite (Q n )n de polynômes convergeant uniformément vers f sur [a ; b], puis modifier Q n pour obtenir Pn .

5.16

Appliquer le théorème de convergence dominée.

a) Pour la domination, après avoir obtenu :  1  ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; 1], | f n (x)|  n e n − 1 ,  1  remarquer que la suite de terme général n e n − 1 est convergente, donc bornée. b) Une fois appliqué le théorème de convergence dominée,  +∞ (x 2 + 1) e−x dx, on peut utiliser la foncpour calculer I = 0

tion d’Euler.

c) Pour la domination, utiliser l’inégalité classique : ∀ (a,b) ∈ (R+ )2 , a 2 + b2
2ab . √ f) Remarquer que la borne n n dépend de n et que √ 1 ln n n n = en −→ 1+ . Décomposer, par la relation de Chasles, l’inn∞

tégrale de l’énoncé en somme d’une intégrale de 0 à 1 (à laquelle on pourra appliquer le théorème de convergence dominée) √ et d’une intégrale de 1 à n n (dont on montrera qu’elle tend vers 0).

5.17

Appliquer le théorème de convergence dominée. Pour la domination, utiliser l’inégalité classique : ∀ t ∈ ] − 1 ; +∞[, ln(1 + t)  t .

5.18

Montrer d’abord l’existence de In , en utilisant par exemple la règle x 2 f (x) en +∞.

Pour obtenir un équivalent, effectuer le changement de variable t = nx, puis appliquer le théorème de convergence dominée à 1 l’intégrale obtenue après mise en facteur de . n

5.19

202

xn dx, √ 1 + 1 − xn

effectuer le changement de variable t = x n , et appliquer le théorème de convergence dominée à l’intégrale obtenue après 1 mise en facteur de . n a) Pour l’étude de la convergence normale sur [0 ; a] , a ∈ [0 ; +∞[ fixé, utiliser l’encadrement classique : t2 ∀ t ∈ [0 ; +∞[, −  ln(1 + t) − t  0 . 2

5.20 P(x) f (x) dx = 0 ,

en utilisant la décomposition additive de P, ou encore une linéarité.

5.15

1

a) Majorer convenablement |In − 1|.

b) Pour l’étude de la convergence normale, utiliser le même encadrement que ci-dessus.  5.21 a) Montrer que f n converge normalement sur n
1 [1 ; +∞[ . b) Pour obtenir une valeur approchée décimale de L, étudier le reste Rn , en utilisant une majoration et une comparaison série/intégrale.

5.22 a) Pour la convergence uniforme, utiliser la majoration de la valeur absolue du reste venant du TSCSA. b) Montrer d’abord que a existe. Considérer, pour tout n ∈ N∗ : (−1)n gn : [1 ; +∞[−→ R, x −→ √ nx    a  et majorer | f n (x) − gn (x)| , puis  S(x) − √ . x

5.23

b) Appliquer, de façon réitérée, le théorème de dérivation pour une série d’applications. Pour obtenir des convergences simples ou des convergences uniformes, on sera amené à montrer que, pour tout k ∈ N∗ et tout x ∈ ]1 ; +∞[ , la série  (ln n)k converge. À cet effet, utiliser la règle n α u n, avec un α nx n
1

bien choisi, α =

x +1 . 2

d) Utiliser une comparaison série/intégrale, en considérant, pour 1 x ∈ ]1 ; +∞[ fixé : ϕx : [1 ; +∞[−→ R, t −→ x . t e) Pour le deuxième point, considérer ζ(x) − 1 − +∞  1 grâce à une comparaison série/intégrale. x n n=3

1 et majorer 2x

a) Pour la convergence uniforme sur tout [b ; +∞[ , b ∈ ]0 ; +∞[ , utiliser la majoration de la valeur absolue du reste

5.24

venant du TSCSA. b) Former ζ(x) + T (x) et remarquer qu’alors les termes d’indices impairs sont nuls.

Du mal à démarrer ?

5.25 Développer la fonction sous l’intégrale en une somme de série de fonctions, puis permuter intégrale et série en montrant qu’on peut appliquer le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série de fonctions.

5.26 1) S’assurer d’abord que l’intégrale proposée existe. 2) Développer la fonction sous l’intégrale en une somme de série de fonctions (en faisant apparaître une série géométrique) puis permuter intégrale et série en montrant qu’on peut appliquer le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série de fonctions. Pour calculer

+∞  n=0

+∞  1 1 π2 = sachant que , décom2 2 (2n + 1) n 6 n=1 2N +1 

1 fixé, en termes d’indices pairs, poser, pour N ∈ 2 k k=1 termes d’indices impairs, puis faire tendre l’entier N vers l’infini. N∗

5.27

a) Pour l’étude de la convergence uniforme, comme le signe de f n (x) ne paraît pas facile à déterminer, et puisque

1 + nx 2 intervient, séparer en deux cas selon la position de x par 1 rapport à √ , obtenir une bonne majoration dans chaque cas, n puis regrouper en une seule majoration. b) 1) Pour l’étude de la convergence simple, on sera amené à séparer en cas selon la position de x par rapport à e−1 et à e. 2) Pour l’étude de la convergence uniforme, remarquer que les f n sont continues sur ]0 ; +∞[ et que la limite simple f est discontinue en e−1 et en e. D’autre part, montrer qu’il y a convergence uniforme sur des intervalles de ]0 ; +∞[ décollés de e−1 et de e.   c) 1) Pour obtenir la limite de f n (x) n
1 , où x est fixé, séparer en cas selon la position de |x| par rapport à 2.

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

2) Pour étudier la convergence uniforme, utiliser l’inégalité des 1 accroissements finis, appliquée à ϕ : [0 ; +∞[−→ R, t −→ t n , entre 2n et 2n + |x|n , entre |x|n et 2n + |x|n .

5.30 • Commencer par montrer que l’intégrale proposée existe. • Comme, pour tout t ∈ [0 ; +∞[ fixé, sin (xt)

∼

x−→0+

xt, on peut

conjecturer que I (x) ressemble, lorsque x −→ 0+ , à  +∞ xt dt. 1 + t4 0 1re méthode : transformer l’écriture de I (x), en utilisant   sin u si u = 0 u φ : u −→  1 si u = 0, mettre x en facteur dans I (x), puis appliquer le théorème de continuité sous le signe intégrale. 2e méthode : utiliser le théorème de convergence dominée et la caractérisation séquentielle des limites. 1 en n facteur dans l’intégrale, puis utiliser le théorème de convergence dominée.

5.31

a) Utiliser le changement de variable t = x n , mettre

b) 1re méthode : comme pour a).  1 x n−1 ln(1 + x n ) dx. 2e méthode : considérer K n = 0

5.32 Utiliser une intégration par parties, puis le changement de variable t = x n , et le théorème de convergence dominée.

5.33 a) • Étudier d’abord la convergence simple. • Pour la convergence normale, étudier les variations de f n ,n ∈ N∗ fixé, calculer|| f n ||∞ , et déterminer la nature de la  || f n ||∞ . série n
1

• Pour la convergence uniforme, dans le cas a
b − 1, minorer convenablement le reste. Former finalement une réponse claire à la question posée, donnant les CNS sur (a,b) pour les différentes convergences. b) • Pour la convergence normale, étudier les variations de  1 f n ,n
2 fixé. Montrer que la série diverge, par comn ln n n
2 paraison, série/intégrale.

d) 2) Montrer qu’il y a convergence uniforme sur ]0 ; a] × [b ; +∞[ , pour tout (a,b) ∈ ]0 ; +∞[2 fixé.

5.28

Utiliser les polynômes d’interpolation de Lagrange (L i )0i  N sur des points x0 ,. . . ,x N , deux à deux distincts, et l’égalité du cours : N  P(xi )L i . ∀ P ∈ C N [X], P = i=0

Montrer que le sev F de C([a ; b] ; R), formé des polynômes de degré  N , est de dimension finie, donc complet, donc fermé.

5.29

• Pour la convergence uniforme, étudier le reste, en faisant une comparaison série/intégrale, pour x ∈ ]0 ; +∞[ fixé, à l’aide de : e−t x ϕx : [2 ; +∞[−→ R, t −→ . ln t c) • Pour la convergence uniforme, utiliser la majoration de la valeur absolue du reste venant du TSCSA. d) • Montrer que, si x + n
0 , on peut transformer l’écriture de x l’énoncé en : f n (x) = Arctan . 1 + n(x + n) Utiliser l’inégalité connue : ∀ t ∈ R, |Arctan t|  |t|.

203

Chapitre 5 • Suites et séries d’applications

• Pour la convergence normale, étudier les variations de f n , n ∈ N fixé. • Pour montrer la non-convergence uniforme sur R, minorer convenablement le reste. e) • Pour la convergence normale, étudier les variations de f n , n ∈ N∗ fixé. • Pour la non-convergence uniforme sur [0 ; +∞[ , minorer convenablement le reste.

5.34

a) Par une majoration convenable, montrer qu’il y a convergence normale.

1 et utiliser la formule connue, pour tout c) Former S(x) + S x 1 π t ∈ R∗+ : Arctan t + Arctan = . t 2 +∞  1 Pour calculer , faire apparaître un télescopage. n(n + 1) n=1 d) • Appliquer le théorème de dérivation pour une série d’applications. • Le calcul de S(1) se ramène à la série vue plus haut. • Pour montrer S  (x) −→ +∞, minorer convenablement x−→1+ S  (x), pour x ∈ [0 ; 1[.

5.35



n
1

c) • Pour l’étude en 0+ , considérer la série d’applications

1 C x −→ 4 et montrer S(x) ∼ , où C est une 2 n +x x−→0+ x 2

constante > 0. • Pour l’étude en +∞, montrer 0  S(x) 

5.36 Pour x ∈ [0 ; 1[, pour évaluer

+∞  n=0

C . x2

xn , utiliser une com1 + xn

paraison série/intégrale, à l’aide de : ϕx : [0 ; +∞[−→ R, t −→

xt . 1 + xt

5.37

Appliquer le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série d’applications.

5.38 c) Appliquer le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série d’applications.

5.39 Développer la fonction sous l’intégrale en une somme de série de fonctions (à l’aide d’une série géométrique), puis permuter intégrale et série en montrant qu’on peut appliquer le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série de fonctions.

5.40 Développer la fonction sous l’intégrale en une somme de série de fonctions (à l’aide d’une série géométrique), puis permuter intégrale et série en montrant que l’intégrale du reste tend vers 0. Le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série d’applications ne   +∞ | f n (x)| dx diverge. s’applique pas ici, car la série n
1 0

204

5.41

Développer la fonction sous l’intégrale en une somme de série de fonctions (à l’aide d’une série géométrique), puis permuter intégrale et série en montrant que l’intégrale du reste tend vers 0. Le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série d’applications ne  1 | f n (x)| dx peut diverger. s’applique pas ici, car la série n
0 0

5.42

a) Utiliser le théorème de convergence dominée et la caractérisation séquentielle des limites. b) Même méthode qu’en a).

5.43 1) Considérer, pour n ∈ N, gn = ( f n − f )− . Montrer que le théorème de convergence dominée s’applique à (gn )n. En  déduire : gn −→ 0. n∞

I

2) Utiliser : ( f n − f )+ = ( f n − f ) + gn puis :

| f n − f | = ( f n − f )+ + ( f n − f )− .

c) 2) Utiliser :

n 

xk =

k=0

1 − x n+1 . 1−x

5.44

a) Utiliser le théorème de majoration pour des séries à termes
0 .

5.45 b) Étudier les variations de f n , pour n ∈ N∗ fixé, et calculer || f n ||∞ , puis un équivalent simple de || f n ||∞ lorsque l’entier n tend vers l’infini. c) 1) En supposant an −→ 0 , majorer convenablement Rn (x), n∞ puis ||Rn ||∞ .  f n , converge uniformément sur 2) Réciproquement, si n
0

/ 0. Ne pas [0 ; 1], raisonner par l’absurde : supposer an −→ n∞

oublier que (an )n
0 est décroissante. Minorer convenablement Rn (x), puis ||Rn ||∞ et conclure.

5.46 a) Récurrence sur n. b) 1) Récurrence sur n. c) Remarquer : ∀ t ∈ [0 ; 1], t − t 2 ∈ [0 ; 1/4]. Noter, pour tout n ∈ N : ;1] Mn = || f n+1 − f n ||[0 ∞ ,

[0 ;1/4]

m n = || f n+1 − f n ||∞

.

Majorer convenablement | f n+1 (x) − f n (x)|, puis || f n+1 − f n ||∞ ,et obtenir une majoration géométrique pour m n , pour Mn . Utiliser le lien suite/série pour la convergence uniforme.

Corrigés des exercices 5.1

d’où le tableau des variations de f n (sur [0 ; +∞[) :

a) 1) Convergence simple :

On a, pour tout x ∈ R fixé : f n (x) =

n+1 −−−→ 0, n2 + x 2 n ∞

C.S.

donc : f n −→ 0 . n∞

On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ R, | f n (x)| = || f n ||∞ 

n+1 n+1  2 , n2 + x 2 n

n+1 −−−→ 0. n∞ n2

+∞

n

0

f n (x) f n (x)

2) Convergence uniforme :

donc :

x

+

−

0



0



On a donc : || f n ||∞ = f n (n) =

0

n 1 = −−−→ 0, 2n 2 2n n ∞

C.U.

et on conclut : f n −→ 0, n∞

C.S.

On conclut : f n −→ 0, et donc f n −→ 0, ce qui rend l’étude

donc f n −→ 0 , ce qui rend l’étude de 1) inutile.

de 1) inutile, à condition de prévoir que la limite sera 0.

2e méthode :

b) 1) Convergence simple :

Soit n ∈ N∗ .

C.U.

C.S.

n∞

n∞

Soit x ∈ [0 ; 1]. / 0, alors : f n (x) = Si x =

2

2

nx nx ∼ = x, 1 + nx n∞ nx

n∞

Rappelons : ∀ (a,b) ∈ (R+ )2 , a 2 + b2
2ab. On a donc : ∀ x ∈ R∗+ , 0  f n (x) =

donc : f n (x) −−−→ x. n∞

Si x = 0, alors : f n (x) = 0 −−−→ 0 . n∞

x x 1  = , x 2 + n2 2nx 2n

d’où, puisque f n (0) = 0 et que f n est impaire :

C.S.

On conclut : f n −→ f, où : f : [0 ; 1] −→ R, x −→ x .

|| f n ||∞ 

n∞

2) Convergence uniforme : On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; 1] ,    nx 2  1 x | f n (x) − f (x)| =   , − x  = 1 + nx 1 + nx n || f n − f ||∞ 

donc :

1 −−−→ 0. n n∞

C.U.

On conclut : f n −→ f, ce qui semble rendre l’étude de 1) in-

et on termine comme dans la 1re méthode. d) 1) Convergence simple : Soit x ∈ [0 ; 1] fixé. / 1, alors : f n (x) = x n (1 − x) −−−→ 0. Si x = n∞

Si x = 1, alors : f n (x) = 0 −−−→ 0 . n∞

n∞

C.S.

utile. Cependant, pour former || f n − f ||∞ , il faut d’abord connaître f, ce qui nécessite l’étude de la convergence simple.

On conclut : f n −→ 0 .

c) 1) Convergence simple :

Soit n ∈ N∗ .

x −−−→ 0, On a, pour tout x ∈ R fixé : f n (x) = 2 x + n2 n ∞

1 , 2n

n∞

2) Convergence uniforme :

2) Convergence uniforme :

L’application f n est de classe C 1 sur [0 ; 1] et, pour tout x ∈ [0 ; 1] :   f n (x) = nx n−1 − (n + 1)x n = x n−1 n − (n + 1)x ,

1re méthode :

d’où le tableau des variations de f n :

C.S.

donc : f n −→ 0 . n∞

Soit n ∈ N∗ . L’application f n est impaire, de classe C 1 sur R, et, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : x 2 + n 2 − x(2x) n2 − x 2 f n (x) = = , (x 2 + n 2 )2 (x 2 + n 2 )2

x f n (x) f n (x)

n n+1

0 + 0



0

1 − 

0 205

On a donc :

C.U.



|| f n ||∞ = f n

n n+1

/ f sur [0 ; 1[ . Il en résulte, d’après le cours : f n −→



n∞

=

n n+1

n

1 1  −−−→ 0, n+1 n + 1 n∞

Soit a ∈ [0 ; 1[ fixé.

1 + 1, on a : En notant N = E √ 1−a 1 ∀ n
N , ∀ x ∈ [0 ; a], f n (x) = √ , 1−x

C.U.

et on conclut : f n −→ 0 , ce qui rend l’étude de 1) inutile. n∞

d’où : ∀ n
N , ∀ x ∈ [0 ; a], f n (x) − f (x) = 0.   Ceci montre que ( f n − f ) |[0 ;a] n∈N est stationnaire nulle,

e) 1) Convergence simple : Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé. x2 nx 3 ∼ −−−→ 0. 2 1 + n x n∞ n n ∞

/ 0, alors : f n (x) = Si x =

Si x = 0, alors : f n (x) = 0 −−−→ 0 .

C.U.

donc : f n −→ f sur [0 ; a]. n∞

g)

y

n∞

1

C.S.

On conclut : f n −→ 0 . n∞

2) Convergence uniforme :

fn

• On remarque que, pour tout n ∈ N , f n − 0 n’est pas bornée C.U.

/ 0 sur sur [0 ; +∞[, car f n (x) −→ +∞, donc : f n −→ n∞

x−→+∞

[0 ; +∞[. • Soit b ∈ [0 ; +∞[ fixé.

1+ 1 n

1

On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; b], | f n (x)| =

x2 b2 nx 3   , 2 1+n x n n

b2  −−−→ 0. n n∞

O

x

1

1 n

1

1) Convergence simple : Soit x ∈ [−1 ; 1] fixé.

f n −→ 0 sur tout [a ; b], b ∈ [0 ; +∞[ fixé.

Si |x| < 1, alors, pour tout n assez grand (précisément, pour   1 n
), f n (x) = 0, donc la suite f n (x) n
2 stationne 1 − |x| sur 0, donc : f n (x) −−−→ 0.

f) 1) Convergence simple :

Si |x| = 1, alors : f n (x) = 1 −−−→ 1 .

||

donc :

;b] f n ||[0 ∞

On conclut : C.U.

n∞

n∞

Soit x ∈ [0 ; 1[ fixé.

1 + 1, on a : En notant Nx = E √ 1−x

1 1 ∀ n
N x , f n (x) = Min n, √ = √ , 1−x 1−x 

donc la suite f n (x)

 n∈N

1 stationne sur √ , d’où : 1−x

n∞

C.S.

On conclut : f n −→ f, où : n∞



f : [−1 ; 1] −→ R, x −→

0

si |x| < 1

1

si |x| = 1.

2) Convergence uniforme : • Étude sur [−1 ; 1] : 1re méthode : y

1 f n (x) −−−→ √ . n∞ 1−x

1

1 . Notons : f : [0 ; 1[−→ R, x −→ √ 1−x

fn f

C.S.

On conclut : f n −→ f sur [0 ; 1[ . n∞

2) Convergence uniforme : • Pour tout n ∈ N fixé, l’application | f n − f | n’est pas bornée sur [0 ; 1[ , car, pour x assez près de 1 : 1 | f n (x) − f (x)| = √ − n −→− +∞ . x−→1 1−x 206

1

1+ 1 n

O

1

1 n

1

x

On a :

∀ n
2, || f n − f ||∞ = 1,

Comme f n −→ f, on déduit, par passage à la limite lorsque l’en-

donc :

/ 0, || f n − f ||∞ −−−→

tier n tend vers l’infini : f (x)  f (y).

C.S. n∞

n∞

C.U.

On conclut que f est croissante.

n∞

2) Supposons que, pour tout n ∈ N , f n soit convexe.

/ 0 sur [−1 ; 1] . et on conclut : f n −→ 2e méthode : / 0 continue sur [−1 ; 1] , d’après le cours, on conclut : f n −→

Soient λ ∈ [0 ; 1], (x,y) ∈ I 2 . On a :   ∀ n ∈ N, f n λx + (1 − λ)y  λ f n (x) + (1 − λ) f n (y) .

sur [−1 ; 1] .

Comme f n −→ f, on déduit, par passage à la limite lorsque l’en-

Puisque les f n sont continues sur [−1 ; 1] , et que f n’est pas C.U. n∞

C.S. n∞

• Étude sur [−a ; a] , a ∈ [0 ; 1[ fixé : On a, pour n assez grand (précisément : n


1 ): 1−a

∀ x ∈ [−a ; a], f n (x) = 0 = f (x) , ;a] = 0 −−−→ 0. || f n − f ||[−a ∞

d’où :

n∞

On conclut :

tier n tend vers l’infini :   f λx + (1 − λ)y  λ f (x) + (1 − λ) f (y) . On conclut que f est convexe. 3) Supposons que, pour tout n ∈ N , f n est k-lipschitzienne, où k ∈ R+ est fixé, indépendamment de n. Soit (x,y) ∈ I 2 . On a :

C.U.

∀ n ∈ N, | f n (x) − f n (y)|  k|x − y| .

f n −→ f sur tout [−a ; a], a ∈ [0 ; 1[ fixé. n∞

C.S.

h) 1) Convergence simple :

Comme f n −→ f, on déduit, par passage à la limite lorsque l’en-

Soit x ∈ R .

tier n tend vers l’infini :

n∞

1 −−−→ 0. nx n ∞ Si x = 0, alors : f n (x) = 0 −−−→ 0 .

| f (x) − f (y)|  k|x − y| .

/ 0, alors : f n (x) = x 2 sin Si x =

n∞

On conclut que f est k-lipschitzienne.

5.3 Nous allons essayer, dans ces exemples, d’appliquer le

C.S.

On conclut : f n −→ 0 sur R.

théorème de convergence dominée.

n∞

a) Notons, pour tout n ∈ N∗ :

2) Convergence uniforme : • Étude sur R :

x

On remarque : || f n ||∞
f n (n) = n 2 sin

1 −−−→ 1, n2 n ∞

C.U.

/ 0 sur R. donc : || f n ||∞ −−−/→ 0, f n −→ n∞

n∞

1 e− n −−−→ . 1 + x2 n ∞ 1 + x2 1 , En notant f : [0 ; +∞[−→ R, x −→ 1 + x2 f n (x) =

On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [−a ; a],        |x| a 1  2 2 1  | f n (x)| = x  sin x  =  , nx  nx n n ;a] ∀ n ∈ N∗ , || f n ||[−a  ∞

a , n

;a] −−−→ 0 . || f n ||[−a ∞ n∞

On conclut : C.U.

f n −→ 0 sur tout [−a ; a], a ∈ [0 ; +∞[ fixé. n∞

5.2

• Pour tout n ∈ N∗ , f n est continue par morceaux (car continue) sur [0 ; +∞[. x

Soit a ∈ [0 ; +∞[ fixé.

d’où :

e− n . 1 + x2

• Pour tout x ∈ [0 ; +∞[ fixé :

• Étude sur [−a ; a], a ∈ [0 ; +∞[ fixé :

donc :

f n : [0 ; +∞[−→ R, x −→

1) Supposons que, pour tout n ∈ N , f n soit croissante.

Soit (x,y) ∈ I 2 tel que x < y . On a : ∀ n ∈ N, f n (x)  f n (y).

C.S.

on a donc : f n −→ f. n∞

• f est continue par morceaux (car continue) sur [0 ; +∞[. • On a : x

∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; +∞[, | f n (x)| =

1 e− n  1 + x2 1 + x2

1 est continue par morceaux (car 1 + x2 continue),
0, intégrable sur [0 ; +∞[ 1 1 ∼ car , exemple de Riemann en +∞ (2 > 1 ) 1 + x 2 x−→+∞ x 2 et théorème d’équivalence pour des fonctions
0.

et l’application x −→

207

Ainsi, ( f n )n∈N∗ vérifie l’hypothèse de domination. D’après le théorème de convergence dominée, f est intégrable sur [0 ; +∞[ et :  +∞  +∞  +∞ 1 f n −−−→ f = dx n∞ 1 + x2 0 0 0 π = [Arctan x]+∞ = . 0 2  +∞ − x n e π ] dx = . On conclut : lim n∞ 0 1 + x2 2

C.S.

Ainsi : f n −→ f sur [0 ; +∞[, où : n∞

f : [0 ; +∞[−→ R, x −→

n . nx 2 + ex

• Pour tout n ∈ N , f n est continue par morceaux (car continue) sur [1 ; +∞[. • On a, pour tout x ∈ [1 ; +∞[ fixé : f n (x) =

nx 2

n = + ex

1 x2 +

x

e n

−−−→ n∞

1 . x2

1 . n∞ x2 • f est continue par morceaux (car continue) sur [1 ; +∞[. C.S.

Ainsi : f n −→ f, où : f : [1 ; +∞[−→ R, x −→

• On a : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ [1 ; +∞[, | f n (x)| =

1 n  2, nx 2 + ex x

1 est continue par morceaux (car continue),
0, x2 intégrable sur [1 ; +∞[ (exemple de Riemann en +∞, 2 > 1 ). et x −→

Ceci montre que ( f n )n∈N vérifie l’hypothèse de domination. D’après le théorème de convergence dominée, on déduit :    +∞  +∞  +∞ 1 1 +∞ f n −−−→ f = dx = − = 1. n∞ x2 x 1 1 1 1  +∞ n dx = 1. On conclut : lim 2 n∞ 1 nx + ex c) Notons, pour tout n ∈ N∗ : f n : [0 ; +∞[−→ R, x −→

x 2n

xn . + xn + 1

• Pour tout n ∈ N , f n est continue par morceaux (car continue) sur [0 ; +∞[. • Soit x ∈ [0 ; +∞[. xn −−−→ 0. + xn + 1 n ∞ 1 1 Si x = 1, alors : f n (x) = −−−→ . 3 n∞ 3 Si x > 1, alors :

Si 0  x < 1, alors : f n (x) =

f n (x) = 208

x 2n

x 2n

xn xn = x −n −−−→ 0 . ∼ n∞ + x n + 1 n∞ x 2n

0

si x = / 1

1/3

si x = 1.

• f est continue par morceaux sur [0 ; +∞[. • Soient n ∈ N∗ , x ∈ [0 ; +∞[. Si 0  x  1, alors : 0  f n (x) =

b) Notons, pour tout n ∈ N : f n : [1 ; +∞[−→ R, x −→



x 2n

xn  xn  1 . + xn + 1

Si x > 1, alors : 0  f n (x) 

xn 1 1 = n  2 si n
2 . x 2n x x

Ainsi : ∀ n ∈ N∗ − {1}, ∀ x ∈ [0 ; +∞[, | f n (x)|  ϕ(x), où :   1 ϕ : [0 ; +∞[−→ R, x −→  1 x2

si 0  x  1 si 1 < x.

L’application ϕ est continue par morceaux,
0, intégrable sur [0 ; +∞[ (exemple de Riemann en +∞, 2 > 1). Ceci montre que ( f n )n
2 vérifie l’hypothèse de domination. D’après le théorème de convergence dominée, on déduit :  +∞  +∞ f n −−−→ f = 0. n∞

0

 On conclut : lim n∞

0

+∞

x 2n

0

xn dx = 0. + xn + 1

5.4 Essayons d’appliquer le théorème de convergence dominée. Notons, pour tout n ∈ N∗ :

x n f n : [0 ; 1] −→ C, x −→ f n (x) = f (x) 1 − . n

• Pour tout n ∈ N∗ , f n est continue par morceaux, comme produit de deux applications continues par morceaux. • Pour tout x ∈ [0 ; 1], et pour n
2 :   x  f n (x) = f (x) exp n ln 1 − n  1    x = f (x) exp n − + o n n∞ n   = f (x) exp − x + o(1) −−→ f (x) e−x . n∞

En notant g : [0 ; 1] −→ C, x −→ f (x) e−x , C.S.

on a donc : f n −→ g sur [0 ; 1] . n∞

• L’application g est continue par morceaux, comme produit de deux applications continues par morceaux. • On a, pour tout n ∈ N∗ et tout x ∈ [0 ; 1] :

x n  | f (x)| , | f n (x)| = | f (x)| 1 − n

Du théorème de convergence dominée, on déduit :  1  1 f n −−−→ f, 0

On conclut que



f n converge simplement et absolument sur

n
1

[0 ; +∞[. 2) Convergence normale, convergence uniforme : n3

n3 n = −−−→ 1, + n2 n + 1 n∞

n∞

D’après le cours, il en résulte que



f n ne converge pas uni-

n
1

 1 n2 n
1

converge. Il en résulte, d’après le théorème de majoration pour  || f n ||∞ converge. des séries à termes
0, que la série 

Ceci montre que

/ 0. donc : || f n ||∞ −−−→

| f n (x)| =

D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ), la série

D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ) et le théorème de ma f n (x) joration pour des séries à termes
0, la série

• On a : || f n ||∞
| f n (n)| =

a) On a, pour tout n ∈ N∗ et tout x ∈ R :

d’où :

nx 2 nx 2 x2  = . n3 + x 2 n3 n2

n
1

0

1 1 | sin nx|  2  2, n2 + x 2 n + x2 n 1 ∀ n ∈ N∗ , || f n ||∞  2 . n

∀ n ∈ N∗ , f n (x) =

converge.

c’est-à-dire :

 1  1 x n f (x) 1 − dx −−−→ f (x) e−x dx . n∞ n 0 0

5.5

La convergence absolue revient à la convergence simple, puisque les f n sont toutes
0. Soit x ∈ [0 ; +∞[. On a :

et | f | est continue par morceaux,
0, intégrable sur [0 ; 1] car continue par morceaux sur ce segment.

n∞

c) 1) Convergence simple, convergence absolue :

n
1

f n converge normalement sur R, donc uni-

formément sur [0 ; +∞[, donc ne converge pas normalement sur [0 ; +∞[. • Soit a ∈ [0 ; +∞[ fixé. On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; a], | f n (x)| =

na 2 nx 2 a2  = , n3 + x 2 n3 n2

n
1 ;a]  ∀ n ∈ N∗ , || f n ||[0 ∞

a2 . n2

formément, absolument, simplement.

donc :

b) L’étude des variations de x −→ x(1 − x) sur [0 ; 1] 1 montre : ∀ x ∈ [0 ; 1], |x(1 − x)|  . 4 n2 On a donc : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ [0 ; 1], | f n (x)|  n , 4

Il en résulte, d’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ) et le théorème de majoration pour des séries à termes
0, que la série  ;a] || f n ||[0 converge. ∞

∀ n ∈ N, || f n ||∞

d’où :

Notons, pour tout n ∈ N : u n =

2

n  n. 4

n2 . 4n

∀ n ∈ N , un > 0

u n+1 1 (n + 1)2 4n (n + 1)2 1 = = −−−→ < 1. n+1 2 un 4 n n2 4 n∞ 4  u n converge. D’après la règle de d’Alembert, la série et :

n
1

D’après le théorème de majoration pour des séries à termes
0,  || f n ||∞ converge. la série n
1

Ceci montre que la série



Ceci montre que



f n converge normalement, donc unifor-

n
1

mément, sur tout [0 ; a], a ∈ [0 ; +∞[ fixé. d) 1) Convergence simple, convergence absolue :

∗

On a :

n
1

La convergence absolue revient à la convergence simple, puisque les f n sont toutes
0. Soit x ∈ [0 ; +∞[. Si x > 0, alors, pour tout n ∈ N∗ : x −n2 x 2 2 2  x e−nx = x(e−x )n . e n  2 2 (e−x )n converge, Puisque |e−x | < 1 , la série géométrique 0  f n (x) =

n
1

f n converge normalement sur

n
0

[0 ; 1] , donc uniformément, absolument, simplement.

donc, par théorème de majoration pour des séries à termes
0,  f n (x) converge. la série n
1

209

Si x = 0, alors : ∀ n ∈ N∗ , f n (x) = 0 ,  f n (x) converge. donc la série n
1

Ceci montre que



Par résolution d’une équation du second degré, on déduit le √ tableau de variations de f n , en notant xn = −n + n 3 + n 2 : x

f n converge simplement et absolument

f n (x)

n
1

sur [0 ; +∞[.

f n (x)

2) Convergence normale, convergence uniforme : Soit n ∈ N∗ . L’application f n est de classe C 1 sur [0 ; +∞[ et, pour tout 1 2 2 x ∈ [0 ; +∞[ : f n (x) = (1 − 2n 2 x 2 )e−n x , n d’où le tableau des variations de f n : x

1 √ n 2

0

f n (x)

+

f n (x)



0

=

1 √ n 2

=

n
1

converge. Ceci montre que



0

1 1
0. ∼

n∞  3/2 2n 1 1 2n 3/2 1+ − √ n n

converge. Ceci montre que



f n converge normalement sur [0 ; +∞[,

n
1

donc uniformément, absolument, simplement, et rend inutile l’étude de 1). 2e méthode :

f n converge normalement, donc unifor-

n
1

Soit n ∈ N∗ .

e) 1) Convergence simple, convergence absolue :

Vu le dénominateur n 3 + x 2 , séparons en cas selon la position relative de n 3 et de x 2 , c’est-à-dire selon la position de x par rapport à n 3/2 :

La convergence absolue revient à la convergence simple, puisque les f n sont toutes
0.

• si x
n 3/2 , alors :

mément, sur [0 ; +∞[, et rend l’étude de 1) inutile.

Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé. f n (x) =

On a :

| f n (x)| =

1 n+x ∼ 2
0. 3 2 n∞ n +x n

D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ) et le théorème d’équi f n (x) valence pour des séries à termes
0, la série

Ceci montre que



n+x n 3/2 + x 2x 2 n+x  2   2  3/2 3 2 n +x x x2 x n

• si x  n 3/2 , alors : | f n (x)| =

n
1

converge.

n+x n + n 3/2 2n 3/2 n+x 2  3   3 = 3/2 . 3 2 3 n +x n n n n

On a donc : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; +∞[, | f n (x)|  f n converge absolument et simplement

n
1

d’où :

sur [0 ; +∞[. 2) Convergence normale, convergence uniforme :

∀ n ∈ N∗ , || f n ||∞ 

D’après l’exemple de Riemann (3/2 > 1) et le théorème de ma || f n ||∞

joration pour des séries à termes
0, la série

Soit n ∈ N∗ . L’application f n est de classe C 1 sur [0 ; +∞[ et, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ :

converge.

(n + x ) − (n + x)2x x + 2nx − n = =− . (n 3 + x 2 )2 (n 3 + x 2 )2 3

2

2

2 , n 3/2

2 . n 3/2

1re méthode :

f n (x) 210



n
1



1 1 1 √ e− 2 = √ . n2 2 n2 2 e  || f n ||∞ D’après l’exemple de Riemann (2 > 1), la série ∀ n ∈ N∗ , || f n ||∞ = f n



−

D’après l’exemple de Riemann (3/2 > 1) et le théorème  || f n ||∞ d’équivalence pour des séries à termes
0, la série

0

On a donc :

1 n2

0

|| f n ||∞ = f n (xn ) √ n3 + n2 1  = √ = √ 3 2 3 2 2n + 2n − 2n n + n 2 n3 + n2 − n

+∞



+

On a donc :

−

0

+∞

xn

0

3

n
1

Ceci montre que



f n converge normalement sur [0 ; +∞[,

n
1

donc uniformément, absolument, simplement.

5.6 a) 1) Convergence simple :

f) On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; +∞[, | f n (x)| =

x2

∀ n ∈ N∗ , || f n ||∞ 

donc :

1 1  2, + n2 n

1 . n2

D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ) et le théorème de ma || f n ||∞ joration pour des séries à termes
0, la série n
1

converge. Ceci montre que



f n converge normalement sur [0 ; +∞[,

donc uniformément, absolument, simplement. g) 1) Convergence simple : Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé.    (−1)n  (−1)n    −→ 0, et la suite La série est alternée,  x 2 + n  −− n∞ x2 + n n
1

1 est décroissante. x 2 + n n
1  f n (x) converge. D’après le TSCSA, la série Ceci montre que

On conclut :

n
1

f n converge simplement sur [0 ; +∞[.

n
1

Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé. 1 1
0. ∼ On a : | f n (x)| = 2 x + n n∞ n D’après l’exemple de Riemann et le théorème d’équivalence  | f n (x)| diverge. pour des séries à termes
0, la série Ceci montre que

n
1

f n ne converge absolument sur aucune par-

n
1

tie non vide de [0 ; +∞[.  f n ne converge normalement sur aucune Il en résulte que n
1

partie non vide de [0 ; +∞[.

/ 0. On a : • Cas x = e−nx  e−nx = (e−x )n . n+x  (e−x )n converge. Comme |e−x | < 1 , la série géométrique ∀ n ∈ N∗ , | f n (x)| =

n
1

Par théorème de majoration pour des séries à termes
0, la  | f n (x)| converge. série n
1

1 • Cas x = 0. On a : ∀ n ∈ N∗ , | f n (x)| = , n  | f n (x)| diverge. donc la série n
1

n
1

d’ordre n, on a, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : 1 1 |Rn (x)|  | f n+1 (x)| = 2  , x + (n + 1) n+1 ||Rn ||∞

On conclut :



non sur [0 ; +∞[. 3) Convergence normale : • Étude sur ]0 ; +∞[ : Soit n ∈ N∗ . Comme | f n (x)| =

1 e−nx −→ , n + x x−→0+ n

1 on a : || f n ||∞
, et donc, d’après l’exemple de Riemann et n le théorème de minoration pour des séries à termes
0, la série  ;+∞[ || f n ||]0 diverge. ∞

]0 ; +∞[.



f n ne converge pas normalement sur

n
1

• Étude sur [a ; +∞[, a ∈ ]0 ; +∞[ fixé : Soit a ∈ ]0 ; +∞[ fixé. On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [a ; +∞[, | f n (x)| =

1  . n+1

Il en résulte : ||Rn ||∞ −−−→ 0, et on conclut, d’après le cours, n∞  f n converge uniformément sur [0 ; +∞[. que

f n converge absolument sur ]0 ; +∞[, mais

n
1

Ceci montre que

Soit n ∈ N∗ fixé. Puisque, pour tout x ∈ [0 ; +∞[, la série  f n (x) relève du TSCSA, en notant Rn (x) le reste

n
1

f n converge simplement sur [0 ; +∞[.

Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé.

n
1

3) Convergence uniforme :

donc :

n
1

2) Convergence absolue :

2) Convergence absolue, convergence normale :



 n
1

n
1



Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé.  e−nx −−−→ 0, et f n (x) est alternée, | f n (x)| = La série n + x n∞ n
1   la suite | f n (x)| n
1 est décroissante. D’après le TSCSA, il en  f n (x) converge. résulte que la série

e−nx e−nx   e−nx  e−na , n+x n

;+∞[  (e−a )n . ∀ n ∈ N∗ , || f n ||[a ∞  (e−a )n converge. Puisque |e−a | < 1 , la série géométrique

d’où :

n
1

211

Par théorème de majoration pour des séries à termes
0, on  f n converge normalement sur [a ; +∞[, pour conclut que n
1



Puisque, pour tout x ∈ [0 ; +∞[, la série

f n (x) relève du

n
1

TSCSA, on a, en notant Rn le reste d’ordre n : −(n+1)x

1 e  , (n + 1) + x n+1

∀ n ∈ N∗ , ||Rn ||∞ 

d’où :

1 , n+1

||Rn ||∞ −−−→ 0.

puis : Ceci montre que



f n converge simplement sur [0 ; +∞[.

n
1

S  (x) =

+∞  n=1

∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; +∞[, |Rn (x)|  | f n+1 (x)| =



D’après le théorème de dérivation pour les séries d’applications, on conclut que S est de classe C 2 sur [0 ; +∞[ et que, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ :

tout a ∈ ]0 ; +∞[ fixé. 4) Convergence uniforme :

• On a vu en a) que

n∞

f n converge uniformément sur [0 ; +∞[.

1 , (n + x)n 2

S  (x) =

+∞  n=1

−

1 . (n + x)2 n 2

c) 1) D’après b), S est de classe C 1 sur [0 ; +∞[ et, pour tout x ∈ [0 ; +∞[, S  (x) est la somme d’une série à termes tous > 0 , donc S  (x) > 0. On conclut que S est strictement croissante sur [0 ; +∞[. 2) D’après b), S est de classe C 2 sur [0 ; +∞[, et, pour tout x ∈ [0 ; +∞[, S  (x) est la somme d’une série à termes tous  0, donc S  (x)  0 . On conclut que S est concave sur [0 ; +∞[.

n
1

b) Puisque, pour tout n ∈ N∗ , f n est continue sur [0 ; +∞[ et  f n converge uniformément sur [0 ; +∞[, d’après un que n
1

théorème du cours, on conclut que la somme S est continue sur [0 ; +∞[.

5.7

a) Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé. On a :

x ln n + ln 1 + ln n ln(n + x) n = ∼
0. f n (x) = n∞ n 2 n2 n2  ln n Puisque la série converge (cf. Exercice 4.2, utilisation n2 n
1

de la règle n 3/2 u n ), par théorème d’équivalence pour des sé f n (x) converge. ries à termes
0, la série On conclut :



n
1

f n converge simplement sur [0 ; +∞[.

n
1

b) • Pour tout n ∈ N∗ , f n est de classe C 2 sur [0 ; +∞[ et, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : f n (x) = • Puisque :

1 , (n + x)n 2

f n (x) = −

∀ n ∈ N∗ , || f n ||∞ =

1 . (n + x)2 n 2

1 , n4

d’après l’exemple de Riemann (4 > 1 ), la série

 n
1

f n converge

normalement, donc uniformément, sur [0 ; +∞[. • Puisque :

∀ n ∈ N∗ , || f n ||∞ =

1 , n3

d’après l’exemple de Riemann (3 > 1 ), la série

 n
1

normalement, donc uniformément, sur [0 ; +∞[. 212

f n converge

5.8 a) 1) Convergence simple : Soit x ∈ [0 ; 1] fixé. πx < 1, 2 donc, par prépondérance de la suite géométrique sur les puis

πx n −−−→ 0. sances : f n (x) = n(1 − x) sin n∞ 2 / 1, alors : 0  sin • Si x =

• Si x = 1, alors : f n (x) = 0 −−−→ 0 . n∞

C.S.

Ceci montre : f n −→ 0. n∞

2) Convergence uniforme : L’étude des variations de f n paraît malcommode, car le signe de f n (x) ne paraît pas facile à déterminer. • Étude sur [0 ; 1] : Soit n ∈ N∗ . Remarquons :



n

π 1 π n π = sin = cos − fn 1 − n 2 2n 2n

 

2 π π 1 = exp n ln 1 − 2 + o 2 = exp n ln cos 2n 8n n   1 

π2 = exp n − 2 + o 2 8n n

2 π 1 −−−→ 1. = exp − +o n∞ 8n n 

  1  / 0. −−−→ Il en résulte : || f n − 0||∞
 f n 1 − n  n∞ Ceci montre que ( f n )n
0 ne converge pas uniformément vers 0 sur [0 ; 1] . • Étude sur [0 ; a], a ∈ [0 ; 1[ fixé : Soit a ∈ [0 ; 1[ fixé. On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; a] ,



πx n πa n | f n (x)| = n(1 − x) sin  n sin , 2 2

πa n ;a]  n sin −−−→ 0, || f n ||[0 donc : ∞ n∞ 2 n∞

Ceci montre que la suite ( f n )n
0 converge uniformément vers 0 sur [0 ; a], pour tout a ∈ [0 ; 1[ fixé. b) 1) Convergence simple :



n+1 x Pour tout x ∈ R : f n (x) = sin n

−−−→ sin x. n∞

C.S.

Ceci montre : f n −→ f, où f : R −→ R, x −→ sin x . n∞

2) Convergence uniforme : • Étude sur R : Soit n ∈ N∗ . Remarquons que, par exemple :       ( f 2n − f )(nπ) =  sin 2n + 1 nπ − sin (nπ) 2n = |(−1)n − 0| = 1. / 0, puis || f n − f ||∞ −−−→ / 0. d’où : || f 2n − f ||∞ −−−→ n∞

n∞

Ceci montre que ( f n )n
1 ne converge pas uniformément vers f sur R. • Étude sur [−a ; a], a ∈ [0 ; +∞[ fixé : Soit a ∈ [0 ; +∞[ fixé. On a, en utilisant une formule de trigonométrie : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [−a ; a],  

  n+1 | f n (x) − f (x)| =  sin x − sin x  n 



   n + 1 1 n+1 1 x−x cos x + x  = 2 sin 2 n 2 n     (2n + 1)x x  cos = 2 sin  2n 2n       x  |x| a x   2 sin   2  =  , 2n 2n n n a −−−→ 0. n n∞ Ceci montre que la suite ( f n )n
1 converge uniformément vers f sur [−a ; a] , pour tout a ∈ (0 ; +∞[ fixé.

d’où :

;a] || f n − f ||[−a  ∞

c) 1) Convergence simple :

2) Convergence uniforme : Le calcul de ( f n − f ) paraissant compliqué, nous allons essayer, pour x ∈ [0 ; +∞[, de majorer | f n (x) − f (x)| en utilisant l’inégalité des accroissements finis. L’application ϕ : t −→ ln(1 + t) est de classe C 1 sur [0 ; +∞[ 1 . et : ∀ t ∈ [0 ; +∞[, ϕ (t) = 1+t D’où, d’après l’inégalité des accroissements finis, appliquée nx 2 : à ϕ entre x et 1 + nx  

  nx 2  − ϕ(x) | f n (x) − f (x)| = ϕ 1 + nx 

  nx 2  1 x Sup |ϕ (t)|    . − x  = 1 + nx 1 + nx n t∈[0 ;+∞[ 1 −−−→ 0, n n∞

C.U.

et on conclut : f n −→ f sur [0 ; +∞[. n∞

Remarque : Ce résultat entraîne la convergence simple. Cependant, on ne pouvait pas se passer de l’étude de la convergence simple, car, pour étudier la convergence uniforme, on a besoin de former f n − f , donc de connaître f, issue de l’étude de la convergence simple. d) 1) Convergence simple : Soit x ∈ ]0 ; +∞[ fixé. On a : x

f n (x) = (nx) n = exp



x ln (nx) −−−→ 1 . n∞ n

C.S.

On conclut : f n −→ f, où f = 1 (application constante). n∞

2) Convergence uniforme : Soit n ∈ N∗ . L’application gn = f n − f est de classe C 1 sur ]0 ; +∞[ et, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ :

1 x 1 gn (x) = f n (x) = f n (x) ln (nx) + n n x   1 = f n (x) ln (nx) + 1 . n On en déduit le tableau de variations de gn :

Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé. / 0, alors : Si x =

f n (x) = ln 1 +

f : [0 ; +∞[−→ R, x −→ ln(1 + x) .

On a donc : || f n − f ||∞ 

|| f 2n − f ||∞
1,

On a donc :

n∞

Soit n ∈ N∗ .

;a] −−−→ 0. || f n ||[0 ∞

d’où :

C.S.

Ceci montre : f n −→ f, où :

2

nx 1 + nx



x −−−→ ln(1 + x) .

Si x = 0, alors : f n (x) = 0 −−−→ 0 . n∞

n∞

gn (x) gn (x)

1 en

0 − 0



0

+∞ + 

+∞ 213

Et :

x ln (nx) − 1 −→+ 0 , gn (x) = f n (x) − 1 = exp x−→0 n x−→+∞

gn

1 en



12 1 en − 1 = − 1 = e en2 − 1 . e

• Pour tout n ∈ N∗ , gn = f n − f n’est pas bornée sur ]0 ; +∞[, donc ( f n )n
1 ne converge pas uniformément sur ]0 ; +∞[. • Soit b ∈ ]0 ; +∞[ fixé. On a, d’après le tableau de variations de gn = f n − f : 1   ;b] || f n − f ||]0 , gn (b)  Max − gn ∞ en  1  = Max e− en2 − 1, gn (b) −−→ 0, n∞

− 12

car e

en

−−−→ 1 et, par convergence simple, n∞

gn (b) = f n (b) − f (b) −−−→ 0. n∞

Ceci montre que la suite ( f n )n
1 converge uniformément sur tout ]0 ; b], b ∈ ]0 ; +∞[ fixé.

5.9

L’application ϕ : [0 ; +∞[−→ R, t −→ ln(1 + t) est dérivable sur [0 ; +∞[ et : ∀ t ∈ [0 ; +∞[, ϕ (t) =

donc ϕ est bornée et

1 , 1+t

Sup |ϕ (t)| = 1.

tout x ∈ R et tout n ∈ N∗ :

t∈R

  1  1 1 f (x) + 2 f  (x)   3 M3 n 2n 6n

  1 1 1  f (x) + 2 f  (x)   3 M3 , n 2n 6n

d’où, en utilisant l’inégalité triangulaire :  



   f x + 1 − 2 f (x) + f x − 1 − 1 f  (x)   n n n2 



  1 1 1 − f (x) + f  (x) + 2 f  (x) =  f x + n n 2n



   1  1 1 − f (x) − f (x) + 2 f  (x)  + f x− n n 2n 1 M3  2 3 M3 = 3 , 6n 3n puis : |gn (x) − f  (x)|  



  1 1   1 2 − 2 f (x) + f x − − 2 f (x) =n  f x+ n n n M3  . 3n Ceci montre que gn − f  est bornée et que : M3 ∀ n ∈ N∗ , ||gn − f  ||∞  . 3n M3 −−−→ 0 , il en résulte, par encadrement : Comme 3n n ∞ C.U. ||gn − f  ||∞ −−−→ 0, et on conclut : gn −→ f  sur R. n∞

t∈[0 ;+∞[

D’après l’inégalité des accroissements finis, on a alors : ∀ (u,v) ∈ [0 ; +∞[2 , |ϕ(u) − ϕ(v)|    Sup |ϕ (t)| |u − v| = |u − v|, t∈[0 ;+∞[

  ∀ (u,v) ∈ [0 ; +∞[2 , ln(1 + u) − ln(1 + v)  |u − v| . D’où, ici : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ X,       ln 1 + f n (x) − ln 1 + f (x)   | f n (x) − f (x)|  || f n − f ||∞ . Il en résulte : ∀ n ∈ N, ||ln(1 + f n ) − ln(1 + f )||∞  || f n − f ||∞ . C.U.

Comme f n −→ f, on a || f n − f ||∞ −−−→ 0 , donc, n∞

n∞

par encadrement, ||ln(1 + f n ) − ln(1 + f )||∞ −−−→ 0 , n∞

C.U.

et on conclut : ln(1 + f n ) −→ ln(1 + f ) . n∞

n∞

5.11 Une récurrence immédiate montre que, pour tout n ∈ N et tout x ∈ R , f n (x) existe et f n (x)
0.

Considérons l’application ϕ : [0 ; +∞[−→ R, t −→

donc :

214

Taylor-Lagrange, en notant M3 = Sup | f (3) (t)| , on a, pour

    f x + 1 − f (x) +     n 

  1     f x − − f (x) − n

gn (x) −→ +∞ ,

5.10 Puisque f est de classe C 3 sur R, d’après l’inégalité de

√ 1+t

et cherchons les éventuels points fixes de ϕ. On a, pour tout t ∈ [0 ; +∞[, ϕ(t)
0 et : ϕ(t) = t ⇐⇒ 1 + t = t 2 ⇐⇒ t 2 − t − 1 = 0 √ 1+ 5 ⇐⇒ t = , noté α. 2 Essayons de montrer que la suite ( f n )n∈N converge uniformément sur R vers la fonction constante α. Soient n ∈ N, x ∈ R. On a, par utilisation d’une expression conjuguée : √   | f n+1 (x) − α| =  1 + f n (x) − 1 + α | f n (x) − α| 1 =√  | f n (x) − α|. √ 2 1 + f n (x) + 1 + α

Une récurrence immédiate montre :

On a :



1 ∀ x ∈ R, ∀ n ∈ N, | f n (x) − α|  n | f 0 (x) − α| , 2 d’où :

par prépondérance classique.

∀ x ∈ R, ∀ n ∈ N,

On conclut : f n −→ 0 sur [0 ; +∞[.

| f n (x)| =

1 n!

x

t n e−t dt 

0

1 n x n+1 xx = −−−→ 0 , n∞ n! n!

C.S.

| f n (x) − α| 

 1 1 f 0 (x) + α  n (|| f 0 ||∞ + α). 2n 2

Il en résulte que, pour tout n ∈ N , f n est bornée et que : 1 || f n − α||∞  n (|| f 0 ||∞ + α) −−−→ 0. n∞ 2 C.U.

On conclut : f n −→ α sur R, où α est la fonction constante égale n∞

à α.

5.12

• Montrons, par récurrence sur n, que, pour tout n ∈ N , f n existe, est
0 et est bornée sur R.

n∞

2) Convergence uniforme : • Étude sur [0 ; +∞[ : On a, pour tout n ∈ N , d’après l’étude de la fonction d’Euler :   1 +∞ n −t 1 x n −t t e dt −→ t e dt f n (x) = x−→+∞ n! 0 n! 0 1 1 = (n + 1) = n! = 1. n! n! Il en résulte : ∀ n ∈ N, || f n ||∞
1, C.U

/ 0 sur [0 ; +∞[. et donc : f n −→ n∞

La propriété est vraie pour n = 0 par hypothèse.

• Étude sur [0 ; a], a ∈ [0 ; +∞[ fixé :

Si la propriété est vraie pour un n ∈ N , alors f n+1 existe, et, comme : ∀ x ∈ R, 0  f n (x)  || f n ||∞ ,   on a : ∀ x ∈ R, 0  ln 1 + f n (x)  ln (1 + || f n ||∞ ),

Soit a ∈ [0 ; +∞[ fixé.

donc f n+1 est
0 et bornée. On a ainsi montré, par récurrence sur n, que, pour tout n ∈ N , f n existe, est
0 et est bornée.

On a : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ [0 ; a],   1 a n −t 1 x n −t | f n (x)| = t e dt  t e dt = f n (a), n! 0 n! 0 d’où :

;a]  f n (a). ∀ n ∈ N, || f n ||[0 ∞

;a] −−−→ 0 Comme f n (a) −−−→ 0, on déduit || f n ||[0 ∞

• On a : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ R,   0  f n+1 (x) = ln 1 + f n (x)  ln(1 + || f n ||∞ ),

et on conclut :

donc : ∀ n ∈ N, || f n+1 ||∞  ln(1 + || f n ||∞ ).

b) Étude de (gn )n∈N :

Notons, pour tout n ∈ N, u n = || f n ||∞ , et étudions la suite (u n )n∈N . On a : ∀ n ∈ N, u n+1  ln(1 + u n )  u n , donc (u n )n∈N est décroissante. De plus, comme : ∀ n ∈ N, u n
0, la suite (u n )n∈N est minorée par 0. Il en résulte que (u n )n∈N converge et que sa limite  vérifie 
0.

n∞ C.U. f n −→ 0 n∞

n∞

sur tout [0 ; a], a ∈ [0 ; +∞[ fixé.

On a : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ [0 ; +∞[,  1 +∞ n −t t e dt gn (x) = n! x

 x  +∞  1 t n e[−t dt − t n e−t dt = n! 0 0 1 = (n + 1) − f n (x) = 1 − f n (x). n! On déduit de a) les résultats suivants : C.S.

De plus, comme : ∀ n ∈ N, u n+1  ln(1 + u n ) ,

• gn −→ 1 sur [0 ; +∞[

on a, par passage à la limite :   ln(1 + ).

• gn −→ 1 sur tout [0 ; a], a ∈ [0 ; +∞[ fixé

L’étude des variations de la fonction t −→ ln(1 + t) − t

/ 1 sur [0 ; +∞[. • gn −→

sur [0 ; +∞[ montre que :   ln(1 + ) ⇐⇒  = 0. Ceci montre : u n −−−→ 0 , c’est-à-dire || f n ||∞ −−−→ 0, n∞

C.U.

et on conclut : f n −→ 0. n∞

n∞

n∞ C.U. n∞ C.U n∞

5.14 • Soit P = 

N 

ak Xk ∈ C[X]. On a :

k=0



b

P(x) f (x) dx =

5.13

a) Étude de ( f n )n∈N :

1) Convergence simple : Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé.

a

a

b

 N

ak x k f (x) dx

k=0

=

N  k=0

 ak 

a

b

x k f (x) dx = 0.   =0 215

• D’après le premier théorème de Weierstrass, il existe une suite (Pn )n∈N de polynômes de C[X] convergeant uniformément vers f sur [a ; b]. On a, pour tout n ∈ N , en utilisant le résultat précédent :  b  b 0 | f (x)|2 dx = f (x) f (x) dx a

a





b



a

 =

b

a

On a : an −−−→ 1. Puisque (an )n∈N∗ est convergente, (an )n∈N∗ est bornée.

Pn (x) f (x) dx  

Il existe donc C ∈ R+ tel que : ∀ n ∈ N∗ , |an |  C.

=0

 f (x) − Pn (x) f (x) dx  (b − a)|| f − Pn ||∞ || f ||∞ .

a



b

| f (x)|2 dx = 0.

Comme || f − Pn ||∞−−−→ 0, on déduit : n∞

a

Puisque f est continue sur [a ; b], il en résulte f = 0.

5.15

 1  Notons, pour tout n ∈ N∗ : an = n e n − 1 . n∞

b

f (x) f (x) dx −

=

• On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; 1],  x   1  | f n (x)| = n e n+x − 1  n e n − 1 .

D’après le premier théorème de Weierstrass, il existe une C.U.

suite (Q n )n∈N de polynômes de C[X] telle que : Q n −→ f sur n∞

[a ; b]. Notons, pour tout n ∈ N : Pn = Q n − Q n (c) + f (c). Il est clair que (Pn )n∈N est une suite de polynômes de C[X] et que : ∀ n ∈ N, Pn (c) = f (c). On a, pour tout n ∈ N : ∀ x ∈ [a ; b], |Pn (x) − f (x)|  |Pn (x) − Q n (x)| + |Q n (x) − f (x)| = |Q n (c) − f (c)| + |Q n (x) − f (x)|  2||Q n − f ||∞ , d’où : ||Pn − f ||∞  2||Q n − f ||∞ .

On a alors : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; 1], | f n (x)|  C, et l’application constante C est intégrable sur le segment [0 ; 1] . Ceci montre que ( f n )n∈N∗ vérifie l’hypothèse de domination. D’après le théorème de convergence dominée, on déduit :  2 1  1  1  1 x 1 f n −−−→ f = x dx = = . n ∞ 2 2 0 0 0 0  1  x  1 n e n+x − 1 dx = . On conclut : lim n∞ 0 2 b) Notons, pour tout n ∈ N∗ : f n : [0 ; +∞[−→ R, x −→ (x 2 + 1)

• Pour tout n ∈ N∗ , f n est continue par morceaux (car continue) sur [0 ; +∞[. • Pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : f n (x) −−−→ (x 2 + 1) e−x , n∞

C.S.

donc f n −→ f, où : n∞

f : [0 ; +∞[−→ R, x −→ (x 2 + 1) e−x .

C.U.

Comme Q n −→ f , on a : ||Q n − f ||∞ −−−→ 0, n∞

n∞

puis, par encadrement : ||Pn − f ||∞ −−−→ 0 , n∞

C.U.

d’où : Pn −→ f. Ainsi, la suite (Pn )n∈N convient. n∞

5.16

a) Notons, pour tout n ∈ N∗ :

 x  f n : [0 ; 1] −→ R, x −→ n e n+x − 1 .

• Pour tout n ∈ N∗ , f n est continue par morceaux (car continue) sur [0 ; 1] . • Soit x ∈ [0 ; 1] fixé. / 0, alors : Si x =

 x  f n (x) = n e n+x − 1 ∼ n n∞

x ∼ x, n + x n∞

• f est continue par morceaux (car continue) sur [0 ; +∞[. • On a, pour tout n ∈ N∗ et tout x ∈ [0 ; +∞[ : x 1+ n + x n e−x e−x = (x 2 + 1) | f n (x)| = (x 2 + 1) n + x2 x2 1+ n 2  (x + 1)(1 + x) e−x , x2 x
0.  x et n n L’application

car

ϕ : [0 ; +∞[−→ R, x −→ (x 2 + 1)(1 + x) e−x est continue par morceaux (car continue),
0 , intégrable sur ∼ x 5 e−x −→ 0,

donc : f n (x) −−−→ x .

[0 ; +∞[ car : x 2 ϕ(x)

Si x = 0, alors : f n (x) = 0 −−−→ 0 .

donc, pour x assez grand : x 2 ϕ(x)  1,

n∞

n∞

C.S.

Ainsi : f n −→ f, où : f : [0 ; 1] −→ R, x −→ x. n∞

• f est continue par morceaux (car continue) sur [0 ; 1] . 216

n + x −x e . n + x2

x−→+∞

x−→+∞

1 , x2 exemple de Riemann en +∞ (2 > 1 ) et théorème de majoration pour des fonctions
0. 0  ϕ(x) 

Ceci montre que ( f n )n∈N∗ vérifie l’hypothèse de domination.

D’après le théorème de convergence dominée, f est intégrable sur [0 ; +∞[ et :  +∞  +∞ f n −→ f . 0  0   notée I Il reste à calculer I. On a, en utilisant des intégrales de fonctions intégrables :  +∞  +∞  +∞ (x 2 + 1) e−x dx = x 2 e−x dx + e−x dx I = 0

On conclut :

0

0

= (3) + (1) = 2! + 0! = 3 .  +∞ n + x −x (x 2 + 1) e dx = 3. lim n∞ 0 n + x2

c) Notons, pour tout n ∈ N∗ : n sin nx f n : R −→ R, x −  → 2 . n + x4 • Pour tout n ∈ N∗ , f n est continue par morceaux (car continue) sur R. • Soit x ∈ R fixé. On a, pour tout n ∈ N∗ : n n n| sin nx| 1 | f n (x)| = 2  2  2 = , n + x4 n + x4 n n donc : f n (x) −−−→ 0.

d) Notons, pour tout n ∈ N∗ : f n : [0 ; π] −→ R, x −→

• Pour tout n ∈ N∗ , f n est continue par morceaux (car continue) sur [0 ; π]. • Soit x ∈ [0 ; π]. π / , alors sin x ∈ [0 ; 1[, donc sin n x −−−→ 0 puis : Si x = n∞ 2 f n (x) −−−→ 0.  n∞  π π π −−−→ . Si x = , alors : f n (x) = 2 n∞ 2 2 C.S.

Ceci montre : f n −→ f, où : n∞

f : [0 ; π] −→ R, x −→

C.S.

Ceci montre : f n −→ 0 sur R. • Soient n ∈ N∗ , x ∈ R. On a : n n| sin nx| | f n (x)| = 2  2 . n + x4 n + x4 ∀ (a,b) ∈ (R+ )2 , a 2 + b2
2ab,

n 2 + x 4
2nx 2 , n 1 = 2. / 0 : | f n (x)|  et donc, si x = 2nx 2 2x D’autre part, si |x|  1 : n n 1 | f n (x)|  2  2 = 1. 4 n +x n n d’où ici :

∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ R, | f n (x)|  ϕ(x),  si |x|  1  1 où : ϕ : R −→ R, x −→  1 si |x| > 1. 2x 2 L’application ϕ est continue par morceaux,
0, intégrable sur R (exemple de Riemann en ±∞, 2 > 1). Ainsi :

Ceci montre que ( f n )n∈N∗ vérifie l’hypothèse de domination. D’après le théorème de convergence dominée, on déduit :  +∞  +∞ f n −−−→ 0 = 0. +∞

On conclut : lim n∞

−∞

n∞

si x = / π/2 si x = π/2.

• On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; π], √ √ √ | f n (x)| = π − x sin n x  π − x  π √ et l’application constante x −→ π est continue par morceaux,
0, intégrable sur le segment [0 ; π]. Ainsi, la suite ( f n )n∈N∗ vérifie l’hypothèse de domination.

n∞

0

• 0 est continue par morceaux sur R.

−∞

0 √ π/2

• f est continue par morceaux sur [0 ; π].

n∞





D’après le théorème de convergence dominée, on déduit :  π  π f n −−−→ f =0.

n∞

Rappelons :

√ π − x sin n x .

−∞

n sin nx dx = 0. n2 + x 4

 On conclut :

π − x sin n x dx = 0.

lim n∞

0

π√

0

e) Notons, pour tout n ∈ N∗ : e−(x+a) √ . x n

f n : ]0 ; +∞[−→ R, x −→

• Pour tout n ∈ N∗ , f n est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; +∞[ • Soit x ∈ ]0 ; +∞[. Si x < 1 − a , alors 0 < x + a < 1, (x + a)n −−−→ 0 , donc n∞

1 f n (x) −−−→ √ . n∞ x e−1 e−1 −−−→ √ . Si x = 1 − a , alors : f n (x) = √ 1 − a n∞ 1−a Si x > 1 − a , alors x + a > 1, (x + a)n −−−→ + ∞, n∞

donc f n (x) −−−→ 0. n∞

C.S.

Ceci montre : f n −→ f sur ]0 ; +∞[, où l’application n∞

f : ]0 ; +∞[−→ R est définie, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, par :  1  si 0 < x < 1 − a √    x   f (x) = e−1  si x = 1 − a √   1−a    0 si x > 1 − a. 217

Ceci montre que la suite ( f n )n
1 vérifie l’hypothèse de domination.

• f est continue par morceaux sur ]0 ; +∞[. ∗

• Soient n ∈ N , x ∈ ]0 ; +∞[. 1 e−(x+a) √ . √ x x n

Si x ∈ ]0 ; 1], alors : 0  f n (x) = Si x ∈ ]1 ; +∞[, alors : 0  f n (x) =

√

x

0

0

2) Étude de wn :

 e−(x+a)  e−x  e−x . n

n

Ainsi : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, | f n (x)|  ϕ(x),

On a, pour tout n ∈ N∗ :  √n n √ √ √ 1 + x n dx  ( n n − 1) 1 + n 0  wn = 1

en notant :

  √1 si 0 < x  1 x ϕ : ]0 ; +∞[−→ R, x −→  si 1 < x. e−x L’application ϕ est continue par morceaux,
0, intégrable sur ]0 ; +∞[ (exemple de Riemann en 0, 1/2 < 1 ; exemple du cours en +∞). Ceci montre que la suite ( f n )n
1 vérifie l’hypothèse de domination. D’après le théorème de convergence dominée, f est intégrable sur ]0 ; +∞[ et :  1−a  +∞  +∞ 1 f n −−−→ f = √ dx n∞ x 0 0 0 √ √ = 2 1 − a. = [2 x]1−a 0  +∞ −(x+a)n √ e dx = 2 1 − a. √ On conclut : lim n∞ 0 x √ f) Remarquons que la borne n n dépend de n et que √ 1 n n = e n ln −−−→ 1 par valeurs supérieures à 1. n∞

On a, pour tout n ∈ N∗ :  1  √n n  √n n √ √ √ 1 + x n dx = 1 + x n dx + 1 + x n dx . 0 0 1       notée vn notée wn 1) Étude de vn : Notons, pour tout n ∈ N∗ : f n : [0 ; 1] −→ R, x −→

√ 1 + xn .

• Pour tout n ∈ N∗ , f n est continue par morceaux (car continue) sur [0 ; 1] . C.S

• On a : f n −→ f sur [0 ; 1] , où : n∞

f : [0 ; 1] −→ R, x −→



1 √ 2

si 0  x < 1 si x = 1.

 1 √ ln n ln n √ = e n ln n − 1 1 + n ∼ n = √ −→ 0, n∞ n n n∞ donc : wn −−−→ 0 . 

n∞ √ nn √

1 + x n dx = vn + wn −−−→ 1 + 0 = 1.

Ainsi : 0



On conclut : lim n∞

n∞

√ nn

√ 1 + x n dx = 1.

0

5.17 Essayons d’appliquer le théorème de convergence dominée. Notons, pour tout n ∈ N∗ : f n : ]0 ; a] −→ R, x −→

1 x





x n 1+ −1 . n

• Pour tout n ∈ N∗ , f n est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; a].

x n −−−→ ex , donc : • Soit x ∈ ]0 ; a] . On sait : 1 + n∞ n ex − 1 C.S. . Ainsi, f n −→ f sur ]0 ; a], où : f n (x) −−−→ n∞ n∞ x f : ]0 ; a] −→ R, x −→

ex − 1 . x

• f est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; a]. • Soit n ∈ N∗ . Puisque : ∀ t ∈ ] − 1 ; +∞[, ln(1 + t)  t, ∀ t ∈ [0 ; +∞[, 1 + t  et ,

x n x  (e n )n = ex , d’où, pour tout x ∈ ]0 ; a] : 1 + n

x n − 1  ex − 1, 0 1+ puis : n on a :

• f est continue par morceaux sur [0 ; 1] .

et enfin :

• On a :

L’application f est continue par morceaux sur ]0 ; a],
0, et ex − 1 −→ 1. intégrable sur ]0 ; a] car f (x) = x x−→0 Ainsi, la suite ( f n )n
1 vérifie l’hypothèse de domination.

√ √ ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; 1], | f n (x)| = 1 + x n  2 , √ et l’application constante 2 est intégrable sur le segment [0 ; 1] . 218

n∞

0

−(x+a)n

e

D’après le théorème de convergence dominée :  1  1  1 f n −−−→ f = 1 dx = 1 . vn =

0  f n (x)  f (x).

D’après le théorème de convergence dominée, on déduit :  a  a f n −−−→ f, n∞

0

Soit n ∈ N∗ . L’application u n : x −→ f (x) e−n par morceaux sur R (car f l’est), et : ∀ x ∈ R, |u n (x)|  || f ||∞ e−n −n 2 x 2

L’application εn : x −→ e 2 −n 2 x 2

x εn (x) = x e

−∞

c’est-à-dire :  +∞  +∞

√ t 2 2 e−t dt −−−→ f f (0) e−t dt = f (0) π , n∞ n −∞ −∞  +∞ √ 2 e−t dt = π. en utilisant l’intégrale de Gauss : −∞

1) Existence de In :

2

n∞

−∞

0

c’est-à-dire :



 a x  a 1 e −1 x n − 1 dx −−−→ dx . 1+ n∞ n x 0 x 0

5.18

D’après le théorème de convergence dominée, on déduit :  +∞  +∞ f n −−−→ g,

2x2

2x2

est continue

On obtient :  +∞ −∞

.

est intégrable sur R, car

−→ 0 , donc, pour |x| assez grand,

x−→±∞

f (x) e−n

2x2

dx = f (0)

√

1 π + o n∞ n n

/ 0: et on conclut, si on suppose f (0) = √  +∞ π 2 2 f (x) e−n x dx ∼ f (0) . n∞ n −∞ Remarque : La même méthode permet de montrer :

1 1 0  εn (x)  2 , et x −→ 2 est intégrable sur ] − ∞ ; −1] x x et sur [1 ; +∞[, exemple de Riemann. Par théorème de majoration pour des fonctions
0, u n est intégrable sur R, donc In existe.

• si f : [0 ; +∞[−→ R est continue par morceaux et bornée, alors : √

 +∞ 1 π 2 2 f (x) e−n x dx = f (0+ ) + o , n∞ 2n n 0

2) Équivalent de In lorsque n tend vers l’infini :

où f (0+ ) désigne la limite de f en 0 à droite

∗

On a, pour tout n ∈ N fixé, par le changement de variable t = nx :

 +∞  1 +∞ t 2 2 2 e−t dt . f (x) e−n x dx = f In = n −∞ n −∞ Essayons d’appliquer le théorème de convergence dominée, pour obtenir l’éventuelle limite de cette dernière intégrale. Notons, pour tout n ∈ N∗ : f n : R −→ R, t −→ f



t 2 e−t . n

• Pour tout n ∈ N∗ , f n est continue par morceaux sur R, car f l’est. t • Soit t ∈ R. On a : −−−→ 0 , donc, par continuité de f n∞ n

t 2 −−−→ f (0), puis : f n (t) −−−→ f (0) e−t . en 0 : f n∞ n∞ n C.S.

Ceci montre : f n −→ g, où : n∞

g : R −→ R, t −→ f (0) e−t . 2

• g est continue par morceaux (car continue) sur R. • On a :

 

 t 2 2 ∀ n ∈ N∗ , ∀ t ∈ R, | f n (t)| =  f e−t   || f ||∞ e−t , n

et l’application t −→ || f ||∞ e−t est continue par morceaux (car continue),
0, intégrable sur R. 2

Ainsi, la suite ( f n )n
1 vérifie l’hypothèse de domination.

• si f : ] − ∞ ; 0] −→ R est continue par morceaux et bornée, alors : √

 0 1 π −n 2 x 2 − o f (x) e dx = f (0 ) + , n∞ 2n n −∞ où f (0− ) désigne la limite de f en 0 à gauche • si f : R −→ R est continue par morceaux et bornée, alors : √

 +∞ 1 f (0+ ) + f (0− ) π 2 2 f (x) e−n x dx = + o . n∞ n 2 n −∞

5.19 D’abord, pour tout n ∈ N∗ , In existe comme intégrale d’une application continue sur un segment. √ a) Comme, pour tout x ∈ ]0 ; 1], 1 − x n −−−→ 1, n∞

on peut conjecturer : In −−−→ 1. n∞

Le théorème de convergence dominée s’applique, mais un simple calcul de majoration est possible. En effet, on a, pour tout n ∈ N∗ , en utilisant une expression conjuguée :  1   1 √   n  1 − x dx − 1 dx  |In − 1| =  0 0  1  1 √   xn n 1 − 1 − x dx = dx = √ 1 − xn 0 0 1+    1 x n+1 1 1  x n dx = = , n + 1 n + 1 0 0 donc |In − 1| −−−→ 0, puis : In −−−→ 1 . n∞

n∞

219

b) Reprenons le calcul de In − 1 effectué ci-dessus (sans la valeur absolue) :  1 xn In − 1 = − dx . √ 1 + 1 − xn   0 notée Jn

Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé. On a, par développement limité :



x x x x 1 − = f n (x) = ln 1 + − +O 2 n n n n n

1 =O 2 . n

Pour étudier Jn , effectuons le changement de variable 1 1 1 t = x n , x = t n , dx = t n −1 dt : n  1  1 t 1 1 −1 tn 1 1 dt . t n dt = Jn = √ √ n 0 1+ 1−t 1−t n 0 1+    notée K n Pour trouver la limite de K n (si elle existe) lorsque l’entier n tend vers l’infini, nous allons essayer d’utiliser le théorème de convergence dominée.

ment convergente, donc convergente.  f n converge absolument, donc simplement, Ceci montre que

Notons, pour tout n ∈ N∗ :

sur [0 ; +∞[. 1

f n : ]0 ; 1] −→ R, t −→

tn √ . 1+ 1−t

• Pour tout n ∈ N , f n est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; 1] . C.S.

1 n

• Pour tout t ∈ ]0 ; 1] , on a : t −−−→ 1 , donc f n −→ f sur n∞

]0 ; 1] , où : f : ]0 ; 1] −→ R, t −→

n∞

1+

D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ) et le théorème de ma 1

O 2 est joration pour des séries à termes
0, la série n  n f n (x) est absoluabsolument convergente. Ainsi, la série n

n
1

2) Convergence normale, convergence uniforme :

∗

1 . √ 1−t

• f est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; 1] . • On a :

• Pour tout n ∈ N∗ , comme

x x − f n (x) = ln 1 + n n

−→ −∞

x−→+∞

(prépondérance classique), f n n’est pas bornée, et donc, d’après  f n ne converge pas uniformément, ni donc norle cours, n
1

malement, sur [0 ; +∞[. • Soit a ∈ [0 ; +∞[ fixé. L’étude des variations des deux fonctions

∀ n ∈ N∗ , ∀ t ∈ ]0 ; 1], | f n (t)| =

1 n

t  1, √ 1+ 1−t

et l’application constante 1 est continue par morceaux,
0, intégrable sur l’intervalle borné ]0 ; 1] . Ainsi, la suite ( f n )n
1 vérifie l’hypothèse de domination. D’après le théorème de convergence dominée, on déduit :  1  1  1 1 dt . Kn = f n −−−→ f = √ n ∞ 1 + 1−t 0 0 0   notée L Pour calculer L, on effectue le changement de variable √ u = 1 − t, t = 1 − u 2 , dt = −2u du :  0  1 1 u L= (−2u) du = 2 du 1 + u 1 + u 1 0  1  1 1  du = 2 u − ln(1 + u) 0 = 2(1 − ln 2). 1− =2 1+u 0 K n −−−→ 2(1 − ln 2),

Ainsi :

n∞

et on conclut : 1 2(1 − ln 2) In − 1 = −Jn = − K n ∼ − . n∞ n n 220

5.20 a) 1) Convergence simple, convergence absolue :

t −→ ln(1 + t) − t,

t −→ ln(1 + t) − t +

t2 2

t2  ln(1 + t) − t  0, 2   t2 ∀ t ∈ [0 ; +∞[, ln(1 + t) − t   . d’où : 2 ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; a], On a donc : 



 x 1 x 2 a2 x2 x  −   | f n (x)| =  ln 1 + = 2  2. n n 2 n 2n 2n montre : ∀ t ∈ [0 ; +∞[, −

a2 . 2n 2 D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ) et le théorème de majoration pour des séries à termes
0, on déduit que la série   ;a] || f n ||[0 f n converge norconverge, et on conclut : ∞ Ainsi :

;a]  ∀ n ∈ N∗ , || f n ||[0 ∞

n
1

n
1

malement, donc uniformément, sur tout [0 ; a], a ∈ [0 ; +∞[ fixé. b) L’étude des variations des deux fonctions t −→ ln(1 + t) − t, montre : ∀ t ∈ [0 ; +∞[, t −

t −→ ln(1 + t) − t + t2  ln(1 + t)  t. 2

t2 2

∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; +∞[, 2 x x 2 e−x 1 n . 0  f n (x)  e−x = 2 2 n2

donc f n est décroissante sur [0 ; +∞[, d’où :

On a donc :

∀ x ∈ [1 ; +∞[, 0  f n (x)  f n (1) , ;+∞[  f n (1). || f n ||[1 ∞  f n (1) converge (cf. 1)), par théorème Comme la série

et donc :

L’application ϕ : [0 ; +∞[−→ R, x −→ x 2 e−x est de classe C 1 sur [0 ; +∞[, et, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : ϕ (x) = (2x − x 2 ) e−x ,

n
1

d’où le tableau de variations de ϕ : x

0 +

ϕ(x)

+∞

b) 1) Puisque, pour tout n ∈ N∗ :

0

f n (x) = Arctan

−

0



0



Ceci montre que ϕ est bornée et que :

et que −2

||ϕ||∞ = ϕ(2) = 4 e

.

−2

n
1

n
1

malement (donc uniformément, absolument, simplement) sur [0 ; +∞[.

2) En notant Rn le reste d’ordre n de la série définissant L ci-dessus, et en utilisant une comparaison série/intégrale, l’ap1 plication t −→ 3 étant décroissante et intégrable sur [1 ; +∞[, t on a : +∞ 

Arctan

k=n+1

/ 0, alors Si x = n+x 1 n+x ∼ ∼
0. 1 + n 3 x n∞ 1 + n 3 x n∞ n 2 x

D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ) et le théorème d’équi f n (x) valence pour des séries à termes
0, la série

1  0,9 · 10−3 2n 2 103 ⇐⇒ n 2
 555,. . . ⇐⇒ n
24. 0,9

|Rn |  0,9 · 10−3 ⇐

n
1

/ 0, Si x = 0, alors f n (x) = Arctan n −−−→ π/2 = n∞  f n (x) diverge (grossièrement). donc la série On conclut que



D’autre part, à 0,1 · 10−3 près, en utilisant la calculatrice : 24  k=1

f n converge simplement sur ]0 ; +∞[

+∞  1 1  3 k k3 k=n+1  −2 +∞  +∞ 1 t 1  dt = = 2. t3 −2 n 2n n

On a donc :

converge.

n
1

1 n3

f n converge uniformément sur [1 ; +∞[, d’après le

Soit x ∈ [0 ; +∞[. f n (x) = Arctan

−→ Arctan

x−→+∞

théorème du cours sur convergence uniforme et limite, +∞  1 Arctan 3 . on a : S(x) −→ L = x−→+∞ n n=1

0  Rn =

a) 1) Convergence simple sur ]0 ; +∞[ :

5.21



n+x 1 + n3 x

n
1

1 . On a donc : ∀ n ∈ N , || f n ||∞  4 e n2 D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ) et le théorème de majoration pour des séries à termes
0, on déduit que la série   || f n ||∞ , converge et on conclut que f n converge nor∗

n
1

normalement, donc uniformément, sur [1 ; +∞[.

2

ϕ (x)

n
1

de majoration pour des séries à termes
0, la série   ;+∞[ || f n ||[1 f n converge converge, et on conclut que ∞

Arctan

1  0,9866. k3

On conclut : L  0,986 à 10−3 près.

n,
1

(et non sur [0 ; +∞[). 2) Convergence normale sur [1 ; +∞[ : Soit n ∈ N∗ . L’application f n est de classe C 1 sur [0 ; +∞[ et, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : f n (x)

(1 + n 3 x) − (n + x)n 3 =

2 · (1 + n 3 x)2 n+x 1+ 3 1+n x 1 − n4 =  0, (1 + n 3 x)2 + (n + x)2 1

5.22 a) 1) Convergence simple sur ]0 ; +∞[: Soit x ∈ ]0 ; +∞[ fixé. La série



f n (x) est alternée,

n
0

  1 | f n (x)| = √ −−−→ 0, et la suite | f n (x)| n∈N est dé1 + nx n ∞  f n (x) converge. croissante, donc, d’après le TSCSA, la série Ceci montre que



n
0

f n converge simplement sur ]0 ; +∞[.

n
0

221

2) Convergence uniforme sur [1 ; +∞[ : On a, pour tout x ∈ [1 ; +∞[, puisque la série



5.23 a) D’après le cours, pour x ∈ R fixé, la série de Riemann f n (x) re-

n
0

lève du TSCSA, en notant Rn (x) le reste d’ordre n : 1 1 |Rn (x)|  | f n+1 (x)| = √ √ , 1 + (n + 1)x n+2 d’où : donc ||Rn ||∞

1 −−−→ 0, ||Rn ||∞  √ n + 2 n∞  −−−→ 0 . Il en résulte que f n converge unin∞

n
0

formément sur [1 ; +∞[. (−1)n −→ 0 et que b) Puisque, pour n ∈ N∗ , f n (x) = √ 1 + nx x−→+∞  f n converge uniformément sur [1 ; +∞[, d’après le théo-

 1 converge si et seulement si x > 1, d’où : nx n
1 Déf ( f ) = ]1 ; +∞[.

b) Notons, pour tout n ∈ N∗ : 1 = e−x ln n . nx • Pour tout n ∈ N∗ , f n est de classe C ∞ sur ]1 ; +∞[ et : f n : ]1 ; +∞[−→ R, x −→

(−ln n)k . ∀ k ∈ N, ∀ x ∈ ]1 ; +∞[, f n(k) (x) = nx  f n(k) converge simplement sur ]1 ; +∞[. • Pour tout k ∈ N, n
1

En effet, pour tout k ∈ N et tout x ∈ ]1 ; +∞[ fixés : n

n
0

1+x 2

f n(k) (x) =

rème du cours sur convergence uniforme et limite, on déduit : S(x) −→ 0 . x−→+∞

 (−1)n c) D’abord, a existe car la série √ converge, d’après n n
1 le TSCSA. Notons, pour tout n ∈ N∗ : (−1)n → √ gn : [1 ; +∞[−→ R, x − . nx

donc, pour n assez grand : n

Puisque la série

 1 converge (exemple de Riemann, n 3/2 n
1

3/2 > 1), il en résulte, pour tout x ∈ [1 ; +∞[ :       +∞     S(x) − √a  =   (x) − g (x) f n n   x   n=1



+∞  n=1

a et donc : S(x) − √ x d’où, en conclusion : 222

+∞ 

1 1 3/2 2x n 3/2 n=1    1 1 +∞ 1 = √ , 2 n=1 n 3/2 x x   1 = O √ , x−→+∞ x x   a 1 S(x) = √ + O √ . x x−→+∞ x x

| f n (x) − gn (x)| 

n 1+x 2

x−1 2

−−−→ 0, n∞

| f n(k) (x)|  1,

| f n(k) (x)| 

1

. n x +1 > 1) et le théorème de D’après l’exemple de Riemann ( 2  | f n(k) (x)| majoration pour des séries à termes
0, la série puis :

x+1 2

n
1

converge. Ainsi, la série

∗

On a, pour tout n ∈ N et tout x ∈ [1 ; +∞[, en utilisant une expression conjuguée :    (−1)n (−1)n   − √  | f n (x) − gn (x)| =  √ nx 1 + nx √ √ 1 + nx − nx 1 = √ √ = √ √ √ √ nx 1 + nx nx 1 + nx( nx + 1 + nx) 1 1 1 1 √ √ √ = 3/2 3/2 . = √ 2(nx)3/2 2x n nx nx( nx + nx)

(−ln n)k

 n
1

Ceci montre que

f n(k) (x) converge absolument, donc converge.  n
1

f n(k) converge simplement sur ]1 ; +∞[.

• Pour tout k ∈ N∗ et tout segment [a ; b] inclus dans ]1 ; +∞[,  f n(k) converge normalement, donc uniformément, sur [a ; b]. n
1

En effet, on a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [a ; b], (ln n)k (ln n)k  = | f n(k) (a)|, | f n(k) (x)| = nx na ;b]  | f n(k) (a)|. ∀ n ∈ N∗ , || f n(k) ||[a d’où : ∞  | f n(k) (a)| converge, donc, D’après le point précédent, la série n
1

par théorème de majoration pour des séries à termes
0, la  ;b] || f n ||[a série converge. ∞ n
1

Ceci montre que

 n
1

f n(k) converge normalement, donc uni-

formément, sur [a ; b]. D’après un théorème du cours, il en résulte que ζ est de classe C ∞ sur ]1 ; +∞[ et que l’on peut dériver terme à terme, c’est-à-dire : ∀ k ∈ N, ∀ x ∈ ]1 ; +∞[, ζ(k) (x) =

+∞  (−ln n)k n=1

nx

.

2) On a, pour tout x ∈ [2 ; +∞[ :

c) 1) D’après b), on a : ∀ x ∈ ]1 ; +∞[, ζ (x) =

+∞  −ln n

nx

n=1

=−

+∞  ln n n=1

nx

Les termes de cette dernière série sont tous
0 et non tous nuls, donc leur somme est > 0 , d’où : ∀ x ∈ ]1 ; +∞[, ζ (x) < 0 . Il en résulte que ζ est strictement décroissante sur ]1 ; +∞[. 2) D’après b) :

∀ x ∈ ]1 ; +∞[, ζ (x) =

+∞  (ln n)2 n=1

nx

ζ(x) − 1 −

.


0,

donc ζ est convexe. d) 1) Pour obtenir un encadrement de ζ(x), nous allons utiliser une comparaison série/intégrale.

Par comparaison série/intégrale, puisque, pour tout 1 x ∈ [2 ; +∞[ fixé, l’application t −→ x est continue par t morceaux (car continue), décroissante et intégrable sur [1 ; +∞[, on a :  +∞ +∞  1 1  dt 0 x x n t 2 n=3  −x+1 +∞ 2−x+1 t 2 = = = 2−x . −x + 1 2 x −1 x −1 +∞  1 = o (2−x ), x x−→+∞ n n=3

On a donc :

Soit x ∈ ]1 ; +∞[ fixé. Puisque l’application 1 = t −x tx est continue par morceaux (car continue), décroissante, intégrable sur [1 ; +∞[ (exemple de Riemann en +∞, x > 1), par comparaison série/intégrale, on a :  +∞  +∞ +∞  ϕ(t) dt  ϕ(n)  ϕ(1) + ϕ(t) dt . ϕ : [1 ; +∞[−→ R, t −→

1

Et : 

+∞

1

n=1

   = ζ(x)  ϕ(t) dt =

1

+∞

ζ(x) − 1 −

d’où : et on conclut : x

f)



1

t −x+1 −x + 1

+∞ = 1



1 1 o , = x−→+∞ 2x 2x

ζ(x) − 1

∼

x−→+∞

1 . 2x +∞

1



ζ (x)

−

ζ(x) +∞



1

y = ζ(x)

y

t −x dt =

+∞  1 1 = . x x 2 n n=3

1 . x −1

1 1  ζ(x)  1 + . x −1 x −1 1 1 ∼ , on déduit, par encadre2) Comme 1 + x − 1 x−→1+ x − 1 1 . ment : ζ(x) ∼ + x−→1 x − 1 1 −→ +∞, on obtient : 3) Puisque x − 1 x−→1+ D’où :

ζ(x) −→+ +∞ . x−→1

n
1

D’après le théorème du cours sur convergence uniforme et limite, on déduit : +∞  n=1

f n (x) −→ 1 + x−→+∞

O

x

1

5.24 a) 1) Convergence simple : Soit x ∈ ]0 ; +∞[ fixé. La série

 (−1)n n
1

e) 1) • Pour tout n ∈ N∗ fixé, on a :  1 si n = 1 1 f n (x) = x −→ n x−→+∞ 0 si n
2.  f n converge uniformément sur [2 ; +∞[. •

ζ(x) =

1

+∞  n=2

0 = 1.

nx

est alternée,

 

 (−1)n   = 1 −−−→ 0 et la suite 1  décroît. D’après  nx  nx n ∞ n x n
1  (−1)n converge. le TSCSA, la série nx n
1  f n converge simplement sur ]0 ; +∞[. Ceci montre que n
1

2) Convergence absolue : 1 Puisque, pour tout n ∈ N∗ et tout x ∈ ]0 ; +∞[, | f n (x)| = x , n  | f n (x)| converge si et seulement si x > 1. la série n
1

223

Ceci montre que



f n converge absolument sur ]1 ; ,+∞[ et

n
1

ne converge pas absolument ailleurs. 3) Convergence normale :  f n converge normalement sur [a ; +∞[, • Pour tout a > 1, n
1 ;+∞[ = car || f n |||[a ∞

1 . na

• La série d’applications



On a, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ :   x α−1 x − ln(ex − 1) = −x α−1 ln(1 − e−x ) +∞ +∞ α−1 −nx   (e−x )n x e = x α−1 = . n n n=1 n=1 Notons, pour tout n ∈ N∗ : f n : ]0 ; +∞[−→ R, x −→

f n ne converge pas normalement

n
1 ;+∞[ = sur ]1 ; +∞[, puisque || f n ||]1 ∞

1 1 et que la série n n n
1

• Pour tout n ∈ N∗ , f n est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; +∞[.  f n converge simplement sur ]0 ; +∞[ et la somme S • n
1

diverge. 4) Convergence uniforme : ;+∞[ = 1 −−−→ / 0, • Puisque || f n ||]0 ∞ n∞

formément sur ]0 ; +∞[.

 n
1

• Soit b ∈ ]0 ; +∞[ fixé. Puisque, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, la  f n (x) relève du TSCSA, on a, en notant Rn le reste série n
1

+∞ 

  f n : x −→ x α−1 x − ln(ex − 1) .

n=1

• S est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; +∞[.   +∞ | f n (x)| dx converge. • Montrons que la série n
1

0

On remarque d’abord :

d’ordre n :

∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f n (x) =

∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [b ; +∞[, 1 1  , (n + 1)x (n + 1)b 1 ;+∞[ ∀ n ∈ N∗ , ||Rn ||[b  , d’où : ∞ (n + 1)b [b ;+∞[ ||Rn ||∞ −−−→ 0. et donc : n∞  f n converge uniformément sur tout On conclut que |Rn (x)|  | f n+1 (x)| =

n
1

[b ; +∞[, b ∈ ]0 ; +∞[ fixé. b) Puisque, pour tout n ∈ N∗ , f n est continue sur ]0 ; +∞[, et  f n converge uniformément sur que la série d’applications n
1

tout segment de ]0 ; +∞[, d’après un théorème du cours, on conclut que la somme T est continue sur ]0 ; +∞[. c) Soit x ∈ ]1 ; +∞[. On a : +∞ +∞   1 (−1)n ζ(x) + T (x) = + x n nx n=1 n=1

=

+∞  1 + (−1)n n=1

nx

=

+∞  p=1

2 , (2 p)x

car les termes d’indices impairs sont tous nuls. Puis : ζ(x) + T (x) = 21−x On conclut :

S=

est : f n ne converge pas uni-

x α−1 e−nx . n

+∞  1 = 21−x ζ(x) . x p p=1

∀ x ∈ ]1 ; +∞[, T (x) = (21−x − 1)ζ(x).

x α−1 e−nx
0. n

On a, pour tout n ∈ N∗ :  +∞ α−1 −nx  +∞ x e | f n (x)| dx = dx n 0 0 α−1 u e−u  +∞ 1 n = du u = nx 0 n n  +∞ 1 1 u α−1 e−u du = α+1 (α). = α+1 n n 0 Comme α + 1 > 1, d’après l’exemple de Riemann, la série   +∞ | f n (x)| dx converge. n
1

0

D’après le théorème sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série d’applications, on déduit que S est intégrable sur ]0 ; +∞[ et que :  +∞   x α−1 x − ln(ex − 1) dx 0

=

+∞   n=1

+∞

f n (x) dx =

0

+∞  n=1

1 (α) = ζ(α + 1) (α). n α+1

5.26 1) Existence : • L’application f : ]0 ; +∞[−→ R, x −→

5.25

Nous allons développer la fonction sous l’intégrale en une somme de série de fonctions, puis permuter intégrale et série.

224

sur ]0 ; +∞[. • En 0 : f (x) =

x est continue sh x

x −→ 1, donc f est intégrable sur ]0 ; 1] . sh x x−→0

• En +∞ : x 2 f (x) =

x3 sh x

−→ 0 , donc, pour x assez



x−→+∞

1 . D’après x2 l’exemple de Riemann (2 > 1 ) et le théorème de majoration pour des fonctions
0, f est intégrable sur [1 ; +∞[.

grand : x 2 f (x)  1 , puis : 0  f (x) 

Ainsi, f est intégrable sur ]0 ; +∞[ et on conclut que  +∞ x I = dx existe. sh x 0

+∞

f (x) dx =

0

+∞   n=0

+∞

f n (x) dx =

0

n=0

Pour tout N ∈ N, en séparant les termes d’indices pairs, d’indices impairs, on a : 2N +1  k=1

N N   1 1 1 = + k2 (2n)2 (2n + 1)2 n=1 n=0

=

+∞ +∞ +∞   1 1 1 1 = + , 2 2 k 4 n=1 n (2n + 1)2 k=1 n=0

−x

= 2x e−x

+∞ +∞   (e−2x )n = 2x e−(2n+1)x , n=0

N N  1 1 1 + , 4 n=1 n 2 (2n + 1)2 n=0

d’où, en passant à la limite lorsque l’entier N tend vers l’infini et puisque les séries considérées convergent :

On a, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : x 2x e 2x = = x sh x e − e−x 1 − e−2x

1 . (2n + 1)2

Il reste à calculer cette somme de série.

2) Calcul : Nous allons essayer de développer la fonction sous l’intégrale en somme d’une série de fonctions, puis permuter intégrale et série.

+∞ 

n=0

car |e−2x | < 1 . Notons, pour tout n ∈ N : f n : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ 2x e−(2n+1)x . • Pour tout n ∈ N , f n est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; +∞[.  f n converge simplement sur ]0 ; +∞[ et a pour • n
0

et donc :

+∞ 1 1 1  3 π2 π2 = 1 − = = . 2 2 (2n + 1) 4 k=1 k 4 6 8 n=0  +∞ x π2 dx = . On conclut : sh x 8 0 +∞ 

5.27 a) 1) Convergence simple : Soit x ∈ [0 ; +∞[. / 0, alors : Si x =

somme f. • f est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; +∞[.   +∞ | f n (x)| dx converge. • Montrons que la série n
0

0

Remarquons d’abord : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f n (x) = 2x e−(2n+1)x
0 . On a, pour tout n ∈ N :  +∞  +∞ | f n (x)| dx = f n (x) dx 0 0  +∞ 2x e−(2n+1)x dx = 0  +∞ 1 t = 2 e−t dt 2n + 1 2n +1 t = (2n + 1)x 0  +∞ 2 = t e−t dt (2n + 1)2 0 2 2 2 = (2) = 1! = , (2n + 1)2 (2n + 1)2 (2n + 1)2   +∞ | f n (x)| dx converge. donc la série n
0

0

D’après le théorème sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série d’applications, on déduit :

f n (x) =

ln(1 + nx 2 ) nx

1 ln n + ln x 2 + ln 1 + 2 ln n nx = ∼ −−−→ 0. n∞ nx n∞ nx Si x = 0, alors : f n (x) = 0 −−−→ 0 . n∞

C.S.

Ceci montre : f n −→ 0 sur [0 ; +∞[. n∞

2) Convergence uniforme : Soit n ∈ N∗ fixé. L’étude des variations de f n paraît malcommode, car le signe de f n (x) semble difficile à étudier. Vu l’expression 1 + nx 2 , il peut être intéressant de séparer en cas selon les positions relatives de 1 et nx 2. Soit x ∈ [0 ; +∞[. 1 • Si x  √ , alors, en utilisant l’inégalité classique n ∀ t ∈ ] − 1 ; +∞[, ln(1 + t)  t , on a :

0  f n (x) 

nx 2 1 =x √ . nx n

1 • Si x
√ , alors 1  nx 2 , d’où : n 225

0  f n (x) =

ln(2nx 2 ) ln(1 + nx 2 )  nx nx 2 lnx ln(2n) 1 + = n x n x ln(2n) √ 2 ln(2n) 2  n+ 1= √ + . n n n n

On déduit, en regroupant les deux cas précédents :

;+∞[ || f n − f ||[a  ∞

1 −−−→ 0. 1 + (ln a)2n n ∞

C.U.

Ceci montre : f n −→ f sur [a ; +∞[, pour tout a ∈ ]e ; +∞[ n∞

ln(2n) 2 || f n ||∞  √ + −−−→ 0. n n∞ n

fixé.

C.U.

De même (ou en remplaçant x par

n∞

]0 ; b], b ∈ ]0 ; e−1 [ fixé.

Ceci montre : f n −→ 0 sur [0 ; +∞[. b) 1) Convergence simple : Vu la présence de (ln x)2n , nous allons séparer en cas selon la position de (ln x)2 par rapport à 1, c’est-à-dire selon la position de ln x par rapport à −1 et à 1. • Si x ∈ ]0 ; e−1 [ ∪ ]e ; +∞[ , alors (lnx)2 > 1, donc (ln x)2n −−−→ + ∞, puis : n∞

et enfin : f n (x) = ln

1 C.U. ) : f n −→ f sur tout n∞ x

• Soit b ∈ [1 ; e[ fixé. On a :

Soit x ∈ ]0 ; +∞[ fixé.

2 + (ln x)2n −−−→ 1, 1 + (ln x)2n n ∞

2 + (ln x)2n −−−→ 0. 1 + (ln x)2n n ∞

∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [1 ; b],    2 + (ln x)2n   − ln 2 | f n (x) − f (x)| =  ln  2n 1 + (ln x)

2n (ln x)2n 2 + 2(ln x) = ln 1 + = ln 2 + (ln x)2n 2 + (ln x)2n 2n (ln x) (ln x)2n (ln b)2n    , 2 + (ln x)2n 2 2 ;b]  || f n − f ||[1 ∞

donc :

• Si x = e−1 ou x = e , alors (ln x)2 = 1 , donc :

(ln b)2n −−−→ 0. n∞ 2

C.U.

Ceci montre : f n −→ f sur tout [1 ; b], b ∈ [1 ; e[ fixé.

3 3 f n (x) = ln −−−→ ln . 2 n∞ 2

n∞

• Si e−1 < x < e , alors (ln x)2 < 1 , donc (ln x)2n −−−→ 0 , n∞

puis : f n (x) −−−→ ln 2 . n∞

C.S.

De même (ou en changeant x en

1 C.U. ) : f n −→ f sur tout n∞ x

[a ; 1], a ∈ ]e−1 ; 1] fixé. C.U.

Il en résulte que f n −→ f sur tout [a ; b], (a,b) ∈ ]e−1 ; e[2 fixé. n∞

On conclut : f n −→ f, où : f : ]0 ; +∞[−→ R est définie, pour

c) 1) Convergence simple :

tout x ∈ ]0 ; +∞[, par :  0 si 0 < x < e−1 ou e < x    3 f (x) = ln si x = e−1 ou x = e    2 ln 2 si e−1 < x < e. On pouvait aussi remarquer :

1 ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f = f (x) , x

Soit x ∈ R fixé. Vu la présence de 2n + |x|n , séparons en cas selon la position de |x| par rapport à 2.

n∞

ce qui permet de se ramener à une étude sur [1 ; +∞[ au lieu de ]0 ; +∞[. 2) Convergence uniforme : • Puisque chaque f n est continue sur ]0 ; +∞[ et que f est discontinue en e−1 et en e, d’après un théorème du cours par contraposition, on déduit que la convergence de la suite ( f n )n
1 vers f n’est uniforme sur aucun des intervalles suivants : ]0 ; e−1 [, ]e−1 ; 1], [1 ; e[, ]e ; +∞[. 226

∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [a ; +∞[,

2 + (ln x)2n 1 = ln 1 + | f n (x) − f (x)| = ln 1 + (ln x)2n 1 + (ln x)2n 1 1   , 1 + (ln x)2n 1 + (ln a)2n donc :

ln(2n) 2 ∀ x ∈ [0 ; +∞[, 0  f n (x)  √ + , n n et donc :

• Soit a ∈ ]e ; +∞[ fixé. On a :

• Si |x| < 2, alors :

 n  n1 |x| f n (x) = (2 + |x| ) = 2 1 + 2  n 

1 |x| = 2 exp ln 1 + n 2  n n  1 |x| |x| −−−→ 2. = 2 exp +o n∞ n 2 2 n n1

n

• Si |x| = 2, alors : 1

1

1

f n (x) = (2n + |x|n ) n = (2 · 2n ) n = 2 n · 2 −−−→ 2 . n∞

• Si |x| > 2, alors :

n n1 2 −−−→ |x| , f n (x) = (2 + |x| ) = |x| 1 + n∞ |x| comme plus haut. n

n n1

• Par exemple, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ fixé, |( f n − f )(x,y)| −→ +∞ , donc f n − f n’est pas bornée

C.S.

Ceci montre : f n −→ f, où : n∞



f : R −→ R, x −→

si |x|  2

2

y−→+∞

sur ]0 ; +∞[2. Il en résulte, d’après le cours, que la suite ( f n )n
1

|x| si |x| > 2.

ne converge pas uniformément sur ]0 ; +∞[2 .

∀ x ∈ R, f (x) = Max (2, |x|).

Autrement dit :

• Soit (a,b) ∈ ]0 ; +∞[2 .

2) Convergence uniforme :

On a, pour tout (x,y) ∈ D = ]0 ; a] × [b ; +∞[ : 



 b y   ln 1 + | f n (x,y) − f (x,y)| =  ln 1 + , xn  an

b D −−−→ 0. || f n − f ||∞  ln 1 + donc : n∞ an

Soit n ∈ N tel que n
2 . On a, pour tout x ∈ R :  1 1 (2n + |x|n ) n − (2n ) n si |x|  2 | f n (x) − f (x)| = 1 1 (2n + |x|n ) n − (|x|n ) n si |x| > 2. 1

L’application ϕ : [0 ; +∞[−→ R, t −→ t n

Ceci montre que la suite ( f n )n
1 converge uniformément vers

est continue sur [0 ; +∞[, de classe C 1 sur ]0 ; +∞[, et : 1 1 1 ∀ t ∈ ]0 ; +∞[, ϕ (t) = t n −1 = 1 . n nt 1− n D’où, par l’inégalité des accroissements finis, pour tout (a,h) ∈ [0 ; +∞[2 : 

0  ϕ(a + h) − ϕ(a)  h Sup ϕ (t) 

h



t∈]a ;a+h[

1

na 1− n

.



1

n(2n )1− n



Ainsi : donc :

2n 1 n(|x|n )1− n



∀ x ∈ R, | f n (x) − f (x)|  || f n − f ||∞ 

semble infini, donc il existe x0 ,. . . ,x N ∈ I , deux à deux distincts.

j= / i

∀ i ∈ {0,. . . ,N }, ∀ x ∈ I, L i (x) =  . (xi − x j )

2n 2 = n2n−1 n

∗ si |x| > 2, alors :   | f n (x) − f (x)| = ϕ(2n + |x|n ) − ϕ(|x|n )



5.28 Puisque I est un intervalle de longueur > 0 , I est un en-

Considérons les polynômes d’interpolation de Lagrange sur les abscisses x0 ,. . . x N , c’est-à-dire les polynômes L 0 ,. . . ,L N définis par :  (x − x j )

On a donc : ∗ si |x|  2, alors :   | f n (x) − f (x)| = ϕ(2n + |x|n ) − ϕ(2n ) |x|n

f sur tout D = ]0 ; a] × [b ; +∞[ , pour (a,b) ∈ ]0 ; +∞[2 fixé.

2n 1 n(2n )1− n

j= / i

D’après le cours sur l’interpolation de Lagrange, on a, pour tout N  P(xi )L i . P ∈ R N [X] : P = =

2 . n

i=0

En particulier, on a donc :

2 , n

2 −−−→ 0. n n∞

C.U.

On conclut : f n −→ f sur R.

∀ x ∈ I, ∀ n ∈ N, Pn (x) = C.S.

Comme Pn −→ f sur I, on déduit, en faisant tendre l’entier n n∞

vers l’infini :

n∞

C.S.

On conclut : f n −→ f, où : n∞

f : ]0 ; +∞[ −→ R, (x,y) −→ ln x .

Pn (xi )L i (x) .

i=0

d) 1) Convergence simple : Soit (x,y) ∈ ]0 ; +∞[2 . On a :

y −−−→ ln x . f n (x,y) = ln x + n∞ n

N 

∀ x ∈ I, f (x) =

N 

f (xi )L i (x) .

i=0

Ceci montre que f est un polynôme, c’est le polynôme N  f (xi )L i , de degré  N. i=0

2

2) Convergence uniforme : Soit n ∈ N∗ . On a, pour tout (x,y) ∈ ]0 ; +∞[2 :        f n (x,y) − f (x,y) =  ln x + y − ln x   n



 y y  . =  ln 1 + = ln 1 + xn  xn

5.29 Munissons E = C([a ; b], R) de ||.||∞. Considérons le

sev F de E , formé des polynômes de degré  N. Ce sev F est de dimension finie (égale à N + 1 ), donc, d’après le cours, F est complet. Puisque F est complet, F est fermé dans E .

Comme : ∀ n ∈ N, Pn ∈ E, et que (Pn )n∈N converge vers f dans E (la convergence uniforme est la convergence pour la norme ||.||∞), il s’ensuit : f ∈ F . 227

On conclut que f est un polynôme, de degré  N. Comparer l’énoncé et la méthode de résolution de l’exercice 5.28.

D’après le théorème de continuité sous le signe intégrale, l’application  +∞ g : [0 ; +∞[−→ R, x −→ f (x,t) dt 0

5.30

• D’abord, montrons que, pour tout x ∈ [0 ; +∞[, l’intégrale proposée existe. Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé. L’application f x : t −→

continue sur [0 ; +∞[ et, pour t
1 : |Fx (t)| 

sin (xt) , est 1 + t4

1 1  4. 1 + t4 t

D’après l’exemple de Riemann en +∞ (4 > 1 ) et le théorème de majoration pour des fonctions
0, Fx est intégrable sur  +∞ Fx (t) dt existe. [0 ; +∞[, donc I (x) = 0

• Comme, pour tout t ∈ [0 ; +∞[, sin (xt) ∼ + xt , on peut x−→0

conjecturer que I (x) ressemble, pour x −→ 0+ , à  +∞ xt dt , donc que I (x) admette un équivalent du 1 + t4 0 genre λx, λ ∈ R∗+ . 1re méthode : utilisation du théorème de continuité sous le signe intégrale : On a, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ :  +∞  +∞ sin (xt) sin (xt) 1 I (x) = dt = xt dt 4 1 + t xt 1 + t 4 0 0  +∞ t =x φ(xt) dt, 1 + t4 0 en notant :

  sin u φ : [0 ; +∞[−→ R, u −  → u  1

Soit (xn )n∈N une suite dans ]0 ; +∞[, convergeant vers 0. Notons, pour tout n ∈ N : f n : [0 ; +∞[−→ R, t −→

sin (xn t) . xn (1 + t 4 )

• Pour tout n ∈ N , f n est continue par morceaux (car continue) sur [0 ; +∞[. / 0, alors : • Soit t ∈ [0 ; +∞[. Si t = f n (t) =

t sin (xn t) t −−−→ . xn t 1 + t 4 n ∞ 1 + t 4

Si t = 0, alors : f n (t) = 0 −−−→ 0 . n∞

C.S.

Ceci montre : f n −→ f sur [0 ; +∞[, où : n∞

f : [0 ; +∞[−→ R, t −→

t . 1 + t4

si u = 0.

• On a : ∀ n ∈ N, ∀ t ∈ [0 ; +∞[,

t . 1 + t4

• F est continue par rapport à x (car φ est continue), continue par morceaux par rapport à t (car continue par rapport à t, φ étant continue). • On a : ∀ (x,t) ∈ [0 ; +∞[×[0 ; +∞[, t t  , 1 + t4 1 + t4

car : ∀ u ∈ [0 ; +∞[, | sin u|  u. t L’application ϕ : t −→ est continue par morceaux (car 1 + t4 continue),
0, intégrable sur [0 ; ,+∞[ (exemple de Riemann, 3 > 1 et théorème d’équivalence pour des fonctions
0).

228

2e méthode : utilisation du théorème de convergence dominée et de la caractérisation séquentielle des limites :

• L’application f est continue par morceaux sur [0 ; +∞[ (car continue).

F : [0 ; +∞[×[0 ; +∞[−→ R, (x,t) −→ φ(xt)

Ainsi, F vérifie HD sur[0 ; +∞[×[0 ; +∞[.

Puis, comme : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, I (x) = xg(x), π I (x) ∼ + x. on conclut : x−→0 4

si u = / 0

Notons :

| f (x,t)| = |φ(xt)|

est continue sur [0 ; +∞[. En particulier :  +∞ t dt g(x) −→ g(0) = x−→0 1 + t4 0  1 +∞ du 1 π = = [Arctan u]+∞ = . 0 2 2 2 0 1+u 2 4 u=t

| f n (t)| =

|xn t| | sin (xn t)| t  = xn (1 + t 4 ) xn (1 + t 4 ) 1 + t4

t est continue par morceaux (car 1 + t4 continue),
0, intégrable sur [0 ; +∞[.

et l’application t −→

Ainsi, la suite ( f n )n∈N vérifie l’hypothèse de domination. D’après le théorème de convergence dominée :  +∞  +∞  +∞ t π f n −−−→ f = dt = 4 n ∞ 1 + t 4 0 0 0 (calcul fait plus haut, dans la première méthode). Ceci montre que, pour toute suite (xn )n∈N dans ]0 ; +∞[,  +∞

sin (xn t) dt convergeant vers 0, la suite xn (1 + t 4 ) 0 n∈N π converge vers . 4

Il en résulte, par caractérisation séquentielle des limites :  +∞ sin xt) π dt −→+ , 4) x−→0 x(1 + t 4 0 I (x) ∼ +

et donc :

x−→0

b) 1re méthode : utilisation du théorème de convergence dominée :  1 x n ln(1 + x n ) dx existe D’abord, pour tout n ∈ N∗ , In = 0

π x. 4

comme intégrale d’une application continue sur un segment.

a) D’abord, pour tout n ∈ N∗ , l’intégrale  1 ln(1 + x n ) dx , existe comme intégrale d’une appliIn =

5.31

0

cation continue sur un segment. On a, pour tout n ∈ N∗ , par le changement de variable 1 1 1 t = x n , x = t n , dx = t n −1 dt : n  1  1 1 1 1 1 ln(1 + t) ln(1 + t) t n −1 dt = tn dt , In = n n 0 t 0    notée Jn où Jn est d’ailleurs une intégrale de fonction intégrable sur ]0 ; 1] . Pour obtenir la limite de Jn (si elle existe), nous allons utiliser le théorème de convergence dominée. Notons, pour tout n ∈ N∗ :

On a, pour tout n ∈ N∗ , par le changement de variable 1 1 1 t = x n , x = t n , dx = t n −1 dt : n  1  1 1 1 1 1 t ln (1 + t) t n −1 dt = t n ln(1 + t) dt . In = n n 0 0    notée Jn Notons, pour tout n ∈ N∗ : 1

f n : ]0 ; 1] −→ R, t −→ t n ln (1 + t) . • Pour tout n ∈ N∗ , f n est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; 1] . C.S.

• f n −→ f, où f : ]0 ; 1] −→ R, t −→ ln(1 + t) , car, pour n∞

1

t ∈ ]0 ; 1] fixé, t n −−−→ 1 . n∞

• f est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; 1] . • On a : 1

∀ n ∈ N∗ , ∀ t ∈ ]0 ; 1], | f n (t)| = t n ln(1 + t)  ln(1 + t) ,

ln(1 + t) f n : ]0 ; 1] −→ R, t −→ t . t • Pour tout n ∈ N∗ , f n est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; 1] .

et l’application t −→ ln(1 + t) est continue par morceaux (car continue),
0, intégrable sur ]0 ; 1] car intégrable sur [0 ; 1] puisque continue sur ce segment.

ln(1 + t) , car, pour t

Ceci montre que la suite ( f n )n
1 vérifie l’hypothèse de domination.

1 n

C.S.

• f n −→ f, où f : ]0 ; 1] −→ R, t −→ n∞

1

t ∈ ]0 ; 1] fixé, on a t n −−−→ 1 . n∞

• f est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; 1] . • On a, pour tout n ∈ N∗ et tout t ∈ ]0 ; 1] : ln(1 + t) ln(1 + t)  , t t

1

| f n (t)| = t n

ln(1 + t) est continue par morceaux (car t ln(1 + t) −→ 1. continue),
0, intégrable sur ]0 ; 1], puisque t−→0 t Ceci montre que la suite ( f n )n
1 vérifie l’hypothèse de domination. et l’application t −→

D’après le théorème de convergence dominée :  +∞  +∞ f n −−−→ f. n∞

0

 Ainsi :

Jn −−−→ n∞

 On conclut : 0

+∞

0

+∞

0

ln(1 + t) π2 dt = . t 12

ln(1 + x n ) dx ∼

n∞

π2 1 . 12 n

D’après le théorème de convergence dominée :  1  1 f n −−−→ f, n∞

0

0

c’est-à-dire :  1 Jn −−−→ ln(1 + t) dt n∞

0

 1 = (1 + t) ln (1 + t) − (1 + t) 0 = 2 ln 2 − 1.

2 ln 2 − 1 . n 2e méthode : intervention d’une autre intégrale, calculable :  1 x n ln (1 + x n ) dx, qui existe Pour tout n ∈ N∗ , notons In = In ∼

On conclut :

n∞

0

comme intégrale d’une application continue sur un segment,  1 x n−1 ln(1 + x n ) dx. et notons K n = 0

• On a, pour tout n ∈ N∗ :  1 |In − K n | = (x n−1 − x n ) ln(1 + x n ) dx 0

229





1

0

  n x x n+1 1 (x n−1 − x n ) ln 2 dx = ln 2 − n n+1 0



ln 2 1 1 1 = . = ln 2 − = o n n+1 n(n + 1) n∞ n

• D’autre part, on peut calculer K n par le changement de variable t = x n , dt = x n−1 dx :  1 1 1 Kn = ln(1 + t) dt = (2 ln 2 − 1) , n 0 n

1 , est continue par morceaux (car 1 + x2 continue),
0, intégrable sur ]0 ; +∞[. L’application x −→

Ceci montre que la suite ( f n )n
1 vérifie l’hypothèse de domination. D’après le théorème de convergence dominée :  +∞  +∞  +∞ 1 f n −−−→ f = dx n ∞ 1 + x2 0 0 0 = [Arctan x]+∞ = 0

calcul déjà fait dans la 1re méthode. In = K n + (In − K n ),

Ainsi : où :

Kn =

On obtient : et on conclut :

2 ln 2 − 1 , et n

In − K n = o



1 = o(K n ). n

n∞

2 ln 2 − 1 In ∼ . n∞ n

et essayons de montrer que le théorème de convergence dominée s’applique. • Pour tout n ∈ N∗ , f n est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; +∞[. • Pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ fixé :

x ln 1 + 1 1 n f n (x) = −−−→ , x 1 + x2 n ∞ 1 + x2 n 1 C.S. . donc f n −→ f, où f : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ n∞ 1 + x2 • f est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; +∞[. • On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ ]0 ; +∞[,

x x n ln 1 + n 1 n n  , = | f n (x)| = x(1 + x 2 ) x(1 + x 2 ) 1 + x2

230

On conclut : 0

+∞

x ln 1 + π n dx ∼ . n∞ 2n x(1 + x 2 )

In ∼ K n ,

x x ∼ , c) Comme, pour x ∈ [0 ; +∞[ fixé : ln 1 + n n∞ n

x  +∞ ln 1 + n dx est équivalente on conjecture que In = 2) x(1 + x 0 x  +∞ n dx, c’est-à-dire à λn, où λ > 0 est une à x(1 + x 2 ) 0 constante. 1 On va donc essayer de faire apparaître en facteur. n À cet effet, considérons, pour tout n ∈ N∗ :

x n ln 1 + n f n : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ , x(1 + x 2 )

car on sait :



π . 2

∀ t ∈ ] − 1; +∞[, ln(1 + t)  t.

5.32 1) Soit n ∈ N∗ fixé. On a, par intégration par parties :  1  1 nx n nx n−1 dx = x dx In = 2n 1 + x 2n 0 1+x 0  1  1 π Arctan (x n ) dx = − Jn . = x Arctan (x n ) − 0 4 0    notée Jn Par le changement de variable 1 1 −1 t n dt , n  1  1 1 1 1 1 Arctan t Jn = Arctan t · t n −1 dt = tn dt . n n 0 t 0    notée K n 1

t = x n , x = t n , dx =

Pour déterminer la limite de K n (si elle existe) lorsque l’entier n tend vers l’infini, nous allons essayer d’utiliser le théorème de convergence dominée. Notons, pour tout n ∈ N∗ : 1

f n : ]0 ; 1] −→ R, t −→ t n

Arctan t . t

• Pour tout n ∈ N∗ , f n est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; 1] . Arctan t C.S. . • f n −→ f, où f : ]0 ; 1] −→ R, t −→ n∞ t • f est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; 1] . • On a :

∀ n ∈ N∗ , ∀ t ∈ ]0 ; 1], 1

| f n (t)| = t n

Arctan t Arctan t   1, t t

et l’application constante 1 est intégrable sur l’intervalle borné ]0 ; 1] . Ceci montre que la suite ( f n )n
1 vérifie l’hypothèse de domination. D’après le théorème de convergence dominée :





1



1

1

Arctan t Kn = f n −−−→ f = dt . n ∞ t 0 0 0   notée C Arctan t est continue,
0 et n’est Puisque l’application t −→ t pas l’application nulle, on a : C > 0.

donc || f n ||∞
1,

x

5.33

a) 1) Convergence simple, convergence absolue :

Puisque toutes les f n sont
0, la convergence absolue revient à la convergence simple. Soit x ∈ ]0 ; +∞[ fixé. On a : f n (x) =

xa xa ∼ b
0. b (n + x) n∞ n

D’après l’exemple de Riemann et le théorème d’équivalence pour des séries à termes
0, on conclut :  ∗ si b > 1 , alors f n converge simplement sur ]0 ; +∞[ n
1

∗ si b  1, alors



an b−a

0

f n (x)

Remarque : Le calcul de C, en se ramenant à une série, peut être l’objet d’un exercice.

f n ne converge simplement sur aucune

n
1

f n (x)

+

On a donc :



an a an b−a = || f n ||∞ = f n

b−a an b n+ b−a

a

b b−a 1 an = = a a (b − a)b−a b−b b−a . b−a bn n  || f n ||∞ converge D’après l’exemple de Riemann, la série n
1

si et seulement si : b − a > 1 . On conclut : ◦ si b − a  1, alors ]0 ; +∞[



f n ne converge pas normalement sur

n
1

◦ si b − a > 1 , alors



f n converge normalement sur

n
1

]0 ; +∞[.

• Étude sur ]0 ; A], A ∈ ]0 ; +∞[ fixé : On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ ]0 ; A],

2) Convergence normale :

0  f n (x) =

• Étude sur ]0 ; +∞[ :

∗ Si a > b, alors :

0





Dans la suite de l’étude, on peut donc se limiter au cas : b > 1 .

f n (x) = ax a−1 (n + x)−b + x a (−b)(n + x)−b−1   = x a−1 (n + x)−b−1 a(n + x) − bx   = x a−1 (n + x)−b−1 (a − b)x + an .

−



0

Soit A ∈ ]0 ; +∞[ fixé.

L’application f n est de classe C 1 sur ]0 ; +∞[ et, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ :

+∞

0

partie non vide de ]0 ; +∞[.

Soit n ∈ N∗ fixé.

fn

n
1

ne converge pas normalement sur ]0 ; +∞[.

n∞



1 π π π C 1 − Jn = − K n = − + o . n∞ 4 4 n 4 n n



∗ Supposons maintenant a < b et dressons le tableau de variations de f n :

d’où : In =

|| f n ||∞ diverge grossièrement,

n
1

K n = C + o (1)

On obtient :



xa Aa xa  b  b, (n + x)b n n

Aa . nb D’après l’exemple de Riemann (b > 1) et le théorème de majoration pour des séries à termes
0, on déduit que la série   ;A] || f n ,||]0 f n converge converge, et on conclut que ∞ d’où :

;A] ∀ n ∈ N∗ , || f n ||]0  ∞

n
1

n
1

normalement (donc uniformément) sur ]0 ; A] , pour tout A ∈ ]0 ; +∞[ fixé (on rappelle que l’on a supposé b > 1 ). 3) Convergence uniforme :

xa f n (x) = ∼ x a−b −→ +∞ , x−→+∞ (n + x)b x−→+∞  f n ne converge pas normalement f n n’est pas bornée, donc n
1

sur ]0 ; +∞[. ∗ Si a = b, alors : f n (x) =

xa (n + x)b

∼

x−→+∞

x a−b = 1,

/ 0, donc, d’après le cours, Si a
b , on a vu || f n ||∞ −−−→ n∞  f n ne converge pas uniformément sur ]0 ; +∞[. n
1

Supposons dorénavant a < b.  f n converge normalement, donc Si a < b − 1 , on a vu que n
1

uniformément, sur ]0 ; +∞[.

231

Supposons dorénavant a
b − 1.

/ 0, alors |e−x | < 1 , la série géométrique Si x =

On a, pour tout n ∈ N∗ et tout x ∈ ]0 ; +∞[, en notant Rn le reste d’ordre n : Rn (x) =

+∞ 

2n  f k (x)
f (x)    k=n+1 k k=n+1


0

=

n

converge, donc, par théorème de majoration pour des séries à  f n (x) converge. termes
0, la série n

Si x = 0, alors : ∀ n
2, f n (x) = 0, donc la série

2n 

a

a

x x
n , b (k + x) (2n + x)b k=n+1



f n (x) ,

n

converge. On conclut :



d’où, en particulier :

f n converge simplement sur [0 ; +∞[.

n

2) Convergence normale :


0

puis :

 (e−x )n

   1 na 1 a+1−b Rn (n)
n = n
b, (3n)b 3b 3 1 ||Rn ||∞
Rn (n)
b . 3

Il en résulte : ||Rn ||∞ −−−/→ 0, et on conclut que

• Étude sur [0 ; +∞[:



n∞

f n ne

n
1

converge pas uniformément sur ]0 ; +∞[.

Soit n ∈ N tel que n
2 , fixé. L’application f n est de classe C 1 sur [0 ; +∞[ et : 1 ∀ x ∈ [0 ; +∞[, f n (x) = (1 − nx) e−nx . ln n On en déduit le tableau de variations de f n :

On peut résumer les résultats dans un tableau :

x f n (x)

Nature de la convergence normale

uniforme

0

f n (x)

simple

a+1
oui

oui

oui

1
non

non

oui

b1

non

non

non

ou encore dans le plan des (a,b) : b

+ 0

|| f n ||∞

D’où :

1 n 0



+∞ − 

0



1 1 = = fn . n e n ln n



1 diverge (cf. exercice 4.2, par utien ln n n
2  || f n ||∞ , lisation d’une comparaison série/intégrale), la série n  f n ne converge pas normalement sur diverge, donc Comme la série

n

[0 ; +∞[. • Étude sur [a ; +∞[, a ∈ ]0 ; +∞[ fixé : CN, CU, CS

Soit a ∈ ]0 ; +∞[ fixé. 1 Puisque −−−→ 0 , il existe N
2 tel que : n n∞ 1 ∀ n
N,  a. n On a alors, d’après le tableau de variations de f n :

CN, CU, CS

1 CN, CU, CS O

a

b) 1) Convergence simple : Puisque les f n sont toutes
0, la convergence absolue revient à la convergence simple. Soit x ∈ [0 ; +∞[. On a : ∀ n
3, 0  f n (x) = 232

x e−nx  x e−nx = x(e−x )n . ln n

;+∞[ ∀ n
N , || f n ||[a = | f n (a)| = f n (a) . ∞  f n (a) converge (cf. 1)), il s’ensuit que la Comme la série n   ;+∞[ || f n ||[a f n converge série converge, et on conclut : ∞ n

n

normalement sur tout [a ; +∞[, a ∈ ]0 ; +∞[ fixé. 3) Convergence uniforme : • Étude sur [a ; +∞[ :  f n converge normalement, donc uniformément, D’après 2), n

sur tout [a ; +∞[, a ∈ ]0 ; +∞[ fixé.

• Étude sur [0 ; +∞[ :

4) Convergence uniforme :

1 −−−→ 0 , il nous faut étudier le reste Comme || f n ||∞ = e n ln n n ∞ d’ordre n, noté Rn .

Puisque, pour tout x ∈ [0 ; +∞[, la série

TSCSA, on a, en notant Rn le reste d’ordre n :

Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé.

∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; +∞[,

t−→+∞

On a donc, par comparaison série/intégrale, pour tout n
2 :  +∞ +∞  ϕx (k)  ϕx (t) dt. Rn (x) = n

k=n+1

Et :  +∞



 +∞ x e−t x x e−t x ϕx (t) dt = dt  dt ln t ln n n n n 1 1 −nx 1 =  [−e−t x ]+∞ e . = n ln n ln n ln n 1 , Ainsi : ∀ n
2, ∀ x ∈ [0 ; +∞[, 0  Rn (x)  ln n 1 . puis : ∀ n
2, ||Rn ||∞  ln n 1 −−−→ 0, il en résulte ||Rn ||∞ −−−→ 0 , et on Comme n∞ ln n n∞  f n converge uniformément sur [0 ; +∞[. conclut : +∞

n

c) 1) Convergence simple : Pour tout x ∈ [0 ; +∞[ fixé, la série

 (−1)n n
1

x2

x relève +n

du TSCSA, car elle est alternée, le terme général tend vers 0, et la valeur absolue du terme général décroît. Il en résulte que cette série converge.  f n converge simplement sur [0 ; +∞[. Ainsi, n
1

2) Convergence absolue : Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé. |x| |x|
0, ∼ n∞ +n n donc, par l’exemple de Riemann et le théorème d’équivalence  | f n (x)| diverge. pour des séries à termes
0, la série

/ 0, alors : | f n (x)| = Si x =

|Rn (x)|  | f n+1 (x)| =

Pour x = 0, tous les termes sont nuls, donc la série converge.  f n converge absolument seulement sur {0} . Ainsi, n
1

3) Convergence normale : D’après 2) (et le cas trivial x = 0),



x . x 2 + (n + 1)

Pour n ∈ N∗ fixé, l’étude des variations de x x 2 + (n + 1) √ 1 . montre : Sup |ϕn (x)| = ϕn ( n + 1) = √ 2 n+1 x∈[0 ;+∞[ 1 −−−→ 0, On a donc : 0  ||Rn ||∞  √ 2 n + 1 n∞ ϕn : [0 ; +∞[−→ R, x −→

d’où, par encadrement : ||Rn ||∞ −−−→ 0 . n∞  f n converge uniformément sur [0 ; +∞[. On conclut que n
1

d) 1) Convergence simple, convergence absolue : Soit x ∈ R fixé. Pour tout n ∈ N tel que n
−x, on a :     π π Arctan (x + n) ∈ 0 ; et Arctan n ∈ 0 ; , 2 2   π π f n (x) ∈ − ; . d’où : 2 2 Et, par une formule de trigonométrie :   (x + n) − n x tan f n (x) = = . 1 + (x + n)n 1 + n(x + n) On a donc, pour tout n
−x : f n (x) = Arctan

x . 1 + n(x + n)

On sait : ∀ t ∈ R, |Arctan t|  |t|. D’où :

∀ n
−x, | f n (x)| 

|x| . 1 + n(x + n)

Si x = 0, alors : ∀ n ∈ N, f n (x) = 0 ,  f n (x) converge. donc la série n
0

x2

n
1

f n (x) relève du

n
1

Nous allons utiliser une comparaison série/intégrale. x e−t x x = xt L’application ϕx : t ∈ [2 ; +∞[−→ ln t e ln t est continue par morceaux (car continue), décroissante, intégrable sur [2 ; +∞[, car t 2 ϕx (t) −→ 0 .



/ 0, alors Si x =

|x| |x| . ∼ 1 + n(x + n) n∞ n 2

D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ), le théorème d’équivalence et le théorème de majoration pour des séries à termes 
0, la série | f n (x)| converge. n  f n converge absolument, donc simplement, Ceci montre que n
0

f n ne converge norma-

n
1

lement sur aucune partie non vide ni égale à {0} , de [0 ; +∞[.

sur R. 2) Convergence normale, convergence uniforme : Soit n ∈ N∗ . 233

  ∀ x ∈ [a ; b], | f n (x)| = Arctan

L’application f n est de classe C 1 sur R et : ∀ x ∈ R, f n (x) =

1 >0, 1 + (x + n)2



d’où le tableau de variations de f n : −∞

x

+∞

f n (x)

+

f n (x)



;b] || f n ||[a  ∞

d’où :

|x| c  , 1 + n(x + n) 1 + na + n 2

c c ∼ 2
0. 2 n∞ 1 + an + n n

D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ), le théorème d’équivalence et le théorème de majoration pour des séries à termes  ;b]
0, la série || f n ||[a converge. ∞ n

Et :

On conclut que

π 1 lim f n (x) = − − Arctan n = −π + Arctan , x−→−∞ 2 n π 1 lim f n (x) = − Arctan n = Arctan . x−→+∞ 2 n



f n converge normalement, donc unifor-

n
0

mément, sur [a ; b], pour tout (a,b) ∈ R2 fixé tel que a  0  b, puis sur tout segment de R. e) 1) Convergence simple, convergence absolue :

• Étude sur ] − ∞ ; 0] : ;0] −−−→ π = / 0, d’après le cours, Puisque || f n ||]−∞ ∞



n∞

f n ne

n

converge pas uniformément (donc ne converge pas normalement non plus) sur ] − ∞ ; 0].

Comme les f n sont toutes
0, la convergence absolue revient à la convergence simple. / 0, alors : Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé. Si x = f n (x) =

• Étude sur [0 ; +∞[ : 1 1 ∼
0 , d’après l’exemple de n∞ n n Riemann et le théorème d’équivalence pour des séries à termes  
0, la série || f n ||[0 ;+∞[ diverge, donc f n ne converge

∗ Puisque || f n ||∞ = Arctan

n
0

n
0

pas normalement sur [0 ; +∞[. ∗ Pour étudier la convergence uniforme, puisque  ;+∞[ ;+∞[ || f n ||[0 −−−→ 0 et que la série || f n ||[0 diverge, ∞ ∞

nx nx 1 1 ∼ =
0. 1 + n 3 x 2 n∞ n 3 x 2 x n2

D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ) et le théorème d’équi f n (x) valence pour des séries à termes
0, la série n

converge. Si x = 0, alors : ∀ n ∈ N, f n (x) = 0 ,  f n (x) converge. donc la série n

il nous faut étudier le reste d’ordre n, noté Rn .

On conclut :  f n converge simplement sur [0 ; +∞[. la série

On a, pour tout n ∈ N et tout x ∈ [0 ; +∞[ :

2) Convergence normale :

n∞

+∞ 

Rn (x) =

k=n+1




2n 

n
0

+∞ 

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

Arctan

k=n+1

puis :

x x
n Arctan , 1 + k(x + k) 1 + 2n(x + 2n)

n , Rn (n)
n Arctan 1 + 6n 2

||Rn ||∞
n Arctan

n

Soit n ∈ N∗ . L’application f n est de classe C 1 sur [0 ; +∞[ et, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : f n (x) =

n(1 + n 3 x 2 ) − nx2n 3 x (1 + n 3 x 2 )2 =

donc :

n2 1 n ∼ −−−→ . 2 2 n∞ n∞ 1 + 6n 1 + 6n 6

/→ 0. Il en résulte : ||Rn ||∞ −−− n∞  f n ne converge pas uniformément sur Ceci montre que n

[0 ; +∞[. ∗ Soit (a,b) ∈ R tel que, par exemple, a  0  b. 2

Notons c = Max (−a,b). On a, pour tout n ∈ N tel que n
−a : 234

  x  1 + n(x + n) 

n − n4 x 2 n(1 − n 3 x 2 ) = , 3 2 2 (1 + n x ) (1 + n 3 x 2 )2

d’où le tableau de variations de f n : x f n (x)

n −3/2

0

f n (x)

+ 0

0



+∞ − 

0

• Étude sur [0 ; +∞[ : L’application f n est bornée et : || f n ||∞ = f n (n −3/2 ) =

n −1/2 1 = 1/2 . 1+1 2n

 || f n ||∞ D’après l’exemple de Riemann (1/2  1), la série n  f n ne converge pas normalement sur diverge, donc : n

[0 ; +∞[. • Étude sur [a ; +∞[, a ∈ ]0 ; +∞[ fixé :

Puisque n −3/2 −−−→ 0 , il existe N ∈ N∗ tel que : n∞

5.34 a) On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; +∞[, π π Arctan (x n+1 )   2, n(n + 1) 2n(n + 1) 2n π ∀ n ∈ N∗ , || f n ||∞  2 . donc : 2n D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ) et le théorème de ma || f n ||∞ joration pour des séries à termes
0, la série | f n (x)| =

 a.

;+∞[ = | f n (a)| = f n (a). On a alors : ∀ n
N , || f n ||[a ∞   ;+∞[ f n (a) converge (cf. 1)), la série || f n ||[a Puisque ∞ n n  f n converge normalement sur converge. Ceci montre que

n
1

converge.

n

[a ; +∞[.

On conclut que

2e méthode :



f n converge normalement, donc unifor-

n
1

mément, absolument, simplement, sur [0 ; +∞[.

On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [a ; +∞[, nx 1 nx 1 0  f n (x) =  3 2 = 2  2 , 1 + n3 x 2 n x n x n a ;+∞[ donc : ∀ n ∈ N∗ , || f n ||[a ∞

n

n

normalement sur [a ; +∞[. 3) Convergence uniforme : • Étude sur [a ; +∞[, a ∈ ]0 ; +∞[ fixé :  f n converge normalement, donc uniformément, D’après 2), n

sur [a ; +∞[. • Étude sur ]0 ; +∞[ : Puisque || f n ||∞ −−−→ 0 et que la série n∞

b) Puisque, pour tout n ∈ N∗ , f n est continue sur [0 ; +∞[ et  f n converge uniformément sur que la série d’applications n
1

[0 ; +∞[, d’après un théorème du cours, la somme S est continue sur [0 ; +∞[.

1  2. an

D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ) et le théorème de majoration pour des séries à termes
0, on déduit que la série   ;+∞[ || f n ||[a f n converge converge, et on conclut que ∞



|| f n ||∞ diverge,

n

il nous faut étudier le reste. On a, pour tout n ∈ N∗ et tout x ∈ [0 ; +∞[, en notant Rn le reste d’ordre n : Rn (x) =

d’où : ||Rn ||∞ −−−/→ 0. n∞  f n , ne converge pas uniformément sur On conclut : n

1re méthode :

∀ n
N, n

||Rn ||∞
Rn (n

√ n )
−−−→ + ∞, n∞ 9

]0 ; +∞[.

Soit a ∈ ]0 ; +∞[ fixé.

−3/2

et donc :

−3/2

2n  kx kx
3 2 1 + k x 1 + k3 x 2 k=n+1 k=n+1 (n + 1)x n(n + 1)x
n = . 3 2 1 + (2n) x 1 + 8n 3 x 2

c) On a, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : 1 S(x) + S x

n+1

1 +∞ +∞ Arctan  Arctan (x n+1 )  x = + n(n + 1) n(n + 1) n=1 n=1

+∞  1 1 Arctan (x n+1 ) + Arctan = n+1 x n(n + 1) n=1 +∞  π 1 = . 2 n(n + 1) n=1

Comme, pour N
1, par télescopage :

N N   1 1 1 1 =1− = − −→ 1 , n(n + 1) n n + 1 N + 1 N −→+∞ n=1 n=1 +∞ 

on a :

+∞ 

D’où, en particulier, pour tout n ∈ N∗ : Rn (n −3/2 )


√ n(n + 1)n −3/2 n n+1 = √
, 1+8 9 9 n

et donc :

1 = 1, n(n + 1) n=1

π 1 = , ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, S(x) + S x 2

d’où l’égalité demandée. d) 1) • Pour tout n ∈ N∗ , f n est de classe C 1 sur [0 ; 1[ et, pour tout x ∈ [0 ; 1[ : f n (x) =

1 xn (n + 1)x n = . 2(n+1) n(n + 1) 1 + x n(1 + x 2(n+1) ) 235

• Soit a ∈ [0 ; 1[ fixé. On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; a], | f n (x)| =

xn xn   x n  an , 2(n+1) n(1 + x ) n ∗

∀ n ∈ N , ||

donc :

y

;a] f n ||[0 ∞

Comme |a| < 1, la série géométrique

π 2

a .



y = S(x)

n

π 4

n

a converge. Par théo-

n
1

rème de majoration pour des séries à termes
0, la série   ;a] || f n ||[0 f n converge norconverge. Ceci montre que ∞ n
1

malement, donc uniformément, sur tout [0 ; a], a ∈ [0 ; 1[ fixé.  f n , converge simplement sur [0 ; +∞[, • On a vu en a) que donc sur [0 ; 1[ .

5.35 a) 1) Soit x ∈ ]0 ; +∞[. On a : f n (x) =

n
1

D’après le théorème de dérivation pour une série de fonctions, on conclut que S est de classe C 1 sur [0 ; 1[ et que : ∀ x ∈ [0 ; 1[, S  (x) =

+∞  n=1

xn . n(1 + x 2(n+1) )

1 1
0. ∼ x 2 (n 4 + x 2 ) n∞ x 2 n 4

D’après l’exemple de Riemann (4 > 1 ) et le théorème d’équivalence pour des séries à termes
0, on déduit que la série  f n (x) converge. n
1

2) Soit a ∈ ]0 ; +∞[ fixé.

De plus, comme S est continue sur [0 ; 1] (cf. b)), on conclut que S est strictement croissante sur [0 ; 1] . +∞ +∞  Arctan 1 1 π π = = . 3) On a : S(1) = n(n + 1) 2 n(n + 1) 4 n=1 n=1

On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [a ; +∞[, 1 1 | f n (x)| = 2 4  2 4 = f n (a), x (n + x 2 ) a (n + a 2 ) donc :

;+∞[  f n (a). ∀ n ∈ N∗ , || f n ||[a ∞

D’après 1) et le théorème de majoration pour des séries à termes  ;+∞[ || f n ||[a converge. ∞


0, on déduit que la série

4) On a, pour tout x ∈ [0 ; 1[ : S (x) =

n=1

f n converge simplement sur ]0 ; +∞[.

n
1

il s’ensuit que S est strictement croissante sur [0 ; 1[ .

+∞ 



Ceci montre que

2) Comme S  (0) = 0 et ∀ x ∈ ]0 ; 1[, S  (x) > 0,



x

1

O

n
1

+∞  xn xn
n(1 + x 2(n+1) ) n ·2 n=1 1 = − ln(1 − x) −→− +∞, x−→1 2

donc : S  (x) −→− +∞.

On conclut que



n
1

f n converge normalement, donc unifor-

n
1

mément, sur tout [a ; +∞[, a ∈ ]0 ; +∞[ fixé. b) Puisque, pour tout n ∈ N∗ , f n est continue sur ]0 ; +∞[ et  f n converge uniformément sur tout segment de que n
1

]0 ; +∞[, d’après un théorème du cours, la somme S est continue sur ]0 ; +∞[.

x−→1

e) D’après c) et la continuité de S en 0 (cf. a)), on a :

π π 1 π −→ S(x) = − S − S(0)) = . 2 x x−→+∞ 2 2

c) 1) Notons, pour tout n ∈ N∗ : gn : [0 ; +∞[−→ R, x −→

f) L’étude des variations de S sur [1 ; +∞[ se déduit de celle des variations de S sur [0 ; 1[ par la formule obtenue en c). +∞

x

0

S  (x)

0

+

+∞ +∞

+

S(x)

0



π 4



1

1 . + x2

• Pour tout n ∈ N∗ , gn est continue sur [0 ; +∞[. 1 ∀ n ∈ N∗ , ||gn ||∞ = 4 , • On a : n   ||gn ||∞ converge, gn converge normaledonc la série n
1

n
1

ment, donc uniformément, sur [0 ; +∞[. π 2

D’après un théorème du cours,

+∞  n=1

en particulier en 0. 236

n4

gn est continue sur [0 ; +∞[,

En notant C = on a donc :

+∞  1 > 0, 4 n n=1

+∞  n=1

Comme

ln 2 −→ +∞, on déduit : −ln x x−→1− +∞ 

gn (x) −→+ C, x−→0

n=0

d’où : x 2 S(x) −→+ C, puis : S(x) ∼ + x−→0

x−→0

Enfin, comme − ln x

C . x2

+∞ 

D’après l’exemple de Riemann en 0 (2 > 1) et le théorème d’équivalence pour des fonctions
0, on conclut que S n’est pas intégrable sur ]0 ; 1] . 2) On a, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : 0  S(x) =

+∞  n=1

+∞  1 1 1  =C 2. 2n4 x 2 (n 4 + x 2 ) x x n=1

D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1 ) et le théorème de majoration pour des fonctions
0, on conclut que S est intégrable sur [1 ; +∞[. Soit x ∈ ]0 ; 1[ fixé.

5.36

n=0

xn 1 + xn

∼−

x−→1

ln 2 . −ln x

∼ 1 − x , on conclut :

x−→1−

xn 1 + xn

∼−

x−→1

ln 2 . 1−x

5.37 Nous allons essayer d’appliquer le théorème sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série d’applications. Notons, pour tout n ∈ N∗ : f n : [0 ; +∞[−→ R, x −→ x n e−nx . • Soit n ∈ N∗ . Il est clair que f n est continue par morceaux (car continue) sur [0 ; +∞[. • On a, puisque n > 0 : x 2 f n (x) = x n+2 e−nx −→ 0

xt  → L’application ϕx : [0 ; +∞[−→ R, t − 1 + xt

x−→+∞

donc, pour x assez grand : x f n (x)  1 , 2

donc ϕx est décroissante sur [0 ; +∞[.

1 . x2 D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1 ) et le théorème de majoration pour des fonctions
0, f n est intégrable sur [1 ; +∞[, puis sur [0 ; +∞[.

D’autre part : x t −→ 0,

• Étudions x e−x , pour x décrivant [0 ; +∞[.

est de classe C 1 sur [0 ; +∞[ et, pour tout t ∈ [0 ; +∞[ : ϕx (t) =

(ln x)x t (1 + x t ) − x t (ln x)x t (ln x)x t =  0, t 2 (1 + x ) (1 + x t )2

t−→+∞

donc :

ϕx (t)

∼

t−→+∞

puis : 0  f n (x) 

L’application ϕ : [0 ; +∞[−→ R, x −→ x e−x

x t = e(ln x)t
0.

Comme ln x < 0, l’application t −→ e(ln x)t est intégrable sur [0 ; +∞[. Par théorème d’équivalence pour des fonctions
0, on déduit que ϕx est intégrable sur [0 ; +∞[.

est dérivable sur [0 ; +∞[ et : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, ϕ (x) = (1 − x) e−x , d’où le tableau de variations de ϕ :

Par comparaison série/intégrale, il en résulte que la série  ϕx (n) converge, et on a :

x



+∞

ϕx (t) dt 

0

+∞  n=0

ϕx (n)  ϕx (0) +



ϕ (x) +∞

ϕ(x)

ϕx (t) dt .

0

+∞

1 +

0

−



e−1



0

0

Calculons cette intégrale :  +∞  ∞ xt ϕx (t) dt = dt 1 + xt 0 0  −∞ eu 1 = du u ln x 1 + e u = t ln x 0 0 ln 2 1  = ln(1 + eu ) . = −∞ −ln x −ln x On obtient :

0



n
0

+∞  ln 2 xn 1 ln 2   + . n −ln x 1 + x 2 −ln x n=0

||ϕ||∞ = ϕ(1) = e−1 .

On a donc :

Ainsi, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : ∀ n ∈ N∗ , 0  f n (x) = (x e−x )n  (e−1 )n .  (e−1 )n converge, Comme |e−1 | < 1, la série géométrique n
1

donc, par théorème de majoration pour des séries à termes
0,  f n (x) converge. la série n
1

Ceci montre que



f n converge simplement sur [0 ; +∞[.

n
1

237

• On a, en notant S =

+∞ 

f n , pour tout x ∈ [0 ; +∞[ :

n=1

S(x) =

+∞ 

f n (x) =

n=1

+∞  (x e−x )n = x e−x n=1

1 , 1 − x e−x

donc S est continue par morceaux (car continue) sur [0 ; +∞[.   +∞ | f n (x)| dx converge. • Montrons que la série n
1

0

∗

On a, pour tout n ∈ N :  +∞  +∞ | f n (x)| dx = x n e−nx dx 0 0

 +∞  +∞ t n −t 1 1 = e t n e−t dt dt = n+1 t=nx n n n 0 0 1 n! 1 1···2···n 1  2, = n+1 (n + 1) = n+1 = n n n n · n···n n donc, d’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ) et le théorème de majoration pour des séries à termes
0, la série   +∞ | f n (x)| dx converge. n
1

0

0

et que :



+∞

On conclut :

+∞ 

S(x) dx =

+∞ 

 un =

f n (x) dx =

n=1 +∞

0

n=1

+∞ 

On conclut que



;+∞[ || f n ||[a ∞

f n converge normalement, donc unifor-

n
1

mément, sur [a ; +∞[, pour tout a ∈ ]0 ; +∞[ fixé. b) Puisque, pour tout n ∈ N∗ , f n est continue sur ]0 ; +∞[ et  f n converge uniformément sur tout segment de que n
1

]0 ; +∞[, d’après un théorème du cours, on conclut que la somme S est continue sur ]0 ; +∞[. c) Nous allons essayer d’appliquer le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série d’applications. • Pour tout n ∈ N∗ , f n est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; +∞[.  f n converge simplement sur]0 ; +∞[ • •

+∞ 

f n est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; +∞[

n=1

(cf. b)).

 n
1

un .

+∞

| f n (x)| dx converge.

0

Remarquons d’abord :

n=1

∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f n (x)
0 .

x e−x dx. 1 − x e−x

Pour n = 1 :   +∞ f 1 (x) dx = 0

+∞

0

1 dx = (1 + x)2

a) 1) Convergence simple :

On a :

f n (x) =

1 1
0. ∼ (1 + nx)(n + x) n∞ xn 2

n
1

Ceci montre que

− 

1 1+x

+∞

+∞ =1. 0

f n (x) dx, com-

0

mençons par effectuer une décomposition en éléments simples :

D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ) et le théorème d’équi f n (x) valence pour des séries à termes
0, la série converge.



Pour calculer, pour tout n ∈ N − {0,1},

Soit x ∈ ]0 ; +∞[.



f n converge simplement sur ]0 ; +∞[.

n
1

2) Convergence normale sur [a ; +∞[, a ∈ ]0 ; +∞[ fixé : Soit a ∈ ]0 ; +∞[ fixé. On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [a ; +∞[, 1 | f n (x)| = (1 + nx)(n + x)

 238

 n
1

converge.

• Montrons que la série

0

5.38

n
1

majoration pour des séries à termes
0, la série

n
1

D’après le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série d’applications, on déduit que la série   +∞ f n (x) dx converge, que S est intégrable sur [0 ; +∞[ n
1

;+∞[  f n (a). ∀ n ∈ N∗ , || f n ||[a ∞  f n (a) converge (cf. 1)), par théorème de Comme la série

donc :

1 = | f n (a)| = f n (a), (1 + na)(n + a)

1 a b = + , (a,b) ∈ R2 . (1 + nX)(n + X) 1 + nX n + X Par multiplication puis remplacement, on obtient facilement : n 1 1 = 2 . a= , b= 1 n −1 1 − n2 n− n

n 1 1 1 , = 2 − D’où : (1 + nX)(n + X) n − 1 1 + nX n + X puis :  +∞

 | f n (x)| dx =

0

 = 0

0

+∞

+∞

f n (x) dx



n 1 1 dx − n 2 − 1 1 + nx n+x

+∞ 1  ln(1 + nx) − ln (n + x) 0 −1  

1 + nx +∞ 1 1 1 ln ln n − ln = 2 = 2 n −1 n+x 0 n −1 n 2 ln n 2 ln n = 2 . ∼ n − 1 n∞ n 2  2 ln n converge (par la règle n 3/2 u n , par exemple, La série n2 n
1 =

On a, pour tout n ∈ N :

n2

  =

+∞

f n (x) dx

0

 =

+∞

2 e−(2n+1)bx sh ax dx

0

 =

0

+∞

e−(2n+1)bx (eax − e−ax ) dx

0



D’après le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série d’applications, on déduit que S est intégrable sur ]0 ; +∞[ et que, le calcul ayant déjà été fait cidessus :  +∞ +∞  +∞ +∞   ln n S(x) dx = f n (x) dx = 1 + 2 . 2 −1 n 0 0 n=1 n=2

=

Nous allons essayer de développer la fonction sous l’intégrale en une somme de série de fonctions, puis permuter intégrale et série. sh ax Remarquons d’abord que l’application f : x −→ est sh bx ax a a = , donc f (x) −→ . continue sur R∗ et que : f (x) ∼ x−→0 bx x−→0 b b On peut donc compléter f par continuité en 0 en posant a f (0) = . b D’autre part, il est clair que f est paire.

On a, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, en utilisant une série géométrique : sh ax 1 2 sh ax f (x) = = 2 e−bx sh ax = bx sh bx e − e−bx 1 − e−2bx +∞ +∞   = 2 e−bx sh ax (e−2bx )n = 2 e−(2n+1)bx sh ax,

+∞

  e(−(2n+1)b+a)x − e(−(2n+1)b−a)x dx

0

 =

5.39

n=0

| f n (x)| dx

0

cf. exercice 4.2), donc, par théorème d’équivalence pour des   +∞ | f n (x)| dx converge. séries à termes
0, la série n
1

+∞

e(−(2n+1)b−a)x e(−(2n+1)b+a)x − −(2n + 1)b + a −(2n + 1)b − a

=

1 1 − (2n + 1)b − a (2n + 1)b + a

=

2a . (2n + 1)2 b2 − a 2

d’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ) et le théorème d’équivalence pour des séries à termes
0 , la série   +∞ | f n (x)| dx converge. n
0

0

D’après le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série d’applications, on déduit que f est intégrable sur ]0 ; +∞[ (ce que l’on pouvait aussi montrer directement) et que : 

+∞

f (x) dx =

0

+∞  

+∞

f n (x) dx

0

n=0

n=0

=

+∞  n=0

Notons, pour tout n ∈ N : • Pour tout n ∈ N , f n est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; +∞[.  f n converge simplement sur ]0 ; +∞[ et a pour •

0

2a 2a a 1 ∼ = 2 2
0, (2n + 1)2 b2 − a 2 n∞ 4n 2 b2 2b n

Comme

car |e−2bx | < 1. f n : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ 2 e−(2n+1)bx sh ax .

+∞

2a . (2n + 1)2 b2 − a 2

Enfin, on conclut, par parité : 

 f (x) dx = 2

+∞

−∞

+∞

0

f (x) dx =

+∞  n=0

4a . (2n + 1)2 b2 − a 2

n
0

somme f. • f est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; +∞[.   +∞ | f n (x)| dx converge. • Montrons que la série n
0

0

Remarquons d’abord : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f n (x)
0 .

5.40 Nous allons essayer de développer la fonction sous l’intégrale en une somme de série de fonctions, puis permuter intégrale et série. Soit x ∈ ]0 ; +∞[ fixé. On a, pour tout t ∈ ]0 ; +∞[, en utilisant une série géométrique : 239

t x−1 1 = t x−1 e−t et + 1 1 + e−t +∞ +∞   = t x−1 e−t (−e−t )n = (−1)n t x−1 e−(n+1)t , n=0

Le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série d’applications ne s’applique pas ici, car   +∞ | f n (t)| dt diverge, comme on peut s’en rendre la série

Pour pouvoir permuter intégrale et série, nous allons montrer que l’intégrale du reste tend vers 0. Soient n ∈ N, t ∈ ]0 ; +∞[ . On a, en notant Rn (t) le reste d’ordre n : +∞ 

f k (t) =

k=n+1

(−1)k t x−1 e−(k+1)t

k=n+1 +∞ 

= t x−1 e−t

(−e−t )k = t x−1 e−t

k=n+1

(−e−t )n+1 1 − (−e−t ) t

x−1 −(n+1)t

e . 1 + e−t Il est clair, par l’exemple de Riemann en 0 et la règle t α f (t) en +∞, que, pour tout n ∈ N , f 0 ,. . . , f n et S sont intégrables sur ]0 ; +∞[. Il en résulte, par combinaison linéaire, que, pour tout n ∈ N , Rn est intégrable sur ]0 ; +∞[. On a :  +∞  +∞ x−1 −(n+1)t t e 0 |Rn (t)| dt = dt 1 + e−t 0 0  +∞  t x−1 e−(n+1)t dt 0

x−1  +∞ u 1 = e−u du n + 1 n + 1 u = (n + 1)t 0  +∞ 1 (x) = u x−1 e−u du = . (n + 1)x 0 (n + 1)x = (−1)n+1

(x) −−−→ 0 , donc Puisque x ∈ ]0 ; +∞[ est fixé, on a : (n + 1)x n ∞  +∞ Rn (t) dt −−−→ 0. n∞

0

On a alors, pour tout n ∈ N , en notant Sn = partielle d’indice n et S =

0

+∞

 S(t) dt =

+∞ 

n 



k=0

f k , la somme totale :

k=0

0

 S(t) dt −

+∞

+∞

Rn (t) dt .

0

Rn (t) dt −−−→ 0, on déduit : n∞

n   k=0

+∞

 f k (t) dt −−−→

Ceci montre que la série +∞   k=0

S(t) dt .

n∞

0

 k
0

+∞

0

+∞

0

+∞

f k (t) dt converge et que :



f k (t) dt =

0

+∞

S(t) dt. 0

Enfin, pour tout n ∈ N :  +∞  +∞ f n (t) dt = (−1)n t x−1 e−(n+1)t dt 0 0

x−1  +∞ u 1 n = (−1) e−u du n + 1 n + 1 u = (n + 1)t 0  +∞ (−1)n (−1)n = u x−1 e−u du = (x), x (n + 1) 0 (n + 1)x calcul presque déjà fait plus haut. On conclut :  +∞ x−1 +∞  t (−1)n (x) dt = et + 1 (n + 1)x 0 n=0 +∞  (−1)n−1 = (x) = T (x) (x). nx n=1

5.41 Nous allons essayer de permuter intégrale et série. Pour tout n ∈ N , comme an > 0, l’application f n : [0 ; 1] −→ R, x −→ (−1)n x an est continue sur le segment [0 ; 1] . Comme, pour tout n ∈ N :  1+an 1  1  1 x 1 | f n (x)| dx = x an dx = = 1 + a 1 + an n 0 0 0 et que la série



1 peut diverger, pour (an )n∈N = (n)n∈N 1 + an

par exemple, nous ne pouvons pas appliquer le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série d’applications. Nous allons essayer de montrer que l’intégrale du reste tend vers 0.



 Sn (t) + Rn (t) dt 0

 +∞   n = f k (t) dt + +∞

+∞

0

n
0

f k la somme

k=0

0

240

0

0

compte en calculant l’intégrale (de toute façon, nous allons calculer cette intégrale, sans la valeur absolue).

+∞ 

f k (t) dt =

0

f n : ]0 ; +∞[−→ R, t −→ (−1)n t x−1 e−(n+1)t .



k=0



+∞

Comme

Notons, pour tout n ∈ N :

Rn (t) =

n  

n=0

car | − e−t | < 1 .

n
0

d’où :

Notons, pour tout n ∈ N , Sn la n-ème somme partielle : +∞

Rn (t) dt,

Sn : [0 ; 1] −→ R, x −→ Sn (x) =

n  (−1)k x ak . k=0

Pour tout x ∈ [0 ; 1[ fixé, la série



f n (x) relève du TSCSA,

n
0

car elle est alternée, | f n (x)| = x an −−−→ 0 puisque n∞   an −−−→ + ∞ , et la suite | f n (x)| n∈N est décroissante,

donc : n  1  k=0



0

n
0

converge.  f n converge simplement sur [0 ; 1[ . Ainsi,

Rn : [0 ; 1[−→ R, x −→ Rn (x) =

0

f k (x) .

Rn (x) dx. 0



1

f k (x) dx =

+∞

S(x) dx .

0

0

On conclut :

 1  +∞ (−1)n x an dx 0

+∞ 

1

S(x) dx −

0

k=0

Notons, pour tout n ∈ N , Rn le reste d’ordre n :



1

Sn (x) dx =

+∞  

n=0



 1 Rn (x) dx −−−→ 0 , il s’ensuit que la série Comme n∞ 0  1 f k (x) dx converge et que : k
0

f n (x) .

k=0

0

Notons S la somme : +∞ 

f k (x) dx

1

=

n
0

S : [0 ; 1[−→ R, x −→ S(x) =

 n

0



n∞

puisque x ∈ [0 ; 1] et que (an )n∈N est croissante et à termes dans R∗+ .  f n (x) Il en résulte que, pour tout x ∈ [0 ; 1[, la série

1

f k (x) dx =

n=0

=

+∞   n=0

1

(−1)n x an dx =

0

+∞  (−1)n . 1 + an n=0

k=n+1

On a, pour tout b ∈ [0 ; 1[ : ;b]  || f n+1 ||[0∞;b] = ban+1 −−−→ 0 , ||Rn ||[0 ∞

donc



n∞

f n converge uniformément sur tout segment de [0 ; 1[.

n

Comme chaque f n est continue sur [0 ; 1[, il en résulte que, pour tout n ∈ N , Rn est continue sur [0 ; 1[ . D’après ce qui précède, les applications S et Rn , pour tout n ∈ N, sont continues sur [0 ; 1[ .  f n (x) relève du Puisque, pour tout x ∈ [0 ; 1[, la série n
0

TSCSA, on a, pour tout n ∈ N et tout x ∈ [0 ; 1[ :   |Rn (x)|  | f n+1 (x)| = (−1)n+1 x an+1  = x an+1 . Il en résulte, par théorème de majoration pour des fonctions
0, que, pour tout n ∈ N , Rn est intégrable sur [0 ; 1[ , et on a :  1   1  1   1  Rn (x) dx   |R (x)| dx  x an+1 dx = . n   1 + an+1 0 0 0 Comme an −−−→ + ∞ , on a : n∞



donc, par encadrement :

+∞

1 −−−→ 0, 1 + an+1 n ∞

5.42 a) Remarquons d’abord que, puisque f est continue par morceaux sur [0 ; +∞[, f admet en 0+ une limite finie, notée f (0+ ), et qu’il se peut que f (0+ ) soit différent de f (0), lorsque f n’est pas continue en 0. Nous allons utiliser le théorème de convergence dominée et la caractérisation séquentielle des limites. On a, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ fixé, par le changement de variable u = xt :

 +∞  +∞ u x e−xt f (t) dt = e−u f du . x 0 0 Soit (xn )n∈N une suite dans ]0 ; +∞[, de limite +∞. Notons, pour tout n ∈ N :

Mais, pour tout n ∈ N :  1  1   Sn (x) + S(x) dx S(x) dx = 0 0  1  = Sn (x) dx + 0

0

.

f (0+ ), on a, par • Pour tout u ∈ ]0 ; +∞[ fixé, puisque f −→ + 0

composition de limites :

n∞

0

u xn

• Pour tout n ∈ N , f n est continue par morceaux (car f l’est) sur [0 ; +∞[.

f n (u) = e−u f

Rn (x) dx −−−→ 0.



f n : [0 ; +∞[−→ R, u −→ e−u f

u xn

−−−→ e−u f (0+ ) . n∞

D’autre part : f n (0) = f (0) −−−→ f (0). n∞

C.S.

Ceci montre : f n −→ g, où : n∞

1

Rn (x) dx,

g : [0 ; +∞[−→ R, u −→



/ 0 e−u f (0+ ) si u = 0

si u = 0. 241

• L’application g est continue par morceaux (car f l’est) sur [0 ; +∞[. • On a :

∀ n ∈ N, ∀ u ∈ [0 ; +∞[,    u  | f n (u)| = e−u  f  e−u || f ||∞ , xn 

• Soit x ∈ I. On a : ∀ n ∈ N, 0  gn (x) = ( f n − f )− (x)  | f n − f |(x) . C.S.

Comme f n −→ f, on a : f n (x) −−−→ f (x),

et l’application u −→ e−u || f ||∞ est continue par morceaux (car continue),
0, intégrable sur [0 ; +∞[.

donc : | f n − f |(x) −−−→ 0,

Ceci montre que ( f n )n
0 vérifie l’hypothèse de domination.

puis, par encadrement : gn (x) −−−→ 0.

D’après le théorème de convergence dominée :  +∞  +∞ f n −−−→ f, 0

n∞

0

c’est-à-dire :

 +∞  +∞ u du −−−→ e−u f e−u f (0+ ) du n∞ xn 0 0 = [−e−u f (0+ )]+∞ = f (0+ ). 0 Ainsi, pour toute suite (xn )n
0 dans ]0 ; +∞[, de limite +∞,  +∞

u du e−u f la suite converge vers f (0+ ). xn 0 n∈N Par caractérisation séquentielle des limites, on déduit :

 +∞ u du −→ f (0+ ) , e−u f x−→+∞ x 0  +∞ e−xt f (t) dt −→ f (0+ ). et on conclut : x x−→+∞

0

b) Même méthode qu’en a), avec utilisation des suites (xn )n∈N dans ]0 ; +∞[ telles que xn −−−→ 0. n∞

On remarquera que f est bornée sur [0 ; +∞[, car, puisque f admet une limite finie en +∞, il existe a ∈ [0 ; +∞[ telle que f |[a ;+∞] soit bornée, et f |[0 ;a] est bornée car continue par morceaux sur un segment.

5.43

Rappelons que, pour toute application u : I −→ R , on note u + , u − les applications de I dans R définies, pour tout x ∈ I, par :  u(x) si u(x)
0 + u (x) = 0 si u(x) < 0  0 si u(x)
0 u − (x) = −u(x) si u(x) < 0, et que l’on a : u + − u − = u, u + + u − = |u| , 0  u +  |u|, 0  u −  |u| . 1) Notons, pour tout n ∈ N : gn = ( f n − f )− . Nous allons essayer d’appliquer le théorème de convergence dominée à (gn )n∈N .

242

• Pour tout n ∈ N , gn = ( f n − f )− est continue par morceaux, car f n − f l’est et l’application y −→ y − est continue sur R.

n∞

n∞

n∞

n∞

C.S.

Ceci montre : gn −→ 0 sur I. n∞

• L’application nulle est continue par morceaux (car continue) sur I. ∀ x ∈ I, ∀ n ∈ N, f n (x)
0,

• Par hypothèse :

C.S.

d’où, puisque f n −→ f, par passage à la limite lorsque l’entier n∞

∀ x ∈ I, f (x)
0.

n tend vers l’infini : Soient n ∈ N, x ∈ I.

∗ Si f n (x)
f (x) , alors f n (x) − f (x)
0, donc gn (x) = 0  f (x). ∗ Si f n (x)  f (x) , alors :   gn (x) = − f n (x) − f (x) = f (x) − f n (x)  f (x) . Ceci montre : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ I, |gn (x)| = gn (x)  f (x). Et l’application f est continue par morceaux,
0, intégrable sur I (par hypothèse). Ainsi, la suite (gn )n∈N vérifie l’hypothèse de domination. D’après le théorème de convergence dominée, on déduit que, pour tout n ∈ N , gn est intégrable sur I, et que :   gn −−−→ 0 = 0. I

n∞

I

2) On a : ∀n ∈ N, ( f n − f )+ = ( f n − f ) + ( f n − f )− = ( f n − f ) + gn .

Comme, pour tout n ∈ N , f n − f et gn sont intégrables sur I, par opérations, ( f n − f )+ est intégrable sur I. Et :    ( f n − f )+ = ( f n − f ) + gn I I I      = fn − f + gn −−−→ f − f + 0 = 0. I

I

n∞

I

I

I

3) Enfin :     ( f n − f )+ + ( f n − f )− | fn − f | = I  I  = ( f n − f )+ + ( f n − f )− −−−→ 0 + 0 = 0. I

I

n∞

5.44 a) 1) Convergence simple, convergence absolue : Puisque : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ [0 ; 1], f n (x)
0, la convergence absolue revient à la convergence simple.

Soit x ∈ [0 ; 1] fixé.

D’après le théorème de dérivation pour une série d’applications, on déduit que S est de classe C 1 sur [0 ; 1[ et que :

/ 1, alors x −−−→ 0 , donc : Si x = n

n∞

f n (x) = ln(1 + x n ) ∼ x n
0 .

∀ x ∈ [0 ; 1[, S  (x) =

n∞

Puisque |x| < 1, la série géométrique



x n converge. Par théo-

n
0

rème d’équivalence pour des séries à termes
0, on déduit que  f n (x) converge. la série n
0

/ 0 , donc la série Si x = 1, alors f n (x) −−−→ ln 2 = n∞



f n (x)

n
0

diverge (grossièrement).  f n converge simplement sur [0 ; 1[ et non On conclut que

+∞  nx n−1 . 1 + xn n=1

2) Pour tout x ∈ [0 ; 1[, S  (x) est donc la somme d’une série à termes
0 et dont le terme d’indice 1 est > 0 , d’où : S  (x) > 0. Il en résulte que S est strictement croissante sur [0 ; 1[ . c) 1) Soient n ∈ N, x ∈ [0 ; 1[. On a : 

n n n   f k (x) = ln(1 + x k ) = ln (1 + x k ) k=0   = ln (1 + x)(1 + x 2 )(1 + x 3 ) · · · (1 + x n ) .

k=0

k=0

n
0

en 1.

En développant ce produit de n parenthèses, les termes sont tous

2) Convergence normale, convergence uniforme :


0 et il y a, parmi eux : 1, x, x 2 , . . . ,x n . On a donc : n 

• Étude sur [0 ; 1[ : ;1[ = ln 2 −−− /→ 0, On a, pour tout n ∈ N : || f n ||[0 ∞ n∞  f n ne converge pas uniformément, ni normalement, donc

k=0

∀ x ∈ [0 ; 1[, ∀ n ∈ N,

n 

f k (x)
ln

k=0

• Étude sur [0 ; a], a ∈ [0 ; 1[ fixé : ;a] = ln(1 + a n ) = f n (a). ∀ n ∈ N, || f n ||[0 ∞  f n (a) converge (cf. 1)), la série Comme la série

∀ x ∈ [0 ; 1[, S(x)
ln

On a :

;a] || f n ||[0 converge, et on conclut que ∞

 n
0

b) 1) • Pour tout n ∈ N , f n est de classe C 1 sur [0 ; 1[ et, pour nx n−1 f n (x) = . tout x ∈ [0 ; 1[ : 1 + xn • Soit a ∈ [0 ; 1[ fixé. On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; a], n−1

nx  nx n−1  na n−1 , 1 + xn

∀ n ∈ N , ||  na .  n−1 na Comme la série converge (règle n 2 u n par exemple), ∗

d’où :

;a] f n ||[0 ∞

n−1

x−→1

S(x) −→− +∞ . x−→1

d) Soit x ∈ ]0 ; 1[ fixé. Pour évaluer S(x) , nous allons utiliser une comparaison série/intégrale. Notons ϕx : [1 ; +∞[−→ R, t −→ ln(1 + x t ) = ln(1 + et ln x ) . Il est clair que ϕx est continue par morceaux (car continue), décroissante, intégrable sur [1 ; +∞[, car ϕx (t)

par théorème de majoration pour des séries à termes
0, la  ;a] || f n ||[0 converge. ∞ n
1

Ceci montre que

 n
0

f n converge normalement, donc unifor-

mément, sur tout [0 ; a], a ∈ [0 ; 1[ fixé, donc sur tout segment de [0 ; 1[ .  f n converge simplement sur [0 ; 1[ . • On a vu en a) 1) que n
0

∼

t−→+∞

et ln x
0

et ln x < 0 . On a donc, par comparaison série/intégrale :   +∞ +∞  ϕx (t) dt  ϕx (n)  ϕx (1) + 1

n
1

série

1 = −ln(1 − x) . 1−x

Comme −ln(1 − x) −→− +∞, on conclut :

f n converge nor-

malement, donc uniformément, sur [0 ; a].

| f n (x)| =

1 − x n+1 , 1−x

d’où, en faisant tendre l’entier n vers l’infini, pour x fixé :

Soit a ∈ [0 ; 1[ fixé.

n
0

xk .

2) D’après 1), on a :

sur [0 ; 1[ .

n
0

 n

k=0

n
0



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

n=1

+∞

ϕx (t) dt .

1

Pour calculer l’intégrale, utilisons le changement de variable u = −t ln x (rappelons que x ∈ ]0 ; 1[ est fixé) :  +∞  +∞ ϕx (t) dt = ln(1 + et ln x ) dt 1

1

 =

+∞

−ln x

−1 du ln(1 + e−u ) ln x  +∞ 1 =− ln(1 + e−u ) du. ln x −ln x 243

L’application ψ : ]0 ; +∞[−→ R, u −→ ln(1 + e−u ) , est continue par morceaux (car continue) et intégrable sur ]0 ; +∞[, car ψ(u) −→+ ln 2, et ψ(u) ∼ e−u . u−→+∞ u−→0  +∞ ln(1 + e−u ) du , En notant I = 

0 +∞

on a donc : −ln x

On a donc :

et :

n n+1

ln(1 + e−u ) du −→− I. x−→1

n

De plus, comme ψ est continue,
0 et n’est pas l’application nulle, on a : I > 0. Il en résulte :  +∞ ln(1 + et ln x ) dt 1



= an

n n+1

n

1 . n+1

n∞

∼

x−→1−

−

I ln x

∼

x−→1−

an . D’où : || f n ||∞ ∼ n∞ e n  f n converge normalement sur [0 ; 1] si et On conclut que

I . 1−x

n
1

ϕx (1) = ln(1 + x) −→− ln 2 =

o

x−→1−

x−→1

1 1−x



seulement si la série

 an n
1

,

converge.

n

c) 1) Supposons an −−−→ 0. Puisque la suite (an )n
1 est dén∞

d’où :  ϕx (1) +

+∞

ln(1 + et ln x ) dt

1

∼

x−→1−

On conclut, par encadrement : S(x) ∼ − x−→1

I . 1−x

I . 1−x

croissante, on a, en notant Rn le reste d’ordre n, pour tout n ∈ N∗ et tout x ∈ [0 ; 1[ : 0  Rn (x) =

+∞ 

ak x k (1 − x) 

k=n+1

= an+1

 +∞

+∞ 

an+1 x k (1 − x)

k=n+1

x k (1 − x) = an+1 x n+1 ,

k=n+1

a) Soit x ∈ [0 ; 1].

et l’inégalité est aussi vraie pour x = 1.

/ 1, alors : Si x = 0  f n (x) = an x n (1 − x)  an x n  a1 x n ,  x n converge, par théodonc, puisque la série géométrique n
1

rème de majoration pour des séries à termes
0, la série  f n (x) converge. n
1

Si x = 1, alors : ∀ n ∈ N∗ , f n (x) = 0 ,  f n (x) converge. donc la série n
1

Ceci montre que



f n converge simplement sur [0 ; 1] .

b) Soit n ∈ N∗ . L’application f n est dérivable sur [0 ; 1] et, pour tout x ∈ [0 ; 1] :     f n (x) = an nx n−1 − (n + 1)x n = an x n−1 n − (n + 1)x , d’où le tableau de variations de f n : x f n (x) f n (x)

+ 0



0

d’où : ||Rn ||∞ −−−→ 0 , ce qui montre que n∞



f n converge uni-

n
1

formément sur [0 ; 1] .

/→ 0. 2) Réciproquement, supposons an −−− n∞

Comme (an )n
1 est décroissante et minorée par 0, (an )n
1 / 0, donc converge vers un réel 
0, et par hypothèse,  =  > 0.

Rn (x) =

+∞ 

ak x k (1 − x)


k=n+1

x k (1 − x)

=

x k (1 − x) = x n+1 ,

k=n+1

d’où :

||Rn ||∞ = Sup Rn (x)
Sup (x n+1 ) = , x∈[0 ;1]

n∞

 n
1

x∈[0 ;1[

f n ne converge pas uniformé-

1

ment sur [0 ; 1] .  f n converge uniformément sur [0 ; 1] si et On conclut que

0

seulement si : an −−−→ 0 .

− 

+∞ 

k=n+1  +∞

/→ 0, et donc : ||Rn ||∞ −−−

n n+1

0

On a donc : ∀ n ∈ N∗ , ||Rn ||∞  an+1 ,

On a, pour tout n ∈ N∗ et tout x ∈ [0 ; 1[ :

n
1

244

n n+1



  1 −n 1 = 1+ = exp − n ln 1 + n n 

 1 1 = exp − n + o n n∞ n   = exp − 1 + o(1) −−→ e−1 .

De plus :

5.45



|| f n ||∞ = f n

n
1

n∞

5.46

On a, pour tout n ∈ N et tout x ∈ [0 ; 1] :

a) Récurrence sur n.

• Pour n = 0, f 0 = 1 existe, est unique et est un polynôme. • Si, pour un n ∈ N fixé, f n existe, est unique et est un polynôme, il est clair que  x f n (t − t 2 ) dt f n+1 : [0 ; 1] −→ R, x −→ 1 + 0

existe, est unique et est un polynôme (fonction polynomiale). b) 1) Récurrence sur n.

0

• Pour n = 0, on a, pour tout x ∈ [0 ; 1], f 0 (x) = 1 et :  x  x f 1 (x) = 1 + f 0 (t − t 2 ) t = 1 + 1 dt = 1 + x , 0

Il en résulte : Mn = Sup | f n+1 (t) − f n (t)|  m n−1 . x∈[0 ;1]

Mais aussi, en particulier :

0

0  f 0 (x)  f 1 (x)  ex ,

d’où :

∀ x ∈ [0 ; 1/4], | f n+1 (x) − f n (x)|  x m n−1 

par l’inégalité classique : ex
1 + x. On a alors, pour tout x ∈ [0 ; 1] : f n+2 (x) − f n+1 (x)



 x  x f n+1 (t − t 2 ) dt − 1 + f n (t − t 2 ) dt = 1+ 0 0  x  2 = f n+1 (t − t ) − f n (t − t 2 ) dt
0    0
0 x

f n+2 (x) = 1 +

f n+1 (t − t ) dt 0 x

t−t 2

e

dt  1 +

0



théorème de majoration pour des séries à termes
0, il s’en m n converge, puis, comme Mn  m n−1 ,

la série

n
0



Mn converge.  n
0

x

e dt = 1 + t

[et ]0x

=e . x

0

On obtient : ∀ x ∈ [0 ; 1], 0  f n+1 (x)  f n+2 (x)  ex , ce qui établit la propriété pour n + 1. On conclut, par récurrence sur n : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ [0 ; 1], 0  f n (x)  f n+1 (x)  ex .   2) Pour tout x ∈ [0 ; 1] fixé, la suite f n (x) n
0 est croissante et majorée (par ex ), donc converge vers un réel, noté f (x) , et on a : 0  f (x)  ex .

ou encore par étude des variations de t −→ t − t 2 sur [0 ; 1] . Notons, pour tout n ∈ N : ;1] [0 ;1/4] Mn = || f n+1 − f n ||[0 . ∞ , m n = || f n+1 − f n ||∞

;1] || f n+1 − f n ||[0 converge, donc ∞

 ( f n+1 − f n ) converge normalement sur [0 ; 1] , donc unin
0

formément. D’après le lien suite/série pour la convergence uniforme, on déduit que la suite ( f n )n
0 converge uniformément sur [0 ; 1] . Enfin, comme ( f n )n
0 converge déjà simplement vers f, on conclut que ( f n )n
0 converge uniformément vers f sur [0 ; 1] . • Puisque les f n sont toutes continues sur [0 ; 1] et que ( f n )n
0 converge uniformément vers f sur [0 ; 1] , d’après un théorème du cours, f est continue sur [0 ; 1] . • Notons, pour tout n ∈ N :

Ceci montre que la suite ( f n )n
0 converge simplement sur [0 ; 1] vers une application f. c) Remarquons d’abord : ∀ t ∈ [0 ; 1], t − t 2 ∈ [0 ; 1/4],

1 2 1 + , car : t − t 2 = −(t 2 − t) = − t − 2 4

1 m n−1 . 4

suit que la série

Ainsi, la série

2

1 m n−1 , 4

1 Par une récurrence immédiate : ∀ n ∈ N, m n  n m 0 . 4    1 1 converge. Par Comme   < 1 , la série géométrique 4 4n n
0

n
1



1+

mn 

d’où :

• Supposons la propriété vraie pour un n ∈ N .

et

| f n+1 (x) − f n (x)| 



  x  x   f n (t − t 2 ) dt − 1 + f n−1 (t − t 2 ) dt  =  1 + 0 0  x     2 f n (t − t ) − f n−1 (t − t 2 ) dt  = 0 x    f n (t − t 2 ) − f n−1 (t − t 2 ) dt  0  x  m n−1 dt = x m n−1  m n−1 .

gn : [0 ; 1] −→ R, t −→ f n (t − t 2 ) . C.U.

C.U.

n∞ C.U.

n∞

Puisque f n −→ f sur [0 ; 1] , a fortiori, f n −→ f sur [0 ; 1/4], donc gn −→ g sur [0 ; 1] , où : n∞

g : [0 ; 1] −→ R, t −→ f (t − t 2 ) . Alors, d’après le théorème du cours sur l’intégration sur un segment et la convergence uniforme, on déduit, pour tout x ∈ [0 ; 1] fixé : 245





x

x

f n (t − t 2 ) dt −−−→ n∞

0

f (t − t 2 ) dt . 0



Comme : ∀ n ∈ N, f n+1 (x) = 1 +

x

f n (t − t 2 ) dt, 0

on déduit donc, en faisant tendre l’entier n vers l’infini :  x f (t − t 2 ) dt . f (x) = 1 + 0

d) 1) Puisque f est continue sur [0 ; 1] et que ∀ t ∈ [0 ; 1], t − t 2 ∈ [0 ; 1/4] ⊂ [0 ; 1] , l’application t −→ f (t − t 2 ) est continue sur [0 ; 1], donc, par  x f (t − t 2 ) dt est de classe C 1 sur primitivation, x −→ 0

246

[0 ; 1] . D’après le résultat de c), on déduit que f est de classe C 1 sur [0 ; 1] et que : ∀ x ∈ [0 ; 1], f  (x) = f (x − x 2 ) . 2) • Montrons que f est de classe C ∞ sur [0 ; 1] par récurrence. ∗ On sait déjà que f est de classe C 1 sur [0 ; 1] . ∗ Si f est C n pour un n ∈ N∗ fixé, alors l’application x −→ f (x − x 2 ) est C n donc f  est C n , f est C n+1 . Ceci montre, par récurrence sur n, que, pour tout n ∈ N∗ , f est C n . On conclut que f est de classe C ∞ sur [0 ; 1] .

Séries entières

Plan

Du mal à démarrer ?

262

Corrigés

267

6

On abrège « développable en série entière en 0 » en dSE(0), et « développement en série entière en 0 » en DSE(0).

Les méthodes à retenir 248 Énoncés des exercices 253

CHAPITRE

Thèmes abordés dans les exercices •

Détermination du rayon de convergence d’une série entière

•

Calcul du rayon de convergence et de la somme d’une série entière

•

Détermination du DSE(0) d’une fonction

•

Calculs d’intégrales et de sommes de séries numériques (convergentes) par l’intermédiaire de séries entières

•

Manipulation des fonctions usuelles complexes cos, sin, ch, sh ), résolution d’équations portant sur celles-ci

•

Obtention de la classe C ∞ pour une fonction d’une ou de plusieurs variables réelles, par intervention de la notion de dSE(0)

•

Dénombrements par utilisation de séries entières génératrices.

(exponentielle,

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •

Définition et caractérisations du rayon de convergence d’une série entière

•

Théorèmes de comparaison, pour obtenir inégalité ou égalité, sur des rayons de convergence de séries entières

•

Règle de d’Alembert pour les séries numériques et son emploi dans le cadre des séries entières

•

Théorèmes sur rayon et somme de séries entières obtenues par opération sur une ou deux séries entières : addition, loi externe, dérivation, primitivation, produit de Cauchy

•

Théorèmes sur la convergence (absolue, simple, normale, uniforme) pour les séries entières

•

Relation entre coefficients d’une série entière et dérivées successives en 0 de la somme de cette série entière, lorsque le rayon est > 0

•

Définition de la notion de fonction dSE(0), unicité du DSE(0) en 0

•

Théorèmes sur les opérations sur les fonctions dSE(0) : addition, loi externe, dérivation, primitivation, produit 247

Chapitre 6 • Séries entières

•

Liste des DSE(0) usuels, avec leur rayon de convergence et leur ensemble de validité

•

Définition et propriétés de l’exponentielle complexe

•

Définition et propriétés des fonctions cos, sin, ch, sh, sur les complexes.

Les méthodes à retenir Essayer de : • Chercher un équivalent simple de |an | lorsque l’entier n tend vers l’infini.   an z n et bn z n ont le Si |an | ∼ |bn |, alors les séries entières n∞

n

n

même rayon de convergence.

➥ Exercices 6.3 b), 6.13 a), 6.20 b), 6.22 b) Pour trouver un équivalent simple de |an | lorsque l’entier n tend vers l’infini, on pourra être amené à utiliser des développements asymptotiques intermédiaires.

➥ Exercices 6.12 a), d) Pour déterminer le rayon de convergence R  an zn d’une série entière n

• Majorer ou minorer |an | par un terme général plus simple. Si, pour tout n, |an |
|bn |, alors les rayons de convergence Ra et Rb   an z n et bn z n vérifient : Ra  Rb . des séries entières n

n

➥ Exercices 6.32 f), 6.39, 6.47 b) Une combinaison de majoration et de minoration de |an | permet quelquefois d’obtenir le rayon de convergence.

➥ Exercices 6.1 f), 6.2 g), 6.12 e), m), o), 6.33 e), h), 6.46 • Appliquer la règle de d’Alembert, en particulier lorsque an contient des factorielles ou des exponentielles.

➥ Exercices 6.1 e), 6.2 a), d), f), 6.12 i), 6.13 b), 6.16 a), f) 6.35 b), c), d), 6.51 a)

• Combiner prise d’équivalent et règle de d’Alembert. ➥ Exercices 6.1 a) à d), 6.2 b), c), e), 6.3 e), 6.12 b), 6.16 a) à d), 6.17 d), 6.33 c), d), 6.35 e), 6.49 a) 248

Les méthodes à retenir

• Si |an | n’admet pas d’équivalent simple lorsque l’entier n tend vers l’infini, et si la règle de d’Alembert ne paraît pas applicable ou paraît ∗ peu commode à appliquer,  se ramener à étudier, pour z ∈ C fixé, la  n nature de la suite |an z | n en fonction de z . Si on trouve un R ∈ [0 ; +∞] tel que : – pour tout z ∈ C tel que |z| < R, (an z n )n converge vers 0 – pour tout z ∈ C tel que |z| > R, (an z n )n n’est pas bornée,  an z n est égal alors le rayon de convergence de la série entière n à R.   Pour étudier la nature de la suite |an z n | n , on pourra commencer par   étudier la nature de la suite ln |an | + n ln |z| n , puis composer par l’exponentielle.

➥ Exercices 6.12 c), f), g), h), j), l), n), 6.13 c), d), e), 6.33 b), 6.35 f)

• Séparer la recherche de R en la recherche de deux inégalités complémentaires sur R, obtenues par les méthodes précédentes. En particulier : – s’il existe z 1 ∈ C tel que an z 1n −−→ 0, alors : R  |z 1 | n∞

/ 0 , alors : R
|z 2 |. – s’il existe z 2 ∈ C tel que an z 2n −−→ n∞

➥ Exercices 6.3 a), d), k), 6.33 a), 6.35 a), 6.36 a) • Utiliser le théorème du cours sur le rayon de convergence d’une série entière dérivée, en vue de faire disparaître un n en facteur, ou sur le rayon de convergence d’une série entière primitive, en vue de faire disparaître un n ou un n + 1 du dénominateur.

➥ Exercices 6.33 a), 6.36 b).

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

• Commencer par déterminer le rayon R, par les méthodes précé-

Pour calculer le rayon R et la somme S  an zn d’une série entière n0

dentes. Dans la plupart des exemples où l’énoncé demande le rayon et la somme d’une série entière, la détermination du rayon est aisée. En effet, le coefficient an est souvent une fraction rationnelle en n autre que la fraction nulle, et alors le rayon est 1, ou an fait intervenir simplement des factorielles ou des exponentielles, et alors le rayon peut être souvent calculé par application de la règle de d’Alembert.

➥ Exercice 6.2 Ayant déterminé le rayon R, pour calculer la somme S, c’est-à-dire S(x) pour x ∈ ] − R ; R[ si la variable est réelle, S(z) pour |z| < R, si la variable est complexe, essayer de se ramener aux séries entières connues, en utilisant notamment les techniques suivantes : • dérivation ou primitivation, éventuellement répétée, d’une série entière

➥ Exercices 6.2 a) à d), g), 6.35 b), 6.36 b) 249

250

Chapitre 6 • Séries entières

• décomposition de an en éléments simples, lorsque an est une fraction rationnelle en n

➥ Exercices 6.16 a), b) • combinaison linéaire de séries entières connues ➥ Exercices 6.2 b) à g), 6.16 c) à h), 6.17 d) En particulier, si an est un polynôme en cos n θ et sin n θ, essayer de faire intervenir l’exponentielle complexe

➥ Exercice 6.36 a) √

√

• changement de variable du genre t = x ou t = −x lorsque l’énoncé comporte x n et que l’on préfèrerait y voir un élément du genre t 2n

➥ Exercices 6.35 c), d), e) Si on est amené à calculer « à part » S(0), ne pas oublier que, tout simplement, S(0) est le terme constant de la série entière définissant +∞  an x n . S(x) , c’est-à-dire S(0) = a0 lorsque S(x) = n=0

➥ Exercices 6.16 a), b), c), 6.35 c), d), e) Si, pour le rayon R, on a obtenu seulement une minoration R  ρ > 0, et si on a calculé la somme S(x) pour tout x ∈ ] − ρ ; ρ[, souvent, on pourra montrer R = ρ en faisant apparaître un comportement irrégulier de S(x) (ou de S (x),…) lorsque x tend vers ρ− ou lorsque x tend vers −ρ+ .

➥ Exercice 6.39. Essayer de se ramener aux DSE(0) connus, par les opérations suivantes : • combinaison linéaire de fonctions dSE(0)

➥ Exercices 6.3 a), b), e), f), 6.18 a), b), c), f) • produit d’un polynôme par une fonction dSE(0) Pour montrer qu’une fonction f est dSE(0) et calculer le DSE(0) de f

➥ Exercices 6.3 c), d) • produit de deux fonctions dSE(0) Si f se présente comme produit de deux fonctions dSE(0), alors, d’après le cours, f est dSE(0). Mais, pour le calcul de DSE(0) de f, on envisagera souvent un autre point de vue, car la valeur des coefficients du DSE(0) de f, obtenue par produit de deux séries entières, est souvent inutilisable ou inapproprié.

➥ Exercices 6.18 f), 6.41

Les méthodes à retenir

• dérivation, primitivation d’une fonction dSE(0). Si la dérivée f de f est plus simple que f, former le DSE(0) de f , puis en déduire celui de f. Essayer en particulier lorsque f est une intégrale dépendant d’une de ses bornes ou lorsque f est un logarithme ou une fonction circulaire réciproque ou une fonction hyperbolique réciproque. ➥ Exercices 6.18 d), e), h), i), 6.25 • utilisation d’une équation différentielle ➥ Exercices 6.41, 6.42 • montrer que f est de classe C ∞ , appliquer la formule de Taylor avec

reste intégral à l’ordre n pour tout n ∈ N, et montrer que le reste tend vers 0 lorsque l’entier n tend vers l’infini.

➥ Exercices 6.40, 6.53, 6.55.

Pour obtenir le DSE(0) d’une intégrale dépendant d’un paramètre

Développer la fonction sous l’intégrale en la somme d’une série de fonctions, souvent par l’intermédiaire d’une série entière, puis montrer que l’on peut permuter intégrale et série, par l’une des trois méthodes suivantes : • continuité et convergence uniforme (normale ?) sur un segment

➥ Exercices 6.23, 6.30, 6.31, 6.39 • théorème sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série de fonctions

➥ Exercices 6.26, 6.28, 6.45 • montrer que l’intégrale du reste tend vers 0. En plus des méthodes vues dans le chapitre 4, on peut essayer de faire intervenir une ou des séries entières. +∞  u n , (après avoir montré la convergence de cette Pour calculer n=0  u n z n , déterminer son série), introduire par exemple la série entière © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

n 0

Pour calculer la somme d’une série numérique (convergente)

rayon R et sa somme S. – Si R > 1, alors, on peut remplacer directement x par 1, et on a : +∞  u n = S(1). n=0 ➥ Exercices 6.4, 6.29  u n z n converge – Si R = 1, essayer de montrer que la série entière n 0

uniformément (normalement ?) sur [0 ; 1], ce qui permettra de dédui+∞  u n = lim − S(x). re : n=0

x−→1

Avant d’introduire une série entière dans ce contexte, il peut être commode de commencer par transformer l’écriture du terme général 251

Chapitre 6 • Séries entières

de la série numérique de l’énoncé, ou de considérer d’autres séries numériques analogues.

➥ 6.30, 6.54. Pour montrer qu’une fonction f d’une variable réelle est de classe C∞

Essayer d’abord les théorèmes généraux : somme, produit, quotient, composée… de fonctions de classe C ∞ . Sinon, il suffit de montrer que f est dSE(0). Y penser en particulier lorsque f (x) est donné par deux expressions selon la position de x.

➥ Exercices 6.24, 6.37 a), 6.43 b). Pour montrer qu’une fonction f de deux variables réelles est de classe C∞

Essayer d’abord les théorèmes généraux : somme, produit, quotient, composée… de fonctions de classe C ∞ . Sinon, essayer de se ramener à des fonctions d’une variable réelle et essayer d’appliquer la méthode précédente à ces fonctions d’une variable réelle.

➥ Exercice 6.24. Pour établir une égalité du type intégrale = série

Essayer d’écrire la fonction située dans l’intégrale comme somme d’une série de fonctions, souvent par l’intermédiaire d’une série entière, puis justifier la permutation entre intégrale et série.

➥ Exercice 6.21.

Pour établir une égalité du type série = série

Essayer d’écrire le terme général d’une des deux séries comme somme d’une série, souvent par l’intermédiaire d’une série entière, puis justifier la permutation entre séries, par un théorème d’interversion pour des séries doubles.

➥ Exercices 6.48, 6.52. Pour montrer qu’un DSE(0), +∞  an xn , valable pour tout f (x) = n=0

x ∈ ] − R ; R[, est encore valable pour x = R , ou pour x = −R Pour résoudre une équation d’inconnue z ∈ C, faisant intervenir ez , cos z, sin z,ch z,sh z,. . .

Pour établir une formule portant sur cos , sin , ch, sh, de complexes

Essayer de montrer que la série d’applications



x −→ an x n



n 0

converge uniformément (normalement ?) sur [0 ; R], puis appliquer le théorème sur convergence uniforme et continuité.

➥ Exercice 6.30. Se ramener, en général, à des exponentielles et utiliser éventuellement un changement de variable.

➥ Exercices 6.6, 6.32. Essayer de : • utiliser les liens entre cos, et ch, entre sin et sh, en passant par les nombres complexes.

➥ Exercices 6.8, 6.10, 6.11

252

Énoncés des exercices

• faire intervenir l’exponentielle complexe. ➥ Exercices 6.7, 6.8, 6.10, 6.11. Pour obtenir une inégalité faisant intervenir des fonctions usuelles de la variable complexe

Essayer d’utiliser des DSE(0).

➥ Exercice 6.9.

Énoncés des exercices 6.1

Exemples de détermination du rayon de convergence d’une série entière Déterminer le rayon de convergence R des séries entières suivantes : a)

 n2 + 1 n 0

d)

b)

ln(n 3

√ √ ( n + 2 − n)z n

 2n + n 2 zn 3n − n 2 n 0

c)

n 0

 ln(n 2 + 1) n 1

6.2

n3 + 2

zn

+ 1)

zn

e)

  2n  n 0

n

zn

f)



e sin n z n .

n 0

Calcul du rayon de convergence et de la somme d’une série entière Calculer le rayon de convergence et la somme des séries entières suivantes (z : variable complexe, x : variable réelle) : a)



n2 x n

b)

n

n 1

n 0

 (n 2 + 1)(−1)n x 2n d) n 0

6.3

 (n + 1)2

e)



xn

c)

 n3 + n2 − 1 n 0

sh n z n

f)

 n+1 n 1

n 0

n+1

n!

xn

zn

g)



n (−1) x n . n

n 1

Exemples de DSE(0) Pour les fonctions f des exemples suivants, où l’on donne f (x) (x : variable réelle), montrer que f est dSE(0) et calculer son DSE(0) ; préciser le rayon de convergence R. x3 + 2 x2 − 1  1−x d) 1+x

b)

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

a)

6.4

1 x 4 − 3x 2 + 2

e) ln (x 2 − 8x + 15)

f)

sin 4x sin x

g)

sin x . x

Exemple de calcul d’une somme de série numérique par utilisation d’une série entière Existence et calcul de S =

6.5

c) (1 − x) ln (1 − x)

+∞  2n + n3n . (n − 1)n5n n=2

Exemple de calcul d’un produit infini par utilisation d’une série entière Trouver lim n∞

n 

2k

3 k! .

k=0

253

Chapitre 6 • Séries entières

6.6

Exemple de résolution d’une équation portant sur l’exponentielle complexe Résoudre l’équation, d’inconnue z ∈ C : ez = −2.

6.7

Calculs de modules de fonctions usuelles complexes   ∀ y ∈ R, cos (i y) = ch y, sin (i y) = i sh y . a) Montrer : ∀ (x,y) ∈ R2 , cos (x + i y) = cos x + sin (i y) . b) Établir :

6.8

Résolution d’une équation portant sur des fonctions hyperboliques complexes

6.9

Inégalité sur des modules de fonctions usuelles complexes

Résoudre l’équation, d’inconnue z ∈ C : |ch z| = |sh z|.

Montrer, pour tout z ∈ C :

| cos z|
ch (|z|),

| sin z|
sh (|z|).

6.10 Calculs de carrés de modules de fonctions usuelles complexes Soient (x,y) ∈ R2 , z = x + i y. Montrer :

| cos z|2 = ch2 y − sin 2 x = sh2 y + cos 2 x,

|ch z|2 = ch2 x − sin 2 y = sh2 x + cos 2 y

| sin z|2 = ch2 y − cos 2 x = sh2 y + sin 2 x,

|sh z|2 = ch2 x − cos 2 y = sh2 x + sin 2 y.

6.11 Calcul d’une expression faisant intervenir le cosinus d’un complexe Simplifier, pour tout z ∈ C, l’expression : A = |1 − cos z| + |1 + cos z|.

6.12 Exemples de détermination du rayon de convergence d’une série entière Déterminer le rayon de convergence R des séries entières suivantes :

√ √ 

3 n ( n 2 + n + 1 − n 3 + n 2 )z n b) n ch n z n c) ( n)−n z n a) n 0

d)

n 0



tan (π n 2 + 1)z n

e)

n 0

h)

ln (n!)z n

e−ch n z n

i)

n

√ −E( n) n

z

 n z 3n (3n)! n 0

m)

n 1

3  1 n n 1+ 2 z n) n n 1



g)

n 2

3n

n 0

l)

n 1

 (ln n)−ln n z n f)

n 0

 



j)

 n 0

nz n

2

k)



  n + 1 n zn 2n + 1 n 1

an z n , an = n−è décimale de

√ 2

n 1

S2 (n)z n , S2 (n) = somme des carrés des diviseurs  1 de n

n 1

o)

 n 0

0

1

 tn dt zn 1 + t + tn

p)

 n √   e−n e k zn. n 0

k=0

6.13 Exemples de détermination du rayon de convergence d’une série entière, avec paramètres

Déterminer le rayon de convergence R des séries entières suivantes, les paramètres a,b étant fixés :  a n2 an z n , a ∈ ]0 ; +∞[ z n , (a,b) ∈ ]0 ; +∞[2 b) n (2n)! n+b n 0 n 1    a a n! z n , a ∈ C∗ a n z n! , a ∈ C∗ e(ln n) z n , a ∈ R. c) d) e) a)



n 0

254

n 1

n 2

Énoncés des exercices

6.14 Rayons de séries entières définies à partir d’une série entière donnée Soient



an z n , une série entière, R son rayon de convergence.

n

Déterminer les rayons de convergence des séries entières



an2 z n ,



n

an z 2n .

n

6.15 Caractérisation des séries entières de rayon > 0 Soient



an z n , une série entière, R son rayon de convergence.

n

 1 Montrer que R > 0 si et seulement si la suite |an | n n 1 est majorée.

6.16 Calcul du rayon de convergence et de la somme d’une série entière Calculer le rayon de convergence et la somme des séries entières suivantes (z : variable complexe, x : variable réelle) : a)

 n 1

d)

xn n(n + 2)

 n4 + n2 + 1 n!

n 0

g)

 n 2

zn

  2 + (−1)n n n 0

6.17

b)

3 + (−1)n

e)

 p0

xn n3 − n

c)

x 4 p+1 (4 p + 1)!

f)

n 2

 1     an z n , an = 2 p h)   n 0  p 3

zn

Séries entières issues du développement de (1 +

 n + (−1)n+1  n 0

n + (−1)n

xn

n+1 n z (n + 2)n!

si n = 3 p, p ∈ N si n = 3 p + 1, p ∈ N si n = 3 p + 2, p ∈ N.

√ n 2)

a) Montrer qu’il existe un couple unique ((an )n∈N , (bn )n∈N ) de suites réelles tel que :  (an ,bn ) ∈ N2 ∀ n ∈ N, √ √ an + bn 2 = (1 + 2)n . b) Établir :

√ √ ∀ n ∈ N, an − bn 2 = (1 − 2)n .

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

c) En déduire une expression de an et de bn , en fonction de n, pour tout n ∈ N .   an z n , bn z n . d) Déterminer le rayon de convergence et la somme des deux séries entières n 0

6.18

n 0

Exemples de DSE(0) Pour les fonctions f des exemples suivants, où l’on donne f (x) (x : variable réelle), montrer que f est dSE(0) et calculer son DSE(0) ; préciser le rayon de convergence R. a)

1 x2 − x + 2

d) ln (x 2 + 2x + 5)   ch x − 1 2 g) x2

b)

16 x 3 − 5x 2 + 3x + 9

e) Arctan (2 + x)  x ln(1 + t) dt h) t 0

c) ln (1 + x + x 2 ) f) sin x ch x  3x t e −1−t dt. i) t2 2x

255

Chapitre 6 • Séries entières

6.19 Exemple d’inégalité sur la somme d’une série entière Montrer :

 2 +∞ n  (1 − x) ln (1 − x) x .  n2 x n=1

∀ x ∈ ]0 ; 1[,

6.20 Étude d’une série entière dont les coefficients sont des sommes de séries On note, pour tout n ∈ N∗ : an =

+∞ 

1 . k(k + n)

k=n

a) 1) Montrer que, pour tout n ∈ N∗ , an existe. 1 (H2n−1 − Hn−1 ), n n  1 . où on a noté H0 = 0 et, pour tout n ∈ N∗ , Hn = k k=1 ∀ n ∈ N∗ , an =

2) Établir :

On pourra utiliser : Hn = ln n + γ + o (1), où γ est la constante d’Euler. n∞

3) En déduire un équivalent simple de an lorsque l’entier n tend vers l’infini.  an x n , où la variable x est réelle, et on note R son rayon de b) On considère la série entière n 1

convergence. 1) Déterminer R. 2) Quelles sont les natures des séries numériques



an R n ,

n 1



an (−R)n ?

n 1

6.21 Calcul d’une intégrale double par utilisation d’une série entière  Montrer : [0 ;1]2

x y ex y dx dy = e − 1 −

+∞  n=1

1 . n · n!

6.22 Étude d’une série entière dont les coefficients sont des intégrales 

a) Montrer que, pour tout n ∈ N∗ , In = On considère la série entière



+∞

e−t dt existe. n

1

In x n (où x est une variable réelle), et on note R son rayon, S sa

n 1

somme. b) Déterminer R. c) Étudier la nature des séries numériques

 n 1

In R n ,



In (−R)n .

n 1

6.23 Exemple de DSE(0) pour une fonction définie par une intégrale 

Montrer que la fonction f : x −→ 0

le rayon de convergence R.

256

π

ch (x cos t) dt est dSE(0) et calculer son DSE(0) ; préciser

Énoncés des exercices

6.24 Classe C∞ pour une fonction de deux variables réelles Montrer que l’application f : ] − 1 ; +∞[×R −→ R définie par :  y  (1 + x) − 1 ln(1 + x) f (x,y) =  y

si x = / 0 si x = 0

est de classe C ∞ sur ] − 1 ; +∞[×R.

6.25 DSE(0) d’une fonction définie par une intégrale On note, pour tout x ∈ R∗ : f (x) =

1 x



0

x

Arctan t dt. t

∗

a) Montrer que f est définie sur R et que f admet une limite finie en 0. On note encore f l’application R −→ R obtenue en prolongeant f par continuité en 0. b) Montrer que f est dSE(0) et calculer le rayon de ce DSE(0).

6.26 DSE(0) d’une fonction définie par une intégrale



On note, pour x ∈ R et sous réserve d’existence : f (x) =

+∞

ln (1 + x e−t ) dt.

0

a) Déterminer l’ensemble de définition de f. b) Montrer que f est dSE(0) et déterminer le rayon et le DSE(0).

6.27 Détermination d’une fonction dSE(0) dont on connaît les dérivées successives en 0 Trouver un intervalle ouvert I contenant 0 et une application f : I −→ R de classe C ∞ sur I, tels que : ∀ n ∈ N, f (n) (0) = n 2 · n! .

6.28 Transformée de Fourier d’une fonction à support borné Soit f : R −→ C continue par morceaux et nulle en dehors d’un segment. On considère la transformée de Fourier g de f :

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

1 g : R −→ C, x −→ g(x) = √ 2π



+∞

−∞

f (t) e−i xt dt .

Démontrer que g est dSE(0), de rayon infini.

6.29 Calcul d’une somme de série numérique par utilisation de séries entières Existence et calcul de A =

+∞  n=0

1 . (3n)!

6.30 Calcul d’une somme de série numérique par utilisation d’une série entière Existence et calcul de S =

+∞  n=0

(−1)n . (n + 1)(2n + 1) 257

Chapitre 6 • Séries entières

6.31 Calculs d’intégrales à l’aide de DSE(0) Calculer, pour tout n ∈ N : In =

 2π

e cos t cos (nt − sin t) dt et Jn =

0

 2π

e cos t sin (nt − sin t) dt .

0

6.32 Exemple d’équation faisant intervenir des fonctions usuelles complexes Résoudre l’équation, d’inconnue z ∈ C :

3 cos z + 2 sin z = 5.

6.33 Exemples de détermination du rayon de convergence d’une série entière Déterminer le rayon de convergence R des séries entières suivantes :

a)



sin n z n ,

n 0

c)

e)

g)

 sin n  n sin n z n zn , n n 1 n 0

  n+1 π n z Arcsin − 2n + 3 6 n 0

  1  1 t (t − 1) · · · (t − n) dt z n n! 0 n 1 √    (n+1)π n 0

√ nπ



3n

n n−1 z ln (n + 2) n 2    1 n z Arccos 1 − d) n n 1

b)

f)

 n 0

 sin (t 2 ) dt z n

h)



 n 1

+∞

 t n e−t dt z n

n

1 √ √ zn . n 2 − E(n 2)

6.34 Effet de la multiplication du coefficient d’une série entière par une fraction rationnelle de l’indice Soient (an )n∈N ∈ CN , F ∈ C(X) − {0}. Montrer que les séries entières  F(n)an z n ont le même rayon de convergence.



an z n

et

n

n

6.35 Calcul du rayon de convergence et de la somme d’une série entière Calculer le rayon de convergence et la somme des séries entières suivantes (z : variable complexe, x : variable réelle) : a)



cos n x n

b)

n 0

d)

 n 0

n

x (2n + 1)!

e)

 x 3n+2 3n + 2 n 0  n 0

c)

n 0

3n xn 2n 2 + n − 1

6.36 Séries entières de coefficients cos nθ, sin nθ,



f)



xn 2n + 1 √ n)

z E(

.

n 0

cos nθ sin nθ , n n

a) Calculer, pour tout θ ∈ R, les rayons de convergence et les sommes des deux séries entières   cos nθ x n , sin nθ x n . n 0

n 0

b) En déduire, pour tout θ ∈ R, les rayons de convergence et les sommes des deux séries entières  sin nθ  cos nθ xn, xn. n n n 1 n 1 258

Énoncés des exercices

6.37 Fonction de classe C ∞ par DSE(0) Soit n ∈ N fixé. On note f n : R −→ R l’application définie, pour tout x ∈ R, par :    n  xk 1  x  e −   x n+1 k! k=0 f n (x) =   1   (n + 1)!

si x = / 0 si x = 0.

a) Montrer que f n est de classe C ∞ sur R. b) Montrer qu’il existe Pn ∈ R(X] tel que : ∀ x ∈ R∗ , f n(n) (x) =

 ex/2  x/2 e Pn (x) − e−x/2 Pn (−x) 2n+1 x

et calculer Pn.

6.38 Exemple d’égalité de sommes de séries entières, par produits de Cauchy Montrer, pour tout z ∈ C :

ez

 +∞ +∞   n   (−1)n−1 z n 1 zn = n n! k n! n=1 n=1 k=1

6.39 Étude d’une série entière dont les coefficients sont des intégrales On note a0 = 1 et, pour tout n ∈ N∗ :

an =

1 n!

 0

1

  n−1 (t − k) dt. k=0

Déterminer le rayon de convergence R et la somme S de la série entière



an x n , où la variable

n 0

x est réelle.

6.40 Résolution d’une équation fonctionnelle par utilisation d’une série entière Pour (α, λ) ∈ R∗ ×] − 1 ; 1[ fixé, trouver toutes les applications f : R −→ R dérivables telles que : ∀ x ∈ R, f (x) = α f (x) + f (λx).On exprimera le résultat sous forme d’une série.

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

6.41 Exemple de DSE(0), méthode de l’équation différentielle Argsh x Montrer que f : x −→ √ est dSE(0) et calculer son DSE(0) ; préciser le rayon de conver1 + x2 gence R.

6.42 Exemple de DSE(0), méthode de l’équation différentielle Pour α ∈ R∗ fixé, former le DSE(0) de f : x −→ sin (α Arcsin x) .

6.43 Fonction d’une variable réelle de classe C∞ par utilisation de DSE(0) On note f : R∗ −→ R, x −→

ex

1 1 − . −1 x

a) Montrer que f admet une limite finie en 0 et calculer . On note encore f l’application R −→ R obtenue en prolongeant f par continuité en 0. b) Montrer que f est de classe C ∞ sur R. 259

Chapitre 6 • Séries entières

6.44 Principe des zéros isolés et une application a) Soit



an x n une série entière réelle, de rayon de convergence R > 0, f sa somme. On suppo-

n 0

se qu’il existe une suite (tn )n∈N telle que :  / 0 et f (tn ) = 0  ∀ n ∈ N, −R < tn < R et tn =  tn −−−→ 0. n∞

Démontrer : f = 0. b) Existe-t-il une application f : ] − 1 ; 1[−→ R, dSE(0) de rayon  1, telle que :     1 1 1 = f − = 3 ? ∀ n ∈ N − {0,1}, f n n n

6.45 DSE(0) de x −→ Γ(1 + x), où Γ est la fonction d’Euler Montrer que l’application x −→ (1 + x) est dSE(0), de rayon 1, et exprimer les coefficients de ce DSE(0) à l’aide d’intégrales.

6.46 Étude d’une série entière dont les coefficients vérifient une relation de récurrence linéaire du second ordre, à coefficients constants et avec second membre On considère la suite réelle (u n )n∈N définie par u 0 = 0, u 1 = 1 et : ∀ n ∈ N, u n+2 = u n+1 + u n +

1 . n+1

Déterminer le rayon de convergence R et la somme S de la série entière



u n x n , où la variable

n 0

x est réelle.

6.47 Série entière génératrice pour le nombre de dérangements On note, pour tout (n,k) ∈ N2 tel que k
n, Fn,k le nombre de permutations de {1,. . . ,n} ayant exactement k points fixes, et on note, pour tout n ∈ N , αn = Fn,0 . On convient : α0 = 1.   n αn−k . a) 1) Montrer, pour tout (n,k) ∈ N2 tel que k
n : Fn,k = k n    n αk = n! . 2) En déduire, pour tout n ∈ N : k k=0 b) On considère la série entière

 αn n 0

n!

z n , où la variable z est complexe, et on note R son rayon

de convergence, S sa somme. 1) Montrer R  1 et établir, pour tout z ∈ C tel que |z| < 1 : 2) En déduire :

∀ n ∈ N, αn = n!

n  (−1) p p=0

p!

S(z) =

e−z . 1−z

.

  n! 1 n! , puis : αn = + + O (1). 3) Conclure, pour tout n ∈ N − {0,1} : αn = E n∞ e 2 e

260

Énoncés des exercices

6.48 Calcul d’une somme de série par utilisation d’une série double et d’une série entière Existence et calcul de

+∞  ζ(2n) − 1

n

n=1

, où ζ est la fonction de Riemann.

6.49 Étude d’une série entière dont les coefficients vérifient une relation de récurrence Soit (an )n∈N la suite réelle définie par a0 ∈ ]0 ; +∞[ et : ∀ n ∈ N, an+1 = 1 − e−an .  an x n , son rayon de convergence R, sa somme S. On considère la série entière n 0

a) 1) Montrer : an −−−→ 0. n∞

b) En considérant bn =

2) Établir : an+1 ∼ an.

3) Déterminer R.

n∞

2 1 , montrer : an ∼ . n∞ n an

c) 1) Quelle est la nature de la série numérique



an R n ?

n 0

2) Quelle est la nature de la série numérique



an (−R)n ?

n 0

6.50 Comparaison des comportements de deux séries entières au bord Soient



an x n ,



n 0

bn x n deux séries entières, Ra ,Rb les rayons, Sa ,Sb les sommes.

n 0



On suppose : (1) ∀ n ∈ N, bn > 0, (2)

bn diverge, (3) Rb = 1, (4)

n 0

a) Montrer : Sb (x) −→− +∞.

b) Établir :

x−→1

an −−−→ ∈ R. bn n ∞

Sa (x) −→ . Sb (x) x−→1−

6.51 Étude d’une série entière, comportement au bord  nn , et on considère la série entière an x n (où la variable n e n! n 1 x est réelle), R son rayon de convergence, S sa somme.

On note, pour tout n ∈ N∗ : an =

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

a) Déterminer R. b) Déterminer un équivalent simple de S(x) lorsque x −→ 1− . √  +∞ π 2 e−x dx = À cet effet, on admettra , et on utilisera l’exercice 6.50. 2 0

6.52 Égalité entre sommes de séries, utilisation d’une série double et d’une série entière Établir, pour tout p ∈ N∗ :

 +∞    p+n−1  n ζ( p + n) − 1 = p ζ( p + 1), n n=1

où ζ est la fonction de Riemann.

6.53 Fonction dSE(0) par inégalités sur des intégrales Soit f : [−1 ; 1] −→ R de classe C ∞ telle que : ∀ n ∈ N,



1

−1



2 f (n) (x) dx
(n!)2 .

Montrer que f est dSE(0), de rayon  1. 261

Chapitre 6 • Séries entières

6.54 Formule de Simon Plouffe Montrer : π =

  +∞  4 1 2 1 1 . − − − 16n 8n + 1 8n + 4 8n + 5 8n + 6 n=0

6.55 Toute fonction C∞ absolument monotone est dSE(0) Soient a ∈ R∗+ , f : ] − a ; a[−→ R de classe C ∞ telle que : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ ] − a ; a[, f (n) (x)  0 . On note, pour tout n ∈ N et tout x ∈ ] − a ; a[ : Sn (x) =



n  x k (k) f (0), k! k=0

(x − t)n (n+1) (t) dt . f n!

x

Rn (x) = 0

    a) 1) Montrer que, pour tout x ∈ [0 ; a[, la suite Sn (x) n 0 converge et la suite Rn (x) n 0 converge. 2) Établir, pour tout (x,y) ∈ ]0 ; a[2 tel que x < y : 0


Rn (x) R (y)
nn+1 . x n+1 y

3) Montrer, pour tout x ∈ [0 ; a[ : Rn (x) −−−→ 0. n∞

4) En déduire que, pour tout x ∈ [0 ; a[, la série de Taylor de f en 0, prise en x converge et a pour somme f (x) . b) Établir :

∀ x ∈ ] − a ; 0], Rn (x) −−−→ 0. n∞

c) Conclure que f est dSE(0), de rayon  a.

Du mal à démarrer ? 6.1

a) à d) Équivalent, puis règle de d’Alembert.

e) Règle de d’Alembert. f) Encadrer la valeur absolue du coefficient.

6.2

a) À partir de la série géométrique, dériver, multiplier par x.

b) Décomposer en combinaison linéaire de trois séries entières. c) Décomposer en combinaison linéaire de deux séries entières et utiliser le résultat de a). d) Décomposer en combinaison linéaire de deux séries entières et utiliser le résultat de a), en remplaçant x par −x 2 . ex − e−x . e) Remplacer sh x par 2

262

f) Décomposer en combinaison linéaire de séries entières et utiliser le DSE(0) de l’exponentielle. g) Séparer les termes d’indices pairs, d’indices impairs, d’abord sur des sommes partielles.

6.3

a), b) Décomposer en éléments simples.

c) Calcul direct. d) Remarquer : f (x) = (1 − x)(1 − x 2 )−1/2 . e) Factoriser et décomposer en somme de logarithmes (de nombres strictement positifs !). f) Simplifier f (x) et linéariser.

Du mal à démarrer ?

g) Diviser le DSE(0) de sin x par x, puis récupérer la valeur pour x = 0.

6.4

Calculer les rayons et les sommes des deux séries entières  xn xn 2 3 , puis remplacer x par , par . et (n − 1)n n−1 5 5 n 2 n 2



6.5

Se ramener à une étude de somme en passant par le logarithme.

6.6

d) Décomposer le polynôme n 4 + n 2 + 1 (variable n) sur les polynômes n(n − 1)(n − 2)(n − 3), n(n − 1)(n − 2), n(n − 1), n, 1, puis utiliser le DSE(0) de l’exponentielle. e) Combiner les DSE(0) de sh et sin. f) Multiplier le dénominateur par n + 1 , pour faire apparaître (n + 2)!, puis utiliser le DES(0) de l’exponentielle. g) Séparer les termes d’indices pairs, d’indices impairs, d’abord sur les sommes partielles.

Poser z = x + iy, (x,y) ∈ R2 .

Remplacer cos (iy) et sin (iy) par leurs expressions à l’aide d’exponentielles complexes.

6.7

Poser z = x + iy, (x,y) ∈ R2 , puis développer ch (x + iy) et sh (x + iy).

6.8 6.9

Remplacer cos z et sin z par des sommes de séries entières, puis utiliser l’inégalité triangulaire.

h) Calculer d’abord une somme partielle, par exemple 3N +2  an z n . n=0

6.17

a) 1) Existence : Récurrence sur n. √ / Q. 2) Unicité : Utiliser 2 ∈

b) Utiliser la formule du binôme de Newton.

6.10

Développer cos (x + iy) .

6.11

Poser z = x + iy, (x,y) ∈ R2 , puis développer cos z .

d) Pour les rayons, chercher un équivalent simple de an, de bn, lorsque l’entier n tend vers l’infini.

a), d) Obtenir un équivalent simple de an, par développement asymptotique, puis appliquer la règle de d’Alembert.

Pour les sommes, utiliser c) pour se ramener à une combinaison linéaire de séries entières géométriques.

6.12

b) Équivalent, puis règle de d’Alembert. C∗

fixé, déterminer la limite de |an c), f), g), h), j), l), n) Pour z ∈ lorsque l’entier n tend vers l’infini. e), m), o), p) Encadrer |an |. i) Règle de d’Alembert pour les séries numériques. k) Majorer |an |. D’autre part, étudier le cas z = 1.

6.13

a) Chercher un équivalent simple de an, en séparant les cas b
1, b > 1. b) Règle de d’Alembert.

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

c) à e) Pour z ∈ C∗ fixé, déterminer la limite de |an z n | lorsque l’entier n tend vers l’infini.

6.14

Étudier la nature des suites (an2 z n )n 0 , (an z 2n )n 0 .

1) Si R > 0, intercaler ρ tel que 0 < ρ < R, et déduire une majoration de |an |1/n .

6.15

2) Réciproquement, comparer |an | avec le terme général d’une série géométrique.

6.16

a) Décomposer en éléments simples dans C(X), utiliser des séries entières géométriques, puis regrouper les termes conjugués deux par deux.

6.18 zn |

a) Décomposer en éléments simples, multiplier par x 2 .

b) Décomposer en éléments simples et diviser par x. c) Séparer les termes d’indices pairs, d’indices impairs, d’abord sur les sommes partielles, puis sur les sommes totales.

b) Décomposer en éléments simples et utiliser la série entière géométrique et sa dérivée. 1 − x3 , pour x ∈ ] − 1 ; 1[. c) Remarquer : 1 + x + x 2 = 1−x d) Former le DES(0) de f par la même méthode qu’en a), puis primitiver. e) Former le DES(0) de f par la même méthode qu’en a), puis primitiver. f) 1re méthode : Remplacer sin x par −i sh (ix), puis linéariser. 2è méthode : Exprimer sin x et ch x à l’aide d’exponentielles complexes. g) Linéariser (ch x − 1)2 , diviser par x 4 , former le DSE(0), puis récupérer le cas x = 0 . ln(1 + t) h) Former le DSE(0) de g : t −→ , compléter convenat blement en 0, puis primitiver. et − 1 − t , compléter convei) Former le DSE(0) de g : t −→ t2 nablement en 0, exprimer f (x) à l’aide de g , puis primitiver.

6.19

Utiliser l’inégalité de Cauchy et Schwarz sur des séries entières.

263

Chapitre 6 • Séries entières

6.20 a) On obtient : an ∼

n∞

b) 1) R = 1. 2) Pour



ln 2 . n

an (−R)n , utiliser le TSCSA.

n

6.21

Calculer l’intégrale double, par emboîtement d’intégrales simples, en utilisant une intégration par parties, puis calculer  1 x e −1 dx par intégration d’un DSE(0) de rayon infini. x 0

6.22 a) Remarquer ici : e−t
e−t . n

n 1

6.23 Développer la fonction sous l’intégrale en une somme de série de fonctions, puis permuter intégrale et série, par le théorème du cours sur continuité et convergence uniforme sur un segment. Calculer les intégrales de Wallis d’indices pairs.

6.24

Décomposer f, par produit et composition, à l’aide de fonctions d’une variable réelle, en considérant  t  e −1 si t = 0 ϕ : R −→ R, t −→ t  1 si t = 0. Se rappeler que toute application dSE(0) est de classe C ∞ .

Arctan t 6.25 b) Montrer que l’application t −→ , convenablet ment prolongée en 0, est dSE(0), puis primitiver et refaire le même raisonnement pour obtenir f (x) .

6.26 a) Séparer les cas : x < −1, x = −1, x > −1 . b) Pour x ∈ ] − 1 ; 1[, développer t −→ ln (1 + x e−t ) en somme d’une série de fonctions, puis permuter intégrale et série, par le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série de fonctions.  n2 x n . 6.27 Considérer la somme de la série entière n 0

En notant [−a ; a] un segment en dehors duquel f est nulle, exprimer g(x) pour x ∈ R fixé, puis permuter intégrale et série, par le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série de fonctions.

6.28

6.29 Noter +∞  n=0

et calculer déduire A.

264

+∞ +∞   1 1 1 ,B= ,C= , (3n)! (3n + 1)! (3n + 2)! n=0 n=0

A + B + C, A + jB

+ j2 C,

Former In + iJn , développer la fonction sous l’intégrale en une somme de série de fonctions, puis permuter intégrale et série, par continuité et convergence uniforme sur un segment.

6.31

6.32 Remplacer cos z et sin z par leurs expressions à l’aide de eiz

b) Obtenir un équivalent simple de In , par le changement de variable u = t n , suivi du théorème de convergence dominée.  In (−R)n , utiliser le TSCSA. c) Pour

A=



(−1)n x n , de rayon 1. (n + 1)(2n + 1) n 0 Calculer sa somme pour x ∈ [0 ; 1[, puis montrer qu’on peut remplacer x par 1, par continuité et convergence uniforme.

6.30 Considérer la série entière

A

+ j2 B

+ jC , puis

et e−iz .

6.33 a) 1) Utiliser la majoration usuelle de | sin n|, et, d’autre part, montrer que la suite ( sin n)n∈N ne converge pas vers 0. 2) Une série entière a le même rayon que sa série entière dérivée, ou qu’une série entière primitive. b) Pour z ∈ C∗ , déterminer la limite de |an z n | lorsque l’entier n tend vers l’infini. c) Pour obtenir un équivalent simple du coefficient, utiliser le 1 théorème des accroissements finis, appliqué à Arcsin, entre 2 n+1 . et 2n + 3 d) Remarquer an −→ 0 , donc : an ∼ sin an . n∞

n∞

e) Encadrer |an |. f) Montrer : ∀ n ∈ N, an  n n e−n ,  n n e−n z n . puis règle de d’Alembert pour n 1

g) Par le changement de variable t = x 2 , se ramener à  (n+1)π sin t an = √ dt. t nπ  −→+∞ sin t √ dt est semi-convergente, On sait que l’intégrale t π c’est-à-dire convergente mais non absolument convergente. h) • Montrer : an  1 . • Par utilisation d’une expression conjuguée, montrer : √ an
n 2 .

6.34 Utiliser la même méthode que celle employée dans le cours pour montrer qu’une série entière a le même rayon que sa série entière dérivée.

6.35 a) • Rayon : Comme pour l’exercice 6.33 a). • Somme : Remplacer cos n par son expression à l’aide d’exponentielles complexes et utiliser des séries géométriques. b) Dériver, décomposer en éléments simples, primitiver.

Du mal à démarrer ?

c) Changements de variable : √ √ t = x si x ∈ ]0 ; 1[, t = −x si x ∈ ] − 1 ; 0[ .

2) Reporter f (x) =

+∞ 

an x n dans l’équation, et raisonner par

n=0

équivalences logiques successives. d) Changements de variable : √ √ t = x si x ∈ ]0 ; +∞[ , t = −x si x ∈ ] − ∞ ; 0[ .

2) Pour calculer le DSE(0) de f, utiliser la méthode de l’équation différentielle.

e) Décomposer en éléments simples. Pour calculer

+∞  n=0

xn , 2n + 1

utiliser des changements de

6.42 Montrer que f satisfait une EDL2 (E) à coefficients variables polynomiaux.

variable, comme dans c). f) Pour z ∈ C tel que |z| < 1 et 2 (N +1)  −1 √ z E( n) en paquets.

6.41 1) Montrer que f est dSE(0), par des arguments qualitatifs.

N ∈ N∗ , découper

n=0

6.36 a) 1) Rayons : Une inégalité est immédiate. Montrer que, pour tout θ ∈ R, la suite ( cos nθ)n 0 ne converge pas vers 0, en raisonnant par l’absurde. Montrer que, pour tout θ ∈ R − πZ , la suite ( sin nθ)n 0 ne converge pas vers 0, en rai-

+∞  an x n , reporter dans (E), • Supposer que f est dSE(0), f (x) = n=0 et déduire les an.

• Réciproquement, montrer que la série entière obtenue est de rayon > 0 et satisfait (E) et les mêmes conditions initiales que f. Conclure à l’aide du théorème de Cauchy linéaire.

6.43 a) Utiliser des DL(0) pour obtenir : 1 f (x) −→ − . x−→0 2

sonnant par l’absurde. 2) Sommes : Considérer Sc (x) + iSs (x) et utiliser une série géométrique. b) 1) Rayons : Série entière dérivée. 2) Sommes : Se ramener à a) par dérivation et multiplication par x.

6.37 a) En utilisant le DSE(0) de l’exponentielle, montrer que f est dSE(0) de rayon infini, donc f est de classe C ∞ sur R.

6.38

Effectuer le produit de Cauchy des séries entières  (−1)n−1  1 z n , puis exprimer le coefficient de z n , z n et n · n! n! n 1 n 0  1 1 t n−k−1 dt. par en remplaçant n−k 0

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

6.39 1) Par majoration de |an |, montrer : R  1. 2) Soit x ∈ ] − 1 ; 1[. Pour calculer S(x) , montrer qu’on peut permuter série et intégrale, par continuité et convergence uniforme sur un segment.  x  si x = 0 ln(1 + x) 3) Ayant obtenu S(x) =  1 si x = 0, montrer R = 1 en considérant le comportement de S (x) lorsque x −→ −1+ .

6.40 1) Soit f convenant. • Montrer que f est de classe C ∞ sur R. • Montrer que le reste de Taylor de f en 0 tend vers 0 lorsque l’entier n tend vers l’infini.

x ex − 1 − x . b) Montrer, pour x = 0 : f (x) = − x e − 1 x2 ex − 1 − x complétée convenablement Montrer que x −→ x2 en 0, est dSE(0), puis utiliser le lien entre dSE(0) et classe C ∞ . a) Montrer : f (0) = 0 . Se ramener au cas où tn −→ 0 en n∞ décroissant strictement, et utiliser le théorème de Rolle pour construire une suite (u n )n 0 jouant, pour f , le même rôle que celui joué par (tn )n 0 pour f.

6.44

En déduire f (0) = 0, réitérer, puis f = 0. b) Raisonner par l’absurde et appliquer le résultat de a) à g : x −→ f (x) − x 3 ,

h : x −→ f (x) + x 3 .

6.45

Montrer qu’on peut permuter intégrale et série, par application du théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série de fonctions.

6.46

1) Rayon : Encadrer u n par deux suites plus simples, 0
vn
u n
wn , calculer vn et wn et en déduire √ 5−1 R= . 2

2) Somme : Décomposer u n+2 x n+2 d’après l’énoncé, puis sommer. α 6.47 b) 1) • Encadrer n , et déduire R  1. n!  αn  1 zn . z n et • Faire le produit de Cauchy de n! n! n 0 n 0 2) Effectuer (1 − z)S(z) et utiliser un télescopage.

265

Chapitre 6 • Séries entières

 (−1) p 3) La série relève du TSCSA et sa somme est égale p! p0 à e−1 .

6.48

Montrer que le théorème d’interversion pour les séries   1 . doubles à termes  0 s’applique à np2n n 1, p2

6.49 a) Montrer que (an )n0 est décroissante et minorée par 0, et que la seule limite possible est 0. b) 1) Appliquer un théorème de sommation des relations de comparaison à la série de terme général bn+1 − bn . c) 2) Utiliser le TSCSA.

6.50 a) Revenir à la définition d’une limite infinie et utiliser des sommes partielles. an −→ , et utib) Revenir à la définition d’une limite finie, pour bn n ∞ liser des sommes partielles.

6.51 a) Règle de d’Alembert.

∼

x−→1−

+∞ n 1  x √ √ . 2π n=1 n

Pour obtenir un équivalent simple de cette dernière somme de série entière lorsque x −→ 1− , utiliser une comparaison série/intégrale.

6.52 Montrer qu’on peut appliquer le théorème d’interversion des sommations à la suite double (u n,k )n 1, k 2 définie par   p+n−1 1 u n,k = n . k p+n n

266

∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, (1 − x)− p =

 +∞   p+n−1 n

n=0

xn

et dériver.

6.53 Appliquer la formule de Taylor avec reste intégral à f sur le segment joignant 0 et x, et majorer la valeur absolue du reste à l’aide de l’inégalité de Cauchy et Schwarz.

6.54 Remarquer : ∀ p ∈ N∗ ,

√ 1 = 2p n 16 (8n + p)



√ 1/ 2

x 8n+ p−1 dx .

0

Montrer que l’on peut permuter intégrale et série, par continuité et convergence uniforme sur un segment. √ En déduire, après changement de variable u = x 2 :  1 4 − 2u 3 − u 4 − u 5 S = 16 du . 16 − u 8 0 Simplifier la fraction rationnelle et calculer l’intégrale.

b) Par la formule de Stirling et l’exercice 6.50, montrer : S(x)

Utiliser le DSE(0) classique :

6.55 a) 1) Montrer que, pour tout x ∈ [0 ; a[ , la suite



 Sn (x) n0 est

croissante et majorée. Rn (x) à x n+1 Rn (y) t l’aide du changement de variable u = , et comparer à n+1 . y x 2) Pour n ∈ N, (x,y) ∈ ]0 ; a[2 tel que x < y , exprimer

3) Pour x ∈ ]0 ; a[ fixé, intercaler strictement un y entre x et a et utiliser 2). b) Montrer, pour tout x ∈ ] − a ; 0] : |Rn (x)|
Rn (|x|), et utiliser a).

Corrigés des exercices 6.1

Notons, dans chaque exemple, an le coefficient de la série entière envisagée. a) On a :

an =

1 n2 + 1 ∼ , n 3 + 2 n∞ n

n 0

puis, pour tout z ∈ C∗ : an+1 z n+1 n ∼ |z| −−−→ |z| , a z n n∞ n∞ n+1 n donc, d’après la règle de d’Alembert : R = 1. √ √ 1 2 b) On a : an = n + 2 − n = √ √ ∼ √ , n∞ n n+2+ n puis, pour tout z ∈ C∗ : √ an+1 z n+1 ∼ √ n |z| −−−→ |z| , a z n n∞ n + 1 n∞ n donc, d’après la règle de d’Alembert : R = 1. c) On a :

an =

2n 2n + n 2 ∼ , 3n − n 2 n∞ 3n

n 0

ries géométriques, ou règle de d’Alembert), donc, par théorème d’encadrement pour les rayons : R = 1.

6.2 a) La règle de d’Alembert montre : R = 1. +∞ 

∀ x ∈ ] − 1 ; 1[,

On a :

xn =

n=0

1 , 1−x

d’où, en dérivant : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[,

+∞ 

nx n−1 =

n=1

1 , (1 − x)2

puis, en multipliant par x : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[,

+∞ 

nx n =

n=1

x = x(1 − x)−2 , (1 − x)2

puis, en dérivant : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[,

∗

puis, pour tout z ∈ C : n+1 n an+1 z n+1 3 2 2 ∼ 2 |z| = |z| −−−→ |z| , a z n n∞ n+1 2n n ∞ 3 3 3 n donc, d’après la règle de d’Alembert : R =

∀ n ∈ N, 0
e−1
e sin n
e1 .   e−1 z n et e z n sont de rayon 1 (séLes séries entières f) On a :

3 . 2

+∞  n=1

1+x , (1 − x)3

puis, en multipliant par x et en remarquant que le terme d’indice 0 est nul : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, S(x) =

d) On a :   1 2 ln n + ln 1 + 2 2 2 ln(n + 1) n  −→ ,  = an = n∞ 3 1 ln(n 3 + 1) 3 ln n + ln 1 + 3 n

n 2 x n−1 = (1 − x)−2 + 2x(1 − x)−3 =

+∞ 

n2 x n =

n=0

x(1 + x) . (1 − x)3

Réponse : R = 1 et : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, S(x) =

x(1 + x) . (1 − x)3

puis, pour tout z ∈ C∗ : an+1 z n+1 an+1 = −→ |z| , a z n a |z| −− n∞ n n

b) L’utilisation d’un équivalent et la règle de d’Alembert montrent : R = 1.

donc, d’après la règle de d’Alembert : R = 1.

S(x) =

e) On a, pour tout z ∈ C∗ :    −1 an+1 z n+1 2n = 2n + 2 |z| a zn n+1 n n (2n + 2)(2n + 1) (2n + 2)! (n!)2 |z| −−−→ 4|z| , |z| = =  2 n∞ (2n)! (n + 1)2 (n + 1)! 1 donc, d’après la règle de d’Alembert : R = . 4

On a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : +∞  (n + 1)2 n=1

n

xn =

 +∞   1 n x n+2+ n n=1 =

+∞ 

nx n + 2

n=1

+∞ 

xn +

n=1

+∞ n  x , n n=1

car ces trois séries entières sont de rayon 1. On sait :

∀ x ∈ ] − 1 ; 1[,

+∞ 

xn =

n=0

donc :

∀ x ∈ ] − 1 ; 1[,

+∞  n=1

xn =

1 , 1−x

1 x −1= . 1−x 1−x 267

• On a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :

D’autre part, en dérivant, on obtient : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[,

+∞ 

nx n−1 =

n=1

1 , (1 − x)2

S(x) =

+∞ +∞   (n 2 + 1)(−1)n x 2n = (n 2 + 1)(−x 2 )n n=0

n=0

=

puis, en multipliant par x :

+∞ 

n 2 (−x 2 )n +

n=0 +∞ 

x ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, nx n = . (1 − x)2 n=1 ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[,

Enfin, on sait :

+∞  n=1

+∞  (−x 2 )n , n=0

car ces deux séries entières sont de rayon 1. D’une part, par série géométrique :

xn = − ln (1 − x). n

+∞  (−x 2 )n = n=0

1 1 = . 1 − (−x 2 ) 1 + x2

En combinant linéairement, on en déduit S(x) . D’autre part, d’après l’exercice a) : Réponse : R = 1 et : ∀ t ∈ ] − 1 ; 1[,

3x − 2x 2 − ln (1 − x) . ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, S(x) = (1 − x)2 c) L’utilisation d’un équivalent et la règle de d’Alembert montrent : R = 1.

S(x) =

n=0

n+1 =

+∞ 

+∞   n2 − xn = n=0

n2 x n −

+∞ 

n=0

   notée A(x)

car ces deux séries entières sont de rayon 1. On a calculé A(x) dans a) : A(x) =

x(1 + x) . (1 − x)3

/ 0: D’autre part, si x = B(x) =

+∞ +∞ n x n+1 x 1 1 1 = = − ln (1 − x) , x n=0 n + 1 x n=1 n x

d) • Soit x ∈ R∗ . Notons, pour tout n ∈ N : u n = (n 2 + 1)(−1)n x 2n = (n 2 + 1)x 2n . (n + 1)2 + 1 2 u n+1 = |x| −−−→ |x|2 , On a : n∞ un n2 + 1 donc, d’après la règle de d’Alembert : R = 1. 268

−x 2 (1 − x 2 ) . (1 + x 2 )3

Réponse : R = 1 et : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, S(x) =

−x 2 (1 − x 2 ) 1 + . (1 + x 2 )3 1 + x2

en en − e−n ∼ . n∞ 2 2  1 en z n est de rayon (série géoComme la série entière e n 0 1 métrique), par théorème d’équivalence : R = . e 1 • On a, pour tout z ∈ C tel que |z| < : e e) • On a : an = sh n =

S(z) =

+∞ 

sh n z n =

n=0

et on a B(0) = 1 , terme constant de la série entière définissant B(x). Réponse : R = 1 et pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :   x(1 + x) + 1 ln (1 − x) si x = / 0 x S(x) = (1 − x)3  1 si x = 0.

n 2 (−x 2 )n =

n=0

+∞ 

1 xn , n + 1 n=0    notée B(x)

t (1 + t) , (1 − t)3

puis en remplaçant t par −x 2 ∈ ] − 1 ; 1[ :



1 xn n+1

n2t n =

n=0

On a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : +∞ 3  n + n2 − 1

+∞ 

+∞ n  e − e−n n z 2 n=0

=

+∞ +∞ 1 1 en z n − e−n z n 2 n=0 2 n=0

1 car les rayons respectifs sont , et e e=

1 1 1 1 1 (1 − e−1 z) − (1 − ez) − = −1 2 1 − ez 21−e z 2 (1 − ez)(1 − e−1 z) =

1 (sh 1)z (e − e−1 )z = . 2 1 − (e + e−1 )z + z 2 1 − 2(ch 1)z + z 2

Réponse : R =

1 1 et, pour tout z ∈ C tel que |z| < : e e S(z) =

z sh 1 . 1 − 2z ch 1 + z 2

f) • On a, pour tout z ∈ C∗ : an+1 z n+1 n + 2 n! a z n = (n + 1)! n + 1 |z| n 1 n+2 |z| ∼ |z| −−−→ 0, = n∞ n n∞ (n + 1)2 donc, d’après la règle de d’Alembert : R = +∞. • On a, pour tout z ∈ C : S(z) =

+∞  n+1 n=0

n!

zn = 1 +

=1+

+∞   n=1

+∞  n+1

n!

n=1

+∞  n=1

+∞ n  zn z + (n − 1)! n=1 n!

car ces deux séries entières sont de rayon infini =

+∞ n+1 +∞ n +∞ n    z z z + = (1 + z) = (1 + z) ez . n! n! n! n=0 n=0 n=0

Réponse : R = +∞ et : ∀ z ∈ C, S(z) = (1 + z) ez . 1
|an |
n. g) • On a : ∀ n ∈ N∗ , n 1  z n et z n sont de Comme les deux séries entières n n 1 n 1 rayon 1, par théorème d’encadrement : R = 1 . • Soit x ∈ ] − 1 ; 1[. Pour séparer les termes d’indices pairs, d’indices impairs, nous allons travailler sur des sommes partielles. On a, pour tout N ∈ N : 2N +1 

n (−1) x n = n

n=1

N 

2 px 2 p +

p=1

N  p=0

1 x 2 p+1 . 2p + 1

Comme les trois séries entières qui interviennent sont de rayon 1, on déduit, en faisant tendre l’entier N vers l’infini : +∞ +∞   x 2 p+1 . S(x) = 2 px 2 p + 2p + 1 p=1 p=0       notée A(x) notée B(x) On a, d’après la série géométrique : ∀ t ∈ ] − 1 ; 1[,

+∞ 

1 , 1−t

tn =

n=0

d’où, en dérivant : ∀ t ∈ ] − 1 ; 1[,

+∞ 

p(x 2 ) p = 2

p=1

x2 . (1 − x 2 )2

D’autre part : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, B(x) =

+∞  x 2 p+1 1 1+x = ln . 2 p + 1 2 1−x p=0

∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, S(x) =

1 1+x 2x 2 + ln . (1 − x 2 )2 2 1−x

x3 + 2 est définie sur x2 − 1 R − {−1,1} , donc au moins sur ] − 1 ; 1[ , et on a, par une décomposition en éléments simples immédiate, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :

6.3 a) La fonction f : x −→

f (x) = x + =x+

x +2 x +2 =x+ x2 − 1 (x − 1)(x + 1) 3 1 1 1 3 1 1 1 − = x− − 2 x −1 2 x +1 21−x 21+x

+∞ +∞ 1 3 xn − (−1)n x n 2 n=0 2 n=0  +∞  +∞   3 1 n =x+ an x n , − − (−1) x n = 2 2 n=0 n=0   − 3 − 1 (−1)n si n = / 1 en notant : an = 2 2  0 si n = 1,  −1 si n = 2 p + 1, p ∈ N∗   ou encore : an = −2 si n = 2 p, p ∈ N   0 si n = 1.

=x−

Déterminons le rayon R de cette série entière. D’une part, puisque la suite (an )n ne converge pas vers 0, on a : R
1. D’autre part, puisque (an )n est bornée, on a : R  1. On conclut : R = 1 . b) La fonction

+∞ 

nt n−1 =

n=1

1 , (1 − t)2

puis, en multipliant par t : ∀ t ∈ ] − 1 ; 1[,

∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, A(x) = 2

Réponse : R = 1 et :

zn

 1 1 n z + (n − 1)! n! =1+

Il s’ensuit :

+∞  n=1

nt n =

t . (1 − t)2

f : x −→

1 1 = 2 x 4 − 3x 2 + 2 (x − 1)(x 2 − 2)

√ √ est définie sur R − {− 2, −1, 1, 2}, donc (au moins) sur ] − 1 ; 1[ et on a, par une décomposition en éléments simples immédiate, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : 269

f (x) =

(x 2

1 − 1)(x 2 − 2)

=−

= (1 − x)

1 1 1 1 − + 2 = x2 − 1 x −2 1 − x2 2

1

x2 1− 2  +∞ +∞  2 n +∞     x 1 1 = 1 − n+1 x 2n . (x 2 )n − = 2 n=0 2 2 n=0 n=0

Puisque 1 −

1

∼ 1 et que la série entière

2n+1 n∞



x 2n est de

c) La fonction f : x −→ (1 − x) ln (1 − x) est définie que ] − ∞ ; 1[, donc (au moins) sur ] − 1 ; 1[ . On a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : f (x) = (1 − x) ln (1 − x) = −(1 − x)

+∞ n  x n n=1

+∞ n +∞ n+1 +∞ n +∞     x x x xn + =− + =− n n n n−1 n=1 n=1 n=1 n=2 +∞   n=2

−

 +∞  1 1 1 x n = −x + + xn. n n−1 (n − 1)n n=2

On peut considérer que ce dernier résultat constitue la réponse à la question posée. On peut aussi se ramener précisément à une série entière : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, f (x) =

+∞ 

an x n ,

n=0

où, pour tout n ∈ N : an =

        

0

si n = 0

−1 1 (n − 1)n

si n = 1 si n  2.

Par la règle de d’Alembert : R = 1.  1−x d) La fonction x −→ 1+x est définie sur ] − 1 ; 1] , donc (au moins) sur ] − 1 ; 1[ .

+∞ +∞  (2n)! 2n  (2n)! 2n+1 x − x . 2n (n!)2 2n (n!)2 2 2 n=0 n=0

On peut considérer que ce dernier résultat constitue la réponse à la question posée. On peut aussi se ramener précisément à une série entière : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, f (x) =

n 0

rayon 1, par théorème d’équivalence, on a : R = 1 .

= −x +

=

+∞  (2n)! 2n x 2n 2 (n!)2 n=0

  +∞  (−1)n 1 · 3 · · · (2n − 1) n 2n = (1 − x) 1 + x (−1) 2n n! n=1   +∞  (2n)! 2n = (1 − x) 1 + x 22n (n!)2 n=1 270

ak x k ,

k=0

où, pour tout k ∈ N :  (2n)!  si k est pair, k = 2n, n ∈ N   22n (n!)2 ak =    (2n)! si k est impair, k = 2n + 1, n ∈ N, 22n (n!)2 (2n)! , en notant ou encore, pour tout k ∈ N, ak = (−1)k 2n 2 (n!)2   k . n=E 2 Déterminons le rayon R. On sait déjà : R  1. Comme f (x) −→ + +∞ , on a : R
1. x−→−1

On conclut : R = 1 . e) On a :

X2 − 8X + 15 = (X − 3)(X − 5).

La fonction f : x −→ ln (x 2 − 8x + 15) est définie sur ] − ∞ ; 3[ ∪ ]5 ; +∞[, donc (au moins) sur ] − 3 ; 3[ . On a, pour tout x ∈ ] − 3 ; 3[ (en faisant attention à ne mettre des logarithmes que sur des nombres > 0 ) :   f (x) = ln (x − 3)(x − 5) = ln (3 − x) + ln (5 − x)   x x = ln 3 + ln 1 − + ln 5 + ln 1 − 3 5 = ln 15 −

+∞  n +∞  n   1 x 1 x − n 3 n 5 n=1 n=1

= ln 15 −

+∞   1 1 1 + n xn. n n 3 5 n=1

On a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : 1−x f (x) = √ = (1 − x)(1 − x 2 )−1/2 1 − x2       +∞ − 12 · · · − 12 − n + 1  = (1 − x) 1 + (−x 2 )n n! n=1

+∞ 

On peut considérer que ce dernier résultat constitue la réponse à la question posée. On peut aussi se ramener précisément à une série entière : ∀ x ∈ ] − 3 ; 3[, f (x) =

+∞  n=0

où a0 = ln 15 et an = −

an x n ,

  1 1 1 + pour tout n  1 . n 3n 5n

1 noté bn , et, pour tout x ∈ R∗ fixé : n∞ n3n bn+1 x n+1 |x| n |x| n3n −→ . b x n = (n + 1)3n+1 |x| = n + 1 3 −− n ∞ 3 n

On a |an | ∼

On en déduit, d’après la règle de d’Alembert et le théorème d’équivalence : R = 3 .

f) L’application f : x −→

sin 4x est définie sur R − πZ. sin x

d’où, pour tout x ∈ R∗ : f (x) =

+∞  p=0

(−1) p 2 p x . (2 p + 1)!

De plus, cette dernière égalité est vraie pour x = 0, car f (0) = 1 et la valeur en 0 de la série entière du second membre est égale à son terme constant, donc égale à 1. ∀ x ∈ R, f (x) =

Ainsi :

+∞  p=0

(−1) p 2 p x . (2 p + 1)!

Il est clair que : R = +∞.

On a, pour tout x ∈ R : sin 4x = 2 sin 2x cos 2x = 4 sin x cos x cos 2x , donc, pour tout x ∈ R − πZ : f (x) = 4 cos x cos 2x. Ainsi, f peut être prolongée par continuité à R tout entier, en notant : f : R −→ R, x −→ 4 cos x cos 2x. Linéarisons : ∀ x ∈ R, f (x) = 2( cos x + cos 3x). D’après le cours, comme x −→ cos x et x −→ cos 3x sont dSE(0) de rayon infini, par combinaison linéaire, f est dSE(0) de rayon infini, et on a, pour tout x ∈ R :   +∞ +∞  (−1) p (−1) p 2 p f (x) = 2 (3x)2 p + x (2 p)! (2 p)! p=0 p=0 =2

+∞  p=0

(−1) 2 p (3 + 1)x 2 p . (2 p)! p

On peut considérer que ce dernier résultat constitue la réponse à la question posée. On peut aussi se ramener précisément à une série entière : ∀ x ∈ R, f (x) =

+∞ 

an x n ,

n=0

où, pour tout n ∈ N :  p  (−1) (32 p + 1) si n est pair n = 2 p, p ∈ N (2 p)! an =  0 si n est impair . On a vu plus haut que le rayon est infini. sin x  → est définie sur R∗ et g) L’application f : x − x sin x −→ 1. On peut donc prolonger f par continuité f (x) = x x−→0 à R tout entier, en notant :   sin x si x = / 0 f : R −→ R, x −→ x  1 si x = 0. On a, pour tout x ∈ R , d’après le cours : sin x =

+∞  p=0

(−1) p 2 p+1 x , (2 p + 1)!

6.4 On a, pour tout n  2 : un =

 n  n 2 3 2n + n3n 1 1 = + . (n − 1)n5n (n − 1)n 5 n−1 5

Nous allons calculer les sommes respectives A,B des séries en  xn 2 xn , , puis remplacer x par , tières (n − 1)n n − 1 5 n 2 n 2 3 par . Il est clair, par la règle de d’Alembert par exemple, que 5 ces deux séries entières sont de rayon égal à 1. On a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : B(x) =

+∞ +∞ +∞ n    xn x n−1 x =x =x n − 1 n − 1 n n=2 n=2 n=1   = x − ln (1 − x) = −x ln (1 − x).

D’autre part, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[, en utilisant une décom1 : position en éléments simples de (n − 1)n  +∞ +∞    1 xn 1 n x A(x) = = − (n − 1)n n−1 n n=2 n=2 =

+∞  n=2

+∞  1 1 n xn − x n−1 n n=2

car ces séries entières sont de rayon 1   = B(x) − − ln (1 − x) − x = −x ln (1 − x) + ln (1 − x) + x = (1 − x) ln (1 − x) + x. On a donc :  n   n +∞ 2 3 1 1 un = + S= (n − 1)n 5 n − 1 5 n=2 n=2 n=2     3 3 3 2 3 2 2 3 3 2 +B = ln + − ln = ln + . =A 5 5 5 5 5 5 5 5 2 5 +∞ 

+∞ 

6.5 En notant, pour tout n ∈ N , Pn = et : ln Pn =

n  2k k=0

k!

ln 3 =

 n k=0

n 

2k

3 k! , on a Pn > 0

k=0  2k ln 3, k!

271

ln Pn −−−→

donc :

 +∞

n∞

k=0

 2k ln 3 = e2 ln 3, k!

sh z = sh (x + i y) = sh x ch (i y) + ch x sh (i y) = sh x

puis, par continuité de l’exponentielle : 2 ln 3

Pn −−−→ ee n∞

lim

On conclut :

n∞

n 

2k

ei y + e−i y ei y − e−i y + ch x 2 2 = sh x cos y + i ch x sin y.

2

= 3e .

d’où : |ch z| = |sh z|

2

3 k! = 3e .

⇐⇒ (ch x cos y)2 + (sh x sin y)2

k=0

= (sh x cos y)2 + (ch x sin y)2

6.6

Soit z ∈ C, z = x + i y, (x,y) ∈ R2 . On a :

⇐⇒ (ch2 x − sh2 x) cos 2 y − (ch2 x − sh2 x) sin 2 y = 0

ez = −2 ⇐⇒ ex+i y = −2  ⇐⇒

ex = 2 y = Arg (−1) [2π]

 ⇐⇒

x = ln 2 y ≡ π [2π]

⇐⇒ cos 2 y − sin 2 y = 0 .

On conclut que l’ensemble des solutions de l’équation propo  sée est : S = ln 2 + (π + 2kπ)i ; k ∈ Z .

6.7

π 4

  π . 2

On conclut que l’ensemble des solutions de l’équation propo    π π +k ; (x,k) ∈ R × Z . sée est : S = x + i 4 2

6.9 On a, en passant par les séries entières définissant

a) On a, pour tout y ∈ R : e−y + e y ei (i y) + e−i(i y) = = ch y, cos (i y) = 2 2 sin (i y) =

⇐⇒ 2 cos 2 y = 1 ⇐⇒ y ≡

e−y − e y ei (i y) − e−i(i y) = = i sh y. 2i 2i

b) On a, pour tout (x,y) ∈ R2 , en utilisant a) : cos (x + i y) = cos x cos (i y) − sin x sin (i y) = cos x ch y − i sin x sh y, donc : cos (x + i y) 2 = ( cos x ch y)2 + ( sin x sh y)2 = cos 2 x ch2 y + sin 2 x sh2 y = cos 2 x(1 + sh2 y) + (1 − cos 2 x)sh2 y = cos 2 x + sh2 y

cos ,ch, sin ,sh, pour tout z ∈ C :  +∞ (−1) p z 2 p | cos z| = (2 p)! p=0  +∞ +∞ p 2p  |z|2 p (−1) z =
= ch (|z|), (2 p)! (2 p)! p=0 p=0  +∞ (−1) p z 2 p+1 | sin z| = (2 p + 1)! p=0  +∞ +∞ p 2 p+1  |z|2 p+1 (−1) z
= sh (|z|). (2 p + 1)! = (2 p + 1)! p=0 p=0

6.10 On a : cos z = cos (x + i y) = cos x cos (i y) − sin x sin (i y)

et cos x + sin (i y) 2 = cos x + i sh y 2 = cos 2 x + sh2 y . cos (x + i y) = cos x + sin (i y) . On conclut :

= cos x = cos x

ei(i y) − e−i(i y) ei(i y) + e−i(i y) − sin x 2 2i

e−y + e y e y − e−y + sin x 2 2i = cos x ch y + i sin x sh y,

6.8

Soit z ∈ C, z = x + i y, (x,y) ∈ R2 . On a :

ch z = ch (x + i y) = ch x ch (i y) + sh x sh (i y) ei y + e−i y ei y − e−i y = ch x + sh x 2 2 = ch x cos y + i sh x sin y, et : 272

donc : | cos z|2 = ( cos x ch y)2 + ( sin x sh y)2 = cos 2 x ch2 y + sin 2 x sh2 y = (1 − sin 2 x) ch2 y + sin 2 x( ch2 y − 1) = ch2 y − sin 2 x = (1 + sh2 y) − (1 − cos 2 x) = sh2 y + cos 2 x. Même méthode pour les trois autres formules.

6.11

Soit z ∈ C, z = x + i y, (x,y) ∈ R2 .

On a : cos z = cos (x + i y) = cos x cos (i y) − sin x sin (i y) = cos x

ei(i y) + e−i(i y) ei(i y) − e−i(i y) − sin x 2 2i

= cos x

e y − e−y e−y + e y + sin x 2 2i = cos x ch y − i sin x sh y,

D’où : |1 − cos z|2 = (1 − cos x ch y)2 + ( sin x sh y)2 = 1 − 2 cos x ch y + cos 2 x ch2 y + sin 2 x sh2 y = 1 − 2 cos x ch y + cos 2 x ch2 y + (1 − cos 2 x)(ch2 y − 1) = −2 cos x ch y + cos 2 x + ch2 y = (ch y − cos x)2 . Comme cos x
1
ch y, on a : ch y − cos x  0 , donc : |1 − cos z| = ch y − cos x. De même :

|1 + cos z| = ch y + cos x.

donc : an z n −−−→ 0. On conclut : R = ∞. n∞

d) On a, par développement asymptotique lorsque l’entier n tend vers l’infini : 1   

1 2 an = tan (π n 2 + 1) = tan πn 1 + 2 n     1 1 = tan πn 1 + 2 + o 2 2n n       π π π 1 1 = tan ∼ = tan πn + +o +o , n∞ 2n 2n n 2n n d’où, pour tout z ∈ C∗ : an+1 z n+1 π 2n ∼ |z| −−−→ |z| , a z n n∞ n∞ 2(n + 1) π n donc, d’après la règle de d’Alembert : R = 1 . e) On a, pour tout n  2 : ∀ k ∈ {1,. . . ,n}, ln 2
ln k
ln n , d’où, en sommant :

On conclut : (n − 1) ln 2


A = |1 − cos z| + |1 + cos z| = 2ch y = 2ch (Im z) .

n 

ln k
(n − 1) ln n .

k=2

Comme, pour tout n  2 :

6.12

a) On a, par développement asymptotique lorsque l’entier n tend vers l’infini :



3 an = n 2 + n + 1 − n 3 + n 2 1 1   1 1 3 1 2 =n 1+ + 2 −n 1+ n n n       1 1 1 1 −n 1+ =n 1+ +o +o 2n n 3n n 1 = + o(1) . 6

   n n an = ln (n!) = ln k = ln k , k=2

D’après la règle de d’Alembert, les deux séries entières   (n − 1) ln 2 z n et (n − 1) ln n z n sont de rayon 1, donc, n 2

n 2

par encadrement : R = 1 . f) On a, pour tout z ∈ C∗ :

an+1 z n+1 −−−→ |z|, d’où, pour tout z ∈ C∗ : an z n n ∞

donc, par la règle de d’Alembert : R =

0
(n − 1) ln 2
an
(n − 1) ln n.

on a :

ln (|an z n |)

et donc, par la règle de d’Alembert : R = 1 . √ en + e−n en 1 ∼ , b) On a : an = n n ch n = e n ln n n∞ 2 2 ∗ puis, pour tout z ∈ C : n+1 an+1 z n+1 2 ∼ e |z| = e|z| a z n n∞ n 2 e n 1 . e

c) Soit z ∈ C∗ . On a : √ ln (|an z n |) = −n ln n + n ln |z|   1 = n − ln n + ln |z| −−−→ − ∞, n∞ 2

k=2



= −ln n ln ln n + n ln |z| −−−→ n∞

 donc :

|an z n | −−−→ n∞

−∞ si |z| < 1 +∞ si |z| > 1,

0

si |z| < 1

+∞

si |z| > 1.

On conclut : R = 1 . g) On a, pour tout z ∈ C∗ : n+1 + n ln |z| 2n + 1    −∞ 1 + n1 = n ln + ln |z| −−−→ 1 n ∞ 2+ n +∞

ln (|an z n |) = n ln

si |z| < 2 si |z| > 2

(il n’est pas utile d’examiner le cas |z| = 2).  0 si |z| < 2 n D’où : |an z | −−−→ n∞ +∞ si |z| > 2, 273

et on conclut : R = 2 . h) On a, pour tout z ∈ C∗ : ln (|an z n |) = −ch n + n ln |z| =−

en + e−n + n ln |z| −−−→ − ∞, n∞ 2

donc : an z n −−−→ 0. On conclut : R = ∞. n∞

i) Soit z ∈ C∗ . On a : a3(n+1) z 3(n+1) (n + 1)3n+3 (3n)! 3 = |z| a z 3n (3n + 3)! n 3n 3n =

(il n’est pas utile d’examiner le cas |z| = 1)

(n + 1) |z|3 (3n + 3)(3n + 2)(3n + 1)n 3n   1 3n 3 (n + 1)2 1+ = |z| . 3(3n + 2)(3n + 1) n 3n+3

Et :      1 1 3n = exp 3n ln 1 + 1+ n n       1 1 = exp 3 + o(1) −−−→ e3 , = exp 3n +o n∞ n n

27 3 e3 3 |z| = 1 ⇐⇒ |z|3 = 3 ⇐⇒ |z| = , Comme : 27 e e 3 on conclut : R = . e j) Soit z ∈ C∗ . Si |z| < 1, alors donc : nz

n2

n2

ln (|nz |) = ln n + n ln |z| −−−→ − ∞ , 2

n∞

−−−→ 0 . n∞

2

Si |z| = 1, alors |nz n | = n −−−→ + ∞. n∞

On conclut : R = 1 . k) Par définition de an , on a : ∀ n  1, 0
an
9.  9z n est de rayon 1, on déduit : Comme la série entière n 1

R  1.

√ D’autre part, on sait que 2 est irrationnel (ou, au moins ici, √ que 2 n’est pas décimal), donc la suite (an )n1 ne stationne pas sur 0. Comme les an sont des entiers, il en résulte que la suite (an )n1 ne converge pas vers 0. Ceci montre que la série  an z n diverge pour z = 1, donc : R
1. entière n 1

On conclut : R = 1 . 274

et on conclut : R = 1 . m) Il est clair que, pour tout n ∈ N∗ , l’ensemble Div (n) des diviseurs  1 de n vérifie : {1} ⊂ Div (n) ⊂ {1,2,. . . ,n} , donc :

1
S2 (n)


n  k=1

Comme les séries entières

k 2
n · n2 = n3.  n 1

z n et



n 3 z n sont de

n 1

rayon 1 (par la règle de d’Alembert, par exemple), on conclut, par encadrement : R = 1 . n) On a, par développement asymptotique lorsque l’entier n tend vers l’infini :

3 a3n+1 z 3(n+1) −→ e |z|3 . a z 3n −− n∞ 27 3n

donc :

l) On a, pour tout z ∈ C∗ : √ √ ln (|an z n |) = ln n −E( n) z n = −E( n) ln n + n ln |z|  −∞ si |z| < 1 −−−→ n∞ +∞ si |z| > 1, √ √ √ √ √ car n − 1
E( n)
n , donc E( n) ∼ n . n∞  0 si |z| < 1 |an z n | −−−→ D’où : n∞ +∞ si |z| > 1

3     1 n 1 an = 1 + 2 = exp n 3 ln 1 + 2 n n        1 1 1 , = exp n 3 2 + O 4 = exp n + O n n n puis :

    1 |an z n | = exp n + O + n ln |z| n      1 = exp n 1 + ln |z| + O n  −∞ si |z| < e−1 −−−→ n∞ +∞ si |z| > e−1

(il n’est pas utile d’examiner le cas |z| = e−1) et on conclut : R = e−1 . o) On a, pour tout n ∈ N :  1  1  1 n t tn dt
t n dt , dt
n 0 3 0 1+t +t 0 1 1
|an |
. 3(n + 1) n+1  1  1 z n et zn Comme les séries entières 3(n + 1) n + 1 n 0 n 0 d’où :

0


sont de rayon 1, par encadrement, on conclut : R = 1 .

√

√

p) Soit n ∈ N . On a : ∀ k ∈ {0,. . . ,n}, 1
e k
e n , n √  √ e k
(n + 1)e n , d’où, en sommant : (n + 1)
√

puis : 0
(n + 1)e
an
(n + 1)e n e−n .       noté bn noté cn

 R=

Pour tout z ∈ C∗ : bn+1 z n+1 (n + 2)e−(n+1) −→ e−1 |z| , b z n = (n + 1)e−n |z| −− n∞ n donc, d’après la règle de d’Alembert : Rb = e. Pour tout z ∈ C∗ fixé : √ cn+1 z n+1 (n + 2)e− n+1 e−(n+1) = √ |z| c zn (n + 1)e n e−n n n + 2 √n+1−√n −1 e |z| = e n+1 =

1 √ n + 2 √n+1+ n e−1 |z| − −−→ e−1 |z|, e n∞ n+1

donc, d’après la règle de d’Alembert : Rc = e. Par encadrement, on conclut : R = e.

rayon que la série entière



n 1

bn

si a > 1.

+∞

si a
1

0

si a > 1.

c) Notons, pour tout n ∈ N : an = a n! . On a, pour tout z ∈ C∗ :   |an z n | = exp n! ln |a| + n ln |z|  0       0 −−−→  n∞  1     +∞

On en déduit :

 +∞    1 R=    0

si |a| < 1 si |a| = 1 et |z| < 1 si |a| = 1 et |z| = 1 si |a| > 1.

si |a| < 1 si |a| = 1 si |a| > 1.

a n z n , qui est de rayon

1 (série a

On a, pour tout z ∈ C∗ :   |u n | = exp n ln |a| + n! ln |z| −−→



0

(l’examen du cas |z| = 1 est inutile). On déduit : R = 1 . e) Notons, pour tout n  2 : an = e( ln n) . a

On a, pour tout z ∈ C∗ :   |an z n | = exp (ln n)a + n ln |z| −−→



n∞

z n est de rayon

b (il s’agit de la série a

si |z| < 1

+∞ si |z| > 1

n∞

géométrique).  an

+∞

d) Notons, pour tous n ∈ N et z ∈ C∗ : u n = an z n! .

n 1

La série entière

si a
1

∗

n 6.13 a) Notons, pour tout n ∈ N∗ : an = a n . n+b n n a a si b
1, an ∼ n si b > 1. La série On a : an ∼ n∞ n n∞ b  an z n a le même rayon que sa série entière dérientière n n 1  a n z n−1 qui, par produit par la variable z, a le même vée n 1

0

On conclut, d’après la règle de d’Alembert :

k=0 −n



a 2n+1 = |z| −−−→ n∞ (2n + 1)(2n + 2)

0 si |z| < 1 +∞ si |z| > 1

(l’examen du cas |z| = 1 est inutile). On conclut : R = 1 .

géométrique). On conclut, par théorème d’équivalence : R=

1 si b
1, a

ou encore : R =

R=

b si b > 1, a

1 Max (1,b). a 2

an . b) Notons, pour tout n ∈ N : an = (2n)! On a, pour tout z ∈ C∗ : 2 an+1 z n+1 a (n+1) (2n)! a z n = (2n + 2)! a n2 |z| n

6.14 1) Notons R le rayon de la série entière



an2 z n .

n

On a, pour tout entier n et tout z ∈ C : 2  1 |an2 z n | = an (|z| 2 )n . 1 1 n • Si |z| 2 < R, alors an (|z| 2 −−→ 0, n∞

donc |an2 z n | −−−→ 0, d’où : |z|
R . n∞

  1 • Si |z| > R, alors la suite an (|z| 2 )n n n’est pas bornée,   donc la suite |an2 z n | n n’est pas bornée, d’où |z|  R . 1 2

275

 ∀ z ∈ C,

On a montré :

|z| < R 2 ⇒ |z|
R |z| > R ⇒ |z|  R ,

2

R
R et R 2  R ,

2

d’où :

et on conclut : R = R 2 . 2) Notons R

le rayon de la série entière

• Utilisons une décomposition en éléments simples du coeffi  1 1 1 1 . = − cient : n(n + 2) 2 n n+2 On a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :



an z 2n .

n

S(x) =

+∞  n=1

  +∞  xn 1 1 1 xn = − n(n + 2) 2 n n + 2 n=1

On a, pour tout entier n et tout z ∈ C :

=

an z 2n = an (z 2 )n . • Si |z 2 | < R, alors an |z 2 |n −−−→ 0 , donc : |z|
R

. 

n∞

• Si |z | > R, alors la suite an (z 2 )n 2

 n

n’est pas bornée, donc

la suite (an z 2n )n n’est pas bornée, d’où : |z|  R

.  1 |z| < R 2 ⇒ |z|
R

On a montré : ∀ z ∈ C, 1 |z| > R 2 ⇒ |z|  R

, 1

car ces deux séries entières sont de rayon 1. D’après le cours : A(x) = −ln (1 − x). On a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : x 2 B(x) =

1

R 2
R

et R 2  R

,

d’où :

+∞ +∞ n   x n+2 x = n + 2 n n=1 n=3

1 2

et on conclut : R

= R .

6.15

1) Supposons R > 0 .

R . 2 n Puisque |ρ| < R , la suite (an ρ )n1 est bornée. Il existe donc C ∈ R∗+ tel que : ∀ n  1, |an ρn |
C , d’où : 1 1 1 ∀ n  1, |an | n
C n . ρ

Il existe ρ ∈ R tel que 0 < ρ < R, par exemple : ρ =

1

1

Comme C n −−−→ 1 , la suite (C n )n1 est bornée. n∞

Il existe donc D ∈ R+ tel que : ∀ n  1, C n
D. D 1 On a alors : ∀ n  1, |an | n
, ρ  1 ce qui montre que la suite |an | n n 1 est majorée.  1 2) Réciproquement, supposons que la suite |an | n n 1 est majorée. 1

1

Il existe donc M ∈ R∗+ tel que : ∀ n  1, |an | n
M. ∀ n  1, |an |
M n .  1 M n z n est de rayon (série géoComme la série entière M n 1  an z n est de rayon métrique), il en résulte que la série entière

On a alors :

n 1

1  , donc de rayon 0. M 1 1 ∼ , donc, par la règle de n(n + 2) n∞ n 2 d’Alembert et le théorème d’équivalence : R = 1 .

6.16 276

a) • On a :

+∞ +∞ 1 n 1 1  1 x − xn 2 n=1 n 2 n=1 n + 2       notée A(x) notée B(x)

  x2 , = −ln (1 − x) − x + 2

d’où, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[−{0} :   1 x2 B(x) = 2 − ln (1 − x) − x − . x 2 Puis :   x2 1 1 S(x) = − ln (1 − x) + 2 ln (1 − x) + x + 2 2x 2   1 2+x 1 = ln (1 − x) + − 2x 2 2 4x 2+x 1 − x2 ln (1 − x) + = . 2x 2 4x Enfin : S(0) = 0 , car S(0) est le terme constant de la série entière définissant S. Réponse : R = 1 et, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :  2+x  1 − x2 ln (1 − x) + si x = / 0 S(x) = 2x 2 4x  0 si x = 0. 1 1 ∼ 3 , donc, par la règle de d’Alembert n∞ −n n et le théorème d’équivalence : R = 1 . b) • On a :

n3

• Utilisons une décomposition en éléments simples du coeffi1 . Il existe (a,b,c) ∈ R3 tel que : cient 3 n −n 1 1 a b c = = + + . X3 − X (X − 1)X(X + 1) X−1 X X+1 Par multiplication par X − 1 puis remplacement de X par 1, 1 on obtient : a = . 2

Par multiplication par X puis remplacement de X par 0, on obtient : b = −1. Par multiplication par X + 1 puis remplacement de X par−1, 1 on obtient : c = . 2   1 1 1 2 1 . = − + On a donc : X3 − X 2 X−1 X X+1 D’où, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[−{0} :   +∞ +∞   1 xn 1 2 1 S(x) = xn = − + n3 − n 2 n−1 n n+1 n=2 n=2 +∞ +∞ n +∞  xn x xn 1 1 = − + 2 n=2 n − 1 n=2 n 2 n=2 n + 1

car ces quatre séries entières sont de rayon 1 = −1−x +

Enfin, S(0) = 0 , car S(0) est le terme constant de la série entière définissant S. Réponse : R = 1 , S(0) = 0 et : ∀ x ∈ ] − 1 ; ,1[−{0} ,   1 3x 1 x ln (1 − x) − + −1+ S(x) = − . 2 2x 2 4

xn −

n=0

= −1−x +

=

 21 1 + x 1 − ln −x 1−x x 2 1−x   + x − ln (1 − x 2 )

Et : S(0) = 0 , car S(0) est le terme constant de la série entière définissant S. Réponse : R = 1 , S(0) = 0 et : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[−{0}, S(x) =

2 − 2x + x 2 1 1+x − ln − x ln (1 − x 2 ) . 1−x x 1−x

d) • Notons, pour tout n ∈ N : an = On a : an ∼

n∞

D’où, pour tout z ∈ C∗ : 4 3 an+1 z n+1 ∼ (n + 1) n! |z| = (n + 1) |z| −−−→ 0 . a z n n∞ n∞ (n + 1)! n 4 n4 n D’après la règle de d’Alembert et le théorème d’équivalence, on conclut : R = ∞. • La série entière proposée ressemble à celle de l’exponentielle :

n + (−1) ∼ 1, donc, d’après la règle de n + (−1)n n∞ d’Alembert et le théorème d’équivalence : R = 1 . c) • On a :

• Soit x ∈ ] − 1 ; 1[−{0} .

2N +1  n=2

N N n + (−1)n+1 n  2 p − 1 2p  2 p + 2 2 p+1 x = x + x . n n + (−1) 2 p + 1 2p p=1 p=1

Comme les trois séries entières qui interviennent sont de rayon 1, on déduit, en faisant tendre l’entier N vers l’infini : S(x) =

+∞  2p − 1 p=1

2p + 1

+∞   1− = p=1

=

+∞  p=1

x2p +

+∞  2p + 2 p=1

2p

x 2 p+1

  +∞   2 1 2 p+1 x2p + x 1+ 2p + 1 p p=1

x2p − 2

+∞  p=1

+∞ +∞ 2 p+1   x2p x x 2 p+1 + + 2 p + 1 p=1 p p=1

n4 + n2 + 1 . n!

n4 . n!

n+1

On a, pour tout N ∈ N∗, en séparant les termes d’indices pairs, d’indices impairs :

+∞ +∞  2 x 2 p+1 (x 2 ) p +x x p=1 2 p + 1 p p=1

1 1+x 2 − 2x + x 2 − ln − x ln (1 − x 2 ). 1−x x 1−x

car ces trois séries entières sont de rayon 1 +∞ n +∞ n +∞ n  x x x 1  x − + = 2 n=1 n n 2x n n=2 n=3     x − ln (1 − x) − − ln (1 − x) − x = 2   x2 1 − ln (1 − x) − x − + 2x 2   1 3x x 1 ln (1 − x) − + =− −1+ . 2 2x 2 4

+∞ 

∀ z ∈ C,

+∞ n  z = ez . n! n=0

Dans le numérateur n 4 + n 2 + 1 , faisons apparaître n(n − 1)(n − 2)(n − 3) : n4 + n2 + 1 = n(n − 1)(n − 2)(n − 3) +(6n 3 − 11n 2 + 6n) + n 2 + 1    noté αn = αn + 6n 3 − 10n 2 + 6n + 1   = αn + 6 n(n − 1)(n − 2) +3n 2 − 2n − 10n 2 + 6n + 1    noté βn = αn + 6βn + 8n 2 − 6n + 1   = αn + 6βn + 8 n(n − 1) +n − 6n + 1    noté γn = αn + 6βn + 8γn + 2n + 1 . 277

• Soit x ∈ R .

On a donc, pour tout z ∈ C : S(z) =

+∞ 4  n + n2 + 1

n!

n=0

On a, pour tout N ∈ N :

zn =

N  +∞  zn (αn + 6βn + 8γn + 2n + 1) n! n=0

+∞ 

+∞ +∞   zn zn zn αn + 6 βn + 8 γn = n! n! n! n=0 n=0 n=0

+2

+∞  n=0

n

n

z + n!

+∞  n=0

n

z n!

car toutes ces séries entières sont de rayon infini. Mais :

n

n

n=0

z =z n!

+∞  n=1

n−1

z =z (n − 1)!

car les termes d’indice k pair se doublent, et les termes d’indice k impair s’éliminent. Puisque les séries entières envisagées sont de rayon infini, on déduit, en faisant tendre l’entier N vers l’infini :  +∞  +∞  x 2k+1 (−1)k x 2k+1 1  S(x) = + 2 k=0 (2k + 1)! k=0 (2k + 1)! =

+∞ n  z = ez , n! n=0 +∞ 

k=0

N 2N   x 2k+1 (−1)k x 2k+1 x 4 p+1 + =2 , (2k + 1)! k=0 (2k + 1)! (4 p + 1)! p=0

Réponse : R = ∞ et, pour tout x ∈ R : +∞  n=0

n

z = z ez , n!

S(x) =

+∞ 

zn n(n − 1) = z 2 ez , n! n=0

+∞ 

n(n − 1)(n − 2)

n=0

n

z = z 3 ez , n!

n(n − 1)(n − 2)(n − 3)

n=0

On a, pour tout z ∈ C∗ : an+1 z n+1 (n + 2)2 (n + 2)! a z n = (n + 3)! (n + 1)2 |z| n =

(n + 2)2 |z| −−−→ 0, n∞ (n + 1)2 (n + 3)

donc, d’après la règle de d’Alembert : R = ∞.

S(z) = z 4 ez + 6z 3 ez + 8z 2 ez + 2zez + ez

• On a, pour tout z ∈ C : S(z) =

= (z 4 + 6z 3 + 8z 2 + 2z + 1) ez .

+∞  n=0

Réponse : R = ∞ et, pour tout z ∈ C :

e) • Notons, pour tout p ∈ N et tout x ∈ R∗ : x 4 p+1 > 0. u p = (4 p + 1)!

z 2 S(z) =

+∞  (n + 1)2 n=0

On a :

=

|x|4 p+5 (4 p + 1)! u p+1 = up (4 p + 5)! |x|4 p+1

=

+∞  n=2

|x|4 = −−−→ 0 , (4 p + 2) · · · (4 p + 5) n ∞ donc, d’après la règle de d’Alembert, la série de terme général u p converge.

+∞ n+1 n  (n + 1)2 n z = z , (n + 2)n! (n + 2)! n=0

donc, en multipliant par z 2 :

S(z) = (z 4 + 6z 3 + 8z 2 + 2z + 1) ez .

On conclut : R = ∞.

n+1 (n + 1)2 = . (n + 2)n! (n + 2)!

an =

zn = z 4 ez . n!

On obtient :

278

1 (sh x + sin x) . 2

f) • Notons, pour tout n ∈ N :

et, de même :

+∞ 

1 (sh x + sin x) . 2

+∞  n=2

= z2

+∞  (n − 1)2 n=2

n!

zn

+∞  n 2 − 2n + 1 n n(n − 1) − n + 1 n z = z n! n! n=2

+∞  n(n − 1) n=2

=

(n + 2)!

z n+2 =

n!

zn −

+∞ +∞  n n  1 n z + z n! n! n=2 n=2

+∞ +∞ n   zn zn z − + (n − 2)! n=2 (n − 1)! n=2 n!

+∞ n +∞ n +∞ n    z z z −z + n! n! n! n=0 n=1 n=2

= z 2 ez − z(ez − 1) + (ez − 1 − z) = (z 2 − z + 1) ez − 1. On conclut : R = ∞ et, pour tout z ∈ C : S(z) = (z 2 − z + 1) ez − 1 .   2 + (−1)n n a = . g) • Notons, pour tout n ∈ N : n 3 + (−1)n Ainsi, pour tout p ∈ N :  2 p 3 a2 p = , 4

a2 p+1

 2 p+1 1 = . 2

On a :

4 4 Réponse : R = , et, pour tout z ∈ C tel que |z| < : 3 3 16 2z S(z) = + . 16 − 9z 2 4 − z2 h) • La série entière envisagée est la somme des trois séries entières :    z3 p , 2 p z 3 p+1 , 3 p z 3 p+2 . p0

p0



La série entière

∀ z ∈ C, ∀ p ∈ N, a2 p z 2 p donc la série entière



p0



De même : ∀ z ∈ C, ∀ p ∈ N, a2 p+1 z 2 p+1

donc la série entière



est de rayon 2.

p0

Il en résulte, par addition de deux séries entières de rayons dif  4 4 ,2 = . férents : R = Min 3 3 4 . 3 On a, pour tout N ∈ N, en séparant les termes d’indices pairs, d’indices impairs : 2N +1 N  2 p N  2 p+1   2 + (−1)n n n  3 1 2p z = z + z 2 p+1 n 3 + (−1) 4 2 n=0 p=0 p=0 • Soit z ∈ C tel que |z| <

d’où, en faisant tendre l’entier N vers l’infini : +∞  2 p +∞  2 p+1   3 1 S(z) = z2 p + z 2 p+1 4 2 p=0 p=0 = =

  +∞  +∞   3 2 p z 1 2 p + z z 4 2 p=0 2 p=0 1 z 1  2 +  2 2 3 1 1− 1− z z 4 2

16 2z = + . 16 − 9z 2 4 − z2

une série géométrique en 2z 3 . 

3 p z 3 p+2 est de rayon

 1/3 1 , car c’est 3

une série géométrique en 3z 3 .

 2 p+1 z = , 2

a2 p+1 z

2 z

p0

 2 p+1 1 = z 2 p+1 2

2 p+1

 1/3 1 est de rayon , car c’est 2

p 3 p+1

p0

La série entière

4 a2 p z 2 p est de rayon . 3 p0

z 3 p est de rayon 1, car c’est une série géo-

métrique en z 3 . La série entière

 2 p  2  p 3 3 = z2 p = z2 , 4 4

p0

Comme ces trois rayons sont deux à deux différents, on a, d’après le cours :   1/3  1/3   1/3 1 1 1 = , R = Min 1, . 2 3 3  1/3 1 . 3

• Soit z ∈ C tel que |z| < On a, pour tout N ∈ N : 3N +2 

an z n

n=0

=

N 

a3 p z 3 p +

p=0

N 

a3 p+1 z 3 p+1 +

p=0

=

N 

a3 p+2 z 3 p+2

p=0

N 

z3 p +

p=0

N 

2 p z 3 p+1 +

p=0

N 

3 p z 3 p+2 .

p=0

D’où, en faisant tendre l’entier N vers l’infini : S(z) =

+∞ 

z3 p +

p=0

=

+∞ 

2 p z 3 p+1 +

p=0

+∞ 

3 p z 3 p+2

p=0

+∞ 

+∞ 

+∞  (3z 3 ) p

p=0

p=0

p=0

(z 3 ) p + z

(2z 3 ) p + z 2

=

Réponse :

1 1 1 +z + z2 . 1 − z3 1 − 2z 3 1 − 3z 3

  13 1 R= , et, pour tout z ∈ C tel que 3

 1/3 1 |z| < : 3

S(z) =

z z2 1 + + . 3 3 1−z 1 − 2z 1 − 3z 3 279

6.17

a) 1) Existence :

Récurrence sur n. • Pour n = 0, on a : (1 +

√ √ 0 2) = 1 = a0 + b0 2,

avec a0 = 1 ∈ N, b0 = 0 ∈ N. • Supposons qu’il existe (an ,bn ) ∈ N2 tel que : √ √ an + bn 2 = (1 + 2)n . On a alors : √ √ √ (1 + 2)n+1 = (1 + 2)(1 + 2)n √ √ = (an + bn 2)(1 + 2)

√ = (an + 2bn ) + (an + bn ) 2.

En notant an+1 = an + 2bn ∈ N et bn+1 = an + bn ∈ N, on √ √ a bien : an+1 + bn+1 2 = (1 + 2)n+1 , ce qui établit la propriété pour n + 1. On a montré, par récurrence sur n, qu’il existe un couple de   suites (an )n∈N , (bn )n∈N à termes dans N, tel que : √ √ ∀ n ∈ N, an + bn 2 = (1 + 2)n . 2) Unicité : Supposons que conviennent.

    (an )n∈N , (bn )n∈N , (αn )n∈N , (βn )n∈N

On a alors : √ √ √ ∀ n ∈ N, an + bn 2 = (1 + 2)n = αn + βn 2 , √ donc : ∀ n ∈ N, (an − αn ) = (βn − bn ) 2.       ∈Z ∈Z Soit n ∈ N fixé.

√ an − αn ∈ Q, contradiction, / 0, alors : 2 = Si βn − bn = βn − bn √ car on sait que 2 est irrationnel. On a donc :

∀ n ∈ N, βn = bn ,

∀ n ∈ N, αn = an ,     donc (αn )n∈N , (βn )n∈N = (an )n∈N , (bn )n∈N ,

puis :

ce qui montre l’unicité. b) Soit n ∈ N . On a, en utilisant la formule du binôme de Newton : n  √  √ √ n an + bn 2 = (1 + 2)n = 2k k k=0   n    n  √ 2p + 2 2p, = 2p 2p + 1 0
2 p
n 0
2 p+1
n donc, d’après l’unicité dans la question a) :   n    n  2 p , bn = 2p . an = 2p 2p + 1 0
2 p
n 0
2 p+1
n 280

On déduit, en utilisant à nouveau la formule du binôme de Newton en sens inverse :     n  √  √ n p 2 − 2 2p an − bn 2 = 2p 2p + 1 0
2 p
n 0
2 p+1
n n    √ √ n (−1)k 2 k = (1 − 2)n . = k k=0 c) D’après a) et b), on a, par addition et soustraction, pour tout n∈N : √ √  1 an = (1 + 2)n + (1 − 2)n , 2 √ √  1  bn = √ (1 + 2)n − (1 − 2)n . 2 2 d) 1) Rayon :

√ √ D’après c), comme |1 − 2| < 1, et |1 + 2| > 1, √ √ 1 1 bn ∼ √ (1 + 2)n , on a : an ∼ (1 + 2)n , n∞ 2 n∞ 2 2 donc, par théorème d’équivalence, les deux séries entières envisagées ont le même rayon que la série entière  √ √ 1 (1 + 2)n z n , donc : R = √ = 2 − 1. 1+ 2 n 0 2) Somme : Notons Sa et Sb les sommes des deux séries entières proposées. On a, pour tout z ∈ C tel que |z| < R : Sa (z) +∞  √  √ 1 (1 + 2)n + (1 − 2)n z n 2 n=0   +∞  +∞  √ n  √ n 1  = (1 + 2)z + (1 − 2)z 2 n=0 n=0

=

car ces deux séries entières sont de rayons  R   1 1 1 = + √ √ 2 1 − (1 + 2)z 1 − (1 − 2)z   1 1 1 = √ + √ 2 1−z−z 2 1−z+z 2 =

1 2(1 − z) 1−z = . 2 (1 − z)2 − 2z 2 1 − 2z − z 2

De même : +∞  √  √ 1  √ (1 + 2)n − (1 − 2)n z n n=0 2 2   1 1 1 = √ − √ √ 2 2 1 − (1 + 2)z 1 − (1 − 2)z √ 1 z 2z 2 = √ = . 1 − 2z − z 2 2 2 (1 − z)2 − 2z 2

Sb (z) =

+∞   n 1 1  =√ √ n+1 sin (n + 1)α x 2 sin α n=0 2

6.18

a) Le trinôme T = X2 − X + 2 a pour discriminant ∆ = −7 < 0, T ne s’annule en aucun point, donc l’applica1 tion f : x −→ 2 est définie sur R. x −x +2 Passons par les nombres complexes. Le trinôme T admet deux zéros simples, complexes non réels : √ √ 1−i 7 1+i 7 x1 = , x2 = . 2 2 Par décomposition en éléments simples dans C(X), il existe (α1 ,α2 ) ∈ C2 tel que : 1 α2 1 α1 + = = . X2 − X + 2 (X − x1 )(X − x2 ) X − x1 X − x2 En multipliant par X − x1 , puis en remplaçant X par x1 , on ob1 . tient : α1 = x1 − x2 En multipliant par X − x2 , puis en remplaçant X par x2 , on ob1 . tient : α2 = x2 − x1   1 1 1 1 − . + = D’où : X2 − X + 2 x2 − x1 X − x1 X − x2

Puis, pour tout x ∈ R :   1 1 1 f (x) = − x2 − x1 x1 − x x2 − x   1 1 1 1 1 . = − x2 − x1 x1 1 − x x2 1 − x x1 x2 √ |x1 | = |x2 | = 2. De plus : On a donc, en utilisant la série géométrique, pour tout √ √ x ∈ ] − 2 ; 2[ :       +∞  1 1 +∞ x n x n 1  f (x) = − x2 − x1 x1 n=0 x1 x2 n=0 x2  +∞   1 1 1 xn. = − x2 − x1 n=0 x1n+1 x2n+1 Notons α = Arg (x1 ) ∈ ] − π ; π]. On a donc : √ √ x1 = 2ei α , x2 = x1 = 2e−i α , √ √ x2 − x1 = 2(e−i α − ei α ) = −2i 2 sin α . √ √ D’où, pour tout x ∈ ] − 2 ; 2[ :  +∞   1 1 1 f (x) = xn − √ √ √ −2i 2 sin α n=0 ( 2 ei α )n+1 ( 2 e−i α )n+1 =−

1 √ 2i 2 sin α

+∞  n=0

 1  −i (n+1)α − ei (n+1)α x n √ n+1 e 2

=

+∞ 

n

2− 2 −1

n=0

sin (n + 1)α n x . sin α

Déterminons le rayon R de cette série entière. On a : ∀x ∈] −

√ √ 2 ; 2[,

  +∞ x n 1  sin (n + 1)α √ , 2 sin α n=0 2 √ ce qui montre : R  2. f (x) =

D’autre part, dans C : 1 −→ +∞ , | f (z)| = (z − x1 )(z − x2 ) z−→x1 √ donc : R
2 . √ On conclut : R = 2. On peut aussi utiliser le résultat de l’exercice 6.33 a), d’après  sin (n + 1)αz n est de rayon 1. Par lequel la série entière n 0

x le changement de variable z = √ , la série entière étudiée 2 √ est de rayon : R = 2. b) En notant P = X3 − 5X2 + 3X + 9 , on remarque : P(−1) = 0. On en déduit la factorisation de P : P = (X + 1)(X2 − 6X + 9) = (X + 1)(X − 3)2 . L’application f : x −→

16 16 = x 3 − 5x 2 + 3x + 9 (x + 1)(x − 3)2

est définie sur R − {−1,3} , donc (au moins) sur ] − 1 ; 1[ . Par décomposition en éléments simples de la fraction rationnelle, il existe (a, b, c) ∈ R3 tel que : 16 a b c = + + . (X + 1)(X − 3)2 (X − 3)2 X−3 X+1 En multipliant par (X − 3)2 , puis en remplaçant X par 3, on obtient : a = 4. En multipliant par X + 1 , puis en remplaçant X par −1, on obtient : c = 1. En multipliant par X puis en faisant tendre X vers l’infini, on obtient : 0 = b + c , d’où b = −1 . D’où la décomposition en éléments simples suivante : 4 1 1 16 = − + . (X + 1)(X − 3)2 (X − 3)2 X−3 X+1 281

Puis, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : f (x) =

d) Le trinôme X2 + 2X + 5 a pour discriminant ∆ = −16 < 0 , donc : ∀ x ∈ R, x 2 + 2x + 5 > 0.

1 4 1 − + (x − 3)2 x −3 x +1 =

1 1 4 1 1 . +  +  9 31− x 1+x x 2 1− 3 3

Rappelons la série entière géométrique : +∞  1 tn , = 1−t n=0

∀ t ∈ ] − 1 ; 1[,

+∞ +∞   1 = nt n−1 = (n + 1)t n . 2 (1 − t) n=1 n=0

On a donc, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :  n +∞ +∞  n +∞  x x 1 4 (n + 1) + + (−1)n x n f (x) = 9 n=0 3 3 n=0 3 n=0 =

+∞   n=0

=



4 n+1 1 1 + + (−1)n x n 9 3n 3 3n

+∞   4n + 7 n=0

9 · 3n

 + (−1)n x n .

n∞

de cette série entière est : R = 1 . c) L’application f : x −→ ln (1 + x + x 2 ) est définie sur R, puisque le discriminant du trinôme 1 + x + x 2 est ∆ = −3 < 0. On remarque que, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : 1 − x3 1−x

= ln (1 − x 3 ) − ln (1 − x) = −

+∞  (x 3 )n n=1

=−

n

+

+∞ n  x n n=1

+∞ +∞ +∞  1 3n  1 n  an x n , x + x = n n n=1 n=1 n=1

1 , si 3 \/ n , et, si n 1 1 2 =− . n = 3 p, p ∈ N∗ , an = − + p 3p 3p en notant, pour tout n ∈ N∗ : an =

Puisque la suite (an )n1 est bornée, on a : R  1.  |an | diverge, on a : R
1. Puisque la série n 1

On conclut : R = 1 . 282

L’application f est dérivable sur R et, pour tout x ∈ R : 2x + 2 f (x) = 2 . x + 2x + 5 Passons par les nombres complexes.

x1 = −1 + 2i,

x2 = −1 − 2i .

Par décomposition en éléments simples dans C(X), il existe (α1 ,α2 ) ∈ C2 tel que : 2X + 2 α2 2X + 2 α1 + = = . X2 + 2X + 5 (X − x1 )(X − x2 ) X − x1 X − x2 En multipliant par X − x1 , puis en remplaçant X par x1 , on obtient : α1 =

On a : |an | ∼ 1, donc, par théorème d’équivalence, le rayon R

f (x) = ln (1 + x + x 2 ) = ln

Nous allons former le DSE(0) de f , puis primitiver pour obtenir le DSE(0) de f.

Le trinôme X2 + 2X + 5 admet deux zéros simples, complexes non réels :

d’où, en dérivant : ∀ t ∈ ] − 1 ; 1[,

Il en résulte que l’application f : x −→ ln (x 2 + 2x + 5) est définie sur R.

2x1 + 2 2(−1 + 2i) + 2 = = 1, x1 − x2 4i

puis : α2 = α1 = 1 . 2X + 2 1 1 + , = On a donc : 2 X + 2X + 5 X − x1 X − x2 d’où, pour tout x ∈ R : 1 1 1 1 1 1 + =− − . x x − x1 x − x2 x1 1 − x2 1 − x x1 x2 √ √ √ Comme |x1 | = |x2 | = 5, on a, pour tout x ∈ ] − 5 5[, par utilisation de la série géométrique :   +∞  +∞  x n x n 1  1  f (x) = − − x1 n=0 x1 x2 n=0 x2 f (x) =

=

+∞   n=0

−

1 x1n+1

−

1 x2n+1

 xn.

Notons α = Arg x1 ∈ ] − π ; π] . √ √ x2 = 5 e−i α , On a donc : x1 = 5 ei α , √ √ d’où, pour tout x ∈ ] − 5 ; 5[ : +∞   1  i (n+1)α f (x) = − + e−i (n+1)α x n √ n+1 e 5 n=0 +∞  2 cos (n + 1)α n =− x . √ n+1 5 n=0 Comme dans l’exercice a), le rayon de cette série entière √ est 5 .

Par primitivation, on en déduit que f est dSE(0), de rayon √ √ et que, pour tout x ∈ ] − 5 ; 5[ : f (x) = f (0) −

+∞  2 cos (n + 1)α n+1 √ n+1 x n=0 (n + 1) 5

= ln 5 −

√ 5,

+∞  2 cos nα n √ n x . n=1 n 5

On peut considérer que ce dernier résultat est la réponse à la question posée. On peut aussi se ramener précisément à une série entière :

=

 +∞   1 1 1 − n+1 + n+1 x n . x1 − x2 n=0 x1 x2

Notons α = Arg x1 ∈ ] − π ; π] . On a donc : √ √ √ x1 = 5 ei α , x2 = 5 e−i α , x1 − x2 = 2i 5 sin α , √ √ et, pour tout x ∈ ] − 5 ; 5[ : f (x) =

+∞ i (n+1)α  e 1 − e−i (n+1)α n x √ √ n+1 2i 5 sin α n=0 5

=

+∞  √ √ an x n , ∀ x ∈ ] − 5 ; 5[, f (x) =

+∞  2i sin (n + 1)α n 1 x √ √ 2i 5 sin α n=0 5 n+1

n=0

=

2 cos nα où a0 = ln 5 et an = − √ n , pour tout n  1 . n 5 e) L’application f : x −→ Arctan (2 + x) est de classe C 1 sur R et, pour tout x ∈ R : f (x) =

1 1 = 2 . 1 + (2 + x)2 x + 4x + 5

+∞ sin (n + 1)α n 1  x . √ sin α n=0 5 n+2

D’après un théorème du cours, par primitivation, f est dSE(0), √ √ √ de rayon 5 , et, pour tout x ∈ ] − 5 ; 5[ : f (x) = f (0) +

+∞ 1  sin (n + 1)α x n+1 √ sin α n=0 5 n+2 n + 1 +∞ sin nα n 1  x . √ sin α n=1 n 5 n+1

Nous allons former le DSE(0) de f , puis primitiver pour obtenir le DSE(0) de f.

= Arctan 2 +

Le trinôme X2 + 4X + 5 a pour discriminant ∆ = −4 < 0, donc ce trinôme admet deux zéros simples, complexes non réels : x1 = −2 + i, x2 = −2 − i.

Comme dans l’exercice a), le rayon de cette série entière est : √ R = 5.

Par décomposition en éléments simples dans C(X), il existe (α1 ,α2 ) ∈ C2 tel que : 1 α2 1 α1 + = = . X2 + 4X + 5 (X − x1 )(X − x2 ) X − x1 X − x2 En multipliant par X − x1 , puis en remplaçant X par x1 , on ob1 . tient : α1 = x1 − x2 En multipliant par X − x2 , puis en remplaçant X par x2 , on ob1 . tient : α2 = x2 − x1 On a donc :  1 1 1  1 − = X2 + 4X + 5 x1 − x2 X − x1 X − x2   1 1 1 1 1 − . = + X X x1 − x2 x1 x2 1− 1− x1 x2 √ On a : |x1 | = |x2 | = 5. √ √ D’où, pour tout x ∈ ] − 5 ; 5[ , par utilisation de la série géométrique :     +∞  +∞  x n x n 1 1  1  f (x) = + − x1 − x2 x1 n=0 x1 x2 n=0 x2

f) L’application f : x −→ sin x ch x est définie sur R. Puisque les applications x −→ sin x et x −→ ch x sont dSE(0) de rayons infinis, par produit de Cauchy, f est dSE(0) de rayon infini. 1re méthode : Utilisation de fonctions circulaires ou hyperboliques de variable complexe : On a : ∀ x ∈ R, sin x =

ei x − e−i x = −i sh (i x) , 2i

d’où, pour tout x ∈ R : f (x) = − i sh (i x) ch x = −i

 1 sh (i x + x) + sh (i x − x) 2

 i sh (i + 1)x + sh (i − 1)x 2  2 p+1 +∞   +∞  (i − 1)x 2 p+1  (i + 1)x i  + =− 2 p=0 (2 p + 1)! (2 p + 1)! p=0

= −

= −

+∞ i (i + 1)2 p+1 + (i − 1)2 p+1 2 p+1 x 2 p=0 (2 p + 1)!

283

= −

√ √ π π +∞ i ( 2 ei 4 )2 p+1 + (− 2 e−i 4 )2 p+1 2 p+1 x 2 p=0 (2 p + 1)!

√ 2 p+1  +∞  i 2 π π ei (2 p+1) 4 − e−i(2 p+1) 4 x 2 p+1 = − 2 p=0 (2 p + 1)! √ +∞  π  2 p+1 i 2p 2  2i sin (2 p + 1) x = − 2 p=0 (2 p + 1)! 4 =

+∞  p=0

√  π 2p 2 sin (2 p + 1) x 2 p+1 . (2 p + 1)! 4

2è méthode : Utilisation de l’exponentielle complexe : On a, pour tout x ∈ R : ei x − e−i x ex + e−x 2i 2   1 (i+1)x e + e(i−1)x − e(1−i)x − e−(1+i)x = 4i  n +∞   +∞    (i − 1)x n (i + 1)x 1 + = 4i n=0 n! n! n=0    n +∞ +∞  (1 − i)x n  (−1 − i)x  − − n! n! n=0 n=0 f (x) = sin x ch x =

=

+∞  1  1 (1 + i)n +(−1 + i)n − (1 − i)n − (−1 − i)n x n 4i n=0 n!

+∞ 1  1 √ i π n  √ −i π n = 2e 4 + − 2e 4 4i n=0 n! √  √ π n  n π n x − 2e−i 4 − − 2ei 4

√ n +∞ 1  2  in π π π π e 4 − (−1)n ei n 4 +(−1)n e−i n 4 − e−i n 4 x n = 4i n=0 n! √ 2 p+1 +∞  i (2 p+1) π 1  2 π 4 − 2e−i (2 p+1) 4 x 2 p+1 2e = 4i p=0 (2 p + 1)!

On peut donc compléter f par continuité en 0, en posant 1 f (0) = . 4 D’autre part, pour tout x ∈ R∗ :   ch x − 1 2 ch2 x − 2ch x + 1 f (x) = = x2 x4   1 1 = 4 (ch 2x + 1) − 2 ch x + 1 x 2 1 = 4 (ch 2x − 4 ch x + 3), 2x puis, en utilisant le DSE(0) de ch, qui est de rayon infini :  +∞  +∞  1  (2x)2 p x2p f (x) = 4 −4 +3 2x (2 p)! (2 p)! p=0 p=0 =

 +∞ 2 p 2 p  2 x 1 1 + 2x 2 + 4 2x (2 p)! p=2

   +∞ x2p x2  + +3 −4 1 + 2 (2 p)! p=2

=

+∞ 2 p +∞ 2 p−1 2 − 4 2p  2 − 2 2 p−4 1  = x x 4 2x p=2 (2 p)! (2 p)! p=2

=

q= p−2

+∞ 2q+3 +∞ 2(q+2)−1  2 − 2 2q  2 − 2 2q   x = x . (2q + 4)! 2(q + 2)! q=0 q=0

On peut considérer que ce dernier résultat constitue la réponse à la question posée. On peut aussi se ramener précisément à une série entière : ∀ x ∈ R, f (x) =

+∞ 

an x n ,

n=0

où, pour tout n ∈ N :  2q+3 −2  2 si n est pair, n = 2q, q ∈ N an = (2q + 4)!   0 si n est impair. On a vu plus haut que le rayon de cette série entière est infini.

car les termes d’indices pairs sont tous nuls √ +∞  π 1  2p 2 4i sin (2 p + 1) x 2 p+1 = 4i p=0 (2 p + 1)! 4 =

+∞  p=0

√  π 2p 2 sin (2 p + 1) x 2 p+1 . (2 p + 1)! 4

On a vu, au début de la solution, que le rayon de la série entière obtenue est R = +∞.   ch x − 1 2 est définie sur R∗ . g) L’application f : x −→ x2  2 2 x /2 1 = . De plus : f (x) ∼ x−→0 x2 4 284

h) L’application   ln (1 + t) g : t −→ t  1

si t ∈ ] − 1 ; 0[ ∪ ]0 ; +∞[ si t = 0

est continue sur ] − 1 ; +∞[−{0} , et : g(t) =

ln(1 + t) −→ 1 = g(0) , t−→0 t

donc g est continue en 0. Ainsi, g est continue sur ] − 1 ; +∞[.  x  x ln(1 + t) g(t) dt est dt = L’application f : x −→ t 0 0 donc définie (au moins) sur ] − 1 ; +∞[.

On a, en utilisant le DES(0) de t −→ ln (1 + t) , qui est de rayon 1, pour tout t ∈ ] − 1 ; 0[ ∪ ]0 ; 1[ : g(t) =

=

1 3x 2

 +∞ n=0

 +∞   (3x)n (2x)n 1  − 1 − 3x − 2 − 1 − 2x n! 2x n! n=0

+∞ (−1)n−1 t n 1

t

n=1

=

n =

+∞  (−1)n−1 n=1

n

t n−1 =

+∞  (−1)n n=0

n+1

tn.

De plus, g(0) = 1, et la valeur de la dernière série entière en 0 est égale à 1, car c’est le terme constant de cette série entière. On a donc : ∀ t ∈ ] − 1 ; 1[, g(t) =

+∞  (−1)n n=0

n+1

tn.

D’après le cours, il en résulte que f, qui est la primitive de g telle que f (0) = 0 est dSE(0), de rayon,  1, et on a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : +∞ +∞  (−1)n n+1  (−1)n−1 n f (x) = x = x . 2 (n + 1) n2 n=0 n=1

Il est clair, par la règle de d’Alembert par exemple, que cette dernière série entière est de rayon 1. i) Considérons l’application g : R∗ −→ R, t −→

et − 1 − t . t2

On a, pour t tendant vers 0, par développement limité :    t2 1 2 o g(t) = 2 1 + t + + (t ) − 1 − t t 2 t−→0 =

1 1 + o(1) −→ . t−→0 2 2

On peut donc compléter g par continuité en 0, en posant 1 g(0) = . 2 Ainsi, l’application, encore notée g :  t e −1−t   si t = / 0  t2 g : R −→ R, t −→  1   si t = 0 2

=

+∞ n−1  3

n!

n=2

=

+∞  n=0

x n−2 −

n=2

f : R −→ R, x −→

1 et que le terme constant 2 1 de la dernière série entière est aussi égal à , l’égalité est aussi 2 valable pour x = 0, donc : ∀ x ∈ R, f (x) =

∀ x ∈ R, f (x) = 3g(3x) − 2g(2x) . On a, pour tout x ∈ R∗ : f (x) = 3

e3x − 1 − 3x e2x − 1 − 2x − 2 (3x)2 (2x)2

(n + 2)!

xn .

Ceci montre que f est dSE(0), de rayon infini. D’après le cours, il en résulte que f est dSE(0), de rayon infini, et que l’on peut primitiver terme à terme, d’où, pour tout x ∈R: f (x) = f (0) +

+∞ n+1 +∞   3 − 2n+1 x n+1 3n − 2n n = x . (n + 2)! n + 1 (n + 1)!n n=0 n=1

6.19 Soit x ∈ ]0 ; 1[. On a, par l’inégalité de Cauchy et Schwarz, les séries manipulées étant (absolument) convergentes :    +∞ n 2 +∞   1 n/2 2 x x n/2 = x n n n=1 n=1   +∞  +∞  2   1 n/2 2
x x n/2 n n=1 n=1    +∞ +∞ n  x , = xn 2 n n=1 n=1 d’où en utilisant des DSE(0) du cours : 

g(t) dt

est de classe C 1 sur R et que :

+∞ n+1  3 − 2n+1 n=0

et finalement :

2x

x n−2

De plus, comme f (0) = g(0) =

Il en résulte que l’application 3x

n!

+∞ +∞ n+1   3n+1 2n+1 3 − 2n+1 n xn − xn = x . (n + 2)! (n + 2)! (n + 2)! n=0 n=0

est continue sur R. 

+∞ n−1  2

+∞ n +∞ n 3 n 2 n 1  1  − x x 3x 2 n=2 n! 2x 2 n=2 n!

2 − ln (1 − x)


+∞ n x  x 1 − x n=1 n 2

 2 +∞ n  (1 − x) ln (1 − x) x .  n2 x n=1

1 1  0, donc, ∼ k(k + n) k∞ k 2 par l’exemple de Riemann (2 > 1 ) et le théorème d’équivalence  1 converge, pour des séries à termes  0, la série k(k + n) k

6.20 a) 1) Pour n ∈ N∗ fixé,

an =

+∞  k=n

1 existe. k(k + n) 285

2) Soit n ∈ N∗ . On a, pour tout N  n :  N N   1 1 1 1 = − k(k + n) n k=n k k+n k=n  N   N  N N +n 1  1  1 1  1 1  = = − − n k=n k k+n n k=n k k=2n k k=n  1 (H N − Hn−1 ) − (H N +n − H2n−1 ) n   1  ln N + γ + o (1) − Hn−1 = N∞ n    − ln (N + n) + γ + o(1) − H2n−1 =

=

1 1 N 1 ln + (H2n−1 − Hn−1 ) + o(1) . n N +n n n




+∞  1 1
= an , k(k + n) k(k + n) k=n k=n+1

donc (an )n1 est décroissante.

n 1

converge.



Finalement, la série

k=n

6.21 On a, en utilisant le théorème de Fubini et une intégration par parties :   x y ex y dx dy = I = [0;1]2

1 1 = (H2n−1 − Hn−1 ) . k(k + n) n

3) On a donc : an =

1 (H2n−1 − Hn−1 ) n

   1  ln (2n − 1) + γ + o (1) − ln (n − 1) + γ + o(1) = n∞ n =

     1 2n − 1 1 1  1 ln +o = ln 2 + o(1) + o n n−1 n n n

=

an (−R)n converge.

n 1



Pour n ∈ N fixé, en faisant tendre l’entier N vers l’infini, on obtient : +∞ 

  ln 2 ln 2 1 +o ∼ . n∞ n n n

n 1 n

2) • Nature de la série de terme général an R : ln 2 , donc, d’après l’exemple de n Riemann et le théorème d’équivalence pour des séries à termes   0, la série an R n diverge.

n 1

 y(x ex y ) dy dx

1

0

1

  [y ex y ]1y=0 −

1

 ex y dy dx ,

0

puis, en faisant apparaître des intégrales de fonctions intégrables :    1  1 ex y 1 ex 1 dx y ex y − ex − dx = I = + x y=0 x x 0 0 



1

=

ex dx − 0

ex − 1 dx = [ex ]10 − J = e − 1 − J . x 0    notée J 1

On a, en utilisant le DSE(0) de l’exponentielle :   1  1  1 +∞ x n 1 x dx J= (e − 1) dx = x n=1 n! 0 x 0 

1

= 0

La série entière

 +∞ n=1

 n 0

x n−1 n!



 dx = 0

1

 +∞ n=0

 xn dx. (n + 1)!

n

x est de rayon infini, (par la règle (n + 1)!

de d’Alembert, par exemple), donc on peut intégrer terme à terme sur [0 ; 1] , c’est-à-dire permuter intégrale et série : J=

+∞    n=0

0

1

xn dx (n + 1)!

n 1

• Nature de la série de terme général an (−R)n :  (−1)n an , puisque R = 1 . Il s’agit de la série

0



0

On a : an R n = an ∼

n∞

1

=

 xn ln 2 , et que la série entière est de b) 1) Puisque an ∼ n∞ n n n 1 rayon 1, par théorème d’équivalence, le rayon R de la série en an x n est : R = 1 . tière

 (−1)n an

D’après le TSCSA, on conclut que la série

∗

an =

+∞ 

=



+∞  n=0

Finalement : I = e − 1 −

+∞  1 1 = . (n + 1)(n + 1)! n · n! n=1

+∞  n=1

ln 2 . n∞ n

1 . n · n!

Cette série est alternée, et an −−−→ 0, car an ∼ n∞

On a, pour tout n  1 : an+1 = 286

+∞ 

1 k(k + n + 1) k=n+1

6.22 a) Soit n ∈ N∗ . L’application f n : t −→ e−t n est continue sur [1 ; +∞[ et : ∀ t ∈ [1 ; +∞[, 0
f n (t) = e−t
e−t . n

Comme l’application t −→ e−t est intégrable sur [1 ; +∞[, par théorème de majoration pour des fonctions  0, f n est intégrable sur [1 ; +∞[.  +∞ n e−t dt existe. On conclut que, pour tout n ∈ N∗ , In = 1

b) Étudions le comportement de In lorsque l’entier n tend vers l’infini.

α −−−→ 0. n n∞ De plus, la suite (In )n1 décroît, car, pour tout n ∈ N∗ :  +∞  +∞ n+1 n In+1 = e−t dt
e−t dt = In , Cette série est alternée et In ∼

n∞

1

1

puisqu’ici t  1 et n  0. D’après le TSCSA, on conclut que la série



In (−R)n

n 1

On a, par le changement de variable 1 1 −1 u n du n  +∞  1 1 1 +∞ e−u 1 e−u u n −1 du = In = u n du . n n 1 u 1    notée Jn

converge.

1

u = t n , t = u n , dt =

Déterminons la limite de Jn lorsque l’entier n tend vers l’infini, en utilisant le théorème de convergence dominée. Notons, pour tout n ∈ N∗ : gn : [1 ; +∞[−→ R, u −→

6.23 Remarquons d’abord que, pour tout x ∈ R, f (x) existe,

car l’application t −→ ch (x cos t) est continue sur le segment [0 ; π]. Nous allons développer la fonction sous l’intégrale en somme d’une série de fonctions, puis permuter intégrale et série. Soit x ∈ R fixé. On a, par DSE(0) du cours :

−u

e 1 un . u

• Pour tout n ∈ N∗ , gn est continue par morceaux (car continue) sur [1 ; +∞[ e−u • gn −→ g, où g : [1 ; +∞[−→ R, u −→ n∞ u • g est continue par morceaux (car continue) sur [1 ; +∞[

∀ t ∈ [0 ; π], ch (x cos t) =

e−u 1 1 u n = e−u u n −1
e−u , |gn (u)| = u et u −→ e−u est continue par morceaux (car continue),  0, intégrable sur [1 ; +∞[. Ainsi, (gn )n1 vérifie l’hypothèse de domination. D’après le théorème de convergence dominée, on a donc :  +∞ −u  +∞ e Jn −−−→ g(u) du = du > 0. n∞ u 1  1   notée α α Il en résulte : In ∼ , n∞ n et donc, par théorème d’équivalence : R = 1 .  In R n : c) 1) Étude de la série n 1

α > 0 , d’après l’exemple de Riemann Comme In R n = In ∼ n∞ n et le théorème d’équivalence pour des séries à termes  0, la  In R n diverge. série n 1

2) Étude de la série

 n 1

Il s’agit de la série

In (−R)n :

 (−1)n In . n 1

(2 p)!

p=0

.

Notons, pour tout p ∈ N : f p : [0 ; π] −→ R, t −→

C.S.

• On a, pour tout n ∈ N et tout u ∈ [1 ; +∞[ :

+∞  (x cos t)2 p

(x cos t)2 p . (2 p)!

Pour tout p ∈ N, f p est continue sur [0 ; π].  f p converge normalement, donc La série d’applications p0

uniformément, sur [0 ; π] , car, pour tout p ∈ N,  x2p x2p || f p ||∞ = et la série numérique converge. (2 p)! (2 p)! p0 D’après un théorème du cours, on peut donc permuter intégrale et série, d’où :   π  +∞ (x cos t)2 p dt f (x) = (2 p)! 0 p=0 =

+∞   p=0

0

π

+∞  (x cos t)2 p dt = (2 p)! p=0



 2p x cos 2 p t dt . (2 p)!  0   notée I2 p π

Il reste à calculer I2 p , pour tout p ∈ N, ce qui est classique (intégrale de Wallis d’indice pair, sur [0 ; π]). On a, pour tout p ∈ N :  π/2  π  π cos 2 p t dt = cos 2 p t dt + cos 2 p t dt 0 0 π/2  π/2  π/2 cos 2 p t dt + cos 2 p u du = u=π−t 0 0  π/2 cos 2 p t dt . =2 0    notée J2 p 287

Par intégration par parties, pour tout p  2 :  π/2  π/2 J2 p = cos 2 p t dt = cos 2 p−1 t cos t dt 0

π/2  = cos 2 p−1 t sin t 0 +  = (2 p − 1)



π/2

0

π/2

Ceci montre que ϕ est dSE(0), de rayon infini. D’après le cours, il en résulte que ϕ est de classe C ∞ sur R. Par composition, on conclut que f est de classe C ∞ sur ] − 1 ; +∞[×R.

(2 p − 1) cos 2 p−2 t sin 2 t dt

0

cos 2 p−2 t (1 − cos 2 t) dt

6.25 a) Considérons l’application

  Arctan t ϕ : R −→ R, t −  → t  1

0

= (2 p − 1)(J2 p−2 − J2 p ) , 2 p J2 p = (2 p − 1)J2 p−2 .

d’où :

On a donc, de proche en proche : J2 p =

Alors, ϕ est continue sur R , et ϕ(t) −→ 1 = ϕ(0), donc ϕ t−→0

(2 p − 1)(2 p − 3) · · · 1 π (2 p)! π = p 2 . (2 p)(2 p − 2) · · · 2 2 (2 p!) 2

Ainsi, ϕ est continue sur R, donc ϕ admet des primitives sur R, l’une d’elles étant :  x φ : R −→ R, x −→ ϕ(t) dt , 0

On obtient : ∀ x ∈ R, f (x) =

+∞ 

2

p=0

+∞  π (2 p)! π x 2 p x2p . = p 2 p p!)2 (2 p!) 2 (2 p)! (2 p=0

Finalement, f est dSE(0), de rayon infini.

6.24

Nous allons essayer de nous ramener à des fonctions d’une variable réelle, dSE(0) donc de classe C ∞. Considérons l’application

 t  e −1 ϕ : R −→ R, t −  → t  1

si t = 0.

/ 0 et y = / 0, alors : • si x =   e y ln (x+1) − 1 = y ϕ y ln (1 + x) ln(1 + x)   / 0 et y = 0 : f (x,y) = 0 = y ϕ y ln (1 + x) • si x =   • si x = 0 : f (x,y) = y = y ϕ y ln (1 + x) . f (x,y) =

Ainsi :

  ∀ (x,y) ∈ ] − 1 ; +∞[×R, f (x,y) = y ϕ y ln (1 + x) .

Par composition, il suffit donc de montrer que ϕ est de classe C ∞ sur R. À cet effet, nous allons montrer que ϕ est dSE(0) de rayon infini. On a, pour tout t ∈ R∗ : +∞ n +∞ n−1 +∞   t t tn 1 1 t (e − 1) = = = . t t n=1 n! n! (n + 1)! n=1 n=0

De plus, comme ϕ(0) = 1 et que le terme constant de la dernière série entière est égal à 1, l’égalité est aussi vraie en 0, d’où : ∀ t ∈ R, ϕ(t) =

+∞  n=0

288

et φ est continue sur R (et même de classe C 1 sur R). φ(x) − φ(0) −→ φ (0) = ϕ(0) = 1, x−→0 x −0 donc f admet une limite finie en 0, et = 1.

On a : f (x) =

On peut donc prolonger f par continuité en 0, en posant f (0) = = 1 . b) D’après le cours : ∀ t ∈ ] − 1 ; 1[, Arctan t =

si t = / 0

On a, pour tout (x,y) ∈ ] − 1 ; +∞[×R :

ϕ(t) =

si t = 0.

∗

est continue en 0.

2p − 1 2p − 1 1 J2 p−2 = · · · J0 2p 2p 2 =

si t = / 0

tn . (n + 1)!

+∞  (−1)n t 2n+1 n=0

2n + 1

,

d’où : ∀ t ∈ ] − 1 ; 1[−{0}, ϕ(t) =

+∞  (−1)n t 2n Arctan t = . t 2n + 1 n=0

De plus, comme ϕ(0) = 1 et que le terme constant de la dernière série entière est égal à 1, l’égalité est aussi vraie pour t = 0, d’où : ∀ t ∈ ] − 1 ; 1[, ϕ(t) =

+∞  (−1)n t 2n n=0

2n + 1

.

Par primitivation, φ est dSE(0) et : +∞  (−1)n x 2n+1 ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, φ(x) = φ(0) + ,  n=0 (2n + 1)2 =0 d’où : +∞ φ(x)  (−1)n x 2n ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[−{0}, f (x) = = . x (2n + 1)2 n=0

Comme f (0) = 1 et que le terme constant de la dernière série entière est égal à 1, l’égalité est aussi vraie pour x = 0, d’où : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, f (x) =

+∞  (−1)n x 2n . (2n + 1)2 n=0

Ceci montre que f est dSE(0).

donc la série

Par la règle de d’Alembert, le rayon est égal à 1.

6.26

 n 1

a) Soit x ∈ R .

• Cas x ∈ ] − 1 ; +∞[ : L’application t −→ ln (1 + x e−t ) est continue sur [0 ; +∞[ et ln (1 + x e−t ) ∼ x e−t . D’après le cours, t −→ e−t est

+∞

D’après le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série d’applications, on peut permuter intégrale et série, d’où :   +∞   +∞ f n (t) dt f (x) = 0

n=1

t−→+∞

intégrable sur [0 ; +∞[, donc, par théorème d’équivalence pour des fonctions de signe fixe, t −→ ln (1 + x e−t ) est intégrable sur [0 ; +∞[, et donc f (x) existe. • Cas x = −1 : L’application t −→ ln (1 − e−t ) est continue sur ]0 ; +∞[, intégrable sur [1 ; +∞[ (comme dans le cas précédent), et, au voisinage de 0 :      ln (1 − e−t ) = ln 1 − 1 − t + o(t) = ln t + o(t)   = ln t + ln 1 + o(1) = ln t + o(1) ∼ ln t < 0.

| f n | converge.

0

=

+∞   n=1

+∞

f n (t) dt =

0

+∞  (−1)n−1 x n

n2

n=1

,

le calcul de la dernière intégrale étant analogue au calcul cidessus. On conclut que f est dSE(0) et que : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, f (x) =

+∞  (−1)n−1 x n

n2

n=1

.

La règle de d’Alembert montre que le rayon est 1.

t−→0

D’après le cours, t −→ ln t est intégrable sur ]0 ; 1]. Par théorème d’équivalence pour des fonctions de signe fixe, t −→ ln (1 − e−t ) est intégrable sur ]0 ; 1] .

6.27 La condition demandée revient à :

Ainsi, t −→ ln (1 − e−t ) est intégrable sur ]0 ; 1] et sur [1 ; +∞[, donc sur ]0 ; +∞[, et on conclut que f (x) existe.

f (n) (0) = n2 . n!  n 2 x n . Son rayon est 1. Le calConsidérons la série entière

• Cas x ∈ ] − ∞ ; −1[ :

cul de sa somme a été fait dans l’exercice 6.2 a) :

L’application t −→ ln (1 + x e−t ) n’est pas définie sur ]0 ; +∞[, donc f (x) n’existe pas. On conclut :

b) On a, par DSE(0) de u −→ ln (1 + u) , pour tout (x,t) ∈ ] − 1 ; +∞[×]0 ; +∞[ tel que |x e−t | < 1 : +∞  (−1)n−1 (x e−t )n n=1

n

.

∀ x ∈ ] − 1 ; 1[,

+∞ 

n2 x n =

x(1 + x) . (1 − x)3

Notons, I =] − 1 ; 1[, qui est un intervalle ouvert contenant 0, x(1 + x) . et : f : I −→ R, x −→ (1 − x)3 Alors, f est dSE(0) de rayon 1, donc f est de classe C ∞ sur ] − 1 ; 1[ et, d’après le cours : ∀ n ∈ N, f (n) (0) = n 2 · n! ,

Soit x ∈ ] − 1 ; 1[.

donc f convient.

Notons, pour tout n ∈ N∗ : f n : ]0 ; +∞[−→ R, t −→

n 0

n=1

Def ( f ) = [−1 ; +∞[.

ln (1 + x e−t ) =

∀ n ∈ N,

(−1)n−1 (x e−t )n . n

• Pour tout n ∈ N∗ , f n est intégrable sur ]0 ; +∞[  f n converge simplement sur ]0 ; +∞[, et a pour somme • n 1

S : t −→ ln (1 + x e−t ) • S est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; +∞[ • On a, pour tout n  1 :  +∞   +∞ (|x| e−t )n |x|n +∞ −nt | fn | = e dt dt = n n 0 0 0   |x|n e−nt +∞ 1 |x|n = = 2
2, n −n 0 n n

6.28 Par hypothèse, il existe a ∈ R+ tel que : ∀ x ∈ R − [−a ; a], f (x) = 0 . Il est clair que, puisque f est continue par morceaux sur R et nulle en dehors de [−a ; a] , f est intégrable sur R. Soit x ∈ R fixé. On a :  +∞  a 1 1 g(x) = √ f (t) e−i xt dt = √ f (t) e−i xt dt 2π −∞ 2π −a    a +∞ (−i xt)n 1 dt f (t) = √ n! 2π −a n=0   a  +∞ 1 (−i xt)n = √ dt . f (t) n! 2π −a n=0 289

Notons, pour tout n ∈ N :

De même :

f n : [−a ; a] −→ R, t −→ f (t)

(−i xt) . n! n

• Pour tout n ∈ N , f n est intégrable sur [−a ; a] , car f n est continue par morceaux sur ce segment.  f n converge simplement sur [−a ; a] . • n 0

•

+∞ 

N N N    1 1 1 +j + j2 3n)! 3n + 1)! 3n + 2)! n=0 n=0 n=0

=

N N N 3N +2 p     j3n j3n+1 j3n+2 j + + = , (3n!) (3n + 1)! (3n + 2)! p! n=0 n=0 n=0 p=0

A + jB + j2 C = ej .

d’où : f n : t −→ f (t) e−i xt est continue par morceaux sur

n=0

De même, ou par conjugaison, puisque A,B,C sont réels : 2

A + j2 B + jC = ej .

[−a ; a] .

On déduit, par addition, puisque 1 + j + j2 = 0 :

• On a, pour tout n ∈ N :  a  a n f (t) (−i xt) dt | f n (t)| dt = n! −a −a =

|x| n!

n



a

−a

| f (t)| |t|n dt


2

√ 3 2

1

+ e− 2 −i

√ 3 2

− 12

|a| |x| n! n

n



=e+e a

−a

| f (t)| dt,

et cette dernière expression est le terme général d’une série convergente, d’après la série de l’exponentielle.  a | f n | converge. Ainsi, la série n 1

1

3A = e + ej + ej = e + e− 2 +i

−a

D’après le théorème sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série d’applications, on peut permuter intégrale et série, donc : +∞  a (−i xt)n 1  f (t) dt g(x) = √ n! 2π n=0 −a   a +∞   1 (−i t)n f (t) dt x n . = √ n! 2π −a n=0

On conclut :

A=

 1 1 e + 2e− 2 3

√  3 . cos 2

√ 3 2 cos . 2

Remarquons que la méthode fournit aussi les valeurs de B et C : 2

3B = e + j2 ej + jej √  √    3 − 1 +i √3 3 − 1 −i √3 1 1 e 2 2 + − +i e 2 2 =e+ − −i 2 2 2 2 √ √ 3 3 1 1√ = e − e− 2 cos − e− 2 3 sin , 2 2 et de même : 1

3C = e − e− 2 cos

√ √ 3 3 1√ + e− 2 3 sin . 2 2

Ceci montre que g est dSE(0), de rayon infini.

6.30 Nous allons calculer la somme de la série entière 

6.29

Notons

A=

+∞  n=0

n 0

1 ,B= (3n)!

+∞  n=0

1 ,C = (3n + 1)!

+∞  n=0

1 , (3n + 2)!

les trois séries étant convergentes d’après la règle de d’Alembert par exemple. Soit N ∈ N. On a, par groupement de termes dans des sommes d’un nombre fini de termes : N  n=0

N N 3N +2    1 1 1 1 + + = . (3n)! n=0 (3n + 1)! n=0 (3n + 2)! p! p=0

D’où, en faisant tendre l’entier N vers l’infini : A+ B +C = 290

+∞  1 = e1 = e . p! p=0

(−1)n x n , puis essayer remplacer x par 1. (n + 1)(2n + 1)

1) Calculons la somme f (x) de la série entière, pour tout x ∈ ]0 ; 1[. On a, en utilisant la décomposition en éléments simples du coefficient : f (x) =

+∞  (−1)n n=0

=

1 xn (n + 1)(2n + 1)

 +∞  (−1)n − n=0

=

+∞  (−1)n+1

x n +2

n+1   notée A(x)

n=0



 1 2 xn + n + 1 2n + 1 +∞  (−1)n n x 2n + 1 n=0    notée B(x)

car ces deux séries entières sont de rayon 1.

On a, pour tout x ∈ ]0 ; 1[ :

=

+∞ +∞ (−1)n+1 x n+1 (−1)n x n 1 1 A(x) = = x n=0 n+1 x n=1 n

0

+∞ (−1)n−1 x n 1 1 = − ln (1 + x) x n=1 n x √ +∞ +∞  (−1)n n  (−1)n ( x)2n x = B(x) = 2n + 1 2n + 1 n=0 n=0 √ +∞ √ (−1)n ( x)2n+1 1 1  = √ Arctan x. = √ 2n + 1 x n=0 x

On obtient : √ 1 2 ∀ x ∈ ]0 ; 1[, f (x) = − ln (1 + x) + √ Arctan x . x x 2) Nous allons montrer qu’on peut remplacer x par 1 dans la formule précédente, par continuité. Notons, pour tout n ∈ N : (−1)n x n  → f n : [0 ; 1] −→ R, x − . (n + 1)(2n + 1) • Pour tout n ∈ N , f n est continue sur [0 ; 1] . • On a, pour n ∈ N : 1 1 ∼ , (n + 1)(2n + 1) n∞ 2n 2

donc, d’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème  || f n ||∞ d’équivalence pour des séries à termes  0, la série converge. Ainsi,



k!

k=0

dt.

Nous allons essayer de permuter intégrale et série.

=−

|| f n ||∞ =

 2π   +∞ i(n−k)t  e

n 0

f n converge normalement, donc unifor-

Notons, pour tout k ∈ N : f k : [0 ; 2π] −→ C, t −→

ei(n−k)t . k!

• Pour tout k ∈ N, f k est continue sur le segment [0 ; 2π]. 1 • On a, pour tout k ∈ N : || f k ||∞ = , donc la série k!   || f k ||∞ converge, donc f k converge normalement, k 0

k 0

donc uniformément, sur [0 ; 2π]. D’après un théorème du cours, on peut permuter intégrale et +∞  2π i (n−k)t  e dt. série, donc : In + i Jn = k! 0 k=0 / n, alors : De plus, si k =  i (n−k)t 2π  2π i (n−k)t e e = 0, dt = k! i (n − k)k! 0 0  2π i (n−k)t e 2π dt = . et, si k = n , alors : k! n! 0 Les termes de la série précédente sont donc tous nuls, sauf celui 2π . d’indice k = n , d’où : In + i Jn = n! En séparant partie réelle et partie imaginaire, comme In et Jn 2π , Jn = 0. sont réels, on conclut : In = n!

n 0

mément, sur [0 ; 1] .

D’après le cours, il en résulte que la somme f est continue sur [0 ; 1] , donc :   1 2 S = lim− − ln (1 + x) + √ Arctan x x−→1 x x π = −ln 2 + 2 Arctan 1 = −ln 2 + . 2

6.32 Rappelons que, pour tout z ∈ C : cos z =

(E)

Soit n ∈ N . Il est clair que In et Jn existent comme intégrales d’applications continues sur un segment.

On a, en passant par les nombres complexes :  2π In + i Jn = e cos t ei(nt−sin t) dt 0  2π  2π −i t e( cos t−i sin t)+i nt dt = ee ei nt dt. = 0

En utilisant le DSE(0) de l’exponentielle, de rayon infini, on a donc :   2π   +∞ (e−i t )k i nt e dt In + i Jn = k! 0 k=0

sin z =

ei z − e−i z . 2i

/ 0 et e−i z = Notons Z = ei z . On a donc Z =

6.31

0

ei z + e−i z , 2

1 . Alors : Z

3 cos z + 2 sin z = 5 1 1 − Z +2 Z =5 2 2i

Z+

⇐⇒

3

⇐⇒ ⇐⇒

3(Z 2 + 1) + (Z 2 −1) = 5 2Z iZ 3i(Z 2 + 1) + 2(Z 2 − 1) = 10i Z

⇐⇒

(2 + 3i)Z 2 − 10i Z + (−2 + 3i) = 0 (F).

Le discriminant ∆ de cette équation du second degré est : ∆ = (−10i)2 − 4(2 + 3i)(−2 + 3i)

√ = −100 − 4(−4 − 9) = −48 = (4 3i)2 .

D’où : 291

√ √ 10i + ε4 3i (5 + 2ε 3)i (2 − 3i) (F) ⇐⇒ Z = = 2(2 + 3i) 13 √ 5 + 2ε 3 = (3 + 2i), ε ∈ {−1,1}. 13

i (x+i y)

e = Z ⇐⇒ e

= Z ⇐⇒ e

i x−y

n 1

rayon que la série entière

Puis, en notant z = x + i y, (x,y) ∈ R2 : iz

 sin n z n a le même rayon que sa série n n 1  sin n z n−1 , et celle-ci a le même entière dérivée, qui est

2) La série entière

=Z

√ 5 + 2ε 3 (3 + 2i) ⇐⇒ e e =    13 −y i x

0

 √ √   e−y = 5 + 2ε 3 √13 = 5 +√2ε 3 13 ⇐⇒ 13   x = Arg (3 + 2i) [2π] √  5 + 2ε 3    y = −ln 13 ⇐⇒    x = Arctan 2 [2π]. 3 On conclut que l’ensemble des solutions de (E) est : √    5 + 2ε 3 2 − ln √ + i Arctan + 2kπ ; 3 13

 ε ∈ {−1,1}, k ∈ Z .

a) 1) • Puisque : ∀ n ∈ N, | sin n|
1  z n est de rayon 1, par théorème de et que la série entière

6.33

n 0

majoration, on déduit : R  1. • Montrons que la suite ( sin n)n∈N ne converge pas vers 0, en raisonnant par l’absurde.

3) La série entière 



 n 1

n sin n z n a le même rayon que

n 0

n sin n z n−1 , qui est la série entière dérivée de la série en-

n 0

tière



sin n z n , donc a le même rayon que celle-ci, d’où :

n 0

R = 1. b) Soit z ∈ C∗ . On a :

ln |an z n | = ln 

n n−1 z ln (n + 2)

= n ln 3 − (n − 1) ln ln (n + 2) + n ln [z|  = n ln 3 + ln |z| − (n − 1) ln ln (n + 2) −−→ − ∞, n∞

par prépondérance classique, donc : an z −−−→ 0. n

n∞

On conclut : R = ∞. c) Pour obtenir un équivalent simple du coefficient n+1 π − lorsque l’entier n tend vers l’infini, 2n + 3 6 appliquons le théorème des accroissements finis à Arcsin entre n+1 n+1 1 1 . Il existe cn, compris entre et et tel que : 2 2n + 3 2 2n + 3   n+1 1 1 1

Arcsin (cn ) = − an = − 2n + 3 2 2n + 3 1 − cn2 an = Arcsin

∼−

n∞

n∞

Alors, par suite extraite : sin (n + 1) −−−→ 0. n∞

Mais, pour tout n ∈ N :

Comme la série entière

sin (n + 1) = sin n cos 1 + sin 1 cos n , / 0: donc, comme sin 1 = sin (n + 1) − sin n cos 1 −−−→ 0 . n∞ sin 1

292

règle de d’Alembert par exemple), on conclut, par théorème d’équivalence : R = 1 .   1 −−−→ Arccos 1 = 0, d) Comme an = Arccos 1 − n∞ n

Ceci montre que la suite ( sin n)n∈N ne converge pas vers 0.  sin n z n diverge pour z = 1, Il en résulte que la série entière

   1 an ∼ sin Arccos 1 − n∞ n

Finalement : R = 1 .

1 1  2 = − n √3 . 1 1− 2

1 − √ z n est de rayon 1 (par la n 3 n 1

on a :

donc R
1.

1 2n



Enfin : 1 = cos 2 n + sin 2 n −−−→ 0 + 0 = 0, contradiction. n∞

3n



Supposons : sin n −−−→ 0.

cos n =

sin n z n , donc : R = 1 .

n 0

=

    2 2 1 2 1 1− 1− = − 2 ∼ . n n n n∞ n





2 n z est de rayon 1 (par la règle n n de d’Alembert par exemple), par théorème d’équivalence, on conclut : R = 1 . Puisque la série entière

e) Essayons d’encadrer |an |, pour tout n  2 . On a :  1 1 |an | = t (t − 1) · · · (t − n) dt n! 0        0


0


0

= D’où : |an |
et : 1 |an |  n!



1 n!



1 n!



1

t (1 − t) · · · (n − t) dt. 0

1

1 · 1 · 2 · · · n dt = 1 0

t · (1 − t) · 1 · · · (n − 1) dt (n − 1)! = n!



1

0

  1 t2 1 t3 1 (t − t 2 ) dt = = − . n 2 3 0 6n

1
|an |
1. 6n  1  z n et z n sont de rayon 1 Comme les séries entières 6n n n (par la règle de d’Alembert par exemple), on conclut, par théorème d’encadrement : R = 1 . ∀ n  2,

Ainsi :

• D’une part : 

 +∞ sin t sin t √ dt −→ √ dt , N ∞ 2 t 2 t π π n=1  →+∞ sin t √ dt converge. car on sait que l’intégrale impropre t 0  n an z converge pour z = 1, Ceci montre que la série entière N 

an =

(N +1)π

n 1

donc : R  1.

1

0

g) On a, pour tout n ∈ N∗ , par le changement de variable √ 1 t = x 2 , x = t, dx = √ dt : 2 t  √(n+1)π  (n+1)π sin t sin (x 2 ) dx = an = √ √ dt . 2 t nπ nπ

f) Pour tout n ∈ N , l’application t −→ t n e−t est intégrable sur [0 ; +∞[ (par la règle t 2 f (t) en +∞, par exemple), donc  +∞ t n e−t dt intégrable sur [n ; +∞[, ce qui montre que an =

sin t • D’autre part, puisque t −→ √ est de signe fixe sur chaque 2 t [nπ ; (n + 1)π], n ∈ N∗ , on a :  (N +1)π N  | sin t| |an | = √ dt −→ +∞ , N∞ 2 t π n=1  →+∞ | sin t| √ dt diverge. car on sait que l’intégrale impropre t π  n an z n’est pas absoluCeci montre que la série entière n 1

ment convergente pour z = 1, donc : R
1. On conclut : R = 1 .

existe.

√ h) Remarquons d’abord que, puisque 2 est irrationnel, on a, √ √ / 0, pour tout n  1 : n 2 − E(n 2) =

On a, pour tout n ∈ N :  +∞  an = t n e−t dt 

1 √ existe. donc an = √ n 2 − E(n 2) √ √ • D’une part, puisque 0 < n 2 − E(n 2)
1 , on a : an  1.

n

n

+∞

n n e−t dt

n

= n n [−e−t ]+∞ = n n e−n > 0. n noté bn Et, pour tout z ∈ C∗ : bn+1 z n+1 (n + 1)n+1 e−(n+1) |z| b zn = n n e−n n   n+1 n = (n + 1)e−1 |z|  (n + 1)e−1 |z| −−−→ + ∞, n∞ n bn+1 z n+1 −→ + ∞ > 1, donc : b z n −− n∞ n  az n z n diverge (grossièrement). et donc la série numérique n

Ceci montre : Rb = 0. Par théorème de minoration, on conclut : R = 0 .

• D’autre part, en utilisant une expression conjuguée : √ √ n 2 + E(n 2) an = √ 2 .  2n 2 − E(n 2) √ 2  Comme 2n 2 − E(n 2) est un entier naturel non nul, il est √ √ √  1, donc : an
n 2 + E(n 2)
2n 2. √ On obtient ainsi : ∀ n  1, 1
an
2n 2.   √ z n et 2n 2z n sont de Comme les séries entières n

n

rayon 1 (par la règle de d’Alembert par exemple), on conclut, par encadrement : R = 1 .

6.34 Nous allons utiliser la même méthode que celle employée dans le cours pour montrer qu’une série entière a le même rayon que sa série entière dérivée. 293

Notons R et R les rayons respectifs des deux séries entières   an z n , F(n)an z n . n

car ces deux séries entières sont de rayon 1, d’après la règle de d’Alembert par exemple. D’où :

n

1) Soit z ∈ C tel que |z| < R. Il existe alors Z ∈ C tel que : 1 |z| < |Z | < R , par exemple Z = (|z| + R). 2 On a, pour tout n :  n F(n)an z n = |an Z n | F(n) z . Z   D’une part, puisque |Z | < R , la suite |an Z n | n est bornée. D’autre part, puisque F est une fraction rationnelle et que z < 1, par prépondérance classique, on a : Z  n F(n) z −−−→ 0. Z n∞

Il en résulte : R
R . 

+∞ +∞ 1 1 (ei x)n + (e−i x)n 2 n=0 2 n=0

= =

1 1 1 1 + 2 1 − ei x 2 1 − e−i x

1 − ( cos 1)x 1 2 − ei x − e−i x . = 2 (1 − ei x)(1 − e−i x) 1 − 2( cos 1)x + x 2

Réponse : R = 1 et : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, S(x) =

1 − ( cos 1)x . 1 − 2( cos 1)x + x 2

b) • Rayon :

Il en résulte : F(n)an z n −−→ 0 , donc : |z|
R . n∞   On a montré : ∀ z ∈ C, |z| < R ⇒ |z|
R .

1 F n respectivement, ce qui permet d’échanger les rôles des deux séries entières de l’énoncé, et on obtient : R
R.

2) On peut appliquer le résultat de 1) à

S(x) =

F(n)an z n et

Soit x ∈ R∗ . Notons, pour tout n ∈ N : u n =

x 3n+2 . 3n + 2

On a : u n+1 x 3n+5 3n + 2 3n + 2 3 = −→ |x|3 . u 3n + 5 x 3n+2 = 3n + 5 |x| −− n∞ n D’après la règle de d’Alembert, si |x| < 1, alors la série   |u n | converge, et, si |x| > 1, alors la série |u n | din

n

verge. On conclut : R = 1 .

Finalement : R = R .

• Somme :

6.35

a) • Rayon :

∀ n ∈ N, | cos n|
1.  z n est de rayon 1, par théorème de Comme la série entière 1) On a :

2) Montrons que la suite ( cos n)n0 ne converge pas vers 0. Raisonnons par l’absurde : supposons cos n −−−→ 0. n∞

On a alors, par suite extraite : cos 2n −−−→ 0. n∞

Mais : cos 2n = 2 cos n − 1 −−−→ − 1, contradiction. 2

n∞

Ceci montre que la suite ( cos n)n ne converge pas vers 0.  cos n z n diverge pour Il en résulte que la série entière n 0

z = 1, donc : R
1.

Finalement : R = 1 . Cf. aussi l’exercice 6.33 a). • Somme : On a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : +∞  n=0

cos nx n =

+∞ i n  e + e−i n n x 2 n=0

= 294

+∞ +∞ 1 1 ei n x n + e−i n x n , 2 n=0 2 n=0

+∞  x 3n+2 est de 3n + 2 n=0

classe C 1 sur ] − 1 ; 1[ et :

n 0

majoration : R  1.

S(x) =

L’application S : ] − 1 ; 1[−→ R, x −→

∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, S (x) =

+∞ 

x 3n+1 = x

n=0

+∞  (x 3 )n = n=0

x . 1 − x3

En primitivant et puisque S(0) = 0 (terme constant de la série entière définissant S), on a :  x t dt . ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, S(x) = 1 − t3 0 Pour calculer cette intégrale, utilisons une décomposition en éléments simples dans R(X) : X X a bX + c = = + , 1 − X3 (1 − X)(1 + X + X2 ) 1 − X 1 + X + X2 où (a,b,c) ∈ R3 est à calculer. On multiplie par 1 − X , puis on remplace X par 1, d’où : 1 a= . 3 On multiplie par X puis on fait tendre X vers l’infini, d’où : 1 0 = −a + b, donc b = a = . 3

Enfin, en remplaçant X par 0 : 0 = a + c , d’où : 1 c = −a = − . 3 On a donc la décomposition en éléments simples :   1 1 X X−1 = + . 1 − X3 3 1 − X 1 + X + X2 D’où le calcul de primitive :    1 t 1 t −1  dt = + dt 1 − t3 3 1−t 1 + t + t2 

S(x) =

n=0

Par mise sous forme canonique pour un trinôme :   1 2 3 t2 + t + 1 = t + + 2 4         2 2t + 1 2 3 3 1 2 1+ √ t + 1+ = = . √ 4 2 4 3 3 2t + 1 D’où, par le changement de variable u = √ : 3 √  3 du 2 2t + 1 2 2 = √ Arctan u = √ Arctan √ . J (t) = 3 2) (1 + u 3 3 3 4

1 2t + 1 − √ Arctan √ 3 3

+∞ √ t 2n+1 1 1 1 = Argth t = √ Argth x. t n=0 2n + 1 t x √ 2) Si x ∈] − 1 ; 0[, notons t = −x .

S(x) =

n=0

x

√ 1 1 Arctan t = √ Arctan −x. t −x

3) Enfin, S(0) = 1 , car S(0) est le terme constant de la série entière définissant S. Réponse : R = 1 et :  √ 1   √ Argth x   x  S(x) = 1   √ 1    √ Arctan −x −x

si 0 < x < 1 si x = 0 si

− 1 < x < 0.

d) Par la règle de d’Alembert, on obtient R = +∞. La série entière proposée ressemble à la série entière  x 2n+1 . (2n + 1)! n 0 Soit x ∈ R .

S(x) =

+∞  n=0

0

c) Par la règle de d’Alembert, on obtient R = 1 . La série entière proposée ressemble à la série entière  x 2n+1 . 2n + 1 n 0 x.

=

√

x.

On a alors x = t , donc :

1 1 S(x) = − ln (1 − x) + ln (1 + x + x 2 ) 3 6 1 2x + 1 π − √ Arctan √ + √ . 3 3 6 3

√

+∞ +∞  xn (−t 2 )n t 2n+1 1 (−1)n = = 2n + 1 2n + 1 t n=0 2n + 1 n=0

2

Réponse : R = 1 et, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :

1) Si x ∈ ]0 ; 1[, notons t =

+∞ 

1) Si x ∈ ]0 ; +∞[, notons t =

1 1 = − ln (1 − x) + ln (1 + x + x 2 ) 3 6 1 2x + 1 1 1 − √ Arctan √ + √ Arctan √ . 3 3 3 3

Soit x ∈ ] − 1 ; 1[.

+∞  xn (t 2 )n = 2n + 1 2n + 1 n=0

=

1 1 dt + 1−t 3

D’où, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :  1 1 S(x) = − ln (1 − t) + ln (1 + t + t 2 ) 3 6

+∞ 

On a alors x = −t 2 , donc :

 1 (2t + 1) − 3 2 2 dt t2 + t + 1  dt 1 1 1 . = − ln (1 − t) + ln (t 2 + t + 1) − 3 6 2 t2 + t + 1    notée J (t) 1 = 3

On a alors x = t 2 , donc :

+∞  xn (t 2 )n = (2n + 1)! (2n + 1)! n=0

√ +∞ t 2n+1 1 1 sh x = sh t = √ . t n=0 (2n + 1)! t x √ 2) Si x ∈ ] − ∞ ; 0[, notons t = −x . =

On a alors x = −t 2 , donc : S(x) =

+∞  n=0

+∞  xn (−t 2 )n = (2n + 1)! (2n + 1)! n=0

=

√ +∞ (−1)n t 2n+1 1 1 sin −x . = sin t = √ t n=0 (2n + 1)! t −x

3) Enfin, S(0) = 1 , car S(0) est le terme constant de la série entière définissant S. Réponse :

 √ sh x   √   x  R = ∞ et S(x) = 1 √    −x   sin √ −x

si x > 0 si x = 0 si x < 0. 295

e) Par utilisation d’un équivalent et de la règle de d’Alembert, on obtient : R = 1 . Formons la décomposition en éléments simples du coefficient an de la série entière : an =

3n 3n 1 1 = = + . 2n 2 + n − 1 (n + 1)(2n − 1) n + 1 2n − 1

• Somme : Soit z ∈ C tel que |z| < 1. On a, pour tout N ∈ N∗ : (N +1) 2 −1

√ n)

z E(

=

n=0

N 

( p+1) 2 −1

p=0

n= p2

=

+∞ 

+∞  1 1 S(x) = an x = xn + xn n+1 2n − 1 n=0 n=0 n=0       notée A(x) notée B(x) n

2 +2 p N p 

zp =

n=0 n= p2

On a alors, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : +∞ 

√ n)

z E(

N  (2 p + 1)z p . p=0

En faisant tendre l’entier N vers l’infini, on obtient : S(z) =

+∞ 

√ n)

z E(

=

n=0

+∞ +∞ +∞    (2 p + 1)z p = 2 pz p + zp, p=0

p=0

p=0

car ces deux séries entières sont de rayon 1. car ces deux séries entières sont de rayon 1. / 0: On a, si x =

+∞ 

On sait (série géométrique) :

zp =

p=0 +∞ +∞ n 1 x n+1 x 1 1 A(x) = = = − ln (1 − x) , x n=0 n + 1 x n=1 n x

D’où, en dérivant (algébriquement, car z ∈ C ici) : +∞ 

et A(0) = 1 car A(0) est le terme constant de la série entière définissant A(x). D’autre part, en isolant dans B(x) le terme constant, on a : B(x) = −1 +

+∞  n=1

+∞  xn xn = −1 + x . 2n − 1 2n + 1 n=0    notée C(x)

On a calculé C(x) dans l’exercice c) :

C(x) =

      

√ 1 √ Argth x x

si 0 < x < 1 si x = 0

1    √ 1    √ Arctan −x −x

− 1 < x < 0.

si

pz p−1 =

p=0

et donc, en multipliant par z :

1 , (1 − z)2

+∞ 

pz p =

p=0

z . (1 − z)2

On obtient : S(z) = 2

1 1+z z 2z + (1 − z) + = = . (1 − z)2 1−z (1 − z)2 (1 − z)2

Réponse : R = 1 et, pour tout z ∈ C tel que |z| < 1 : 1+z S(z) = . (1 − z)2

6.36 a) Notons Rc ,Rs , Sc ,Ss les rayons et les sommes des deux séries entières proposées. 1) Rayons :

  ∀ n ∈ N, | cos nθ|
1 et | sin nθ|
1 ,

On reporte la valeur de C(x) et on en déduit l’expression de A(x).

• On a :

Réponse : R = 1 et : S(x) =

• Pour tout θ ∈ R, la suite ( cos nθ)n0 ne converge pas vers 0. En effet, si cos nθ −−−→ 0 , alors, par suite extraite,

 1 √ √  − ln (1 − x) − 1 + x Argth x    x  0    1   − ln (1 − x) − 1 − √−xArctan √−x x

si 0 < x < 1 si x = 0 si

− 1 < x < 0.

f) • Rayon : Soit z ∈ C.

d’où, par théorème de majoration : Rc  1 et Rs  1 .

n∞

cos 2nθ −−−→ 0, d’où 2 cos 2 nθ − 1 −−−→ 0 , n∞

n∞

contradiction avec 2 cos 2 nθ − 1 −−−→ − 1 . n∞  cos nθ x n diverge pour Ceci montre que la série entière x = 1, donc Rc
1.

√ n)

Si |z| < 1, alors |z E(

√ n)

Si |z| > 1, alors |z E(

On conclut : R = 1 . 296

1 . 1−z

√ n)

| = |z|E(

√ n)

| = |z|E(

−−−→ 0. n∞

−−−→ + ∞ . n∞

n 0

• Pour tout θ ∈ R − πZ, la suite ( sin nθ)n0 ne converge pas vers 0. En effet, si sin nθ −−−→ 0, n∞

alors, par suite extraite, sin (n + 1)θ −−−→ 0 , n∞

d’où sin nθ cos θ + sin θ cos nθ −−−→ 0, n∞

/ 0) cos nθ −−−→ 0, contradiction comme puis (comme sin θ = n∞

on l’a vu ci-dessus. Ceci montre que la série entière



sin nθ x n diverge pour

Finalement : Rc = 1 pour tout θ ∈ R , et Rs = 1 si θ ∈ R − πZ, Rs = ∞ si θ ∈ πZ . 2) Sommes : Soit θ ∈ R. Le rayon de la série entière



ei nθ x n est 1 et on a, pour tout

n 0

x ∈ ] − 1 ; 1[ : +∞ 

cos nθx n + i

n=0

=

sin nθx n

n=0

+∞ 

+∞  ei nθ x n = (ei θ x)n =

n=0

n=0

1 1 − ei θ x

(1 − x cos θ) + i x sin θ 1 . = = (1 − x cos θ) − i x sin θ (1 − x cos θ)2 + (x sin θ)2 D’où, en séparant la partie réelle et la partie imaginaire : Sc (x) =

xσ s (x) =

+∞ 

sin nθ x n =

n=1

Si θ ∈ πZ , alors, pour tout n ∈ N, sin nθ = 0, donc Rs = ∞.

+∞ 

• On a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :

n 0

x = 1, donc Rs
1.

Sc (x) + i Ss (x) =

x  1 1 2 = − ln (1−2t cos θ+t ) = − ln (1 − 2x cos θ + x 2 ) . 2 2 0

1 − x cos θ x sin θ , Ss (x) = . 1 − 2x cos θ + x 2 1 − 2x cos θ + x 2

De plus, si θ ∈ πZ , alors : ∀ x ∈ R, Ss (x) = 0.

x sin θ , 1 − 2x cos θ + x 2

sin θ . 1 − 2x cos θ + x 2 D’autre part, σ s (0) = sin θ, car il s’agit du terme constant de la série entière définissant σ s (x) . sin θ . On a donc : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, σ s (x) = 1 − 2x cos θ + x 2 On déduit, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :  x sin θ = σs (0) + dt σs (x) 1 − 2t cos θ + t 2 0  x sin θ = dt 2 2 0 (t − cos θ) + sin θ   t − cos θ  x d sin θ =   t − cos θ 2 si sin θ = / 0 0 +1 sin θ x  = Arctan t − cos θ sin θ 0

/ 0 : σ s (x) = d’où, si x =

Arctan x − cos θ − Arctan −cos θ sin θ sin θ Arctan x − cos θ + Arctan cos θ . sin θ sin θ

= =

 cos nθ xn : n n 1

b) Notons ρc ,ρs , σc ,σs les rayons et les sommes des deux séries entières proposées.

Réponse : • Pour

1) Rayons :

2) Sommes :

1 R = 1 et S(x) = − ln (1 − 2x cos θ + x 2 ) 2  sin nθ n x : • Pour n n 1

• On a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :

∗ Si θ ∈ πZ : R = +∞ et S = 0

Puisqu’une série entière a le même rayon que sa série entière dérivée, on a : ρc = Rc et ρs = Rs .

xσ c (x) =

+∞ 

∗ Si θ ∈ / πZ , : R = 1 et :

cos nθ x n

n=1

1 − x cos θ x cos θ − x 2 = −1= , 2 1 − 2x cos θ + x 1 − 2x cos θ + x 2 / 0 : σ c (x) = d’où, si x =

cos θ − x . 1 − 2x cos θ + x 2

D’autre part : σ c (0) = cos θ, car il s’agit du terme constant de la série entière définissant σ (x) . On a donc : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[,

σ c (x)

On déduit, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :  x  σ c (t) dt = σc (x) = σc (0) + 0

0

cos θ − x = . 1 − 2x cos θ + x 2 x

cos θ − t dt 1 − 2t cos θ + t 2

S(x) = Arctan

x − cos θ cos θ + Arctan , sin θ sin θ

ce dernier résultat pouvant être transformé sous diverses formes.

6.37 a) On a, pour tout x ∈ R : ex =

+∞ k  x , k! k=0

d’où, pour tout n ∈ N et tout x ∈ R∗ :   +∞ n  1  xk xk 1 = n+1 f n (x) = n+1 ex − x k! x k! k=0 k=n+1 =

+∞ 1 

x n+1

p=0

+∞  x p+n+1 xp = . ( p + n + 1)! ( p + n + 1)! p=0

297

1 et que le terme constant de la der(n + 1)! 1 , l’égalité est aussi vraie nière série entière est égal à (n + 1)! pour x = 0, d’où : Comme f n (0) =

∀ x ∈ R, f n (x) =

+∞  p=0

xp . ( p + n + 1)!

Ceci montre que f n est dSE(0) de rayon infini, donc f n est de classe C ∞ sur R. b) On a : ∀ x ∈ R∗ , f n (x) = x −n−1 ex −

n  1 k−n−1 . x k! k=0

On en déduit, en dérivant n fois et en utilisant la formule de Leibniz, pour tout x ∈ R∗ : f n(n) (x) n   n   1 k−n−1 (n) n (x −n−1 )(n− p) (ex )( p) − ) = (x p k! p=0 k=0 =e

x

n  p=0

  n! (−n − 1) · · · (−2n + p) x −n−1−n+ p p!(n − p)! n  1 − (k − n − 1) · · · (k − 2n)x k−2n−1 k! k=0

= ex

n  p=0

n! (2n − p)! −2n+ p−1 (−1)n− p x p!(n − p)! n! −

=

n  1 (2n − k)! k−2n−1 (−1)n x k! (n − k)! k=0

x n e 2 (−1)n  x  (2n − p)! p e2 x (−1) p 2n+1 x p!(n − p)! p=0

−e− 2 x

En notant

n   (2n − k)! (−x)k . (−1)k k!(n − k)! k=0

n  (2n − p)! p Pn = (−1)n (−1) p X ∈ R[X], p!(n − p)! p=0

on conclut :

cn

=

  n−1 n−1  1 (−1)n−k−1 n (−1)n−k−1 1  = k k! (n − k)(n − k)! n! k=0 n − k k=0 n−1 1  (−1)n−k−1 n! k=0

=

1 n!

=



    n−1 n n−k−1 t dt (−1)n−k−1 k k=0

1

0

 n−1    1  n n−k (−t) dt − t k=0 k 0   1 1 1 − (1 − t)n − 1 dt n! 0 t  1   n−1  1 − un 1 1  1 u k du du = n! 0 1 − u n! 0 k=0 1 n!

= = = u =1−t



1

n−1 n 1 1 1  1  = , n! k=0 k + 1 n! k=1 k

= d’où l’égalité voulue.

6.39 1) Minoration du rayon R : On a, pour tout n ∈ N∗ :   n−1  1 1  (t − k) dt |an | = n! 0 k=0   1 1  t (1 − t) · · · (n − 1 − t) dt = n! 0  (n − 1)! 1 1  = .
1 1 · 2 · · · (n − 1) = n! n! n 1 n x est de rayon 1, par théorème Comme la série entière n n 1 de majoration, on conclut : R  1.

2) Calcul de la somme S sur ] − 1 ; 1[ : Soit x ∈ ] − 1 ; 1[ fixé. On a : S(x) =

+∞ 

an x n = a 0 +

n=0

 e2  x x ∀ x ∈ R, f n(n) (x) = 2n+1 e 2 Pn (x) − e− 2 Pn (−x) . x

  1 n t n−k−1 dt k 0

+∞   n=1

0

1



 n−1 xn  (t − k) dt . n! k=0

x

Notons, pour tout n ∈ N∗ : f n : [0 ; 1] −→ R, t −→

On a, pour tout z ∈ C, par produit de Cauchy de deux séries entières de rayon infini :

6.38 ez

+∞  (−1)n−1 1 n z n n! n=1      +∞ +∞ +∞ 1 n (−1)n−1 n = cn z n , z z = n! n · n! n=0 n=1 n=1

où, pour tout n  1 : 298

n−1 xn  (t − k) . n! k=0

• Pour tout n ∈ N∗ , f n est continue sur le segment [0 ; 1] . • On a, pour tout n ∈ N∗ et tout t ∈ [0 ; 1] :  |x|n  t (1 − t) · · · (n − 1 − t) | f n (t)| = n!  |x|n |x|n |x|n
1 · 1 · · · (n − 1) = (n − 1)! =
|x|n , n! n! n d’où : ∀ n ∈ N∗ , || f n ||∞
|x|n .

Comme |x| < 1, la série géométrique



|x|n converge, donc,

n 1

par théorème de majoration pour des séries à termes  0, la série   || f n ||∞ converge. Ceci montre que la fn numérique n 1

n 1

6.40 1) Soit f convenant. • Montrons que f est de classe C ∞ sur R. À cet effet, montrons, par récurrence sur n, que, pour tout n ∈ N∗ , f est n fois dérivable sur R.

converge normalement, donc uniformément, sur [0 ; 1].

La propriété est vraie pour n = 1, par hypothèse.

D’après un théorème du cours, on peut alors permuter intégrale et série, d’où :

Supposons que f est n fois dérivable sur R. Puisque :

S(x) 

1

= a0 +

 +∞

0



1

= 1+

n=1

 +∞

0



n=1

et que le second membre est n fois dérivable sur R, f est n fois dérivable sur R, donc f est n + 1 fois dérivable sur R.

 n−1 xn  (t − k) dt n! k=0

 t (t − 1) · · · (t − n + 1) n x dt n! 

1

=

1

(1 + x)t dt = 0

et ln (1+x) dt

0



et ln (1+x) = si x = / 0 ln(1 + x)

1 = 0

∀ x ∈ R, f (x) = α f (x) + f (λx)

eln(1+x) − 1 x = . ln(1 + x) ln(1 + x)

On conclut, par récurrence sur n, que f est n fois dérivable sur R pour tout n ∈ N∗ , donc f est de classe C ∞ sur R. • Montrons que f est dSE(0). À cet effet, nous allons montrer que le reste de Taylor de f en 0 tend vers 0. Soit x ∈ R fixé. On a, pour tout n ∈ N , d’après la formule de Taylor avec reste intégral :  x n  f (k) (0) k (x − t)n (n+1) f (x) = (t) dt . x + f k! n! k=0 0   notée Rn (x)

D’autre part, S(0) = a0 = 1 , car S(0) est le terme constant de la série entière définissant S.

Notons, pour tout n ∈ N :

Ainsi :

On a, pour tout n ∈ N :  x (x − t)n (n+1) (t) dt f |Rn (x)| = n! 0  x n |x − t| Mn+1
Mn+1 dt = n! n! 0

∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, S(x) =

  

x ln(1 + x)

si x = / 0

1

si x = 0.

3) Valeur du rayon R :

t∈[−x;x]

Pour montrer R = 1 , étudions la série entière au voisinage de −1, point qui annule le dénominateur de l’expression de S(x) . S(x) =

On a :

x −→ 0, ln(1 + x) x−→−1+

Mais S est dérivable sur ] − 1 ; 1[ et on a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : x ln (1 + x) − 1 + x = (1 + x)ln(1 + x) − x S (x) =  2  2 , ln (1 + x) (1 + x) ln (1 + x)

∼

1  2 (1 + x) ln (1 + x)

−→

x−→−1+

+∞ .

Raisonnons par l’absurde : supposons R > 1 . Comme S est de classe C ∞ sur ] − R ; R[ et que −1 ∈ ] − R ; R[, S est en particulier continue en −1, contradiction avec le résultat précédent. On conclut : R = 1 .

0

Mn+1 Mn+1 |x|n+1 = |x|n+1 . = n! n + 1 (n + 1)! Par hypothèse : ∀ t ∈ R, f (t) = α f (t) + f (λt), d’où, par une récurrence immédiate : ∀ n ∈ N, ∀ t ∈ R, f (n+1) (t) = α f (n) (t) + λn f (n) (λt) , et donc, en passant aux bornes supérieures lorsque t décrit [−x ; x] : ∀ n ∈ N, Mn+1
|α|Mn + |λ|n Mn
(|α| + 1)Mn . Par récurrence immédiate, on déduit : ∀ n ∈ N, Mn
(|α| + 1)n M0 .

d’où, par prépondérance classique : x−→−1+

  (x − t)n+1 x n+1

Essayons d’établir une majoration de Mn .

ce qui n’amène pas de résultat net sur la position de −1 par rapport à l’intervalle [−R ; R].

S (x)

Mn = Sup | f (n) (t)|.

D’où : |Rn (x)|


(|α| + 1)n+1 M0 n+1 −−−→ 0, |x| n∞ (n + 1)!

par prépondérance classique de la factorielle sur les exponentielles. On déduit, en faisant tendre l’entier n vers l’infini dans la formule de Taylor avec reste intégral, que la série de Taylor de f  f (n) (0) x n , converge et a pour somme f (x) . en 0, n! n 0 299

On conclut que f est dSE(0) de rayon infini. +∞ 

2) Soit f dSE(0) de rayon infini, f (x) =

= an x n . Alors, f est

n=0

dérivable sur R et on a :

n=2

nan x n−1 = α

n=1

+∞ 

an x n +

n=0

+∞ 

an λn x n

n=0

+∞ +∞   ⇐⇒ ∀ x ∈ R, (n + 1)an+1 x n = (α + λn )an x n n=0

n=0

⇐⇒ ∀ n ∈ N, (n + 1)an+1 = (α + λn )an unicité du DSE(0) ⇐⇒ ∀ n ∈ N, an+1 =  ⇐⇒ ∀ n ∈ N, an =

α + λn an n+1

 n−1 1  (α + λk ) a0 . n! k=0

On conclut :   +∞ n−1  1  S = f : R −→ R, x −→ a (α+λk )x n ; a ∈ R . n! k=0 n=0 1 = (1 + x 2 )−1/2 est 1) L’application x −→ √ 1 + x2 dSE(0) de rayon 1, d’après le cours. Par primitivation, il en résulte que l’application x −→ Argsh x est dSE(0) de rayon 1. Par produit, l’application f est donc dSE(0) de rayon  1.

6.41

2) Pour calculer le DSE(0) de f, nous allons utiliser la méthode dite de l’équation différentielle.

Comme a0 = f (0) = 0 , il en résulte, de proche en proche : ∀ p ∈ N, a2 p = 0, ce que l’on pouvait aussi trouver en remarquant que f est impaire. Et, pour tout p ∈ N : 2p a2 p−1 2p + 1      2p − 2 2 2p − ··· − a1 = − 2p + 1 2p − 1 3 a2 p+1 = −

=

(−1) p 2 p p! (−1) p (2 p p!)2 = . (2 p + 1)(2 p − 1) · · · 3 (2 p + 1)!

On obtient : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, f (x) =

 d 

d (Argsh x) , 1 + x 2 f (x) = dx dx

+∞  (−1) p (2 p p!)2 p=0

(2 p + 1)!

x 2 p+1 .

3) Déterminons le rayon R par la règle de d’Alembert. Soit x ∈ R∗ fixé. Notons, pour tout p ∈ N, u p le terme général de la série obtenue. On a alors |u p | > 0 et : u 2 p+1 ( p + 1)!2 (2 p + 1)! p+1 |x|2 = up (2 p + 3)! (2 p p!)2

L’application f est dérivable sur R, d’où : ∀ x ∈ R,

n=1

+∞    (n + 1)an+1 + nan−1 x n . = (a1 − 1) +

Par unicité du DSE(0) de la fonction nulle, on déduit a1 = 1 et : ∀ n  1, (n + 1)an+1 + nan−1 = 0.

⇐⇒ ∀ x ∈ R, f (x) = α f (x) + f (λx) +∞ 

n=0

n=1

f convient

⇐⇒ ∀ x ∈ R,

+∞ +∞ +∞    (n + 1)an+1 x n + (n − 1)an−1 x n + an−1 x n − 1

=

4( p + 1)2 |x|2 −→ |x|2 , p∞ (2 p + 2)(2 p + 3)

donc : R = 1.

c’est-à-dire : ∀ x ∈ R,

x 1 1 + x 2 f (x) + √ f (x) = √ , 1 + x2 1 + x2

donc : ∀ x ∈ R, (1 + x 2 ) f (x) + x f (x) = 1. En notant f (x) =

+∞ 

an x n le DSE(0) de f, qui existe et est

n=0

de rayon  1 comme on l’a vu plus haut, on a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : 0 = (1 + x 2 ) f (x) + x f (x) − 1 = (1 + x 2 )

+∞ 

nan x n−1 + x

n=1

=

+∞  n=1

300

nan x n−1 +

+∞ 

an x n − 1

n=0 +∞  n=1

nan x n+1 +

+∞  n=0

an x n+1 − 1

6.42 L’application f : x −→ sin (α Arcsin x) est de

classe C ∞ sur ] − 1 ; 1[ et on a, en dérivant, pour tout α x ∈ ] − 1 ; 1[ : f (x) = cos (α Arcsin x) √ , 1 − x2

1 − x 2 f (x) = α cos (α Arcsin x), donc :

puis, encore en dérivant :

x 1 − x 2 f

(x) − √ f (x) 1 − x2 1 α2 f (x) = −α2 sin (α Arcsin x) √ = −√ , 1 − x2 1 − x2 d’où : (1 − x 2 ) f

(x) − x f (x) + α2 f (x) = 0. Ainsi, f est solution de l’équation différentielle (E)

(1 − x 2 )y

− x y + α2 y = 0 .

• Supposons que f soit dSE(0), f (x) =

+∞ 

n

an x , de rayon

n=0

R > 0 . On peut alors dériver (deux fois) terme à terme sur ] − R ; R[, d’où : 0 = (1 − x 2 ) f

(x) − x f (x) + α2 f (x) = (1 − x 2 )

+∞ 

n(n − 1)an x n−2

n=2

−x

+∞ 

nan x n−1 + α2

+∞ 

n=1

=

+∞ 

n(n − 1)an x n−2 −

n=2

an x n

n=0 +∞ 

n(n − 1)an x n

n=2

−

+∞ 

nan x n +

n=1

+∞ 

α2 an x n

−

nan x n +

n=1

+∞ 

α2 an x n

n=0

+∞ +∞   = (n + 2)(n + 1)an+2 x n − n(n − 1)an x n n=0

−

nan x n +

n=0

=

+∞ 

/ 0, et que, pour tout x ∈ R∗ fixé : Comme les a2 p+1 sont tous = a2 p+1 x 2 p+1 a2 p+1 2 = |x| a a 2 p−1 2 p−1 x 2 p−1 (2 p − 1)2 − α2 2 |x| −→ |x|2 , = p∞ (2 p + 1)(2 p) le rayon de la série entière est 1, qui est > 0 . D’après le calcul fait plus haut, en réciproque, la somme S de la série entière est solution de (E) sur ] − 1 ; 1[ . De plus : S(0) = 0 et S (0) = α. Ainsi, f et S sont solutions de (E), sur ] − 1 ; 1[ et f (0) = S(0), f (0) = S (0) . D’après le théorème de Cauchy linéaire, il en résulte : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, f (x) = S(x) . Ainsi, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : f (x) =

+∞  p=0

  α (2k − 1)2 − α2 x 2 p+1 , (2 p + 1)! k=1 p

donc f est dSE(0), de rayon, 1.

6.43 a) On a, en utilisant des DL(0) :

n=0 +∞ 

+∞ 

α2 an x n

f (x) =

n=0

 (n + 2)(n + 1)an+2

n=0

ex

1 1 x − (ex − 1) − = −1 x x(ex − 1)   2 x − x + x2 + o (x 2 ) x−→0   = x x + o(x)

 − n(n − 1)an − nan + α2 an x n =

+∞    (n + 2)(n + 1)an+2 − (n 2 − α2 )an x n . n=0

Par unicité du DSE(0) de la fonction nulle, on déduit : ∀ n ∈ N, (n + 2)(n + 1)an+2 = (n 2 − α2 )an . Comme a0 = f (0) = 0 , on déduit, de proche en proche :

2

=

Comme a1 = f (0) = α, on déduit de proche en proche : (2 p − 1)2 − α2 12 − α2 ··· α (2 p + 1)(2 p) 3·2 =

p    α (2k − 1)2 − α2 . (2 p + 1)! k=1

− x2 + o(x 2 ) 1 −→ − . x 2 + o(x 2 ) x−→0 2

On conclut que f admet une limite finie en 0, et que : 1 =− . 2 1 On prolonge f par continuité en 0, en posant : f (0) = − . 2 ∗ b) On a, pour tout x ∈ R : f (x) =

∀ p ∈ N, a2 p = 0 .

a2 p+1 =

an x n où

an est défini ci-dessus.

n=2 +∞ 

 n 0

n=0

+∞ +∞   = (n + 2)(n + 1)an+2 x n − n(n − 1)an x n n=0

• Réciproquement, considérons la série entière

ex

1 1 x ex − 1 − x − =− x . −1 x e −1 x2

• On sait : ∀ x ∈ R, ex =

donc :

/ 0: puis, si x =

+∞ n  x , n! n=0

ex − 1 − x =

+∞ n  x , n! n=2

+∞ n−2 +∞   x xn ex − 1 − x = = . 2 x n! (n + 2)! n=2 n=0

301

vable sur ]tn tn+1 [, il existe u n ∈ ]tn ; tn+1 [⊂]0 ; R[ tel que :

Considérons l’application  x e −1−x    x2 u : R −→ R, x −  →  1   2 On vient de montrer : ∀ x ∈ R∗ , u(x) =

si x = / 0 si x = 0. +∞  n=0

xn . (n + 2)!

1 De plus, cette égalité est aussi vraie pour x = 0, car u(0) = , 2 1 et le terme constant de la série entière est . 2 +∞  xn . On a donc : ∀ x ∈ R, u(x) = (n + 2)! n=0 Ceci montre que u est dSE(0) de rayon infini, donc, d’après le cours, u est de classe C ∞ sur R.

f (u n ) = 0. On construit ainsi une suite réelle (u n )n∈N telle que :  / 0 et f (u n ) = 0  ∀ n ∈ N, −R < u n < R et u n =  u n −−−→ 0. n∞

On peut alors appliquer le résultat précédent à f à la place de f, puisque f est dSE(0) de même rayon que f, d’où : f (0) = 0 . En réitérant, on déduit : ∀ n ∈ N, f (n) (0) = 0. Enfin, comme f est dSE(0), on a : ∀ x ∈ ] − R ; R[, f (x) =

b) Supposons qu’il existe f : ] − 1 ; 1[−→ R, dSE(0) de rayon

• De même, et plus brièvement, l’application  x  e −1 si x = / 0 v : R −→ R, x −→ x  1 si x = 0

 1, telle que :

est de classe C ∞ sur R.

Considérons les applications

On peut aussi remarquer, à cet effet :

g : ] − 1 ; 1[−→ R, x −→ g(x) = f (x) − x 3

∀ x ∈ R, v(x) = xu(x) + 1 . • De plus, il est clair, sur la définition de v, que : ∀ x ∈ R, v(x) = / 0. 1 est donc de classe C ∞ sur R. D’après le cours, v 1 u(x). • On a : ∀ x ∈ R∗ , f (x) = − v(x) 1 1 Et comme f (0) = − , v(0) = 1, u(0) = , l’égalité est aussi 2 2 vraie pour x = 0. 1 On a donc : f = − u. v 1 sont de classe C ∞ sur R, par produit, f est Comme u et v donc de classe C ∞ sur R. a) Par hypothèse, f est dSE(0) de rayon R > 0 , donc f est de classe C ∞ sur ] − R ; R[.

6.44

Puisque tn −−−→ 0, que, pour tout n ∈ N, f (tn ) = 0 et que

∀ n ∈ N − {0,1}, f

f est continue en 0, on déduit : f (0) = 0 . On peut se ramener, en prenant une suite extraite, au cas où la suite (tn )n∈N est strictement décroissante et vérifie : ∀ n ∈ N, 0 < tn < R. Pour tout n ∈ N , d’après le théorème de Rolle, puisque f (tn ) = f (tn+1 ) et que f est continue sur [tn ; tn+1 ] et déri-

    1 1 1 =−f − = 3. n n n

h : ] − 1 ; 1[−→ R, x −→ h(x) = f (x) + x 3 . Puisque f est dSE(0) de rayon  1, g et h le sont aussi. De plus :     1 1 = 0 et h − =0. ∀ n ∈ N − {0,1}, g n n D’après a), il en résulte : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, g(x) = 0 et h(x) = 0 , d’où : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, x 3 = −x 3 , contradiction. On conclut qu’il n’existe pas d’application f convenant.

6.45 Rappelons la définition de la fonction d’Euler : 

∀ s ∈ ]0 ; +∞[, (s) =

+∞

t s−1 e−t dt .

0

Ainsi, pour tout x ∈ ] − 1 ; +∞[ :  +∞  +∞ t x e−t dt = ex ln t e−t dt

(1 + x) = 0

0

n∞

302

+∞  f (n) (0) n x = 0. n! n=0

 = 0

+∞  +∞  n=0

 (x ln t)n −t dt e n! 

= 0

+∞

 +∞ n=0

 (x ln t)n −t dt. e n!

Nous allons essayer de permuter intégrale et série.

Ceci montre que x −→ (1 + x) est dSE(0), de rayon R  1.

Soit x ∈ ] − 1 ; 1[ fixé. Notons, pour tout n ∈ N : f n : ]0 ; +∞[−→ R, t −→

Comme (1 + x) −→ + +∞, on peut préciser :

(x ln t) −t e . n! n

x−→−1

• Pour tout n ∈ N , f n est continue par morceaux (car continue) √ sur ]0 ; +∞[, et intégrable sur ]0 ; +∞[, car t f n (t) −→+ 0 t−→0

et t 2 f n (t) −→ 0. t−→+∞  f n converge simplement sur ]0 ; +∞[ et a pour somme • n 0

S : t −→ e

e .

• S est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; +∞[.   +∞ | f n | converge. • Montrons que la série n 0

On a, pour tout n ∈ N :  +∞  | fn | = 0

0

|x| = n!

Et : 0
An




1

n

∀ n ∈ N, 0
vn
u n
wn .



(−ln t) e dt +   1 notée An

+∞

• Calcul de vn :

 −t

( ln t) e dt   notée Bn n

.

1

 = u = −ln t +∞

n

+∞

u n e−u du = (n + 1) = n!

0

t e dt






+∞

t n e−t dt = (n + 1) = n! .

0



+∞

|x|n 2n! = 2|x|n . n! 0  |x|n converge, donc, Puisque |x| < 1, la série géométrique On a donc : ∀ n ∈ N,

La suite (vn )n∈N est une suite récurrente linéaire du second ordre, à coefficients constants et sans second membre. L’équation caractéristique r 2 − r − 1 = 0 admet deux solutions réelles distinctes : √ √ 1+ 5 1− 5 r1 = , r2 = . 2 2 D’après le cours, il existe (λ1 ,λ2 ) ∈ R2 tel que : ∀ n ∈ N, vn = λ1 r1n + λ2 r2n .

−t

1

| fn |


n 0

par théorème de majoration pour des séries à termes  0, la   +∞ | f n | converge. série n 0

1
1, considérons les n+1 1 , deux suites obtenues en remplaçant, dans l’énoncé, n+1 par 0, par 1. Autrement dit, considérons les suites (vn )n∈N , (wn )n∈N définies par :  v0 = 0, v1 = 1, ∀ n ∈ N, vn+2 = vn+1 + vn

Une récurrence immédiate montre :

−t

(−ln t)n dt



Essayons d’obtenir une estimation de u n lorsque l’entier n tend vers l’infini.

w0 = 0, w1 = 1, ∀ n ∈ N, wn+2 = wn+1 + wn + 1.

| ln t| e dt

−t

0

0
Bn


+∞

(x ln t)n −t n! e dt

0 n

0

0

+∞



n



6.46 1) Détermination du rayon R :

Comme, pour tout n ∈ N , 0


x ln t −t

|x|n = n!

R = 1.

0

D’après le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série de fonctions, on peut permuter intégrale et série, d’où : +∞  +∞  (x ln t)n −t

(x + 1) = e dt n! n=0 0  +∞  +∞   1 = (ln t)n e−t dt x n . n! n=0 0

On calcule (λ1 ,λ2 ) par les conditions initiales :  1 1      λ1 = r1 − r2 = √5 λ1 + λ2 = u 0 = 0 ⇐⇒  1 1  λ1 r1 + λ2 r2 = u 1 = 1  = −√ .  λ2 = r2 − r1 5 1 On a donc : ∀ n ∈ N, vn = √ (r1n − r2n ). 5 • Calcul de wn : Cherchons une suite constante C vérifiant la même relation de récurrence que (wn )n∈N . Le réel C convient si et seulement si C = C + C + 1, c’est-à-dire : C = −1. Considérons donc la suite (tn )n∈N définie par : ∀ n ∈ N, tn = wn + 1 . On a, pour tout n ∈ N : tn+2 = wn+2 + 1 = (wn+1 + wn + 1) + 1 = (wn+1 + 1) + (wn + 1) = tn+1 + tn . 303

Ainsi, (tn )n∈N est une suite récurrente linéaire du second ordre, à coefficients constants et sans second membre. D’après le cours, il existe (µ1 ,µ2 ) ∈ R2 tel que : ∀ n ∈ N, tn = µ1 r1n + µ2 r2n . On calcule (µ1 ,µ2 ) par les conditions initiales :  2 − r2     µ1 = r − r µ1 + µ2 = t0 = w0 + 1 = 1 1 2 ⇐⇒  2 − r1  µ1 r1 + µ2 r2 = t1 = w1 + 1 = 2  µ2 = − . r1 − r2 On a donc : ∀ n ∈ N, wn = tn − 1 = µ1 r1n + µ2 r2n − 1. / 0 et µ1 = / 0, Comme |r1 | > 1 et |r2 | < 1, et que λ1 =  n n n ∼ λ1 r1  vn = λ1 r1 + λ2 r2 n∞ on a :  wn = µ1 r1n + µ2 r2n − 1 ∼ µ1 r1n . 

vn z n et

n 0



wn z n

n 0

Fn,k =

n    n k=0

αn−k .

Par le changement d’indice p = n − k, on a donc :  n  n     n n αp = αp . n! = n − p p p=0 p=0

∀ n ∈ N, 0


donc :

Comme la série entière

√ 5−1 1 = −r2 = R= . r1 2

on déduit : R  1.



αn
1. n!

z n est de rayon 1, par majoration,

n 0

• Soit z ∈ C tel que |z| < 1.

2) Détermination de la somme S : Notons S : ] − R ; R[−→ R, x −→

+∞ 

an x . n

n=0

Soit x ∈ ] − R ; R[ . On a, pour tout n ∈ N :  1 x n+2 n+1

= x(u n+1 x n+1 ) + x 2 (u n x n ) +

x n+2 . n+1

D’où :

Par produit de Cauchy de deux séries numériques absolument convergentes :    +∞ +∞ n  αn n z S(z) ez = z n! n! n=0 n=0   +∞ n   αk 1 = zn k! (n − k)! n=0 k=0  n    +∞  1  n αk z n = n! k=0 k n=0

+∞  x n+2 u n+2 x n+2 = x u n+1 x n+1 + x 2 un x n + , n+1 n=0 n=0 n=0 n=0

+∞ 

les quatre séries entières étant de rayon  R. On a donc :

=

d’où :

+∞ +∞   1 1 zn = n!z n = , n! 1−z n=0 n=0

S(z) =

e−z . 1−z

  S(x) − (u 0 + u 1 x) = x S(x) − u 0 + x 2 S(x) − x ln (1 − x) ,

2) On a donc, pour toutz ∈ C tel que |z| < 1 :

d’où :

Mais :

(1 − x − x )S(x) = u 0 + (u 1 − u 0 )x − x ln (1 − x)

(1 − z)S(z) = e−z .

2

= x − x ln (1 − x) . Finalement : ∀ x ∈ ] − R ; R[, S(x) = 304

k

b) 1) • On a : ∀ n ∈ N, 0
αn = Fn,0
n!,

n 0

+∞ 

n  k=0

Comme : ∀ n ∈ N, |vn |
|u n |
|wn |,  u n z n est de rayon : on déduit que la série entière

+∞ 

2) L’ensemble de toutes les permutations de {1,. . . ,n} se partitionne en sous-ensembles formés de permutations ayant exactement k points fixes, 0
k
n .

n! =

1 sont de rayon . r1

 u n+2 x n+2 = u n+1 + u n +

Une permutation σ ayant exactement k points fixes est définie par l’ensemble de ses k points fixes et par une permutation des n − k autres éléments ne laissant fixe aucun de ces éléments. On a donc :     n n Fn,k = Fn−k,0 = αn−k . k k

On a donc, par dénombrement :

n∞

Il en résulte que les deux séries entières

6.47 a) 1) Soit (n,k) ∈ N2 tel que k
n.

(1 − z)S(z) = (1 − z)

+∞  αn n=0

x − x ln (1 − x) . 1 − x − x2

=

+∞  αn n=0

n!

zn −

n!

zn

+∞  αn n=0

n!

z n+1

=1+

+∞  αn n=1

=1+

n!

n=1

+∞   αn n=1

+∞ 

zn −

−

n!

αn−1 n z (n − 1)!

 αn−1 zn . (n − 1)!

Et : (1 − z)S(z) = e−z =

+∞  (−1)n

n!

n=0

zn = 1 +

+∞  (−1)n

n!

n=1

zn .

Par unicité du DSE(0) de z −→ (1 − z)S(z) , on a donc : ∀ n ∈ N∗ ,

αn αn−1 (−1)n − = . n! (n − 1)! n!

En sommant cette relation, on déduit, par télescopage : n  αn (−1) p α0 − = , n! 0! p! p=1

αn = n!

puis :

n  (−1) p

p!

p=0

 (−1) p

3) La série

p0

p!

N   1 p2 − 1 −ln 1 − 2 = −ln p p2 p=2 p=2

N 

relève du TSCSA, donc converge, et

 αn ∈ N et 0 <

6.48

n! 1 + e 2

= −

N 

ln ( p − 1) −

p=2

= −

N 

ln ( p + 1) + 2

p=2

N −1 

ln p −

p=1

N +1  p=3



ln p + 2

N 

ln p

p=2 N 

ln p

p=2

N −→ ln 2. N + 1 N∞   ∞  1 −ln 1 − 2 = ln 2, p p=2

et on conclut :

+∞   1 ζ(2n) − 1 = ln 2. n n=1

6.49 a) 1) • Une récurrence immédiate montre : ∀ n ∈ N, an > 0 . Considérons l’application

On a : +∞ +∞   1 1 1 1 ζ(2n) − 1 = = ∀n ∈ N , . 2n 2n n n p=2 p np p=2 ∗

 termes  0.

− ln ( p − 1) − ln ( p + 1) + 2 ln p

p=2

On a donc :

n! + O (1). n∞ e

Considérons la suite double

N  

− αn < 1 ,

n! 1 n! 1 − < αn < + , e 2 e 2 αn =

=

= ln 2 + ln



  n! 1 . αn = E + e 2

on déduit :

+∞ +∞  +∞ +∞      1 1 1 ζ(2n) − 1 = = −ln 1 − 2 . 2n n np p n=1 p=2 n=1 p=2

.

Ainsi, pour tout n ∈ N :

Comme

D’après le théorème d’interversion pour les séries doubles à termes  0, on peut permuter les deux symboles de sommation, d’où :

Pour calculer cette somme de série, faisons apparaître un télescopage. À cet effet, travaillons sur les sommes partielles. On a, pour N  2 :

a pour somme e−1 , d’où, pour tout n ∈ N tel que n  2 :  n +∞  (−1) p (−1) p αn − n! = n! − n! e p=0 p! p! p=0  +∞ (−1)n+1 (−1) p 1 1 1 = n!
n! (n + 1)! = n + 1
3 < 2 . p! p=n+1

donc :

 1 converge et a pour somme np2n n 1   1 1 1 −ln 1 − 2 , car 2
< 1. p p 4   1 converge car • La série de terme général −ln 1 − 2 p   1 1 −ln 1 − 2 ∼ 2  0 , exemple de Riemann (2 > 1) et p∞ p p théorème d’équivalence pour des séries à termes  0.

• Pour tout p  2 , la série

1 np2n

 , qui est à n 1, p2

f : [0 ; +∞[−→ R, x −→ 1 − e−x . On a, par une étude immédiate des variations de la fonction x −→ f (x) − x : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, f (x)
x. Il en résulte que la suite récurrente (an )n0 est décroissante. Comme de plus (an )n0 est minorée par 0, on en déduit que (an )n0 converge. Notons sa limite. 305

L’étude des variations de x −→ f (x) − x montre que f admet un point fixe et un seul, qui est 0.

N 

Ayant ainsi fixé N, on a :

an −−−→ 0. n∞

n=0

2) On a alors : an+1 = 1 − e−an ∼ −(−an ) = an .

n 0

bn x n −→− x−→1

∀ x ∈ [1 − η ; 1[,

N 

bn x n 

 bn − 1  A .

n=0

Comme de plus les bn sont tous  0 et que x  0, on a : N  ∀ x ∈ [1 − η ; 1[, Sb (x)  bn x n  A. On a montré :

1 1 − an+1 an

∀ A > 0, ∃ η ∈ ]0 ; 1[, ∀ x ∈ [1 − η ; 1[, Sb (x)  A .

an − an+1 an − (1 − e−an ) = an an+1 an (1 − e−an )   1 an − an − an2 + o (an2 ) 1 n∞  2  = −−→ . n∞ 2 an an + o(an )

Comme bn+1 − bn ∼

n∞

1 et que la série 2

1 n 0

2

est divergente

et à termes  0, d’après un théorème de sommation des relations de comparaison, on a :

n 0

Par théorème d’équivalence pour des séries à termes  0, on  an R n diverge.

conclut que la série

2) Comme R = 1 , il s’agit de la série



an (−1)n .

n 0

C’est une série alternée, et la valeur absolue du terme général décroît (cf. a)) et tend vers 0 (cf. a)).  an (−R)n D’après le TSCSA, on conclut que la série n 0

converge.

n

∀ n ∈ N, |an |
Mbn .  bn x n est de rayon 1, par majoraComme la série entière

donc :

tion, la série entière

n0 an x n est de rayon  1 et sa somme

Soit ε > 0 fixé. an −−−→ , il existe N ∈ N tel que : Puisque bn n ∞ an ∀ n  N , −
ε . b n

On a, pour tout x ∈ [0 ; 1[ : S (x) S (x) − S (x) a b a − = Sb (x) Sb (x) +∞ +∞  1  n n = an x − bn x S (x) b

n=0

n=0

+∞ +∞ 1  1  (an − bn )x n
|an − bn |x n = Sb (x) n=0 Sb (x) n=0

=

N +∞  1  1 |an − bn |x n + |an − bn |x n . Sb (x) n=0 Sb (x) n=N +1

D’une part :

a) Soit A > 0 fixé. Puisque la série

est à termes  0, on a :

x−→+1

an −−−→ ∈ R , il existe M  0 tel que : b) Puisque bn n ∞ an ∀ n ∈ N,
M , b

S est définie (au moins) sur ] − 1 ; 1[ .

n c’est-à-dire : bn − b0 ∼ . n∞ 2 2 1 n ∼ . Il s’ensuit : bn ∼ , et enfin : an = n∞ n∞ 2 bn n  an . c) 1) Comme R = 1 , il s’agit de la série

n 0

On conclut : Sb (x) −→ − +∞.

n 0

n−1 n−1   1 (bk+1 − bk ) ∼ , n∞ 2 k=0 k=0

N  n=0

306

bn .

n=0

n=0

=

6.50

 N

n=0

b) On a : bn+1 − bn =

N 

Il existe donc η ∈ ]0 ; 1[ tel que :

n∞

an+1 −−−→ 1. D’après la règle de d’Alembert, 3) On a donc : n∞ an il s’ensuit que le rayon de convergence de la série entière  an x n est : R = 1 .

bn  A + 1.

n=0

Comme f est continue en 0, on déduit : = 0. On conclut :

N 

donc il existe N ∈ N tel que :



bn divergente

0


+∞  1 |an − bn |x n Sb (x) n=N +1

n 0




bn −→ +∞, N∞

D’autre part :

+∞ +∞  1 1  εbn x n
εbn x n = ε. Sb (x) n=N +1 Sb (x) n=0

0


N 1  |an − bn |x n Sb (x) n=0

De plus :


car

N 

N 1  |an − bn | −→− 0, x−→1 Sb (x) n=0

|an − bn | est fixé indépendamment de x,

n=0

et

Sb (x) −→− +∞. x−→1

Il existe donc η ∈ ]0 ; 1[ tel que :   N 1 |an − bn |x n
ε . ∀ x ∈ [1 − η ; 1[, 0
Sb (x) n=0 Sa (x) −
2ε. On a alors : ∀ x ∈ [1 − η ; 1[, Sb (x) On conclut :

Sa (x) − −→− 0, x−→1 Sb (x)

c’est-à-dire :

Sa (x) −→ . Sb (x) x−→1−

Il en résulte, par l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1 ) et le théorème de majoration pour des fonctions  0, que ϕx est intégrable sur [1 ; +∞[. Par comparaison série/intégrale, on a donc :  +∞  +∞ +∞  ϕx (t) dt
ϕx (n)
1 + ϕx (t) dt . 1

D’après la règle de d’Alembert, on conclut : R = 1 .  n n √ 2πn, b) D’après la formule de Stirling : n! ∼ n∞ e 1 nn , notébn . ∼ √ en n! n∞ 2πn  an est divergente à termes Puisque an ∼ bn et que la série an =

n∞

On calcule l’intégrale :  +∞ t ln x  +∞ u 2 ln x  +∞ e e ϕx (t) dt = 2u du √ dt =√ u u= t t 1 1 1  +∞  +∞ 2 2 2 eu ln x du = e−v dv . =2 √ √ √ −ln x 1 −ln x v = u −ln x √ 2 Comme −ln x −→− 0 et que v −→ e−v est intégrable sur [0 ; +∞[, on a :  +∞  −v 2 e dv −→− √

n=1

an x n

∼−

x−→1

+∞ 

+∞ xn 1  bn x n = √ √ . 2π n=1 n n=1

+∞  xn √ lorsque Il reste à trouver un équivalent simple de n n=1 x −→ 1− . À cet effet, nous allons utiliser une comparaison série/intégrale.

Soit x ∈ [0 ; 1[ fixé. Considérons l’application xt ϕx : [1 ; +∞[−→ R, t −→ √ . t

x−→1

−ln x

+∞

−v 2

e

0

√ π dv = . 2

2 2 ∼−√ . D’autre part : √ −ln x x−→1 1−x D’où : √  +∞ π −→ +∞ . ϕx (t) dt ∼ − √ x−→1 1 − x x−→1− 1 On a donc, par théorème d’encadrement pour des équivalents : √ ∞  xn π ∼− √ √ . x−→1 n 1−x n=1 On conclut : S(x)

n

> 0 , d’après l’exercice 6.50, on a : +∞ 

1

n=1

x−→1

nn a) On a : ∀ n ∈ N , an = n > 0 e n! 6.51 et, pour tout x ∈ R∗ fixé : an+1 x n+1 (n + 1)n+1 en n! a x n = en+1 (n + 1)! n n |x| n   1 n 1 1 1+ = |x| −−−→ e|x| = |x|. n∞ e n e

S(x) =

t−→+∞

par prépondérance classique, car ln x < 0.

∗

donc :

t 2 ϕx (t) = t 3/2 et ln x −→ 0,

 6.52 n

∼

x−→1−

1 . √ √ 2 1−x

On a, pour tout n  1 :   +∞    1 p+n−1  p+n−1 ζ( p + n)−1 = n . p+n n n k k=2

Nous allons essayer d’appliquer le théorème d’interversion des sommations à la suite double (u n,k )n 1, k 2 définie par :   1 p+n−1 , qui est à termes dans R+ . u n,k = n n k p+n  u n,k converge et Montrons que, pour tout k  2, la série n 1

déterminons sa somme. Rappelons le DSE(0) classique, de rayon 1, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :

Il est clair que ϕx est continue et décroissante. 307

(1 − x)− p = 1+

6.53 Soient n ∈ N∗ , x ∈ ] − 1 ; 1[ . Puisque f est de classe C ∞

+∞  (− p)(− p − 1) · · · (− p − n + 1)

n!

n=1

= 1+

+∞  n=1

= 1+

sur [−1 ; 1] , on peut appliquer la formule de Taylor avec reste intégral sur le segment joignant 0 et x :

(−x)

n

f (x) =

p( p + 1) · · · ( p + n − 1) n x n!

 +∞   p+n−1 n

n=1

xn =

 +∞   p+n−1 n

n=0

xn.

D’après le cours sur les séries entières, on peut dériver terme à terme :  +∞   p+n−1 n x n−1 , ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, p(1 − x)− p−1 = n n=1

∀ x ∈ ] − 1 ; 1[,

px = (1 − x) p+1

+∞ 

 n

n=1

p+n−1 n

On a, en utilisant l’inégalité de Cauchy et Schwarz :  x  (x − t)n−1 2  x  2 |Rn (x)|2
f (n) (t) dt . dt (n − 1)! 0 0 • D’une part :  x (x − t)2n−2  x  (x − t)n−1 2 dt =  2 dt (n − 1)! 0 0 (n − 1)!  = −

d’où :  xn .

 1 u n,k Comme k  2, on a ∈ ] − 1 ; 1[, donc la série k n 1

n=1

u n,k

  n +∞  1  1 p+n−1 = p n n k n=1 k 1 p 1 p k = p .  p+1 = k (k − 1) p+1 1 1− k

• La série

+∞  k 2

 u n,k

converge, puisque, d’après l’exemple

n=1

de Riemann (p + 1 > 1), la série

 k 2

p converge. (k − 1) p+1

D’après le théorème d’interversion des sommations, dans le cas de R+ , on en déduit :  u n,k converge • pour tout n  1 , la série • la série

+∞  n 1

•

+∞  +∞ 

u n,k

k 2

+∞  +∞ 

On a donc :  +∞  +∞  +∞    p+n−1  n u n,k ζ( p + n) − 1 = n n=1 k=2 n=1 =

+∞  k=2

308

+∞  p 1 =p = p ζ( p + 1). p+1 p+1 (k − 1) k k=1

2 f (n) (t) dt
(n!)2 ,

D’où : |Rn (x)|2


|x|2n−1 |x|2n−1 n 2 2 .  2 (n!) = 2n − 1 (2n − 1) (n − 1)!

Puisque x ∈ ] − 1 ; 1[ , par prépondérance classique, |x|2n−1 n 2 −−−→ 0 , donc Rn (x) −−−→ 0 . n∞ n∞ 2n − 1 Ceci montre que la série de Taylor de f en 0 converge et a pour somme f. On conclut : f est dSE(0), de rayon  1.

6.54 Il est clair, par la règle de d’Alembert par exemple, que, pour tout p ∈ N∗ fixé, la série +∞  n=0

u n,k .



par hypothèse.

converge

n=1 k=2

1

−1

0

k=2

u n,k =

k=2 n=1



!x |x|2n−1 (x − t)2n−1  2 =  2 . (2n − 1) (n − 1)! 0 (2n − 1) (n − 1)!

• D’autre part :   x  2 f (n) (t) dt


converge et : +∞ 

 x n−1  f (k) (0) k (x − t)n−1 (n) x + f (t) dt . k! (n − 1)! k=0 0   notée Rn (x)

 1 1 converge et que : n 8n + p 16 n 0

+∞ √  1 2p = 16n (8n + p) n=0



√ 1/ 2

x 8n+ p−1 dx . 0

Nous allons essayer de permuter intégrale et série. Notons, pour tout p ∈ N∗ et tout n ∈ N : √ √ f n : [0 ; 1/ 2] −→ R, x −→ 2 p x 8n+ p−1 . √ • Pour tout n ∈ N , f n est continue sur [0 ; 1/ 2].  f n converge normalement, donc uniformément, sur • n 0

√ [0 ; 1/ 2] car, pour tout n ∈ N :

|| f n ||∞

√   √ p 1 8n+ p−1 2 = 2 √ = n. 16 2

D’après un théorème du cours, on peut donc permuter intégrale et série, d’où : √ +∞ +∞  √ p  1/ 2  1 2 x 8n+ p−1 dx = 16n (8n + p) 0 n=0 n=0 √ √ p  1/ 2 x p−1 = 2 dx. 1 − x8 0 Notons S la somme du second membre de l’énoncé. On a alors : √  S=4 2

√ 1/ 2

0

√  − 25

1 1 − x8

√  dx − 2 2 4

√ 1/ 2

0

3

x dx 1 − x8

√ √ 6  1/ 2 x 5 x4 dx − 2 dx 1 − x8 1 − x8 0 0 √  1/√2 √ 4 2 − 8x 3 − 4 2x 4 − 8x 5 = dx 1 − x8 0 √ √ √  1 √ 4 2 − 2 2u 3 − 2u 4 − 2u 5 du =√ √ u8 2 u=x 2 0 1− 16  1 4 − 2u 3 − u 4 − u 5 = 16 du . 16 − u 8 0 √ 1/ 2

Comme 1 est racine évidente du numérateur, on a : 4 − 2u 3 − u 4 − u 5 = (1 − u)(4 + 4u + 4u 2 + 2u 3 + u 4 ) = (1 − u)(2 + u 2 )(2 + 2u + u 2 ) et : 16 − u = (4 − u )(4 + u ) 8

4

4

  = (2 − u 2 )(2 + u 2 ) (2 + u 2 )2 − 4u 2

= (2 − u 2 )(2 + u 2 )(2 − 2u + u 2 )(2 + 2u + u 2 ).  1 1−u du. D’où : S = 16 2 2 0 (2 − u )(2 − 2u + u ) On effectue une décomposition en éléments simples, et on obtient, après quelques calculs élémentaires :  S = 16 0

1

1 1  −1u − u  4 + 2 4 du 2 − u2 2 − 2u + u 2

 1  1 1 2−u = 4 ln (2 − u 2 ) + 4 du . 2 2 − 2u + u 2 0 0   notée J Par mise sous forme canonique d’un trinôme : 2 − 2u + u 2 = (u − 1)2 + 1 .

On effectue donc le changement de variable v = u − 1 :  0  0 1 v π 1 J= dv − dv = + ln 2 . 2 2 4 2 −1 v + 1 −1 v + 1   π 1 + ln 2 = π. On obtient : S = −2 ln 2 + 4 4 2 Remarque : cette formule de Simon Plouffe permet de calculer efficacement des approximations décimales de π .

6.55 a) 1) Soit x ∈ [0 ; a[. x k (k) f (0)  0, D’après l’hypothèse, on, a : ∀ k ∈ N, k!   donc la suite Sn (x) n 0 est croissante. De plus, d’après la formule de Taylor avec reste intégral : ∀ n ∈ N, f (x) = Sn (x) + Rn (x) . D’après l’hypothèse, on a : ∀ n ∈ N, Rn (x)  0, donc : 

Ainsi, la suite

∀ n ∈ N, Sn (x)
f (x).  Sn (x) n 0 est croissante et majorée par f (x) ,

donc converge. Par différence, comme Rn (x) = f (x) − Sn (x) , il en résulte que   la suite Rn (x) n 0 converge. 2) Soient n ∈ N, (x,y) ∈ ]0 ; a[2 tel que : x < y. On a :  x Rn (x) 1 = (x − t)n f (n+1) (t) dt x n+1 n!x n+1 0  1 1 = (1 − u)n f (n+1) (xu) du. u = t/x n! 0 Comme f (n+2)  0, f (n+1) est croissante, donc : ∀ u ∈ [0 ; 1], f (n+1) (xu)
f (n+1) (yu) , puis : 1 Rn (x) = n+1 x n!



1

(1 − u)n f (n+1) (xu) du

0




1 n!



1

(1 − u)n f (n+1) (yu) du =

0

Rn (y) . y n+1

3) Soit x ∈ [0 ; a[. Si x = 0, alors, Rn (x) = 0 −−−→ 0. n∞

Supposons x > 0. Il existe y ∈ ]0 ; a[ tel que x < y, par x +a . On a alors, d’après 2) : exemple y = 2 ∀ n ∈ N, 0
Rn (x)
Rn (y)

x n+1 . y n+1

  On a vu en a) 1) que la suite Rn (y) n 0 converge, donc est bornée. 309

x x n+1 D’autre part, puisque < 1, on a : n+1 −−−→ 0. Il en rén∞ y y x n+1 sulte : Rn (y) n+1 −−−→ 0, n∞ y

|Rn (x)|


|x|n+1 n! =

puis, par théorème d’encadrement : Rn (x) −−−→ 0.



1

(1 − u)n f (n+1) (0) du

0

  (1 − u)n+1 1 (n+1) |x|n+1 − f (0) n! n+1 0

n∞

=

4) On a donc, pour tout x ∈ [0 ; a[ : Sn (x) = f (x) − Rn (x) −−−→ f (x) − 0 = f (x) . n∞

Ceci montre que, pour tout x ∈ [0 ; a[, la série de Taylor de f en 0, prise en x converge et a pour somme f (x) . b) Soit x ∈ ] − a ; 0] . On, a, en utilisant le même changement de variable qu’en a) 2) : n+1  1 x (1 − u)n f (n+1) (xu) du |Rn (x)| = n! 0  |x|n+1 1 (1 − u)n f (n+1) (xu) du. = n! 0 Comme f (n+1) est  0 et croissante, on déduit :

310

|x|n+1 (n+1) (0)
Rn (|x|). f (n + 1)!

D’après a) 4), puisque |x| ∈ [0 ; a[, on a : Rn (|x|) −−−→ 0 . Il s’ensuit, par encadrement : Rn (x) −−−→ 0,

n∞

n∞

donc :

Sn (x) = f (x) − Rn (x) −−−→ f (x). n∞

Ceci montre que la série de Taylor de f en 0, prise en x, converge et a pour somme f (x) . c) D’après a) et b), on a : ∀ x ∈ ] − a ; a[, f (x) = donc f est dSE(0), de rayon  a.

+∞  f (k) (0) k x , k! k=0

Séries de Fourier

Plan

CHAPITRE

7

Thèmes abordés dans les exercices

Les méthodes à retenir 311

•

Calcul des coefficients de Fourier, exponentiels ou trigonométriques, d’une application R −→ K périodique et continue par morceaux

• •

Développement d’une application R −→ K périodique assez régulière en série de Fourier Obtention de certaines sommes de séries numériques convergentes, par +∞  1 π2 = exemple : 2 n 6 n=1

•

Obtention de certaines égalités entre intégrales et sommes de séries

•

Obtention de certaines inégalités portant sur des intégrales.

Énoncés des exercices 313 Du mal à démarrer ?

318

Corrigés

320

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •

Définition des coefficients de Fourier, exponentiels ou trigonométriques, d’une application R −→ K périodique et continue par morceaux

•

Formule(s) donnant les coefficients de Fourier d’une dérivée

•

Théorème de Dirichlet de convergence simple, théorème de Dirichlet de convergence normale

•

Théorème de Parseval, formule de Parseval réelle, formule de Parseval complexe.

Les méthodes à retenir On note CMT le K-espace vectoriel des applications R −→ K, T-périodiques

et continues par morceaux CT le K-espace vectoriel des applications R −→ K, T-périodiques et

continues. 311

Chapitre 7 • Séries de Fourier

2π , la définition des coefficients de Fourier T  1 f (t) e−i nωt dt, n ∈ Z, exponentiels de f : cn ( f ) = T [T ] ou la définition des coefficients de Fourier trigonométriques de f :  2 an ( f ) = f (t) cos nωt dt, n ∈ N , T [T ]  2 bn ( f ) = f (t) sin nωt dt, n ∈ N∗ . T [T ] Appliquer, avec ω =

Pour calculer directement, quand c’est possible, les coefficients de Fourier d’un élément f de CMT

Tenir compte d’une éventuelle parité ou imparité de f. Pour calculer ces coefficients, utiliser, en général l’une des démarches suivantes : • calcul direct

➥ Exercice 7.1 a) • intégration par parties ➥ Exercices 7.2 a), 7.4 a), 7.7 a), 7.19 a) • linéarisation ➥ Exercices 7.3 a), 7.6 • intervention de l’exponentielle complexe ➥ Exercices 7.7 a), 7.19 a). Appliquer l’un des deux théorèmes de Dirichlet : • le théorème de convergence simple, lorsque f est T-périodique et de Pour étudier les convergences de la série de Fourier d’un élément f de CMT , et préciser sa somme

classe C 1 par morceaux.

➥ Exercices 7.1 b), 7.19 b) • le théorème de Dirichlet de convergence normale, lorsque f est T-périodique, de classe C 1 par morceaux et continue sur R.

➥ Exercices 7.2 b), 7.3 b), 7.4 b), 7.6, 7.7, 7.22 c).

Appliquer un des deux théorèmes de Dirichlet ou une formule de Parseval. Pour obtenir des sommes de séries numériques, après avoir calculé des coefficients de Fourier

312

➥ Exercices 7.1 c), 7.2 c), 7.3 c), 7.4 c), 7.7 c), 7.19 b), 7.22 c) Les sommes de séries dont le terme général ressemble à an , bn , cn proviennent souvent d’un théorème de Dirichlet. Les sommes de séries dont le terme général ressemble à an2 , bn2 , |cn |2 , proviennent souvent d’une formule de Parseval.

Énoncés des exercices

Pour relier entre elles des sommes de séries convergentes du genre +∞ +∞   1 1 , et 2 n (2p+1)2 n=1 p=0

➥ Exercices 7.1 c), 7.2 c), 7.7 c).

Exprimer la fonction comme somme d’une série de fonctions et montrer que l’on peut permuter intégrale et série par l’une des trois méthodes habituelles (cf. les méthodes à retenir du chapitre 5).

Pour calculer les coefficients de Fourier d’une fonction, lorsque le calcul direct ne paraît pas faisable

➥ Exercices 7.14, 7.15, 7.16, 7.17 a), 7.23 b) Ne pas confondre l’indice d’un terme de la sommation donnant f initialement, et l’indice concernant le terme d’une série de Fourier.

Pour obtenir une égalité entre une fonction et une somme de série trigonométrique

Pour obtenir une inégalité portant sur des intégrales de carrés de fonctions

Séparer, dans une somme partielle, les termes d’indices pairs, d’indices impairs, puis passer aux limites.

Essayer d’appliquer un des deux théorèmes de Dirichlet à une fonction bien choisie.

➥ Exercice 7.6.

Essayer de se ramener, quand c’est possible, à une inégalité portant sur des sommes de séries numériques, en utilisant une formule de Parseval.

➥ Exercices 7.9, 7.11, 7.13.

Énoncés des exercices 7.1

Exemple de développement en série de Fourier, créneau Soit f : R −→ R , 2π-périodique, paire, telle que, pour tout t ∈ [0 ; π] :

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

f (t) = 1 si 0
t <

π , 2

f (t) = 0 si t =

π , 2

f (t) = −1 si

π < t
π. 2

a) Vérifier f ∈ CM2π et calculer les coefficients de Fourier (trigonométriques) de f. b) Étudier les convergences de la série de Fourier de f et préciser sa somme. c) En déduire les sommes de séries suivantes :

7.2

+∞ +∞ +∞    (1) p 1 1 , . , 2 2 2 p + 1 (2 p + 1) n p=0 p=0 n=1

Exemple de développement en série de Fourier, dent de scie continue Soit f : R −→ R , 2π-périodique, impaire, telle que : f (t) = t si 0
t <

π , 2

f (t) = π − t si

π
t
π. 2 313

Chapitre 7 • Séries de Fourier

a) Vérifier f ∈ CM2π et calculer les coefficients de Fourier (trigonométriques) de f. b) Étudier les convergences de la série de Fourier de f et préciser sa somme. c) En déduire les sommes de séries suivantes : +∞  p=0

7.3

1 , (2 p + 1)2

+∞  1 , n2 n=1

+∞  p=0

1 , (2 p + 1)4

+∞  1 . n4 n=1

Exemple de développement en série de Fourier, courant redressé Soit f : R −→ R, t −→ | sin t|. a) Vérifier f ∈ CMπ et calculer les coefficients de Fourier (trigonométriques) de f. b) Étudier les convergences de la série de Fourier de f et préciser sa somme. +∞ 

c) En déduire les sommes de séries suivantes :

n=1

7.4

+∞ +∞   1 (−1)n 1 , , . 4n 2 − 1 n=1 4n 2 − 1 n=1 (4n 2 − 1)2

Exemple de développement en série de Fourier, raccord de paraboles Soit f : R −→ R , 2π-périodique, impaire, telle que : ∀ t ∈ [0 ; π], f (t) = t (π − t). a) Vérifier f ∈ CM2π et calculer les coefficients de Fourier (trigonométriques) de f. b) Étudier les convergences de la série de Fourier de f et préciser sa somme. c) En déduire les sommes de séries :

+∞  p=0

7.5

+∞ +∞   (−1) p 1 1 , , . 3 6 6 (2 p + 1) (2 p + 1) n p=0 n=1

Coefficients de Fourier nuls  Soit f : [−π ; π] −→ C continue telle que : ∀ n ∈ Z,

π

−π

f (t) ei nt dt = 0.

Montrer : f = 0.

7.6

Exemple de développement en série de Fourier Montrer qu’il existe une suite réelle (αn )n∈N telle que : ∀ t ∈ R, | cos t| =

+∞ 

αn cos 2 nt,

n=0

et déterminer une telle suite (αn )n∈N .

7.7

Exemple de développement en série de Fourier avec paramètre Soit λ ∈ ]0 ; +∞[ fixé. On considère l’application f : R −→ R , 2π-périodique, telle que : ∀ t ∈ ] − π ; π], f (t) = ch (λt). a) Vérifier f ∈ CM2π et calculer les coefficients de Fourier (trigonométriques) de f. b) Étudier les convergences de la série de Fourier de f et préciser sa somme. c) En déduire les sommes de séries suivantes :

7.8

314

+∞ +∞ +∞    (−1)n 1 1 , , . 2 2 2 2 2 λ + n λ + n (λ + n 2 )2 n=1 n=1 n=1

Calcul d’une intégrale par utilisation de ζ(2)  +∞ x − E(x) dx. Existence et calcul de I = x3 1

Énoncés des exercices

7.9

Inégalité sur des intégrales Soient T ∈ ]0 ; +∞[, ω =

2π , f : R −→ C , T-périodique, de classe C 1 , telle que : T  2π f (t) ei nωt dt = 0 . ∀ n ∈ {−1, 0, 1}, 0

1 Montrer : || f ||2
|| f  ||2 , où : || f ||2 = 2

7.10



1 T



T

| f (t)| dt 2

 12

, et de même pour || f  ||2 .

0

Nullité de certains coefficients de Fourier Soit f : R −→ C , 2π-périodique, continue.  2π f (t) ei (2k+1)t dt = 0. Montrer que f est π -périodique. On suppose : ∀ k ∈ Z, 0

7.11

Inégalité sur des intégrales Soient T > 0, f : R −→ C, T-périodique, de classe C 1 par morceaux, continue.    T  T T2 1  T 2 | f |2
2 | f |2 +  f . Montrer : 4π 0 T 0 0

7.12

Nullité d’une fonction par orthogonalité On note, pour tout n ∈ Z : en : R −→ C, t −→ ei nt ,

ϕn = en−1 + en + en+1 .

Soit f ∈ C2π telle que : ∀ n ∈ Z, (ϕn | f ) = 0, pour le produit scalaire usuel sur C2π . Montrer : f = 0.

7.13

Inégalité sur des intégrales Soit f : R −→ C , 2π-périodique, de classe C 2 par morceaux, de classe C 1 .  2π  2π  2π 2  2 4 |f| +2 |f | 5 | f  |2 . Montrer : 0

7.14

0

0

Série de Fourier d’une série trigonométrique complexe Soit (γn )n∈Z une suite (indexée par Z ) à termes dans C. p  γk ei kt . On note, pour tout p ∈ N : Sp : R −→ C, t −→

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

k=− p

On suppose que la suite (Sp ) p∈N converge uniformément sur R vers une application notée f. Démontrer que f est 2π-périodique, continue, et que : ∀ n ∈ Z, cn ( f ) = γn .

7.15

Série de Fourier d’une série trigonométrique réelle Soient αn )n0 ,(βn )n1 deux suites réelles telles que la suite d’applications (Sn )n∈N définie par : n α0  (αk cos kt + βk sin kt) + ∀ t ∈ R, Sn (t) = 2 k=1 converge uniformément sur R vers une application notée f. a) Montrer que f est 2π-périodique et continue sur R.     b) Établir : ∀ n  0, an ( f ) = αn et ∀ n  1, bn ( f ) = β . 315

Chapitre 7 • Séries de Fourier

7.16

Développement en série de Fourier par utilisation d’une série trigonométrique Soient z ∈ C tel que |z| < 1, et f : R −→ C, t −→

1 . 1 + z ei t

Vérifier f ∈ CM2π et calculer les coefficients de Fourier exponentiels de f.

7.17

Développement en série de Fourier par utilisation d’une série trigonométrique Soit a ∈ ]0 ; +∞[. On note f : R −→ R, t −→

1 . ch a + cos t

a) Vérifier f ∈ CM2π et déterminer les coefficients de Fourier (trigonométriques) de f. On pourra utiliser l’exercice 7.15. b) En déduire, pour tout n ∈ N :  π cos nt π(−1)n e−na dt = sh a 0 ch a + cos t  π 1 dt. c) Calculer : I = (ch a + cos t)2 0

7.18



π

et 0

sin nt dt = 0. ch a + cos t

Calcul d’intégrales, connaissant ζ(2)  1 +∞  ln(1 + x) (−1)n−1 π2 = dx = . a) Montrer : 2 x n 12 0 n=1 (Utiliser l’exercice 7.1 ou l’exercice 7.2.) b) En déduire les valeurs des intégrales suivantes :  1  1  1 lnx lnx lnx dx , (1) dx, (2) dx, (3) 1 + x 1 − x 1 − x2 0 0 0  +∞  1 2  1 x ln x ln x ln (1 + x) dx, (6) ln th x dx , dx, (5) puis de : (4) 2 0 x −1 0 0  +∞  +∞ x x (7) dx, (8) dx . ex + e2x ex − 1 0 0

7.19

Exemple de développement en série de Fourier, calcul d’une intégrale Soient x ∈ [0 ; +∞[, f : R −→ R , 2π-périodique, telle que f (π) = 0 et : ∀ t ∈ ] − π ; π[, f (t) = sh xt . a) Vérifier f ∈ CM2π et calculer les coefficients de Fourier (trigonométriques) de f. b) Étudier la convergence de la série de Fourier de f, et montrer : ∀ t ∈ ] − π ; π[, sh xt =  c) En déduire : 0

+∞  2(−1)n+1 n sh πx n=1

+∞

π(n 2 + x 2 )

sin nt .

cos xt π dt = πx . ch t 2 ch 2

7.20 Utilisation des coefficients de Fourier pour la détermination d’une fonction assez régulière Déterminer l’ensemble des applications f : R −→ C , 2π-périodiques, de classe C ∞, telles qu’il existe M ∈ R+ tel que : ∀ (n,x) ∈ N × R, | f (n) (x)|
M. 316

Énoncés des exercices

7.21 Opérateur de translation dans C2π Le R-espace vectoriel C2π des applications 2π-périodiques et continues de R dans R est muni  1 f (t)g(t) dt et de la norme ||.||2 associée. du produit scalaire ( f,g) −→ ( f | g) = 2π [2π] On note, pour a ∈ R et f ∈ C2π , τa ( f ) la translatée de f par a : τa f : R −→ R, t −→ f (t − a) . a) Montrer que, pour tout a ∈ R , τa ∈ LC (C2π ) et calculer |||τa ||| . b) Démontrer que, pour toute f ∈ C2π , l’application R −→ C2π , a −→ τa f est continue.

7.22 Calcul d’intégrales utilisant des séries de Fourier Soit α ∈ ]1 ; +∞[ .  a) Montrer :

+∞

α 0

 b) En déduire :

+∞

α 0

c) Établir :

dt = tα + 1

 0

1

1

1

u α−1 + u − α du. 1+u

n+1 2 +∞ (−1)  dt α. =α+ 1 tα + 1 n=1 n 2 − α2

∀ x ∈ ]0 ; 1[,

+∞  2(−1)n+1 x 1 1 = − , π(n 2 − x 2 ) sin πx πx n=1

en étudiant, pour x ∈ ]0 ; 1[ fixé, la fonction f : R −→ R , 2π-périodique, telle que f (t) = cos xt si t ∈ ] − π ; π].  d) Démontrer :

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

0

+∞

π dt α = π. tα + 1 sin α

e) En déduire les valeurs des intégrales suivantes :  +∞ x−1  +∞ t t x−2 ln (1 + t) dt, x ∈ ]0 ; 1[ dt, x ∈ ]0 ; 1[ 2) 1) 1+t 0 0  +∞ eat dt, (a,b,c) ∈ R3 , b < a < c 3) bt ct −∞ e + e  +∞  +∞ at e ch at dt, (a,c) ∈ R2 , |a| < c dt, (a,c) ∈ R2 , |a| < c. 4) 5) ch ct −∞ ch ct 0

7.23 Trouver une fonction dont les coefficients de Fourier vérifient des inégalités Soit (αn )n0 une suite à termes dans R+ , convergeant vers 0.  ασ(n) converge. a) Montrer qu’il existe une extractrice σ telle que la série n 0

b) En déduire qu’il existe f : R −→ R , 2π-périodique, continue, telle que, en notant an ( f ), bn ( f ) (n ∈ N) les coefficients de Fourier trigonométriques de f, il existe une infinité de n ∈ N tels que : |an ( f )| + |bn ( f )|  αn . (Utiliser l’exercice 7.15.) 317

Chapitre 7 • Séries de Fourier

Du mal à démarrer ? a) • Tracer la courbe représentative de f et montrer f ∈ CM2π .

b) Appliquer le théorème de Dirichlet de convergence normale. π c) • Appliquer b) en t = . 2

• Les bn sont tous nuls. Pour calculer an, appliquer la définition des coefficients de Fourier trigonométriques de f.

• Appliquer la formule de Parseval réelle.

b) Appliquer le théorème de Dirichlet de convergence simple.

• Séparer en termes d’indices pairs, d’indices impairs, d’abord sur des sommes partielles, puis passer à la limite.

7.1

c) • Appliquer b) en t = 0.

7.5

• Appliquer la formule de Parseval réelle.

7.6

• Séparer en termes d’indices pairs, d’indices impairs, d’abord sur des sommes partielles, puis passer à la limite.

7.7

7.2

a) • Tracer la courbe représentative de f et montrer f ∈ CM2π .

• Les an sont tous nuls. Pour calculer bn, appliquer la définition des coefficients de Fourier trigonométriques de f. Utiliser une intégration par parties.

Développer t −→ | cos t| en série de Fourier, puis exprimer les cos 2nt à l’aide de cos 2 nt. a) • Tracer la courbe représentative de f (pour λ fixé) et montrer f ∈ CM2π .

• Les bn sont tous nuls. Pour calculer an, appliquer la définition des coefficients de Fourier trigonométriques de f. Utiliser l’exponentielle complexe, ou bien faire deux intégrations par parties successives.

b) Appliquer le théorème de Dirichlet de convergence normale. π c) • Appliquer b) en t = . 2

b) Appliquer le théorème de Dirichlet de convergence normale.

• Séparer en termes d’indices pairs, d’indices impairs, d’abord sur des sommes partielles, puis passer à la limite.

• Appliquer la formule de Parseval réelle.

• Appliquer la formule de Parseval réelle. • Séparer en termes d’indices pairs, d’indices impairs, d’abord sur des sommes partielles, puis passer à la limite.

7.3

a) • Tracer la courbe représentative de f et montrer f ∈ CM2π .

• Les bn sont tous nuls. Pour calculer an, appliquer la définition des coefficients de Fourier trigonométriques de f, en n’oubliant pas qu’ici la pulsation est ω = 2 . Utiliser une linéarisation. b) Appliquer le théorème de Dirichlet de convergence normale. π c) • Appliquer b) en t = 0, en t = . 2 • Appliquer la formule de Parseval réelle.

7.4

a) • Tracer la courbe représentative de f et montrer f ∈ CM2π .

• Les an sont tous nuls. Pour calculer bn, appliquer la définition des coefficients de Fourier trigonométriques de f. Faire deux intégrations par parties successives, en gardant le facteur t (π − t) groupé.

318

Considérer g : R −→ C, 2π-périodisée de f.

c) • Appliquer b) en t = 0, en t = π.

1) Existence : Étude en +∞ par majoration.  N +1 x − E(x) dx, 2) Calcul :Pour N ∈ N∗ ,décomposer l’intégrale x3 1 à l’aide de la relation de Chasles, en faisant intervenir  n+1 x −n In = dx. Calculer In et terminer. x3 n

7.8

Appliquer la formule de Parseval complexe à f et à f  , et utiliser la formule donnant les coefficients de Fourier exponentiels de f  en fonction de ceux de f.

7.9

7.10

Considérer l’application g : R −→ C, t −→ f (t + π) − f (t) .

Appliquer la formule de Parseval complexe à f et à f  , et utiliser la formule donnant les coefficients de Fourier exponentiels de f  en fonction de ceux de f.

7.11

7.12

Noter g : R −→ C, t −→ (eit − 2 + e−it ) f (t),

et montrer :

∀ n ∈ Z, (en | g) = 0.

En déduire, convenablement, g = 0 , puis, convenablement, f = 0.

Du mal à démarrer ?

Appliquer la formule de Parseval complexe à f, à f  , à f , et utiliser les formules donnant les coefficients de Fourier exponentiels de f  et de f  en fonction de ceux de f.

7.13

7.14 1) Montrer que f est 2π-périodique, par limite simple. 2) Montrer que f est continue, par limite uniforme. 3) Montrer, pour tout n ∈ Z fixé :   1 1 Sp (t) e−int dt −→ f (t) e−int dt . p∞ 2π [2π] 2π [2π]

7.15

a) • Montrer que f est 2π-périodique, par limite simple.

• Montrer que f est continue, par limite uniforme. b) Montrer, pour tout p ∈ N fixé :   1 π 1 π Sn (t) cos pt dt lim f (t) cos pt dt . π −π π −π 1 à l’aide de la série géométrique, puis 1 + z eit montrer que l’on peut permuter intégrale et série.

7.16

7.17

Développer

a) Utiliser l’exponentielle complexe pour obtenir :   ea e−a 1 − ∀ t ∈ R, f (t) = , sh a eit + ea eit + e−a

puis utiliser la série géométrique pour obtenir : ∀ t ∈ R, f (t) =

+∞ 2  1 (−1)n e−na cos nt , + sh a sh a n=1

et enfin montrer que l’on peut permuter intégrale et série. c) Appliquer la formule de Parseval réelle.

a) Pour calculer les bn, utiliser l’exponentielle complexe, ou bien deux intégrations par parties successives. b) Appliquer le théorème de Dirichlet de convergence simple. cos xt à l’aide de la série géométrique, montrer ch t que l’on peut permuter intégrale et série par étude de l’intégrale du reste, et obtenir :  +∞ +∞  cos xt 2(−1)n (2n + 1) dt = . ch t (2n + 1)2 + x 2 0 n=0

c) Développer

Utiliser enfin b).

7.20

1) Soit f convenant. Utiliser la relation exprimant les coefficients de Fourier exponentiels de f (k) en fonction de ceux f. de En déduire : ∀ n ∈ Z − {−1, 0, 1}, cn ( f ) = 0 , puis montrer : ∀ x ∈ R, f (x) = c−1 ( f ) e−ix + c0 ( f ) + c1 ( f ) eix . 2) Étudier la réciproque.

7.21

a) • Montrer que τa est un endomorphisme du R-espace vectoriel C2π .

• Obtenir :

∀ f ∈ C2π , ||τa ( f )||2 = || f ||2 .

b) Pour f ∈ C2π fixée, montrer que f est uniformément continue sur R et en déduire que a −→ τa f est uniformément continue sur R. 1 t dans une des deux intégrales, puis changement de variable u = tα.

7.22

a) Relation de Chasles et changement de variable v =

a) Utiliser le DSE(0) de x −→ ln(1 + x) . Par continuité et convergence uniforme sur un segment, montrer que l’on peut permuter intégrale et série. Obtenir :  1 +∞  ln(1 + x) (−1)n−1 dx = . x n2 0 n=1

1 et montrer que l’intégrale 1+u du reste tend vers 0. En déduire que l’on peut permuter intégrale et série.

b) 1) Intégration par parties.

d) Utiliser b) et c).

7.18

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

7.19

2), 3) Noter  1 lnx dx, I = 0 1+x

b) Utiliser le DSE(0) de u −→

c) Appliquer le théorème de Dirichlet de convergence normale à f.

e) 1) Changement de variable u = t x .  J= 0

1

lnx dx, 1+x

 K = 0

1

lnx dx . 1 − x2

Montrer : I + J = 2K , I = 4J − 4K . En déduire J,K . 4) Séparer par linéarité. 5) Intégration par parties. 6) Changement de variable u = th x. 7) Changement de variable u = ex . 8) Changement de variable u = e−x .

2) Intégration par parties. 3) Changement de variable u = e(c−b)t . 4) Cas particulier de 3).

5) Appliquer 4).

a) Construire σ (0) tel que aσ (0) < 1, puis σ (1) tel que aσ (0) + aσ (1) < 1 , etc.

7.23

b) Considérer la suite réelle (u n )n 0 définie, pour tout n ∈ N, par u n = αn s’il existe k ∈ N tel que n = σ (k) , u n = 0 sinon, et considérer, pour tout n ∈ N, l’application f n : R −→ R, t −→ u n cos nt.

319

Corrigés des exercices 7.1

a)

• Soit N ∈ N. On a, en séparant les termes d’indices pairs, d’indices impairs :

y y = f (t) -- π O 2

--π

2N +1 

π 2

π

n=1

t

N N   1 1 1 = + . 2 2 n (2 p) (2 p + 1)2 p=1 p=0

D’où, en faisant tendre l’entier N vers l’infini, et puisque les séries qui interviennent convergent :

Il est clair que f est 2π-périodique et continue par morceaux sur R donc f ∈ CM2π , et les coefficients de Fourier (trigonométriques) an , bn (n ∈ N) de f existent. Puisque f est paire, on a : ∀ n ∈ N∗ , bn = 0. On a, pour tout n ∈ N , en utilisant la parité de f :  π  2 2 π f (t) cos nt dt = f (t) cos nt dt an = 2π −π π 0  π   π 2 2 cos nt dt − cos nt dt . = π π 0 2 On a donc a0 = 0, et, pour tout n  1 : π π/2

π 4 2

sin nt 0 − sin nt π/2 = sin n an = . πn πn 2

+∞ +∞ +∞   1 1 1 1 = + , 2 2 n 4 p (2 p + 1)2 n=1 p=1 p=0

donc : +∞  1 = 2 n n=1

+∞ 

1 1−

1 4

p=0

1 4 π2 π2 = = . 2 (2 p + 1) 3 8 6

Réponse : +∞ +∞ +∞  (−1) p 1 1 π2  π2 π  = = . = , , 2 2 2p + 1 4 p=0 (2 p + 1) 8 n=1 n 6 p=0

7.2 a)

y

On a donc, pour tout p ∈ N : a2 p = 0

et

a2 p+1 =

4(−1) p . π(2 p + 1)

--π

1

b) Puisque f est 2π-périodique et de classe C par morceaux, d’après le théorème de Dirichlet de convergence simple, la série de Fourier de f converge simplement sur R et a pour somme f de f. la régularisée On a donc, pour tout t ∈ R : +∞   1 + 4(−1) p

f (t ) + f (t − ) = cos (2 p + 1)t . f (t) = 2 π(2 p + 1) p=0

c) • En remplaçant t par 0 dans le résultat de b), on obtient : +∞ +∞   4(−1) p (−1) p π = 1, donc : = . π(2 p + 1) 2 p + 1 4 p=0 p=0 • Puisque f ∈ CM2π , d’après la formule de Parseval réelle, on a :  π +∞  2 1 1 a02 + f (t) dt , (an2 + bn2 ) = 4 2 n=1 2π −π c’est-à-dire ici :

d’où :

+∞  p=0

320

+∞ 1 16 1 = 2 p=0 π2 (2 p + 1)2 π

1 π2 = . 2 (2 p + 1) 8

 0

π

dt = 1,

-- π 2

y = f (t) O

π 2

π

t

Il est clair que f est 2π-périodique et continue par morceaux sur R (et même, continue sur R), donc f ∈ CM2π et les coefficients de Fourier (trigonométriques) an , bn , (n ∈ N) de f existent. Puisque f est impaire, on a : ∀ n ∈ N, an = 0. On a, pour tout n ∈ N∗ , en utilisant l’imparité de f :  π  2 2 π f (t) sin nt dt = f (t) sin nt dt 2π −π π 0   π 2 π/2 t sin nt dt + (π − t) sin nt dt = π 0 π/2   π/2 2 π/2 = t sin nt dt + u sin (nπ − nu) du u =π−t π 0 0  π/2  2 π/2 t sin nt dt − (−1)n u sin nu du = π 0 0   π/2 2 n = 1 + (−1) t sin nt dt. π 0

bn =

Il s’ensuit : ∀ p ∈ N∗ , b2 p = 0, et, pour tout p ∈ N, grâce à une intégration par parties :  4 π/2 b2 p+1 = t sin (2 p + 1)t dt π 0     π/2 cos (2 p + 1)t 4 sin (2 p + 1)t π/2 + dt = −t π 2p + 1 2p + 1 0 0  π/2 4(−1) p 4 sin (2 p + 1)t = . = π 2p + 1 π(2 p + 1)2 0 b) Puisque f est 2π-périodique, de classe C 1 par morceaux sur R et continue sur R, d’après le théorème de Dirichlet de convergence normale, la série de Fourier de f converge normalement (donc uniformément, absolument, simplement) sur R et a pour somme f. On a donc : ∀ t ∈ R, f (t) =

+∞  p=0

 π +∞  2 1 16 1 f (t) dt = 2 p=0 π2 (2 p + 1)4 2π −π    π 2 1 π/2 2 1 π f (t) dt = t dt − (π − t)2 dt = π 0 π 0 π/2   π/2 1 π/2 2 = t dt + u 2 du u=π−t π 0 0  2  t 3 π/2 π2 2 π/2 2 . = t dt = = π 0 π 3 0 12 +∞ 

d’où :

p=0

• Comme en 1), en séparant les termes d’indices pairs, d’indices impairs et puisque les séries qui interviennent convergent, on a : +∞ +∞ +∞    1 1 1 = + , 4 4 n (2 p) (2 p + 1)4 n=1 p=1 p=0

4(−1) p sin (2 p + 1)t. π(2 p + 1)2

Remarque : La convergence normale résulte aussi de :    4(−1) p  4 
∀ p ∈ N, ∀ t ∈ R,  sin (2 p + 1)t  2 (2 p + 1) π(2 p + 1)2 et de la convergence de la série numérique

 p0

1 . (2 p + 1)2

donc : +∞  1 = 4 n n=1

Réponse :

+∞  p=0

1 π2 = . 2 (2 p + 1) 8

+∞  p=0

π dans le résultat de b), on obtient : 2   +∞  π 4 π = , = f 2 π(2 p + 1) 2 2 p=0

c) • En remplaçant t par

donc :

1 2π2 π2 π4 = = . 4 (2 p + 1) 16 12 96

+∞  p=0

+∞ 

1 1−

1 4

p=0

1 16 π4 π4 = = . 4 (2 p + 1) 15 96 90

1 π2 = , (2 p + 1)2 8 1 π4 = , 4 (2 p + 1) 96

7.3 a)

+∞  1 π2 = , n2 6 n=1 +∞  1 π4 = . 4 n 90 n=1

y

• On a, pour tout N ∈ N∗, en séparant les termes d’indices pairs, d’indices impairs : 2N +1  n=1

y = f(t)

N N   1 1 1 = + . 2 2 n (2 p) (2 p + 1)2 p=1 p=0

2

D’où, en faisant tendre l’entier N vers l’infini, et puisque les séries qui interviennent convergent : +∞ +∞ +∞   1 1 1 1 = + , 2 2 n 4 p=1 p (2 p + 1)2 n=1 p=0 +∞  1 = d’où : 2 n n=1

+∞ 

2

+∞ 1 a02 1 (an2 + bn2 ) = + 4 2 n=1 2π

c’est-à-dire ici :



π

−π



t 2

L’application f : t −→ | sin t| est π-périodique et continue par morceaux (car continue), donc f ∈ CMπ , et les coefficients de Fourier (trigonométriques) an , bn (n ∈ N) de f existent. Comme f est paire, on a : ∀ n ∈ N∗ , bn = 0.

2

1 4π π = = . 1 p=0 (2 p + 1)2 3 8 6 1− 4 • Puisque f ∈ CM2π , on a, d’après la formule de Parseval réelle : 1

O

2 f (t) dt ,

On a, pour tout n ∈ N :   2 π 2 π f (t) cos 2nt dt = sin t cos 2nt dt an = π 0 π 0  π   1 = sin (2n + 1)t − sin (2n − 1)t dt π 0 1 cos (2n + 1)t cos (2n − 1)t π = − + 0 π 2n + 1 2n − 1 1 4 1 1 − = − . = π 2n + 1 2n − 1 π(4n 2 − 1) 321

 4  ∀ n ∈ N, an = − π(4n 2 − 1) On conclut :  ∀ n ∈ N∗ , bn = 0.

y π2 4

b) L’application f est π-périodique, de classe C 1 par morceaux sur R, continue sur R, donc, d’après le théorème de Dirichlet de convergence normale, la série de Fourier de f converge normalement, donc uniformément, absolument, simplement, sur R et a pour somme f. D’où : ∀ t ∈ R, | sin t| =

a0 + 2 =

+∞  n=1

(an cos 2nt + bn sin 2nt)

+∞ 4 2  − cos 2nt. π n=1 π(4n 2 − 1)

1 1 = . 4n 2 − 1 2

π dans le résultat de b), on obtient : 2 +∞ 2  4 1= − (−1)n , π n=1 π(4n 2 − 1)   +∞  (−1)n π 2 1 π = − 1 = − . d’où : 2 −1 4n 4 π 2 4 n=1 • Puisque f ∈ CMπ , d’après la formule de Parseval réelle :  +∞ 2 1 1 π a02 = f (t) dt, (an2 + bn2 ) = 4 2 n=1 π 0

c’est-à-dire ici :  +∞ 1 16 1 1 π + = sin 2 t dt π2 2 n=1 π2 (4n 2 − 1)2 π 0    π sin 2t π 1 1 1 t− (1 − cos 2nt) dt = = , = 2π 0 2π 2 2 0 et on conclut :

n=1

Réponse :

  π2 − 2 1 π2 1 1 = = − . (4n 2 − 1)2 8 2 π2 16

+∞  n=1

y = f(t)

n=1

• En remplaçant t par

+∞ 

t

2

2

+∞ 

c) • En remplaçant t par 0 dans le résultat de b), on obtient : +∞ 4 2  , 0= − π n=1 π(4n 2 − 1) d’où :

O

+∞ (−1)n 1 π 1 1  = − , = , 2 4 −1 2 n=1 4n 2 − 1 +∞  1 π2 − 2 = . (4n 2 − 1)2 16 n=1

4n 2

De plus, f est impaire, donc : ∀ n ∈ N, an = 0. On a, pour tout n ∈ N∗ :   2 1 π f (t) sin nt dt = f (t) sin nt dt bn = 2π [2π] π −π  2 π = t (π − t) sin nt dt π 0  π cos nt π cos nt 2  − t (π − t) dt = − (−π + 2t) ipp 0 π n n 0  π 2 = − (2t − π) cos nt dt πn 0  π sin nt π 2  sin nt (2t − π) dt = − − 2 ipp 0 πn n n 0  π 4 4  cos nt π = sin nt dt = − 2 2 0 πn 0 πn n   n 4 1 − (−1) = . πn 3   ∀ n ∈ N, an = 0   n On conclut :  ∀ n ∈ N∗ , bn = 4 1 − (−1) . πn 3 b) Puisque f est 2π-périodique et de classe C 1 par morceaux et continue sur R (et même de classe C 1 sur R), d’après le théorème de convergence normale de Dirichlet, la série de Fourier de f converge normalement, donc uniformément, absolument, simplement, sur R et a pour somme f. On a donc : ∀ t ∈ R, f (t) =

+∞ a0  (an cos nt + bn sin nt) + 2 n=1 +∞ 4 1 − (−1)n  sin nt. = πn 3 n=1

En particulier :

7.4

a) Il est clair que f est 2π-périodique (par définition) et continue par morceaux (et même continue) sur R, donc les coefficients de Fourier (trigonométriques) an , bn (n ∈ N) de f existent (voir schéma ci-après).

322

∀ t ∈ [0 ; π], t (π − t) =

+∞ 4 1 − (−1)n  n=1

πn 3

sin nt .

π dans le résultat de b), on obtient : 2   +∞ 4 1 − (−1)n  π2 π sin n = 3 4 πn 2 n=1    +∞ +∞  8 8(−1) p π = = sin (2 p + 1) , 3 π(2 p + 1) 2 π(2 p + 1)3 p=0 p=0

c) 1) En remplaçant t par

+∞  1 = n6 n=1

Réponse :

p=0

(−1) p π3 = . 3 (2 p + 1) 32

2) Puisque f est 2π-périodique et continue par morceaux sur R, on a, d’après la formule de Parseval :  +∞  2 1 1 a02 + f (t) dt . (an2 + bn2 ) = 4 2 n=1 2π [2π]       noté SM noté PM

+∞ 

1 1− 6 2

p=0

+∞ 

p=0

1 64 π6 π6 = = . 6 (2 p + 1) 63 960 945

(−1) p π3 = , 3 (2 p + 1) 32

p=0 +∞ 

car les termes d’indices pairs sont tous nuls, d’où : +∞ 

1

1 π6 = , (2 p + 1)6 960

+∞  1 π6 = . n6 945 n=1

7.5 Considérons l’application g : R −→ C, coïncidant avec f sur [−π ; π[ et 2π-périodique.

y

Ici : 2  +∞ +∞ 16 1 − (−1)n 1 32  1 PM = = 2 6 2 2 n=1 πn π p=0 (2 p + 1)6 car les termes d’indices pairs sont tous nuls, et :  π   2 2 1 1 π f (t) dt = t (π − t) dt SM = 2π −π π 0  t4 1  t5 1 π 4 t 3 π − 2π + π2 (t − 2πt 3 + t 2 π2 ) dt = = π 0 π 5 4 3 0 1 1 1 π4 π4 1 π5 π3 − 2π + π2 = π4 − + = . = π 5 4 3 5 2 3 30 On a donc :

+∞ 32  1 π4 = , π2 p=0 (2 p + 1)6 30

+∞ 

d’où :

p=0

1 π6 = . (2 p + 1)6 960

3) On a, pour tout N ∈ N, en séparant les termes d’indices pairs, d’indices impairs : 2N +1  n=1

N N   1 1 1 = + 6 6 n (2 p) (2 p + 1)6 p=1 p=0

=

N N  1 1 1  + , 6 6 2 p=1 p (2 p + 1)6 p=0

d’où, en faisant tendre l’entier N vers l’infini, et puisque les séries qui interviennent convergent : +∞ +∞ +∞   1 1 1 1  = + , 6 6 6 n 2 n (2 p + 1)6 n=1 n=1 p=0

et donc :

–π

π

O

t

f g

Ainsi, g ∈ CM2π . Les coefficients de Fourier exponentiels de g sont, pour

n ∈Z: cn (g) =

1 2π



π

−π

g(t) e−i nt dt =

1 2π



π

−π

f (t) e−i nt dt = 0 .

D’après le cours, il en résulte g = 0, donc, en particulier :

∀ t ∈ [−π ; π[, f (t) = g(t) = 0. Enfin, comme f est continue en π , on a aussi f (π) = 0 , et on conclut : f = 0 .

7.6 Nous allons développer t −→ | cos t| en série de Fourier, puis exprimer les cos 2nt à l’aide de cos 2 nt. • L’application f : R −→ R, t −→ | cos t| est π -périodique et continue par morceaux (et même continue), donc admet des coefficients de Fourier (trigonométriques), notés an , bn (n ∈ N) . De plus, f est paire, donc : ∀ n ∈ N∗ , bn = 0. On a, pour tout n ∈ N : 323

an

=

2 π

=

4 π 2 π

=



π/2

−π/2



7.7 a)

| cos t| cos 2nt dt

y

π/2

y = f(x)

cos t cos 2nt dt 0



π/2



 cos (2n + 1)t + cos (2n − 1)t dt

0

sin (2n − 1)t π/2 2  sin (2n + 1)t + 0 π 2n + 1 2n − 1 π π sin (2n − 1) 2 sin (2n + 1) 2 2 + = π 2n + 1 2n − 1 2 (−1)n (−1)n 4(−1)n = − = − . π 2n + 1 2n − 1 π(4n 2 − 1)  n+1  ∀ n ∈ N, a = 4(−1) n 2 π(4n − 1) On conclut :  ∗ ∀ n ∈ N , bn = 0.

1

=

1

• Puisque f est 2π -périodique, de classe C par morceaux et continue sur R , d’après le théorème de Dirichlet de convergence normale, la série de Fourier de f converge normalement, donc uniformément, absolument, simplement, sur R et a pour somme f.

O

Il est clair que f est 2π-périodique (par définition) et continue par morceaux (et même continue) sur R, donc f admet des coefficients de Fourier (trigonométriques) notés an , bn (n ∈ N) . De plus, f est paire, donc : ∀ n ∈ N∗ , bn = 0. On a, pour tout n ∈ N : an =

=

+∞ a0  (an cos nt + bn sin nt) + 2 n=1

=

+∞ 4(−1)n+1 2  + cos 2nt π n=1 π(4n 2 − 1)

=

+∞ 4(−1)n+1 2  + (2 cos 2 nt − 1) π n=1 π(4n 2 − 1)

  +∞ +∞ 4(−1)n+1 8(−1)n+1 2  + cos 2 nt − 2 π n=1 π(4n − 1) π(4n 2 − 1) n=1       noté αn noté α0 

=

=

+∞ 

αn cos 2 nt.

n=0

Ceci montre l’existence d’une suite réelle (αn )n∈N convenant.

2 α0 = − π

324

n=1

  4 4(−1)n+1 2 2 = −1. = − 1 − π(4n 2 − 1) π π π

f (t) cos nt dt =

[2π]

2 π



π

ch λt cos nt dt . 0

On a : an =

2 π



π

0

eλt + e−λt ei nt + e−i nt dt 2 2

1 (λ+i n)t + e(λ−i n)t + e(−λ+i n)t + e(−λ−i n)t dt = e 2π   e(λ−i n)t e(−λ+i n)t e(−λ−i n)t π 1 e(λ+i n)t + + + = 2π λ + i n λ − in −λ + i n −λ − i n 0  (λ+i n)π  (λ−i n)π (−λ+i n)π 1 e e e e(−λ−i n)π = + + + 2π λ + i n λ − in −λ + i n −λ − i n   1 (−1)n eλπ (−1)n eλπ (−1)n e−λπ (−1)n e−λπ = + − − 2π λ+i n λ − in λ − in λ + in   1 1 1 = (−1)n (eλπ − e−λπ ) + 2π λ + in λ − in =

(−1)n sh λπ 2λ . π λ2 + n 2

2e méthode : Utilisation de deux intégrations par parties : On a : 

De plus, en remplaçant t par 0 dans la formule initiale, on dé+∞ 2  4(−1)n+1 , puis : duit : 1 = + π n=1 π(4n 2 − 1) +∞ 



2 2π

1re méthode : utilisation de l’exponentielle complexe :

Ainsi, pour tout t ∈ R : f (t)

t

π

ch λt cos nt dt 0

 = ipp =

sh λt cos nt λ

π

 −

0

n (−1) sh λπ + λ λ n

0



π

sh λt (−n sin nt) dt λ

π

sh λt sin nt d 0

(−1)n sh λπ = λ ipp  π  π  ch λt ch λt n sin nt − (n cos nt) dt + λ λ λ 0 0  (−1)n sh λπ n 2 π ch λt = − 2 cos nt dt. λ λ λ 0

SM =

1 2π



 2 1 π 2 f (t) dt = ch λt dt π 0 −π  π 1 = (1 + ch 2λt) dt 2π 0  sh 2λt π sh 2λπ 1 1 t+ π+ . = = 2π 2λ 0 2π 2λπ π



Donc :

D’où :  π

+∞ 

ch λt cos nt dt

n=1

0

(−1)n sh λπ (−1)n λ sh λπ = , = λ n2 λ2 + n 2 1+ 2 λ

1 (λ2 + n 2 )2

1

et donc :

an =

 =

    sh 2λπ sh λπ 2 π2 1 π+ − 2 2π 2λπ λπ 2λ sh2 λπ

2(−1)n λ sh λπ . π(λ2 + n 2 )

b) Il est clair que f est 2π-périodique, de classe C 1 par morceaux et continue sur R, donc, d’après le théorème de Dirichlet de convergence normale, la série de Fourier de f converge normalement (donc uniformément, absolument, simplement) sur R et a pour somme $\bas f$. On a donc : ∀ t ∈ R, f (t) =

+∞ a0  (an cos nt + bn sin nt) + 2 n=1 +∞ 2(−1)n λ sh λπ sh λπ  + cos nt. = λπ π(λ2 + n 2 ) n=1

λ2 π2 + λπ sh λπ ch λπ − 2 sh2 λπ . 4λ4 sh2 λπ

7.8 1) Existence : x − E(x) est continue sur [1 ; +∞[, x3 1 et : ∀ x ∈ [1 ; +∞[, 0
f (x)
3 . x L’application f : x −→

D’après l’exemple de Riemann en +∞ (3 > 1 ) et le théorème de majoration pour des fonctions  0, on conclut que f est in +∞ I = f (x) dx [1 ; +∞[, tégrable sur donc l’intégrale 1

En particulier : ∀ t ∈ [−π ; π], ch λt =

=

+∞ 2(−1)n λ sh λπ sh λπ  + cos nt . λπ π(λ2 + n 2 ) n=1

c) 1) En remplaçant t par 0 dans le résultat de b), on obtient : +∞ 2(−1)n λ sh λπ sh λπ  + , 1= λπ π(λ2 + n 2 ) n=1   +∞  sh λπ (−1)n π 1 − . = d’où : 2 2 2λ sh λπ λπ n=1 λ + n 2) En remplaçant t par π dans le résultat de b), on obtient : +∞ sh λπ  2(−1)n λ sh λπ ch λπ = + (−1)n , λπ π(λ2 + n 2 ) n=1   +∞  sh λπ 1 π ch λπ − . = d’où : 2 2 2λ sh λπ λπ n=1 λ + n 3) Puisque f est 2π-périodique et continue par morceaux, d’après la formule de Parseval réelle, on a :  +∞ 2 a02 1 1 (an2 + bn2 ) = + f (t) dt . 4 2 n=1 2π [2π]       noté SM noté PM   +∞ 4λ2 sh2 λπ sh λπ 2 1  + PM = , Et : λπ 2 n=1 π2 (λ2 + n 2 )2

existe. 2) Calcul : Soit N ∈ N∗. On a, en utilisant la relation de Chasles : 

N +1

1

N  x − E(x) dx = x3 n=1

 n

x − E(x) dx x3 N  n+1  x −n dx . = x3 n n=1    notée In

n+1

et, pour tout n ∈ N∗ :     n+1  1 1 n n n+1 In = − 3 dx = − + 2 x2 x x 2x n n     1 n 1 n 1 + = − − + n+1 n 2 (n + 1)2 n2     1 (n + 1) − 1 1 1 1 + = − − + n+1 n 2 (n + 1)2 n   1 1 1 1 1 = − . − 2 n n+1 2 (n + 1)2 d’où : 325



N +1

1

=

1 2

En particulier (pour n pair) : ∀ p ∈ Z, c2 p (g) = 0.

x − E(x) dx x3

N   n=1

D’autre part, par hypothèse (pour n impair) :

1 1 − n n+1



1 2

−

N  n=1

1 (n + 1)2

  N +1 1 1 1 1 1− − = 2 N +1 2 n=2 n 2

∀ p ∈ Z, c2 p+1 ( f ) = 0 , donc : ∀ p ∈ Z, c2 p+1 (g) = −2c2 p+1 ( f ) = 0. Ainsi : ∀ n ∈ Z, cn ( f ) = 0. Comme, d’après le cours, l’application

N +1 1 1 1 =1− − 2(N + 1) 2 n=1 n 2

−→ 1 − N∞



+∞

Finalement : 1



+∞ 1 1 1 π2 =1− . 2 2 n=1 n 2 6

x − E(x) π dx = 1 − . x3 12 2

n∈ Z

est linéaire injective, on déduit g = 0, c’est-à-dire : ∀ t ∈ R, f (t + π) = f (t) , et on conclut que f est π -périodique.

Puisque f et f  sont T-périodiques et continues par morceaux (car continues), on peut leur appliquer la formule de Parseval, donc :  +∞  1 T || f ||22 = | f (t)|2 dt = |cn ( f )|2 T 0 n=−∞  +∞  1 T  2 || f  ||22 = | f (t)| dt = |cn ( f  )|2 . T 0 n=−∞

7.9

7.11 Puisque f est T-périodique et de classe C 1 par morceaux sur R, donc continue par morceaux sur R, f admet des coefficients de Fourier (exponentiels), définis par : ∀ n ∈ Z, cn ( f ) =

1 T



T

f (t) e−i nωt dt,

ω=

0

2π , T

et on a, par la formule de Parseval :

D’autre part, par hypothèse :

1 T

c−1 ( f ) = c0 ( f ) = c1 ( f ) = 0 .



T

| f |2 = 0

+∞ 

|cn ( f )|2 .

n=−∞

De plus, comme f est T-périodique, de classe C 1 par morceaux et continue sur R, d’après le cours :

De même, puisque f  est T-périodique et continue par morceaux, f  admet des coefficients de Fourier (exponentiels), et on a :

∀ n ∈ Z, cn ( f  ) = i nωcn ( f ) ,

∀ n ∈ Z, cn ( f  ) = i nωcn ( f ),  +∞  1 T 2 |f | = |cn ( f  )|2 . T 0 n=−∞

d’où : c−1 ( f  ) = c0 ( f  ) = c1 ( f  ) = 0. On a donc : || f  ||22 =



|cn ( f  )|2 =

n∈Z, |n|2



 n∈Z, |n|2

et on conclut : || f ||2


7.10



et : n 2 |cn ( f )|2

n∈Z, |n|2

|cn ( f )|2 = 4|| f ||22 ,

1  || f ||2 . 2

Considérons l’application g : R −→ C, t −→ f (t + π) − f (t) .

Ainsi : g = τ−π f − f . Puisque f ∈ C2π , d’après le cours, on a donc g ∈ C2π et, pour tout n ∈ Z : cn (g) = cn (τ−π f − f ) = cn (τ−π f ) − cn ( f )   = ei nπ cn ( f ) − cn ( f ) = (−1)n − 1 cn ( f ). 326



C2π −→ CZ , f −→ cn ( f )

D’où :    1 T | f |2 = |cn ( f )|2 = |c0 ( f )|2 + |cn ( f )|2 T 0 ∗ n∈Z n n i Z

 |cn ( f )|2 1  = |c0 ( f )|2 +
|c0 ( f )|2 + 2 |cn ( f  )|2 2 2 n ω ω ∗ ∗ n∈Z n∈Z   T 2  1  1 =  f  + 2 |cn ( f  )|2 T 0 ω n∈Z    1  T 2 1 1 T 2 = 2  f + 2 |f | T ω T 0 0    T 1  T 2 T = 2  f + 2 | f |2 . T 4π 0

 Finalement : 0

T

| f |2


T2 4π2

 0

T

0

 1   2 |f | +  T

0

T

2  f  .

On a, pour tout n ∈ Z :

7.12 0

7.14 1) Soit t ∈ R. On a : ∀ p ∈ N, Sp (t + 2π) = Sp (t).

=

(ϕn | f ) = (en−1 − 2en + en+1 | f )

=

(en−1 | f ) − 2(en | f ) + (en+1 | f )  e−i (n−1)t − 2 e−i nt + e−i (n+1)t f (t) dt

1 = 2π =



Ceci montre que f est 2π-périodique.

e−i nt (ei t − 2 + e−i t ) f (t) dt.    [2π] noté g(t)

2) Puisque chaque Sp est continue sur R et que (Sp ) p converge uniformément vers f sur R, d’après un théorème du cours, f est continue sur R.

L’application g est 2π-périodique, continue, et :

3) Soit n ∈ Z fixé.

∀ n ∈ Z, (en | g) = 0 .

Puisque :

D’après le cours, il en résulte : g = 0.

  ∀ p ∈ N, ∀ t ∈ R,  Sp (t) e−i nt − f (t) e−i nt 
|Sp (t)− f (t)| ,

Ainsi : ∀ t ∈ R, (ei t − 2 + e−i t ) f (t) = 0. t Mais : ∀ t ∈ R, ei t − 2 + e−i t = 2 cos t − 2 = −4 sin 2 . 2   t f (t) = 0, ∀ t ∈ R, sin 2 On a donc : 2 ∀ t ∈ R − 2πZ, f (t) = 0.

Comme f est continue sur R, l’égalité est encore vraie, par passage à la limite, en les points de 2πZ, et on conclut : f = 0.

7.13

Puisque f est 2π-périodique, de classe C 2 par morceaux et de classe C 1 sur R, les coefficients de Fourier de f, f  , f  existent et vérifient : ∀ n ∈ Z, cn ( f  ) = i ncn ( f ), cn ( f  ) = (i n)2 cn ( f ) . De plus, comme f, f  , f  sont dans CM2π , on peut leur appliquer la formule de Parseval :  2π  1 | f |2 = |cn ( f )|2 , 2π 0 n∈Z  2π   1 | f |2 = |cn ( f  )|2 = n 2 |cn ( f )|2 , 2π 0 n∈Z n∈Z  2π   1 | f  |2 = |cn ( f  )|2 = n 4 |cn ( f )|2 . 2π 0 n∈Z n∈Z

D’où :  2π  2π  2π 4 | f |2 − 5 | f  |2 + 2 | f  |2 0 0 0    = 2π 4 |cn ( f )|2 − 5 n 2 |cn ( f )|2 n∈Z

f (t + 2π) = f (t) .

[2π]

1 2π

d’où :

D’où, en faisant tendre l’entier p vers l’infini, puisque (Sp ) p converge uniformément, donc simplement, vers f :

n∈Z

+2



∀ n ∈ Z, 4 − 5n 2 + 2n 4 > 0 , et on déduit l’inégalité demandée.

1 2π

 [2π]

1 2π

Sp (t) e−i nt dt −→ p∞

 [2π]

f (t) e−i nt dt .

Mais, comme la famille (t −→ e−i kt )k∈Z est orthonormale dans C2π pour le produit scalaire canonique, on a, pour tout pn : 1 2π



d’où :

[2π]

Sp (t) e−i nt dt =

p 

γk

k=− p

1 ∀ n ∈ Z, cn ( f ) = 2π

7.15 a) • On a :

1 2π



 [2π]

[2π]

ei kt e−i pt dt = γn .

f (t) e−i nt dt = γn .

∀t ∈ R, ∀n ∈ N , Sn (t + 2π) = Sn (t), C.S.

d'où, puisque Sn −−−→ f : ∀t ∈ R , n∞

f (t + 2π) = f (t) ,

C.U. n∞

continue sur R.

 (4 − 5n 2 + 2n 4 )|cn ( f )|2 .

Le discriminant ∆ = −7 est < 0 , donc :

D’après un théorème du cours, il en résulte :

• Puisque Sn −−−→ f et que les Sn sont continues sur R, f est

n 4 |cn ( f )|2

n∈Z

sur R vers l’application t −→ f (t) e−i nt .

et donc f est 2π-périodique.



n∈Z

= 2π

et que (Sp ) p converge uniformément vers f sur R, la suite   d’applications t −→ Sp (t) e−i nt p0 converge uniformément

b) Soit p ∈ N. C.U.

Puisque Sn −−−→ f et que t −→ cos pt est bornée, la suite n∞   d'applications t −→ Sn (t)cos pt n 0 converge uniformément sur R vers (t −→ f (t) cos pt). De plus, les t −→ Sn (t)cos pt (n ∈ N) sont continues sur le segment [−π; π].  π On peut donc intervertir et lim , d'où : −π

n∞

327



1 = π

ap ( f )

π

−π

1 = lim π n∞

n∞

π

−π

 Sn (t) cos pt dt .

Mais, pour tout k de N :

  π  2π si cos kt cos pt dt = π si  −π 0 si  π sin kt cos pt dt et −π

d'où : ∀n ∈ N ,

1 π



π

−π

ch a > 1  −cos t) , donc f ∈ CM2π et les coefficients de Fourier (trigonométriques) de f existent. Le but de la question b) étant d'obtenir ces coefficients, nous n'allons pas procéder de la façon directe utilisée dans les exercices 7.1 à 7.4.

 k = p = 0  k=p= / 0   k= / p

On a :

= 0, 

Sn (t) cos pt dt =

∀t ∈ R, f (t) =

si n < p si n  p.

0 αp

7.16

L'application f est 2π-périodique et continue sur R, donc f ∈ CM2π , et les coefficients de Fourier exponentiels cn (n ∈ Z) de f existent. Soit n ∈ Z. Puisque |z eit | = |z| < 1, on a :

cn

= = =

+∞  1 = (−z eit )k , 1 + z eit k=0



e−int dt it −π 1 + z e    π +∞ 1 −int it k e (−z e ) dt 2π −π k=0   π  +∞ 1 f k (t) dt, 2π −π k=0 1 2π

π

k 0

donc uniformément, sur [−π; π]. Puisque chaque f k est conti π  +∞ : et nue sur le segment [−π; π], on peut alors intervertir −π

=

1 2π

k=0

−π

328

k=0

f k (t) dt =

+∞ 1  (−1)k z k 2π k=0



π

ei(k−n)t dt. −π

2X + 2X ch a + 1

=

2X ea )(X

(X + + e−a )   ea 1 e−a , = − sh a X + ea X + e−a   1 e−a ea f (t) = − ∀t ∈ R, . sh a eit + ea eit + e−a

Remarquons que, puisque a ∈]0; +∞[, 0 < e−a < 1 < ea , d'où, en utilisant des séries géométriques, pour tout t de R :   1 e−a−it 1 f (t) = − sh a 1 + e−a+it 1 + e−a−it   +∞ +∞  1 = (−1)n (e−a+it )n −e−a−it (−1)n (e−a−it )n sh a n=0 n=0   +∞ +∞   1 1+ (−1)n e−na+int + (−1)n e−na−int sh a n=1 n=1

+∞ 2  1 (−1)n e−na cos nt. + sh a sh a n=1     Puisque : ∀n ∈ N∗ , ∀t ∈ R, (−1)n e−na cos nt 
e−na, et que   0
e−a < 1, la série d'applications t −→ (−1)n e−na cos t

=

On a : ∀k ∈ N, ∀t ∈ [−π; π], | f k (t)| = |z|k .  f k converge normalement, Comme |z| < 1, il en résulte que

cn

d'où :

=

où on a noté, pour k ∈ N, f k : t −→ (−1)k z k ei(k−n)t .

+∞  π 

2 2eit = . 2 ch a + eit + e−it e2it + 2eit ch a + 1

Par une décomposition en éléments simples dans R(X): X2

On obtient de même (pour p  1 ) : b p ( f ) = β p .

d’où :

ei(k−n)t dt =

7.17 a) L'application f est 2π-périodique et continue (car

Ainsi : a p ( f ) = α p .

∀t ∈ R,



2π si n = k . 0 si n = / k  (−1)n z n si n  0 . Finalement : ∀n ∈ Z, cn = 0 si n < 0 −π

lim(Sn (t) cos pt) dt



π

Mais :

n∞

−π



1 = π



lim Sn (t) cos pt dt

π

n 1

converge normalement, donc uniformément, sur R. D'après l'exercice 7.15, on conclut :  2(−1)n e−na  ∀n ∈ N, an ( f ) = sh a  ∀n ∈ N∗ , bn ( f ) = 0. b) D’après a), on a, pour tout n  π cos nt dt = ch a + cos t 0  π sin nt dt = ch a + cos t 0

∈N : π(−1)n e−na π an ( f ) = , 2 sh a π bn ( f ) = 0. 2

c) Puisque f ∈ CM2π , on a, d’après la formule de Parseval réelle, et puisque f est paire :

• En séparant les termes d'indices pairs ou impairs et puisque les séries envisagées sont absolument convergentes :

+∞ 1 a02 + (a 2 + bn2 ) 4 2 n=1 n  π   2 2 1 1 π f (t) dt = f (t) dt. = 2π −π π 0

+∞  (1)n−1 n=1

 π 2 1 dt = dt f (t) (ch a + cos t)2 0   +∞ π e−2a 4e−2na 1 1 2π = 2 + 2 =π + 2 2 2 n=1 sh a sh a sh a sh a 1 − e−2a



+∞  (−1)n−1 x n

n

n=1

,

+∞ (−1)n−1 x n−1 ln(1 + x)  = . x n n=1  f n , où f n : [0; 1] −→ R converge • La série d'applications

d'où :

∀x ∈]0; 1[,

n 1

x−→

(−1)n−1 x n−1 n

uniformément sur [0; 1]. En effet, pour tout x de [0; 1], la série    f n (x) est alternée et | f n (x)| n 1 décroît et tend numérique n 1

vers 0. On en déduit : ∀n ∈ N, ∀x ∈ [0; 1],

  +∞     f k (x)
| f n+1 (x)| |Rn (x)| =  k=n+1  =

1

0

D'après le DSE(0) de x −→ ln(1 + x), on a : ln(1 + x) =

 converge uniformément sur [0; 1], on peut intervertir



et

d'où :  1 0

ln(1 + x) dx = x



=

1

 +∞

0

,

n=1

 f n (x) dx

=√ [y = x]

1

ln x π2 dx = − , 1+x 12  1  1 ln x ln x π2 π2 dx = − dx = − , 6 0 1 − x2 8 0 1−x

n=1

0

1

f n (x) dx =

4) L'application x −→  0

n=1

+∞  

+∞  (−1)n−1 n=1

n2

.

1

2 ln y 2y dy 1 − y2 0 .  1 (y + 1) − 1 ln y dy = 4J − 4K =4 1 − y2 0   2K − J = I  On obtient ainsi , 4K − 3J = 0  2 3 π2 π et K = I = − . d'où J = 2I = − 6 2 8 On conclut : J



0

ln(1 + x) π2 dx = − . x 12

D'autre part :

0

fn n 1 +∞ 1 

0

1

 1  1 ln x ln x π2 dx = − , J = dx , 2),3) Notons I = 1 + x 12 1 −x 0 0  1 ln x K = dx (qui existent). 2 0 1−x  1 2 ln x dx = 2K . I+J= On a : 2 0 1−x

d'où : ||Rn ||∞ −−−→ 0 . • Puisque chaque f n est continue sur [0; 1] et que

ln x dx 1+x  1  = ln x ln(1 + x) − 0



1 xn
, n+1 n+1

n∞

ln x 1+x

ln(1 + x) sont intégrables sur ]0; 1] et que x ln x ln(1 + x) admet une limite finie (0) en 0+ :

sur ]0; 1].

∀x ∈ [0; 1[,

p=1

+∞  1 1 + 2 (2 p) (2 p + 1)2 p=0

et x −→

ln(1 + x) est intégrable x

a) Remarquer d'abord que x −→

7.18

+∞ 

b) 1) À l'aide d'une intégration par parties, puisque x −→

π 1 + e−2a π ch a π ch a = 2 = . sh2 a 1 − e−2a sh a sh a sh3 a

=

=−

1 π2 π2 π2 =− + = . 4 6 8 12

D’où :  π 0

n2

1

x 2 ln x est intégrable sur ]0; 1[, et : x2 − 1

 1 ln x dx 1 − x2 0  1  1 ln x = ln x dx − dx 2 0 0 1−x

1 π2 π2 = x ln x − x 0 + = − 1. 8 8

x 2 ln x dx = x2 − 1



1

 1−

329

5) Les applications x −→ ln x ln(1 + x) et x −→ (x ln x − x) 1 sont intégrables sur ]0; 1], et (x ln x − x)ln(1 + x) 1+x admet une limite finie (0) en 0+ , d'où, par une intégration par parties :  1

1 ln x ln(1 + x) dx = (x ln x − x)ln(1 + x) 0 0  1 1 dx − (x ln x − x) x +1 0  1  1 x x ln x dx + dx = −ln 2 − 0 1+x 0 1+x   1 1 = −ln 2 − 1− ln x dx 1+x 0   1 1 dx 1− + 1+x 0  1

1

1 ln x dx + x − ln(1 + x) 0 = −ln 2− x ln x −x 0 + 1 + x 0 π2 = 2 − 2 ln 2 − . 12 6) L'application x −→ ln th x est intégrable sur ]0; +∞[ et, grâce au changement de variable défini par u = th x :  +∞  1 ln u π2 ln th x dx = du = − . 2 8 0 0 1−u x est intégrable sur [0; +∞[ et, 7) L'application x −→ x e + e2x par changements de variable :  +∞  +∞ x ln u du dx = ex + e2x u 2 (1 + u) [u = ex ] 1 0  1 v ln v dv − = 

1 1 +v 0 v=u   1 1 =− 1− ln v dv 1+v 0  1

1 ln v dv = − v ln v + v 0 + 1 +v 0 π2 =1− . 12 x 8) L'application x −→ x est intégrable sur ]0; +∞[ et, e −1 grâce au changement de variable défini par u = e−x :  1  +∞ x ln u π2 dx = − du = . x e −1 6 0 0 1−u

7.19

a) Il est clair que f est 2π-périodique et continue par morceaux sur R, donc les coefficients de Fourier (trigonométriques) de f existent. De plus, f est impaire, donc : ∀n ∈ N,

330

y sh πx y = f (t) O --π

t

On a, pour tout n de N∗ :  π  2 2 π f (t) sin nt dt = sh xt sin nt dt bn = 2π −π π 0  π 1 = (ext − e−xt )(eint − e−int )dt 2iπ 0  π  (x+in)t  1 = − e(x−in)t − e(−x+in)t + e(−x−in)t dt e 2iπ 0  π e(x−in)t e(−x+in)t e(−x−in)t 1 e(x+in)t − − + = 2iπ x + in x − in −x + in −x − in 0  (x+in)π  e 1 e(x−in)π e(−x+in)π e−(x+in)π = − + − 2iπ x + in x − in x − in x + in   (−1)n πx 1 1 = (e − e−πx ) − 2iπ x + in x − in 2(−1)n+1 n sh πx = . π(n 2 + x 2 ) b) Puisque f est 2π-périodique et de classe C 1 par morceaux, d'après le théorème de Dirichlet, la série de Fourier de f f converge simplement sur R et a pour somme la régularisée de f. On a donc : ∀t ∈ R,

 1 +

f (t ) + f (t − ) f (t) = 2 +∞  2(−1)n+1 n sh πx sin nt. = π(n 2 + x 2 ) n=1

En particulier : ∀t ∈] − π; π[,

sh xt =

+∞ (−1)n+1 n 2 sh πx  sin nt. π n2 + x 2 n=1

c) En utilisant une série géométrique, on a, pour tout t de ]0; +∞[ : cos xt 2e−t cos xt 2 cos xt = = t ch t e + e−t 1 + e−2t +∞ +∞   = 2e−t cos xt (−e−2t )n = f n (t), n=0

an = 0.

π

n=0 n −(2n+1)t

où on a noté f n : t ∈ [0; +∞[−→ 2(−1) e

cos xt .

Considérons, pour t ∈]0; +∞[ et n ∈ N , le reste d'ordre n : Rn (t) =

+∞ 

f k (t) =

k=n+1

n cos xt  f k (t). − ch t k=0

Rn (t) =

0 +∞ 

2(−1)k e−(2k+1)t cos xt n+1 −(2n+3)t

= 2(−1)

e

1 cos xt , 1 + e−2t

d'où l'intégrabilité de Rn sur ]0; +∞[, et :  +∞   +∞    Rn (t) dt 
|Rn (t)| dt  0




+∞

2e−(2n+3)t dt =

0

 On peut donc intervertir

+∞ 

+∞

et 0

+∞

0

cos xt dt = ch t

+∞ 

Soit n ∈ Z − {−1, 0, 1}. On a : 2 −−−→ 0. 2n + 3 n∞

, d'où :

n=0

 2(−1)n

+∞

e−(2n+1)t cos xt dt.

0

n=0

Et, pour n ∈ N :   +∞ 1 +∞ −(2n+1)t ixt e−(2n+1)t cos xt dt = e (e + e−ixt )dt 2 0 0  (−(2n+1)+ix)t +∞ e 1 e(−(2n+1)−ix)t = + 2 −(2n + 1) + ix −(2n + 1) − ix 0   1 2n + 1 1 1 = = . + 2 (2n + 1) − ix (2n + 1) + ix (2n + 1)2 + x 2 

+∞  cos xt 2(−1)n (2n + 1) ∂t = D'où : . ch t (2n + 1)2 + x 2 0 n=0 π D'autre part, d'après b), en remplaçant t par : 2

sh

Puisque f est 2π-périodique et de classe C ∞, pour tout k ∈ N, f (k) admet des coefficients de Fourier (exponentiels) et on a : ∀ k ∈ N, ∀ n ∈ Z, cn ( f (k) ) = (i n)k cn ( f ) .

0



+∞

+∞ (−1)n+1 n π 2 sh πx  πx sin n = 2 + x2 2 π n 2 n=1

∀ k ∈ N , |cn ( f )| =

πx (−1) (2 p + 1) π 2 = = / 0: d'où, si x = πx . 2 + x2 (2 p + 1) 2 sh πx 4 ch p=0 2   (−1) p (2 p + 1) x −→ Comme la série d'applications (2 p + 1)2 + x 2 p0 p

π sh

relève du TSCSA, l'étude du reste montre qu'elle converge uniformément sur [0; +∞[, d'où, en faisant tendre x vers 0 : +∞  (−1) p (2 p + 1) p=0

(2 p + 1)2

π = . 4

|cn ( f (k) )| 1 |cn ( f (k) )| . = |i n|k | |n|k

En utilisant l’hypothèse :     1  (k) (k) −i nt  f (t) e dt  ∀ k ∈ N, |cn ( f )| =  2π [2π]  1 1
| f (k) (t)| dt
2πM = M. 2π [2π] 2π ∀ k ∈ N, |cn ( f )|


On a donc :

M . |n|k

Comme M et |n| sont fixés (indépendamment de k) et que M |n|  2, on a : k −→ 0, |n| k∞ d’où, puisque |cn ( f )| ne dépend pas de k : |cn ( f )| = 0 , puis : cn ( f ) = 0. Ceci montre :

∀ n ∈ Z − {−1, 0, 1}, cn ( f ) = 0.

D’autre part, puisque f est 2π-périodique et de classe C ∞ sur R, f est 2π-périodique, de classe C 1 par morceaux et continue sur R, donc, d’après le théorème de Dirichlet de convergence normale, la série de Fourier de f converge normalement, donc simplement, sur R et a pour somme f. On a donc :   n ∀ x ∈ R, f (x) = lim ck ( f ) ei kx n∞

+∞ 2p + 1 2 sh πx  (−1) p , = 2 + x2 π (2 p + 1) p=0

+∞ 

+∞

7.20 1) Soit f convenant.

k=n+1



 et finalement :

On a :

+∞  (−1) p (2 p + 1) π = πx , 2 2 (2 p + 1) + x 4 ch p=0 2 cos xt π dt = πx . ch t 2 ch 2

Ainsi : ∀x ∈ [0; +∞[ ,

k=−n

= c−1 ( f ) e−i x + c0 ( f ) + c1 ( f ) ei x . 2) Réciproquement, soient (α, β,γ) ∈ C3 et f : R −→ C, x −→ α e−i x + β + γ ei x . L’application f est 2π-périodique, de classe C ∞ et on a , pour tout (n,x) ∈ N × R :   | f (n) (x)| = α(−i)n e−i x + β0n + γin ei x 
|α| + |β| + |γ| , donc f convient. Finalement, l’ensemble des applications f convenant est :   f : R −→ C, x −→ α e−i x + β + γ ei x ; (α,β,γ) ∈ C3 . 331

a) • Soit a ∈ R . Il est clair que, pour toute f ∈ CM2π , τa f est 2π-périodique et continue, donc τa f ∈ C2π .

7.21

Ceci montre que φ est uniformément continue, donc est continue.

• On a, pour tout λ ∈ R et toutes f,g ∈ C2π : ∀ t ∈ R, τa (λ f + g)(t) = (λ f + g)(t − a) = λ f (t − a) + g(t − a) = λτa ( f )(t) + τa (g))(t) = (λτa f + τa g)(t), donc :

τa (λ f + g) = λτa ( f ) + τa (g).

Ceci montre que τa est un endomorphisme de l’espace vectoriel C2π . • On a, pour toute f ∈ C2π :   2 1 τa f (t) dt ||τa f ||22 = 2π [2π]  2π  2π−a  2  2 1 1 f (t − a) dt = f (u) du = u=t−a 2π −a 2π 0   2 1 f (u) du = || f ||22 , = 2π [2π] donc :

∀ f ∈ C2π , ||τa f ||2 = || f ||2 .

Il en résulte que τa, qui est déjà linéaire, est continue, donc τa ∈ LC (C2π ), et que : |||τa |||
1. La fonction constante 1 est élément de C2π et ||1||2 = 1, ||τa 1||2 = 1, d’où finalement : |||τa ||| = 1.

1

7.22 a) Pour tout α de ]1; +∞[, l'application t −→ t α + 1 est intégrable sur ]0; +∞[, et :  +∞  1  +∞ dt dt dt = + α α α t +1 t +1 0 0 t +1 1  1  1 dt dv   = +

 α+1 1 1 t 0 0 v= t 2 v +1 vα  1  1 2 1 + t α−2 1 + u 1− α 1 1 −1 u α du dt = = 1 + tα 1+u α [u = t α ] 0 0  1 1 1 1 u α −1 + u − α = du. α 0 1+u

d'où : ∀u ∈]0; 1[, +∞   u α −1 + u − α 1 1 = (−1)n u n−1+ α + u n− α . 1+u n=0 1

1

b) Soit f ∈ C2π fixée.

Notons, pour n ∈ N :

Notons φ : R −→ C2π , a −→ τa f.

f n : ]0; 1[−→ R , u −→ (−1)n (u n−1+ α + u n− α ) .  f n converge simplement sur Ainsi, la série d'applications

On a, pour tout (a,b) ∈ R2 : ||φ(b) − φ(a)||2 = ||τb f − τa f ||2 1  2π  2 12 τb f (t) − τa ( f )(t) dt = 2π 0 1  2π  2 12 f (t − b) − f (t − a) dt . = 2π 0 Puisque f : R −→ R est périodique et continue, d’après une étude classique, f est uniformément continue sur R.

1

∀ (u,v) ∈ R2 , |u − v|
η ⇒ | f (u) − f (v)|
ε . Soit (a,b) ∈ R2 tel que |b − a|
η.   On a alors : ∀ t ∈ R, (t − b) − (t − a) = |a − b|
η,   ∀ t ∈ R,  f (t − b) − f (t − a)
ε, donc :   2π  12 1 2 ε dt = ε. |φ(b) − φ(a)|
d’où : 2π 0 On a montré : ∀ ε > 0, ∃ η > 0, ∀ (a,b) ∈ R , 2

|b − a|
η ⇒ |φ(b) − φ(a)|
ε.

1

n 0

]0; 1[ et a pour somme 1

S : u −→

1

u α −1 + u − α . 1+u

Notons, pour n ∈ N , Rn le reste : Rn = S −

Soit ε > 0 fixé. Il existe η > 0 tel que :

n  k=0

fk =

+∞ 

fk .

k=n+1

Puisque S et les f k sont intégrables sur ]0; 1[, pour chaque n de N , Rn est intégrable sur ]0; 1[, et :  1  1 +∞  1 −1 1  u α + u− α Rn (u) du = (−1)k u k du 0

0

k=n+1



1

= 0

  d'où :  

0

1

n+1 n+1  1 −1 u 1  (−1) u α + u− α du, 1+u

   Rn (u) du  =

n+1  1 −1 1 u u α + u− α du 1+u 0  1  1 −1 1 u α + u − α u n+1 du
0

332

+∞  1 (−1)n u n , = 1+u n=0

∀u ∈ [0; 1[,

b) On a :

1



1

=

 n+ 1 1 u α + u n+1− α du

∀t ∈ R,

0

=

et donc :

1 2 , 1 +
1 1 n+1 n+ +1 n+2− α α  1 Rn (u) du −−−→ 0. 0

1

On peut donc intervertir

et 0



1

1 u α −1

1 u− α

+ 1+u

0

du =

+∞ 

1=

n=0

 +∞  (−1)n = n=0

D'après le TSCSA, les séries

  +∞  sin πx 1 2(−1)n+1 x 1 1 1 − = = − . 2 − x 2) π(n sin πx πx sin πx πx n=1

, d'où :

 1 1 (−1)n u n−1+ α + u n− α du

0

1 n+

1 α

+∞ 2(−1)n x sin πx sin πx  + , πx π(x 2 − n 2 ) n=1

d'où :

n=0

+∞  1 

+∞ 2(−1)n x sin πx sin πx  + cos nt. πx π(x 2 − n 2 ) n=1

En particulier, en remplaçant t par 0 :

n∞



f (t) =

+

1



 .

n 0

+∞

α

1 α  (−1)n

n+1−

 (−1)n et 1 n 0 n + α

d) D'après b) et c) :

0

2 +∞ (−1)n+1  dt α =α+ 1 tα + 1 n=1 n 2 − α2   π 1  1 = α + π π − π= π. sin sin α α α

1 n+1− α

convergent, d'où :  0

1

+∞ +∞   u α −1 + u − α (−1)n (−1)n + du = 1 1 1+u n=0 n + n=0 n + 1 − α α +∞ +∞   (−1)n (−1) p−1 = + 1 [ p = n + 1] n=0 n + 1 p=1 p − α α   +∞  1 1 =α+ (−1)n − 1 1 n=1 n+ n− α α 2 +∞ (−1)n  α =α+ . 1 n=1 n 2 − α2 1



1

c) L'application f est 2π-périodique et continue par morceaux sur R, donc les coefficients de Fourier (trigonométriques) de f existent. De plus, f est paire, donc les bn sont nuls, et, pour tout n de N :  π  2 2 π an = f (t) cos nt dt = cos xt cos nt dt 2π −π π 0  π 1 = cos(x + n)t + cos(x − n)t dt π 0   sin(x − n)t π 1 sin(x + n)t + = π x +n x −n 0   n 2(−1)n x sin πx 1 (−1) sin πx (−1)n sin πx = = + . π x +n x −n π(x 2 − n 2 ) 1

Puisque f est 2π-périodique, de classe C par morceaux et continue sur R, d'après le théorème de convergence normale, la série de Fourier de f converge normalement (donc simplement) sur R et a pour somme f, d'où :

On a prouvé :

∀α ∈]1; +∞[, 0

e) 1) Remarquer d'abord que t −→ ]0; +∞[.

+∞

π dt α = π. tα + 1 sin α

t x−1 est intégrable sur 1+t

Le changement de variable défini par u = t x fournit :   +∞ x−1 t 1 1 +∞ du, dt = 1 1+t x 0 0 1+ux  +∞ x−1 t π dt = . d'où, en utilisant d) : 1+t sin πx 0 2) Remarquer d’abord que l’application t −→ t x−2 ln(1 + t) est intégrable sur ]0 ; +∞[. On a, par intégration par parties, pour tout (ε,A) ∈ ]0 ; +∞[2 tel que ε
A :  A t x−2 ln (1 + t) dt ε  x−1  A  A x−1 t t 1 = ln (1 + t) − dt, x −1 ε x −1 1+t ε d’où, en faisant tendre ε vers 0 et A vers +∞ :  +∞ t x−2 ln(1 + t) dt 0

=

1 1−x



1

0

3) Remarquer d'abord que t −→

t x−1 π dt = . 1+t (1 − x) sin πx ebt

eat est intégrable sur R. + ect 333

On a :  +∞ −∞

ebt



Puisque la série +∞

e(a−b)t dt (c−b)t −∞ 1 + e  +∞ a−b u c−b 1 = du (c−b)t 1 + u (c − b)u ] 0 [u = e  +∞ a−b −1 u c−b 1 du = c−b 0 1+u π . = a−b (c − b) sin π c−b

eat dt = + ect

4) Il s’agit d’un cas particulier de 3), pour b = −c, donc :  +∞ at π e π  =   . dt = a + c πa ch ct −∞ 2c sin π 2c cos 2c 2c 5) On applique le résultat de 4) à a et à −a, et on utilise un argument de parité :  +∞   +∞ at ch at e + e−at 1 +∞ ch at dt = dt = dt ch ct 2 −∞ ch ct ch ct 0 −∞  0  +∞ −at eat e π  . = dt + dt = πa ch ct −∞ ch ct 0 c cos 2c

7.23

a) Puisque αn −−−→ 0 et que les αn sont tous  0, il n∞

existe σ(0) ∈ N tel que : ασ(0) < 1 . Puisque αn −−−→ 0 et que 1 − ασ(0) > 0, il existe n∞

σ(1) > σ(0) tel que ασ(0) + ασ(1) < 1 . De proche en proche, on construit une extractrice σ telle que : n  ∀ n ∈ N, ασ(k) < 1. k=0

334



ασ(k) est à termes  0 et à sommes par-

k 0

tielles majorées (par 1), d’après un théorème du cours, la série  ασ(n) converge. n 0

b) Considérons la suite réelle (u n )n0 définie, pour tout n ∈ N , par : u n = αn s’il existe k ∈ N tel que n = σ(k), u n = 0 sinon, et considérons, pour tout n ∈ N : f n : R −→ R, t −→ u n cos nt. On a :

∀ n ∈ N, ∀ t ∈ R, |u n cos nt|
u n ,

∀ n ∈ N, || f n ||∞
u n .  u n converge (d’après a)), par théorème de Comme la série

donc :

n 0

majoration pour des séries à termes  0, la série converge, donc mément, sur R.





|| f n ||∞ ,

n 0

f n converge normalement, donc unifor-

n 0

D’après l’exercice 7.15, en notant f : R −→ R, t −→ f (t) =

+∞ 

u n cos nt ,

n=0

f est 2π-périodique, continue, et, pour tout n ∈ N : an ( f ) = u n ,

bn ( f ) = 0 .

On a alors : ∀ n ∈ N, |an ( f )| + |bn ( f )| = u n . En particulier : ∀ k ∈ N, |aσ(k) ( f )| + |bσ(k) ( f )| = u σ(k) = ασ(k) . Ainsi, il existe une infinité d’indices n ∈ N tels que : |an ( f )| + |bn ( f )|  αn , puisqu’il y a même égalité.

Équations différentielles Plan

8

Thèmes abordés dans les exercices

Les méthodes à retenir 336

•

Résolution d’EDL1, avec ou sans second membre

Énoncés des exercices 339

•

Étude des raccords éventuels

Du mal à démarrer ?

•

Étude d’EDL1 matricielles

•

Résolution de SDL1, avec ou sans second membre, à coefficients constants

•

Résolution d’EDL2, avec ou sans second membre, à coefficients constants ou variables

•

Résolution de problèmes de Cauchy

•

Étude qualitative de la solution maximale d’un problème de Cauchy

•

Recherche de solutions dSE(0) pour une EDL1 ou une EDL2

•

Résolution d’équations fonctionnelles, d’équations intégrales

•

Étude d’inéquations différentielles

•

Étude de propriétés qualitatives de solutions d’une EDL2.

Corrigés

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

CHAPITRE

347 351

Par commodité, on utilise les abréviations suivantes : ED : équation différentielle EDL1 : équation différentielle linéaire du premier ordre EDL2 : équation différentielle linéaire du deuxième ordre SDL1 : système différentiel linéaire du premier ordre SDL2 : système différentiel linéaire du deuxième ordre SSM : sans second membre ASM : avec second membre

Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •

Résolution des EDL1 normalisées, sans second membre (formule du cours), avec second membre (méthode de variation de la constante)

•

Définition de la dérivée, théorème limite de la dérivée, pour l’étude des raccords

•

Résolution d’un SDL1 à coefficients constants, avec ou sans second membre, réduction des matrices carrées

•

Structure et dimension de l’espace des solutions d’une EDL2, avec ou sans second membre, normalisée, à termes continus sur un intervalle, théorème de Cauchy et Lipschitz linéaire, définition et propriétés du wronskien de deux solutions de (E0 )

•

Méthode de Lagrange pour trouver une deuxième solution d’une EDL2 SSM

•

Méthode de variation des constantes pour trouver une solution d’une EDL2 ASM

•

Résolution des EDL2 SSM à coefficients constants (intervention de l’équation caractéristique), résolution des EDL2 à coefficients constants, avec second membre exponentielle-polynôme

•

Théorème de Cauchy et Lipschitz non linéaire.

335

Chapitre 8 • Équations différentielles

Les méthodes à retenir Pour résoudre une EDL1 SSM normalisée (E0 ) y + ay = 0,

Appliquer le cours : la solution générale de (E0 ) sur I est donnée    par : y : I −→ K, x −→ λ exp − a(x) dx , λ ∈ K.

où a : I −→ K est continue sur l’intervalle I, et y : I −→ K est l’inconnue supposée dérivable sur I

• Résoudre d’abord l’EDL1 SSM associée (E0 ), cf. ci-dessus. D’après le cours, la solution générale de (E) est la somme d’une solution particulière de (E) et de la solution générale de (E0 ). Il reste donc à chercher une solution particulière de (E).

Pour résoudre une EDL1 ASM normalisée (E) y + ay = b, où a,b : I −→ K sont continues sur l’intervalle I, et y : I −→ K est l’inconnue, supposée dérivable sur I

• Chercher une solution particulière de (E). ∗ Il se peut que (E) admette une solution évidente.

➥ Exercice 8.21 ∗ Sinon, appliquer la méthode de variation de la constante qui, connaissant une solution y0 de (E0 ) autre que la fonction nulle, consiste à chercher une solution particulière y de (E) sous la forme y = λy0 , où λ est la nouvelle fonction inconnue.

➥ Exercice 8.23 • On peut quelquefois grouper des termes de (E) pour faire apparaître une dérivée d’une fonction simple.

➥ Exercice 8.1.

Pour résoudre une EDL1 ASM non normalisée (e) αy + βy = γ , où α, β, γ : I −→ K

336

Résoudre (e) sur des intervalles sur lesquels α ne s’annule pas, puis étudier les raccords, par continuité, par dérivabilité.

➥ Exercice 8.1.

Les méthodes à retenir

Écrire la matrice A du système. • Si A est diagonalisable, d’après le cours, la solution générale n  Ck eλk t Vk , où λ1 ,. . . ,λn de (S0 ) est donnée par : X : t −→ k=1

Pour résoudre un SDL1 SSM, à coefficients constants (S0 )

sont les valeurs propres de A, comptées avec leur ordre de multiplicité, (V1 ,. . . ,Vn ) est une base de vecteurs propres respectivement associés à λ1 ,. . . ,λn , et C1 ,. . . ,Cn ∈ K.

➥ Exercice 8.4 • Si A n’est pas diagonalisable, trigonaliser A, en passant éventuellement par les complexes, A = P T P −1 , où P ∈ GLn (K), T ∈ Tn,s (K). Noter Y = P −1 X, se ramener à Y  = T Y, résoudre en cascade, et revenir à X par X = PY. Le calcul de P −1 n’est pas nécessaire. • Si (S) possède une solution évidente, résoudre le SDL1 SSM associé (S0 ) , la solution générale de (S) étant la somme d’une solution particulière de (S) et de la solution générale de (S0 ) . Pour résoudre un SDL1 ASM, à coefficients constants (S)

➥ Exercice 8.6 • Si (S) n’a pas de solution évidente, diagonaliser ou trigonaliser la matrice A de (S). Si, par exemple, A = P D P −1 où P ∈ GLn (K), D ∈ Dn (K) , noter Y = P −1 X, C = P −1 B , se ramener à Y  = DY + C, résoudre, et revenir à X par X = PY. Le calcul de P −1 est ici nécessaire, pour exprimer C.

➥ Exercices 8.5, 8.30. Si a, b sont des constantes, on sait, d’après le cours, exprimer la solution générale de (E0 ), en utilisant l’équation caractéristique, cf. Méthodes et exercices MPSI, ch. 10. Sinon :

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Pour résoudre une EDL2 SSM, normalisée 



(E0 ) y + ay + by = 0, où a,b,: I −→ K sont continues sur l’intervalle I, et y : I −→ K est l’inconnue, supposée deux fois dérivable sur I

• Essayer de trouver deux solutions particulières de (E0 ), évidentes ou simples, (y1 ,y2 ), formant famille libre. La solution générale de (E0 ) sur I est alors λ1 y1 + λ2 y2 , (λ1 ,λ2 ) ∈ K2 .

➥ Exercices 8.8, 8.11, 8.13 • Sinon, essayer de trouver une solution évidente ou simple y1 de (E0 ) (un polynôme, une exponentielle, ...) ne s’annulant en aucun point de I , puis appliquer la méthode de Lagrange, qui consiste à chercher une deuxième solution particulière de (E0 ) sous la forme y2 = λy1 , où λ est une fonction inconnue (non constante). La solution générale de (E0 ) est alors λ1 y1 + λ2 y2 , (λ1 ,λ2 ) ∈ K2 .

➥ Exercices 8.12, 8.34 • Suivant les éventuelles indications de l’énoncé, utiliser un changement de variable et/ou un changement de fonction inconnue, ou toute autre indication permettant de trouver une première solution.

➥ Exercices 8.7, 8.9 à 8.11, 8.33, 8.36. 337

Chapitre 8 • Équations différentielles

Résoudre d’abord l’EDL2 SSM associée (E0 ), cf. ci-dessus. D’après le cours, la solution générale de (E) est la somme d’une solution particulière de (E) et de la solution générale de (E0 ). Il reste donc à trouver une solution particulière de (E0 ). • Chercher une solution de (E), évidente ou simple, ou d’une forme suggérée par l’énoncé. Pour résoudre une EDL2 ASM normalisée (E) y + ay + by = g, où a,b,g : I −→ K sont continues sur l’intervalle I, et y : I −→ K est l’inconnue, supposée deux fois dérivable sur I

• Si (E0 ) est à coefficients constants et si g est une exponentiellepolynôme, chercher une solution de la même forme, cf. Méthodes et exercices MPSI, ch. 10. • Sinon, appliquer la méthode de variation des constantes, qui consiste, connaissant une base (y1 ,y2 ) du K-espace vectoriel des solutions de (E0 ), à chercher une solution particulière de (E) sous la forme y = λ1 y1 + λ2 y2 , où λ1 , λ2 : I −→ K sont des fonctions inconnues, supposées dérivables sur I , en imposant λ1 y1 + λ2 y2 = 0 . On   λ1 y1 + λ2 y2 = 0 d’inconnues résout le système d’équations λ1 y1 + λ2 y2 = g λ1 ,λ2 (où g est le second membre de (E) normalisée). On déduit λ1 ,λ2 , puisy = λ1 y1 + λ2 y2 .

➥ Exercices 8.15, 8.16. Pour résoudre une EDL2 ASM, non normalisée (e) αy + βy + γy = δ

Pour effectuer un changement de variable t = ϕ(x) dans une ED (E) d’inconnue y : x −→ y(x)

Résoudre (e) sur des intervalles sur lesquels α ne s’annule pas, puis étudier les raccords, par continuité, par dérivée première, par dérivée seconde.

➥ Exercices 8.8, 8.11. Il faut aussi changer de fonction inconnue. Poser z(t) = y(x), Calculer y(x), y  (x), y  (x) (si nécessaire) en fonction de x, z(t), z  (t), z  (t), reporter dans (E), et se ramener à une ED (F) d’inconnue z : t −→ z(t). Pour que la méthode ait un intérêt, il faut que (F) soit plus simple que (E). Si (E) est une EDL2 à coefficients variables, souvent (F) sera une EDL2 à coefficients constants.

➥ Exercices 8.10, 8.33, 8.38. Pour calculer la solution maximale d’un problème de Cauchy (C), quand c’est possible

D’une part, montrer, par application du théorème de Cauchy et Lipschitz, que (C) admet une solution maximale et une seule. D’autre part, calculer une solution y de (C), en imposant éventuellement une condition du genre : y ne s’annule en aucun point.

➥ Exercices 8.20, 8.27 à 8.29. Pour étudier qualitativement la solution maximale d’un problème de Cauchy, par exemple pour préciser la nature de l’intervalle de définition de la solution maximale 338

Souvent, raisonner par l’absurde, et montrer qu’alors on pourrait prolonger strictement y en une solution de (C), ce qui contredirait la maximalité de y.

➥ Exercices 8.40, 8.47, 8.48, 8.52.

Énoncés des exercices

Pour déterminer une ou des solutions d’une ED satisfaisant une condition supplémentaire

Déterminer d’abord toutes les solutions de l’ED, puis, parmi ces solutions, chercher celle (celles) qui satisfait (satisfont) la condition supplémentaire.

➥ Exercice 8.13. Pour résoudre une équation fonctionnelle ou une équation intégrale

Essayer de se ramener à une ED, en utilisant la dérivation.

➥ Exercices 8.26, 8.37, 8.41.

Supposer que

y : x −→ y(x)

est dSE(0), y(x) =

+∞ 

an x n .

n=0

Pour trouver des solutions y d’une ED (E) développables en série entière en 0

Remplacer, dans (E), y(x), y  (x), y  (x) (si nécessaire) par des sommes de séries entières, puis identifier en utilisant un argument d’unicité pour le DSE(0) du second membre. En déduire an en fonction de n. Réciproquement, considérer la série entière obtenue, montrer que son rayon est > 0 ; sa somme vérifie (E) d’après le calcul direct, si celui-ci a été mené par équivalences logiques successives.

➥ Exercice 8.35. Penser à utiliser le théorème de Cauchy et Lipschitz linéaire et/ou à faire intervenir le wronskien de deux solutions de (E).

Pour résoudre des exercices abstraits sur des EDL2

➥ Exercices 8.42 b), 8.43, 8.44.

Énoncés des exercices 8.1

Exemple d’EDL1 non normalisée

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Résoudre l’ED (E) x y  + y = Arctan x, d’inconnue y : R −→ R dérivable sur R.

8.2

Étude d’inéquations différentielles linéaires du premier ordre Soient a,b : [0 ; +∞[−→ R continues, y,z : [0 ; +∞[−→ R dérivables telles que : y 
ay + b,

z   az + b,

y(0)
z(0) .

Montrer : y
z. À cet effet, considérer U = e−A (y − z), où A désigne une primitive de a sur [0 ; +∞[.

8.3

Équation différentielle d’une famille de fonctions On note, pour λ ∈ R, yλ : R −→ R, x −→ yλ (x) = sh x +

λ . ch x

Former une EDL1 normalisée satisfaite par toutes les yλ , c’est-à-dire trouver deux applications a,b : R −→ R continues telles que : ∀ λ ∈ R, yλ + ayλ = b. 339

Chapitre 8 • Équations différentielles

8.4

Exemple de SDL1 SSM, à coefficients constants, à matrice diagonalisable   x = 2x − 2y + z    Résoudre le SDL1 : (S) y  = 2x − 3y + 2z d’inconnues x,y,z : R −→ R dérivables     z = −x + 2y (la variable sera notée t).

8.5

Exemple de SDL1 ASM, à coefficients constants, à matrice diagonalisable   x = −x + y − z + t + 1    Résoudre le SDL1 : (S) y  = −4x + 3y − 4z + 4t + 1     z = −2x + y − 2z + 2t + 1 d’inconnues x,y,z : R −→ R d érivables (la variable étant notée t ) .

8.6

Exemple de SDL1 ASM, à coefficients constants, à matrice diagonalisable   x = −x + y + z − 1    Résoudre le SDL1 (S) y  = x − y + z − 1 d’inconnues x,y,z : R −→ R dérivables     z = x +y−z−1 (la variable sera notée t).

8.7

Résolution d’une EDL2 SSM par changement de fonction inconnue Résoudre l’EDL2 :

(E0 )

(x 2 + 1)y  − (3x 2 − 4x + 3)y  + (2x 2 − 6x + 4)y = 0,

d’inconnue y : R −→ R deux fois dérivable, en utilisant le changement de fonction inconnue z = (x 2 + 1)y.

8.8

Résolution d’une EDL2 SSM par recherche d’une solution polynomiale, étude de raccord Résoudre l’EDL2 :

(e)

x(x 2 + 3)y  − (4x 2 + 6)y  + 6x y = 0,

d’inconnue y : R −→ R deux fois dérivable, sur tout intervalle ouvert non vide I de R. À cet effet, on pourra chercher des solutions polynomiales. Préciser la dimension de l’espace vectoriel S I des solutions de (e) sur I.

8.9

Résolution d’une EDL2 SSM par changement de variable (1 − x 2 )y  − x y  + y = 0, d’inconnue y : ] − 1 ; 1[−→ R deux Résoudre l’EDL2 : (E) fois dérivable, à l’aide du changement de variable défini par t = Arcsin x .

8.10 Résolution d’une EDL2 SSM par changement de variable puis changement de fonction inconnue x 4 y  − y = 0, d’inconnue y : ]0 ; +∞[−→ R deux fois dérivable, 1 en utilisant le changement de variable t = , puis le changement de fonction inconnue x u(t) = t z(t), où z(t) = y(x). Résoudre l’EDL2 :

(E)

8.11 Résolution d’une EDL2 SSM par recherche de deux solutions particulières, étude de raccord x y  + (x − 2)y  − 2y = 0, d’inconnue y : I −→ R deux fois dériRésoudre l’EDL2 : (e) vable sur I, sur tout intervalle ouvert I de R. À cet effet, on pourra chercher une solution particulière polynomiale et une solution particulière de la forme x −→ eαx , α ∈ R . 340

Énoncés des exercices

8.12 Résolution d’une EDL2 SSM par solution évidente et méthode de Lagrange x 2 (x + 1)y  − x(x 2 + 4x + 2)y  + (x 2 + 4x + 2)y = 0 Résoudre l’EDL2 : (E) d’inconnue y : ]0 ; +∞[−→ R deux fois dérivable.

8.13 Résolution d’un problème de Cauchy linéaire d’ordre 2 Déterminer toutes les applications y : ] − 1 ; 1[−→ R deux fois dérivables, telles que : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, (1 − x 2 )y  (x) + 2x y  (x) − 2y(x) = 0, y(0) = 3, y  (0) = 4. À cet effet, on pourra chercher des solutions polynomiales de l’ED.

8.14 Étude d’une EDL2 SSM avec une condition initiale 

On considère le problème : (P)

y  − x y  + y = 0 (E)

y  (0) = 0 d’inconnue y : R −→ R deux fois dérivable. a) Montrer que, si y est solution de (E), alors y est trois fois dérivable et y (3) = x y . b) En déduire l’ensemble S des solutions de (P).

8.15 Résolution d’une EDL2 ASM, méthode de variation des constantes Résoudre l’EDL2 : (E)

y  + y =

1 , d’inconnue y : ] − π/2 ; π/2[−→ R, deux fois cos x

dérivable.

8.16 Résolution d’un problème de Cauchy linéaire d’ordre 2  Résoudre le problème de Cauchy : (P)

y  + y = tan2 x (E) y(0) = 0, y  (0) = 0

d’inconnue y : ] − π/2 ; π/2[−→ R deux fois dérivable.

8.17

Résolution d’une EDL4 SSM, à coefficients constants, par deux méthodes On considère l’EDL4 : (E) y (4) − 2y  + y = 0, d’inconnue y : R −→ R quatre fois dérivable. a) Résoudre (E) en admettant que les résultats du cours sur les EDL2 SSM à coefficients constants sont aussi valables, de façon analogue, à l’ordre 4. b) 1) Est-ce que x −→ ex est solution de (E) ? 2) En notant z : R −→ R, x −→ y(x) e−x , montrer que (E) se ramène à une EDL2 d’inconnue z  et en déduire une résolution de (E).

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

8.18 Former une EDL2 pour laquelle des fonctions données sont solutions Soient I un intervalle de R (non vide ni réduit à un point), y1 ,y2 : I −→ R de classe C 2, telles que l’application w, définie par w = y1 y2 − y1 y2 , ne s’annule en aucun point de I. Montrer qu’il existe un couple unique ( p,q) d’applications continues de I dans R tel que y1 et y2 soient solutions sur I de l’EDL2 (E0 ) y  + py  + qy = 0, et calculer ce couple ( p,q).

8.19 Obtention de propriétés des solutions d’une EDL2 à l’aide d’une fonction auxiliaire Montrer que toutes les solutions y de (E) y  + ex y = 0 sur [0 ; +∞[sont bornées. À cet effet, on pourra considérer U = y 2 + e−x y  2 .

8.20 Exemple de problème de Cauchy Trouver toutes les y : ]0 ; +∞[−→ R dérivables telles que :

  y = 

y x + y2

y(2) = 1. 341

Chapitre 8 • Équations différentielles

8.21 Étude d’une EDL1 Déterminer l’ensemble a ∈ R tels qu’il existe f : [0 ; +∞[−→ R dérivable telle que :  ∀ x ∈ [0 ; +∞[, f  (x) = f (x) − x 2 + x et f (x) > 0 , f (1) = a.

8.22 Exemple d’inéquation différentielle du premier ordre Soit f : [0 ; +∞[−→ R de classe C 1 telle que :

∀ x ∈ [0 ; +∞[, x f  (x) + 2 f (x)
4x 2 .

∀ x ∈ [0 ; +∞[, f (x)
x 2 .

Démontrer :

8.23 Exemple d’équation se ramenant à une EDL1 Soit a ∈ R . Déterminer l’ensemble des applications f : R −→ R, de classe C 1, telles que : ∀ x ∈ R − {a},

1  f (x) − f (a) = f (x) + f  (a) . x −a 2

8.24 Étude de solutions d’une EDL1 matricielle SSM à coefficients constants Soient n ∈ N∗ , A ∈ Mn (C). On considère l’ED (E) X  = AX , d’inconnue X : R −→ Mn,1 (C) dérivable. Soient α,β ∈ C, U,V ∈ Mn,1 (C). On note : F : R −→ Mn,1 (C), G : R −→ Mn,1 (C), H = F + G . t −→ eαt U t −→ eβt V Montrer que F et G sont solutions de (E) sur R si et seulement si H est solution de (E) sur R.

8.25 Étude d’un problème de Cauchy linéaire SSM à coefficients constants Montrer que le problème de Cauchy linéaire   x = −x + y, y  = −y + z, z  = −z + x x(0) = 1, y(0) = j, z(0) = j2 , d’inconnues x,y,z : R −→ C dérivables, admet une solution et une seule, notée (x,y,z), et que, pour tout t ∈ R, les points x(t), y(t), z(t) forment, dans le plan complexe, un triangle équilatéral direct. À cet effet, on pourra considérer U = x + jy + j2 z.

8.26 Exemple d’équation intégrale Trouver toutes les applications f : ] − 1 ; 1[−→ R continues telles que :  x  2 f (t) dt . ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, f (x) = 1 + 0

8.27 Exemple de résolution d’un problème de Cauchy, équation de Riccati Déterminer la solution maximale y du problème de Cauchy : 3 (C) y  = − y + x y 2 et x

y(2) =

1 . 3

8.28 Exemple de résolution d’un problème de Cauchy, équation incomplète en x 

Montrer que le problème de Cauchy (C) seule, et déterminer celle-ci. 342

y  + cos y = 0 y(π) = 0

admet une solution maximale et une

Énoncés des exercices

8.29 Exemple d’étude d’un problème de Cauchy Déterminer l’ensemble des c ∈ ]0 ; +∞[ tels qu’il existe y : [0 ; 1] −→ R dérivable telle que : y  = −(c2 + y 2 ) et y(1) = 0.

8.30 Résolution d’un SDL1 SSM à coefficients constants, à matrice non diagonalisable (S) x  = 2x − y + 2z, y  = 10x − 5y + 7z, z  = 4x − 2y + 2z

Résoudre le SDL1 :

d’inconnues x,y,z : R −→ R dérivables.

8.31 Étude d’un SD non linéaire a) Montrer que le problème de Cauchy (C) x  = (t − 1)x y −

2 4 1 2 x + y, y  = (2t + 1)x y − x + y, x(0) = 1, y(0) = 1 3 3 3 3

admet une solution maximale et une seule, notée (x,y). b) Établir que l’application z : t −→ (2t + 1)x(t) − (t − 1)y(t) est constante et calculer cette constante.

8.32 Recherche de solutions dSE(0) pour une EDL1 (1 − x)y  + y = g, où g : ] − 1 ; 1[−→ R est donnée, continue, On considère l’EDL1 : (E) et y : ] − 1 ; 1[−→ R est l’inconnue, dérivable. On note :

(1 − x)y  + y = 0.

(E0 )

a) Résoudre (E0 ). b) On suppose, dans cette question, que g est développable en série entière en 0, g(x) =

+∞ 

bn x n ,

n=0

de rayon
1. Montrer que (E) admet au moins une solution y développable en série entière en 0, +∞  y(x) = an x n ,de rayon
1, et montrer : n=0

 n−1  1 kbk . n(n − 1) k=0 

x . c) On suppose, dans cette question : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, g(x) = − ln 1 − 2 a1 = −a0 + b0

et

∀ n
2, an =

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

En utilisant b), déterminer une solution y de (E) sous forme d’une somme de série entière, puis exprimer y à l’aide de fonctions usuelles.

8.33 Résolution d’une EDL2 ASM par changement de variable x 2 y  − 2y = x 2 ln x, d’inconnue y : ]0 ; +∞[−→ R deux fois dériRésoudre l’ED (E) vable, par le changement de variable t = ln x.

8.34 Résolution d’une EDL2 SSM par recherche d’une solution polynomiale Résoudre l’ED

(E)

x(x 2 − 1)y  − 2(x 2 − 1)y  + 2x y = 0,

d’inconnue y : ]1 ; +∞[−→ R deux fois dérivable, sachant qu’il existe une solution polynomiale autre que la fonction nulle.

8.35 Recherche des solutions dSE(0) d’une EDL2 ASM a) Trouver les solutions dSE(0) de l’ED

(e)

x 2 y  + 6x y  + (6 − x 2 )y = −1.

b) Exprimer la (ou les) fonction obtenue en a) à l’aide des fonctions usuelles. 343

Chapitre 8 • Équations différentielles

8.36 Résolution d’une EDL2 ASM par diverses méthodes On considère l’ED :

x y  − 2(x − 1)y  + (x − 2)y = x ex ,

(E)

d’inconnue y : ]0 ; +∞[−→ R deux fois dérivable. Résoudre (E) par trois méthodes : 1) à l’aide du changement de fonction inconnue z = e−x y 2) à l’aide du changement de fonction inconnue u = y  − y 3) en cherchant des solutions particulières de l’EDL2 SSM associée (E0 ) sous la forme x −→ x α ex , où α ∈ Z est une constante à choisir, puis en appliquant la méthode de variation des constantes.

8.37 Exemple d’équation fonctionnelle se ramenant à une EDL2 Trouver toutes les applications f : [−1 ; 1] −→ R dérivables telles que : ∀ t ∈ R, f ( cos t) = ( cos t) f  ( sin t) .

8.38 Exemple de SD1 non linéaire se ramenant à des EDL2 Trouver tous les couples ( f,g) d’applications de ]0 ; +∞[ dans R, dérivables, telles que : 

g(x) f (x)   et g (x) = − ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) = − . x x

8.39 Exemple d’EDL2 matricielle Soient n ∈ N∗ , S ∈ S++ n . Montrer que toutes les solutions X : R −→ Mn,1 (R) de l’EDL  X + S X = 0 sont bornées.

8.40 Étude qualitative des solutions d’un problème de Cauchy 

a) Montrer que le problème de Cauchy (C)

y  = 2x + y 2 y(0) = 0

admet une solution maximale et une

seule, notée f . b) Montrer que f est de classe C ∞ au voisinage de 0 et former le développement limité à l’ordre 11 en 0 de f.

8.41 Exemple d’équation intégrale, équation de convolution Trouver toutes les applications f : R −→ R continues telles que :  x ∀ x ∈ R, f (x) = −1 − (2x − t) f (t) dt . 0

8.42 Zéros des solutions d’une EDL2 Soient I un intervalle de R (ni vide ni réduit à un point), p : I −→ R continue sur I. a) Soit z : I −→ R une application dérivable telle que z  + pz > 0. Montrer que z admet au plus un zéro dans I. b) Soient q : I −→ R continue telle que q < 0, y : I −→ R deux fois dérivable, autre que l’application nulle, telle que y  + py  + qy = 0. Montrer que yy  admet au plus un zéro dans I.

8.43 Parité, imparité de solutions d’une EDL2 Soient p : R −→ R continue impaire, q : R −→ R continue paire. On considère l’ED (E0 ) y  + py  + qy = 0, d’inconnue y : R −→ R deux fois dérivable. 344

Énoncés des exercices

a) Montrer que, pour toute solution f de (E0 ) sur R, l’application g :

R −→ R symétrisée x −→ f (−x)

de f, est aussi solution de (E0 ). b) 1) Montrer qu’il existe une solution f 1 de (E0 ) unique telle que : f 1 (0) = 1,

f 1 (0) = 0,

f 1 est paire.

2) Montrer qu’il existe une solution f 2 de (E0 ) unique telle que : f 2 (0) = 0,

f 2 (0) = 1,

f 2 est impaire.

3) Établir que ( f 1 , f 2 ) est une base du R-ev S0 des solutions de (E0 ) sur R.

8.44 Étude de solutions d’une EDL2 On note S0 l’ensemble des solutions y : ]0 ; +∞[−→ R de l’ED : 

1 y = 0. y  + y  − x + 1 + (E0 ) x a) Montrer que S0 est un plan vectoriel inclus dans C ∞ ( ]0 ; +∞[,R).   b) Montrer que l’ensemble S = y ∈ S0 ; y(1) = 2 est une droite affine. c) Soit y ∈ S. Calculer la courbure γ y de la courbe représentative de y en le point d’abscisse 1, en fonction de y  (1). d) Quelle est la valeur maximale de γ y lorsque y décrit S ? En donner une valeur approchée à 10−3 près.

8.45 Étude d’une inéquation différentielle du deuxième ordre Soient (a,b) ∈ R2 tel que 0 < a < b, f : [0 ; +∞[−→ R de classe C 2 telle que : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, a 2 f (x)  f  (x)  b2 f (x) . Montrer, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : f (0) ch (ax) + f  (0)

sh (ax) sh (bx)  f (x)  f (0) ch (bx) + f  (0) . a b

8.46 Résolution d’une ED2 non linéaire avec conditions initiales

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Trouver tous les couples (I,y) où I est un intervalle ouvert de R tel que 0 ∈ I et y : I −→ R deux   yy + y  2 = 0 fois dérivable sur I telle que : y(0) = 1, y  (0) = 1.

8.47 Étude qualitative des solutions maximales d’une ED non linéaire Soit f : R2 −→ R une application de classe C 1 et bornée. Montrer que toute solution maximale de l’ED (E) y  = f (x,y) est définie sur R.

8.48 Étude qualitative de la solution maximale d’un problème de Cauchy On considère le problème de Cauchy (C) suivant : y  =

1 et y(0) = 0, 1 + x 2 + y2

où la variable (réelle) est notée x et la fonction inconnue (à valeurs réelles) est notée y. 1) Montrer que (C) admet une solution maximale et une seule, encore notée y. Que peut-on dire de l’intervalle de définition I de y ? Que peut-on dire de toute solution de (C), vis-à-vis de la solution maximale y ? 345

Chapitre 8 • Équations différentielles

2) Établir que I est symétrique par rapport à 0 et que y est impaire. On pourra, à cet effet, considérer J = {x ∈ R ; −x ∈ I } et z :

J −→ R . x −→ −y(−x)

On note encore y la restriction de l’application précédente à I ∩ [0 ; +∞[. 3) Montrer que y est strictement croissante, à valeurs
0, majorée. 4) Établir que l’extrémité droite de l’intervalle de définition de y est +∞. 5) Démontrer que y admet en +∞ une limite finie, notée , et que : 0 < <

π . 2

6) Montrer que y est de classe C ∞ et concave sur [0 ; +∞[. 7) Tracer l’allure de la courbe représentative de y. On précisera la demi-tangente en O et la concavité. 8) Montrer que y admet un développement limité à l’ordre 5 en 0 et calculer celui-ci.

8.49 Étude de périodicité pour les solutions d’un SDL1 Soient T ∈ ]0 ; +∞[, A : R −→ Mn (C) continue, T -périodique. On considère l’ED (E0 ) X  = AX, d’inconnue X : R −→ Mn,1 (C) dérivable sur R. Montrer qu’il existe une solution X de (E) sur R autre que l’application nulle, et λ ∈ C tels que : ∀ t ∈ R, X (t + T ) = λX (t) .

8.50 Étude d’une ED matricielle non linéaire Soient a ∈ ]0 ; +∞[, n ∈ N∗ , A ∈ GLn (R), X : ] − a ; a[−→ Mn (R) dérivable telle que :  ∀ t ∈ ] − a ; a[, X  (t)X (t) = A X (0) = In . a) Démontrer :

∀ t ∈ ] − a ; a[, X (t)A = AX (t).

b) On suppose ici, de plus, que A est symétrique. Démontrer que, pour tout t ∈ ] − a ; a[ , X (t) est symétrique.

8.51 Inégalité sur des intégrales relatives à des solutions d’une EDL2 On note S0 l’ensemble des applications y : R −→ R deux fois dérivables sur R et solutions sur R y  − x 2 y  + y = 0. (E0 ) de l’EDL2 :  0  1 |y  − y  |  α |y  + y  |. ∀ y ∈ S0 , Montrer qu’il existe α ∈ R∗+ tel que : −1

0

8.52 Étude de périodicité pour des solutions d’une EDL2 SSM Soient T ∈ ]0 ; +∞[, f : R −→ C T-périodique et continue, (y1 ,y2 ) une base du C-espace vectoriel des solutions sur R de l’EDL2 SSM : (E0 ) y  + f y = 0 . a) Montrer qu’il existe (α1 , β1 , α2 , β2 ) ∈ C4 unique tel que : ∀ k ∈ {1,2}, ∀ x ∈ R, yk (x + T ) = αk y1 (t) + βk y2 (t) .

 α1 β1 b) Démontrer que la matrice A = est inversible. α2 β2

346

Du mal à démarrer ?

Du mal à démarrer ? 8.1

Remarquer : x y  + y = (x y) .

Étudier la dérivabilité en 0 de la fonction obtenue.

8.2

Calculer U  et montrer : U 
0 .

8.3

Calculer yλ et obtenir une relation simple liant yλ et yλ .

8.4

Il s’agit d’un SDL1 SSM, à coefficients constants. Montrer que la matrice de (S) est diagonalisable et la diagonaliser. Appliquer enfin la formule du cours donnant la solution générale.

8.5

Il s’agit d’un SDL1 ASM, à coefficients constants. Montrer que la matrice A de (S) est diagonalisable et la diagonaliser : A = P D P −1 , avec les notations usuelles.   x Noter X =  y  , B(t) le second membre, U = P −1 X , z C = P −1 B, et se ramener à la résolution de l’équation U  = DU + C.

8.6

Il s’agit d’un SDL1 ASM, à coefficients constants. Montrer que la matrice A de (S) est diagonalisable et déterminer valeurs propres et sous-espaces propres. Remarquer une solution évidente de (S). 1re méthode : Calculer z, z  , z  en fonction de x, y, y  , y  et grouper convenablement des termes dans l’équation (E) pour faire apparaître z  , z  , z. Se ramener à une EDL2 SSM à coefficients constants.

8.7

2e méthode : Calculer y, y  , y  en fonction de x, z, z  , z  et reporter dans (E).

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

8.8

Il s’agit d’une EDL2 SSM non normalisée. Chercher une solution polynomiale en cherchant d’abord son degré. Obtenir ainsi deux solutions polynomiales formant famille libre. En déduire la solution générale de (E) sur ] − ∞ ; 0[ et sur ]0 ; +∞[ . Étudier le raccord en 0. Noter t = Arcsin x (donc x = sin t ) et y(x) = z(t) . Calculer y(x), y  (x), y  (x) en fonction de x, z(t), z  (t), z  (t) et

8.9

reporter dans (E). Se ramener à une EDL2 SSM à coefficients constants, d’inconnue z. 1 Noter t = et z(t) = y(x) . Calculer y(x), y  (x) , y  (x) en x  fonction de x, z(t), z (t), z  (t) et reporter dans (E). Se ramener ainsi à une EDL2 (F) d’inconnue z. Noter u = t z , calculer z, z  , z  en fonction de t, u, u  , u  et reporter dans (F). Se ramener ainsi

8.10

à une EDL2 à coefficients constants, d’inconnue u.

8.11

Chercher une éventuelle solution polynomiale, en cherchant d’abord son degré. Chercher une solution particulière sous la forme x −→ eαx , α ∈ R fixé à trouver. Montrer que la famille des deux fonctions obtenues est libre et en déduire la solution générale de (e) sur ] − ∞ ; 0[ et sur ]0 ; +∞[ . Étudier le raccord en 0.

8.12

Il s’agit d’une EDL2 SSM normalisable sur ]0 ; +∞[ . Remarquer la solution évidente y1 : x −→ x. Chercher une deuxième solution par la méthode de Lagrange.

8.13

Chercher une solution polynomiale de (E), en cherchant d’abord son degré. Obtenir deux solutions de (E) formant famille libre. En déduire la solution générale de (E). Enfin, traduire les conditions imposées en 0.

8.14

a) Exprimer y  en fonction de x, y, y  .

b) Si y convient, résoudre l’EDL1 SSM d’inconnue y  et tenir compte de y  (0) = 0. En déduire y . Ne pas oublier d’étudier la réciproque.

8.15

Il s’agit d’une EDL2 ASM, normalisée sur l’intervalle I = ] − π/2 ; π/2[. Résoudre l’EDL2 SSM (E0 ) associée, puis appliquer la méthode de variation des constantes.

8.16

Résoudre (E) en utilisant la méthode de variation des constantes, puis traduire la condition en 0.

8.17

a) Il s’agit d’une EDL4 SSM, à coefficients constants. Former l’équation caractéristique et en déduire (par généralisation du résultat à l’ordre 2) la solution générale de (E).

b) 2) Noter z = y ex , donc y = e−x z, reporter dans (E), et se ramener à une EDL2 (F) d’inconnue z . Résoudre (F), en déduire z, puis y . Contrôler la cohérence des réponses obtenues en a) et en b).

8.18

Résoudre le système d’inconnues p,q formé par les deux équations vérifiées par y1 ,y2 .

8.19

Calculer U  .

8.20 1) Appliquer le théorème de Cauchy et Lipschitz. 2) Montrer que, si y ne s’annule en aucun point, l’ED se ramène

 x . En déduire une solution du problème de Cauchy. à : y = y Conclure. y  = y − x 2 − x , d’inconnue Résoudre l’EDL1 (E) y : [0 ; +∞[−→ R dérivable. Traduire ensuite les conditions imposées.

8.21

347

Chapitre 8 • Équations différentielles

8.22 Considérer U : x −→ x 2 f (x) − x 4 , calculer U  . 8.23 Résoudre l’EDL1 SSM y  −

2 y = 0. x −a

En déduire le changement de fonction inconnue : f (x) g : R − {a} −→ R, x −→ g(x) = . (x − a)2 Déterminer g , puis f, et utiliser le raccord en a. Ne pas oublier d’étudier la réciproque.

8.24 1) Un sens est immédiat. 2) Réciproquement, si H est solution de (E), dériver, prendre les valeurs en 0 et déduire AU = αU et AV = βV , puis conclure.

8.25

D’après un exercice de Première année (Méthodes et exercices MPSI, ex. 2.27 a)), les points x(t), y(t), z(t) forment, dans le plan complexe, un triangle équilatéral direct si et seulement si : x(t) + jy(t) + j2 z(t) = 0. Considérer U = x + jy + j2 z, calculer U  , et déduire U = 0 .

8.26

1) Soit f convenant. Montrer que f est de classe C 1 sur ] − 1 ; 1[ et satisfait un problème de Cauchy (C). Appliquer le théorème de Cauchy et Lipschitz pour déduire que (C) admet une solution maximale et une seule. Chercher une solution de (C) ne s’annulant en aucun point. En déduire f.

A = P T P −1 . Noter U = P −1 X , se ramener à U  = T U, résoudre en cascade, puis revenir à X.

8.31

a) Appliquer le théorème de Cauchy et Lipschitz.

b) Calculer z  .

8.32

b) Noter y =

+∞ 

an x n (de rayon > 0) , reporter dans (E),

n=0

obtenir une relation entre an+1 , an , bn . En considérant u n = n(n − 1)an , déduire an en fonction de n. Réciproquement, montrer que la série entière ainsi définie est de rayon
1 . c) Obtenir : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, y(x) =

+∞  2(1 − 2−n ) n x . n(n − 1) n=2

Rappeler les DSE(0) des fonctions t −→

1 , et 1−t

t −→ −ln(1 − t), et déduire, par primitivation, la somme de la  t n+1 , puis y(x). série entière n(n + 1) n
1 Noter t = ln x, z(t) = y(x). Calculer y(x), y  (x) , y  (x) en fonction de x, z(t), z( (t), z  (t), et reporter dans (E). Se ramener ainsi à une EDL2, à coefficients constants, avec second membre exponentielle-polynôme, que l’on sait résoudre. Revenir à y .

8.33

2) Étudier la réciproque.

8.27

1) Appliquer le théorème de Cauchy et Lipschitz pour obtenir l’existence et l’unicité d’une solution maximale y de (C). 2) Chercher une solution y de l’ED ne s’annulant en aucun point, 1 en utilisant le changement de fonction inconnue z = . y

Conclure.

8.28

1) Appliquer le théorème de Cauchy et Lipschitz pour obtenir l’existence et l’unicité d’une solution maximale de (C).

2) Chercher une solution y de l’ED telle que cos y ne s’annule en aucun point. En déduire la solution maximale. Conclure.

8.29 Pour c ∈ ]0 ; +∞[ fixé, résoudre l’ED (E) y  = −(c2 + y 2 ) , d’inconnue y : [0 ; 1] −→ R dérivable, et traduire ensuite y(1) = 0 . Conclure.

8.30

Il s’agit d’un SDL1 SSM, à coefficients constants. La matrice A du système n’est pas diagonalisable, mais est trigonalisable. Obtenir P ∈ GL3 (R), T ∈ T3,s (R) telles que :

348

8.34

1) Chercher une éventuelle solution polynomiale en cherchant d’abord le degré. Obtenir y1 : x −→ x 2 − 1. 2) Chercher une deuxième solution de (E) par la méthode de Lagrange. 3) Conclure.

8.35

a) Noter y =

+∞ 

an x n (de rayon > 0), reporter dans (E),

n=0

obtenir une relation de récurrence sur les an et déduire an. Réciproquement, montrer que la série entière obtenue  x2p − , est de rayon infini. (2 p + 3)! p
0 b) Exprimer y(x), obtenu ci-dessus, à l’aide de sh x . Ne pas oublier l’examen du cas x = 0 . 1) Noter z = e−x y, d’où y = ex z. Calculer y, y  , y  en fonction de x, z, z  , z  , reporter dans (E) et se ramener à une EDL1 d’inconnue z  . Résoudre, déduire z  puis z, puis y .

8.36

2) Noter u = y  − y, donc u  = y  − y  . Dans (E), grouper des termes pour faire apparaître u et u  . Se ramener à une EDL1 d’inconnue u. Résoudre, déduire u, puis une EDL1 sur y , puis y .

Du mal à démarrer ?

3) Chercher des solutions particulières de (E0 ) sous la forme ex y : x −→ x α ex , α ∈ Z. Obtenir y1 : x −→ et y2 : x −→ ex . x Appliquer la méthode de variation des constantes.

8.37 Il ne s’agit pas d’une ED, puisque l’équation fait intervenir les valeurs de f et f  en deux points variables différents. 1) Soit f convenant. Noter x = sin t, montrer que f est deux fois dérivable sur ] − 1 ; 1[, et déduire que f satisfait une EDL2 SSM, à coefficients constants. Résoudre celle-ci et déduire f.

8.43

b) 1) et 2) Appliquer le théorème de Cauchy et Lipschitz linéaire.

8.44 a) • Montrer que S0 est un plan vectoriel. • Montrer que, pour toute y ∈ S0, y est de classe C ∞ , par un raisonnement par récurrence. b) Exploiter l’application

  θ : S0 −→ R2 , y −→ y(1), y  (1) ,

qui, d’après le cours, est une bijection linéaire. 2) Étudier la réciproque.

8.38 1) Soit ( f,g) convenant. Montrer que f et g sont deux fois dérivables et vérifient une EDL2 SSM d’Euler (1). Noter t = ln x, u(t) = f (x). Calculer f (x), f  (x), f  (x) en fonction de x, u(t), u  (t), u  (t) , et reporter dans (1). Se ramener ainsi à une EDL2 SSM, à coefficients constants, d’inconnue u. Déduire u, puis f, puis g . 2) Étudier la réciproque.

SSM, à coefficients constants.

8.40 a) Appliquer le théorème de Cauchy et Lipschitz. b) • Montrer, par récurrence sur n, que, pour tout n ∈ N, f est de classe C n surI . • Utiliser le théorème de Taylor et Young pour l’existence du DL 11 (0) de f. • Calculer f (k) (0) pour k = 1, 2, 3, 4 et en déduire que le DL 11 (0) de f est de la forme : f (x) = x 2 + a5 x 5 + · · · + a11 x 11 +

o (x 11 ) .

x−→0

Reporter dans l’ED et en déduire les valeurs des coefficients a5 ,. . . ,a11 .

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

8.41 Montrer d’abord que, si f convient, alors f est de classe C 2. Remplacer ensuite le problème par un problème équivalent, à l’aide de dérivations. Se ramener à l’ED y  + x y  + 3y = 0 avec les conditions y(0) = −1, y  (0) = 0 . Effectuer le changement de fonction 2 inconnue z = ex /2 y.

8.42 a) Considérer u = z e P , où P est une primitive de p sur I . Calculer

. yy 

y  (1) γy =   2 3/2 . 1 + y  (1) d) Montrer que y  (1) décrit tous les réels, et étudier l’application γ : R −→ R, t −→ γ (t) =

6−t . (1 + t 2 )3/2

8.45 • Noter g = f  − α 2 f et calculer f en fonction de g , à l’aide

8.39 Utiliser le théorème spectral pour se ramener à des EDL2

u

c) Se rappeler que la courbure γ y de la courbe représentative de y en le point d’abscisse 1 est donnée par :

z

, montrer d’abord + pz
0. Établir b) En notant z = z  + pz > 0 , par un raisonnement par l’absurde utilisant le théorème de Cauchy et Lipschitz linéaire. Appliquer enfin a).

de la méthode de variation des constantes. Obtenir : ∀ x ∈ [0 ; +∞[,   1 x sh ax f (x) = g(t) sh a(x − t) dt + f (0) ch ax + f  (0) . a 0 a En déduire la première inégalité demandée. • Pour la deuxième inégalité, appliquer le résultat précédent à des éléments convenablement modifiés. y2 8.46 1) Soit (I,y) convenant. Déduire = Ax + B , où A,B 2 sont des constantes, puis : y 2 = 2x + 1. Par un raisonnement rigoureux, utilisant le théorème des valeurs intermédiaires, déduire : √ ∀ x ∈ I, y(x) = 2x + 1 . 2) Étudier la réciproque. Soient y une solution maximale de y  = f (x,y), I = ]α ; β[ l’intervalle de définition de y , où α,β vérifient −∞  α < β  +∞ . Raisonner par l’absurde : supposer β ∈ R. Montrer que l’on peut prolonger alors y convenablement en β, pour contredire la maximalité de y . En déduire : β = +∞ .

8.47

8.48 1) Appliquer le théorème de Cauchy et Lipschitz. 2) Montrer que z est solution du problème de Cauchy (C). 1 , 3) Remarquer : ∀ x ∈ I ∩ [0 ; +∞[, y  (x)  1 + x2 π et déduire : ∀ x ∈ I ∩ [0 ; +∞[, y(x)  . 2

349

Chapitre 8 • Équations différentielles

4) Raisonner par l’absurde : supposer I ∩ [0 ; +∞[ = [0 ; b[, où b ∈ R. Montrer que l’on peut prolonger convenablement y en b, pour contredire la maximalité de y . π 5) Pour obtenir l’inégalité stricte < , raisonner par l’absurde. 2 6) α) Montrer, par récurrence sur n, que y est de classe tout n ∈ N∗ .

Cn

, pour

β) Montrer : y   0. 8) Appliquer le théorème de Taylor-Young pour obtenir l’existence du DL 5 (0) de y . Se rappeler que y est impaire. Procéder par coefficients indéterminés.

8.49 L’ensemble S0 des solutions de (E0 ) sur R est un C-espace vectoriel de dimension finie. Montrer que l’application qui, à tout X ∈ S0, associe t −→ X (t + T ) , est un endomorphisme de S0 . Se rappeler que tout endomorphisme d’un C-ev de dimension finie (
1 ) admet au moins une valeur propre (et un

U : ] − a ; a[−→ Mn (R), t −→ U (t) = tX (t) et calculer U  U. En déduire X = U. L’ensemble S0 est un R-espace vectoriel de dimension 2. Montrer que les applications N1 ,N2 : S0 −→ R définies, pour tout y ∈ S0, par :  0  1 |y  − y  |, N2 (y) = |y  + y  | N1 (y) =

8.51

−1

0

sont des normes sur S0 . Appliquer enfin le théorème d’équivalence des normes en dimension finie.

8.52 a) Noter, pour k ∈ {1,2} : z k : R −→ C, x −→ yk (x + T ) .

Y : ] − a ; a[−→ Mn (R), t −→ Y (t) = X (t)A − AX (t) .

Montrer que z k est solution de (E0 ) sur R. En déduire l’existence et l’unicité de (αk , βk ) . 

y1 (x) . b) Noter Y : R −→ M2,1 (C), x −→ y2 (x) Montrer : ∀ x ∈ R, Y (x + T ) = AY (x).

Calculer Y  . Montrer que Y est solution du problème de Cauchy linéaire : Y  = −AX −1 Y X −1 et Y (0) = 0,

Montrer, de même qu’en a), l’existence de B ∈ M2 (C) telle que : ∀ x ∈ R, Y (x − T ) = BY (x).

et déduire : Y = 0 .

En utilisant le wronskien de (y1 ,y2 ), obtenir : B A = I2 .

vecteur propre associé). a) Montrer d’abord que, pour tout t ∈ ] − a ; a[, X (t) est inversible. Considérer

8.50

b) Considérer le problème de Cauchy (non linéaire) : (C) Z  = AZ −1

350

Montrer que la solution maximale de (C) est un prolongement de X. Considérer :

et

Z (0) = In .

Corrigés des exercices Soit y : R −→ R une application dérivable sur R.

8.1 On a :

(E) ∀ x ∈ R, x y  + y = Arctan x ⇐⇒ ∀ x ∈ R, (x y) = Arctan x  ⇐⇒ ∃ C ∈ R, ∀ x ∈ R, x y = Arctan x dx + C (F) . En primitivant par parties :   Arctan x dx = x Arctan x −

x dx 1 + x2

= x Arctan x −

1 ln (1 + x 2 ). 2

Donc (F) est équivalente à : ∃C ∈ R, ∀x ∈ R, x y(x) = x Arctan x −

1 ln (1 + x 2 ) + C . 2

8.2 Puisque a est continue sur [0 ; +∞[, a admet des pri-

mitives sur [0 ; +∞[. Notons A une primitive de a sur [0 ; +∞[, et U = e−A (y − z). Par opérations, U est dérivable sur [0 ; +∞[ et : U  = e−A (y  − z  ) − a e−A (y − z)  = e− A (y  − z  ) − a(y − z)  = e− A (y  − ay) − (z  − az)
0 .      
b b Ceci montre que U est croissante sur l’intervalle [0 ; +∞[.   Comme U (0) = e−A(0) y(0) − z(0)
0,   
0 on déduit U
0, et on conclut : y
z.

En prenant la valeur en 0, on a nécessairement C = 0. D’où : (F) ⇐⇒ ∀ x ∈ R∗ , y(x) = Arctan x −

1 ln (1 + x 2 ) . 2x

8.3 Pour tout λ ∈ R, yλ est dérivable sur R et, pour tout x ∈R:

λ sh x sh x λ = ch x − ch x ch x ch2 x sh x  yλ (x) − sh x = ch x − ch x ch2 x + sh2 x sh x yλ (x) + =− ch x ch x

1) Si y convient, comme

yλ (x) = ch x −

x2 1 x ln (1 + x 2 ) ∼ = −→ 0 , x−→0 2x 2x 2 x−→0 on a alors y(0) = 0. 2) Réciproquement, considérons y : R −→ R définie, pour tout x ∈ R , par :  1  Arctan x − si x = / 0 ln(1 + x 2 ) y(x) = 2x  0 si x = 0. Il est clair que y est dérivable sur R∗ , et, d’après l’étude précédente, y est solution de (E) sur R∗ . 1 De plus : ∀ x ∈ R∗ , y  (x) = 2 ln (1 + x 2 ), 2x 1 donc : y  (x) −→ . x−→0 2 Ainsi, y est de classe C 1 sur R∗ , continue en 0, et y  admet une 1 limite finie (égale à ) en 0. D’après le théorème limite de la 2 1 dérivée, y est de classe C 1 sur R et y  (0) = . 2 Ainsi, y est dérivable sur R et vérifie (E) sur R. On conclut que (E) admet une solution et une seule :  1  Arctan x − si x = / 0 ln(1 + x 2 ) y(x) = 2x  0 si x = 0.

d’où : ∀ x ∈ R, yλ (x) +

sh x ch2 x + sh2 x yλ (x) = , ch x ch x

On conclut que les applications a,b : R −→ R définies, pour tout x ∈ R , par : a(x) =

sh x , ch x

b(x) =

ch2 x + sh2 x , ch x

conviennent.

8.4 Il s’agit d’un SDL1 SSM, à coefficients constants. 

La matrice de (S) est :

2 A= 2 −1

−2 −3 2

 1 2. 0

On calcule le polynôme caractéristique (par exemple en développant par rapport à la première colonne) et on obtient : χ A (λ) = −λ3 − λ2 + 5λ − 3 = (λ − 1)(−λ2 − 2λ + 3) = −(λ + 3)(λ − 1)2 . Ainsi, les valeurs propres de A sont −3 (simple) et 1 (double). 351

Déterminons les sous-espaces propres.   x Soit X =  y  ∈ M3,1 (R) . z • X ∈ SEP (A,−3) ⇐⇒ AX = −3X  5x − 2y + z = 0     z = −x ⇐⇒ 2x + 2z = 0 ⇐⇒ ,  y = 2x   −x + 2y + 3z = 0   1 donc : SEP (A,−3) = Vect V1 , où : V1 =  2  . −1 • X ∈ SEP (A,1)⇐⇒AX = X⇐⇒x − 2y + z = 0, donc SEP (A,1) = Vect (V2 ,V3 ) ,     1 2 où V2 =  0  , V3 =  1  , par exemple. −1 0 Puisque χ A est scindé que R et que la dimension de chaque sousespace propre est égale à l’ordre de multiplicité de la valeur propre associée, d’après le cours, A est diagonalisable. D’après le cours, la solution générale de (S) est donnée par : t −→ X (t) =

3 

Ck eλk t Vk

     1 1 2 = C1 e−3t  2  + C2 et  0  + C3 et  1  , −1 −1 0 k=1



ou encore :  x(t) = C1 e−3t + (C2 + 2C3 ) et    (C1 , C2 , C3 ) ∈ R3 . y(t) = 2C1 e−3t + C3 et    z(t) = −C1 e−3t − C2 et

8.5

Il s’agit d’un SDL1 ASM, à coefficients constants.   −1 1 −1 La matrice de (S) est : A =  −4 3 −4  . −2 1 −2 On calcule le polynôme caractéristique de A (par exemple C1 − C3 , puis L 3 L 3 + L 1 ) et on obtient : par C1 −→

−→

χ A (λ) = −(λ + 1)λ(λ − 1). Il en résulte que A admet trois valeurs propres simples, qui sont −1, 0, 1, et, comme A est d’ordre trois, d’après le cours, on conclut que A est diagonalisable. On calcule des vecteurs propres associés, et on obtient, par       0 1 1 exemple,  1  ,  0  ,  2  . 1 352

−1

0

Ainsi, A = P D P −1 , où :    0 1 1 −1 P = 1 0 2, D =  0 1 −1 0 0

0 0 0

 0 0 . 1

Comme (S) est un système avec second membre et que (S) n’admet pas de solution évidente (on pourrait cependant chercher une solution où x, y, z seraient des polynômes de degrés  2), on calcule P −1 et on obtient :   2 −1 2 P −1 =  2 −1 1  . −1 1 −1     x t +1 Notons X =  y  , B(t) =  4t + 1  . On a alors : z 2t + 1 X  = AX + B ⇐⇒ X  = P D P −1 X + B ⇐⇒ P −1 X  = D P −1 X + P −1 B.     u 2t + 3 −1 −1 Notons U = P X =  v  , C = P B =  2  . w t −1 Alors : X  = AX + B ⇐⇒ U  = DU + C       u −1 0 0 u 2t + 3 ⇐⇒  v   =  0 0 0   v  +  2  w 0 0 1 w t −1   u = −u + 2t + 3    ⇐⇒ v  = 2     w = w + (t − 1). 

La résolution de chacune de ces trois EDL1 ASM à coefficients constants est immédiate, et on obtient : X  = AX + B  u(t) = 2t + 1 + C1 e−t    (C1 , C2 , C3 ) ∈ R3 . ⇐⇒ ∀ t ∈ R, v(t) = 2t + C2    w(t) = −t + C3 et Enfin : 

0 X = PU =  1 1

1 0 −1

  1 2t + 1 + C1 e−t , 2 2t + C2 0 −t + C3 et

donc la solution générale de (S) est donnée par :  x(t) = t + C2 + C3 et    (C1 , C2 , C3 ) ∈ R3 . y(t) = 1 + C1 e−t + 2C3 et    z(t) = 1 + C1 e−t − C2

8.6

Il s'agit d'un système différentiel linéaire à coefficients constants. En notant       −1 1 1 x −1 A =  1 −1 1  , X =  y  , B =  −1  , 1 1 −1 z −1

(x,y,z) est solution du système différentiel proposé si et seulement si X est solution de l'équation différentielle (matricielle) : X  = AX + B . La matrice A est diagonalisable dans M3 (R) et un calcul élémentaire (ou la calculatrice) fournit : 

1 où P =  1 1

A = P D P −1 ,   1 1 1 −1 0, D = 0 0 −1 0

Ainsi, y est solution de (E) si et seulement si z est solution de : (F) zz  − 3z  + 2z = 0. L’ED (F) est une EDL2 SSM à coefficients constants. L’équation caractéristique r 2 − 3r + 2 = 0 admet deux solutions réelles 1 et 2, donc, d’après le cours, la solution générale de (F) est : z : x −→ λ ex + µ e2x ,

(λ,µ) ∈ R2 .

On conclut que l’ensemble S des solutions de (E) est :   λ ex + µ e2x 2 S = y : R −→ R, x −→ ; (λ,µ) ∈ R . x2 + 1 2e méthode : z , d’où l’on calcule y  et yz  en fonction de x2 + 1 z, z  , zz  . On reporte dans (E), des termes se simplifient, et on retrouve (F) de la première méthode.

On a y = 0 −2 0

 0 0. −2

La solution générale de l'ED sans second membre X  = AX est, d'après le cours :       1 1 1 X : t −→ λet  1  + µe−2t  −1  + νe−2t  0  , 1 0 −1 (λ,µ,ν) ∈ R3 . 

D'autre part, l'ED avec second membre X = AX + B admet   1 la solution évidente t −→  1  . 1 Finalement, la solution générale du système différentiel proposé est :   t −2t −2t  x(t) = 1 + λe + µe + νe   , (λ,µ,ν) ∈ R3 . t −→ y(t) = 1 + λet − µe−2t    z(t) = 1 + λet − νe−2t

8.7

Comme le suggère l’énoncé, pour y : R −→ R deux fois dérivable, considérons z = (x 2 + 1)y, qui est deux fois dérivable.

8.8

L’ED (e) est une EDL2 SSM, non normalisée. L’ED normalisée associée, sur un intervalle I ne contenant pas 0 est : (E)

y  −

4x 2 + 6  6 y + 2 y =0. x(x 2 + 3) x +3

• Cherchons une (ou des) solution particulière de (e) sous forme n  ak x k , où n ∈ N , a0 ,. . . ,an ∈ R, de polynôme : y(x) = k=0

an = / 0. Le terme de degré n + 1 dans le premier membre de (e) doit être nul : n(n − 1)an − 4nan + 6an = 0 , / 0 : n 2 − 5n + 6 = 0 , d’où, puisque an = donc n = 2 ou n = 3. Notons donc y(x) = ax 3 + bx 2 + cx + d, (a,b,c,d) ∈ R4 . On a alors, en calculant y  et yz  et en reportant dans le premier membre de (e), avec des notations classiquement abusives : x(x 2 + 3)yz  − (4x 2 + 6)y  + 6x y = x(x + 3)(6ax + 2b) − (4x 2 + 6)(3ax 2 + 2bx + c) 2

+ 6x(ax 3 + bx 2 + cx + d)

1re méthode : Comme (E) commence par (x 2 + 1)yz  , calculons z  et zz  . On a : z = (x 2 + 1)y, z  = 2x y + (x 2 + 1)y  , zz  = 2y + 4x y  + (x 2 + 1)yz  , d’où :

= 2cx 2 + (−6b + 6d)x − 6c. Ainsi, y est solution de (E) sur I si et seulement si : c = 0, d = b. Deux solutions polynomiales particulières sont donc : y1 : x −→ x 3 , y2 : x −→ x 2 + 1 ,

(x 2 + 1)yz  − (3x 2 − 4x + 3)y  + (2x 2 − 6x + 4)y

obtenues pour (a, b, c, d) égal à (1, 0, 0, 0) , à (0, 1, 0, 1) respectivement.

= (zz  − 2y − 4x y  ) − (3x 2 − 4x + 3)y  + (2x 2 − 6x + 4)y

Il est clair que la famille (y1 ,y2 ) est libre.



2







= zz − 3(x + 1)y + (2x − 6x + 2)y 2

= zz − 3(z − 2x y) + (2x − 6x + 2)y 2

= zz  − 3z  + 2z .

D’après le cours, l’ensemble S I des solutions de (E) sur I est donc :   S I = y : I −→ R, x −→ ax 3 + b(x 2 + 1) ; (a,b) ∈ R2 . 353

• Étudions le raccord en 0.

y  (x) = z  (t)

Soit I un intervalle ouvert de R, tel que 0 ∈ I. Notons



y : I − {0} −→ R, x −→

yz  (x) = zz  (t)

ax 3 + b(x 2 + 1) si x < 0

y(x) −→− b

D’après le cours, la solution générale de (F) est :

y(x) −→+ β,

et

x−→0

x−→0

donc y est prolongeable par continuité en 0 si et seulement si β = b. Supposons β = b et notons y(0) = b. Alors, y est continue sur I, dérivable sur I − {0} et :  si x < 0 3ax 2 + 2bx  y (x) = 2 si x > 0. 3αx + 2bx Comme :

y  (x) −→− 0

et

x−→0

x−→0

1

L’application y est de classe C 2 sur I − {0} et :  6ax + 2b si x < 0  y (x) = 6αx + 2b si x > 0. x−→0

et

On conclut que l’ensemble S des solutions de (E) sur ] − 1 ; 1[ est :   S = y : ] − 1 ; 1[−→ R, x −→ A 1 − x 2 + Bx ;  (A,B) ∈ R2 . Au lieu de la méthode proposée dans l’énoncé (changement de variable t = Arcsin x , suggéré par la présence de 1 − x 2 devant y  ), on aurait pu remarquer que x −→ x est solution évidente de (E), puis trouver une deuxième solution par la méthode de Lagrange.

malisable sur ]0 ; +∞[.

x−→0



d’après le théorème limite de la dérivée (appliqué à y ), y est de classe C 2 sur I. De plus, y satisfait (e) en le point 0. Finalement, l’ensemble S I des solutions de (e) sur I est :  S I = I −→ R ;  3 ax + b(x 2 + 1) si x < 0     x −→ b si x = 0 ; (a,α,b) ∈ R3 .    3 αx + b(x 2 + 1) si x > 0 • Pour tout intervalle ouvert non vide I de R, S I est un R 2 si 0 ∈ /I espace vectoriel, et : dim (S I ) = 3 si 0 ∈ I.

8.9

L’ED (E) est une EDL2 SSM, non normalisée, mais normalisable sur ] − 1 ; 1[ .

Comme le suggère l’énoncé, utilisons le changement de variable t = Arcsin x , donc x = sin t , et notons z : ] − π/2 ; π/2[−→ R,t −→ z(t) = y(x) la nouvelle fonction inconnue. Par composition, z est deux fois dérivable et on a, avec des notations classiquement abusives :

354

Comme t = Arcsin x , on a :

(A,B) ∈ R2 . √ sin t = x, cos t = 1 − x 2 .

8.10 Il s’agit d’une EDL2 SSM, non normalisée, mais nor-

yz  (x) −→+ 2b,

y(x) = z(t) ,

z : t −→ A cos t + B sin t,

Remarque :

y  (x) −→+ 0,

d’après le théorème limite de la dérivée, y est de classe C sur I.

Comme : y  (x) −→− 2b

(F).

L’ED (F) est une EDL2 SSM, à coefficients constants.

pour (a,b,α,β) ∈ R4 fixé. On a :

1 x + z  (t) . 1 − x2 (1 − x 2 )3/2

(E) ⇐⇒ z  + z = 0

d’où :

αx 3 + β(x 2 + 1) si x > 0,

dt 1 = z  (t) √ , dx 1 − x2

Comme le suggère l’énoncé, effectuons le changement de va1 riable t = , donc aussi un changement de fonction inconnue x z(t) = y(x), où z est deux fois dérivable. On a, avec des notations classiquement abusives : dt 1 y(x) = z(t), y  (x) = z  (t) = −z  (t) 2 , dx x 1 2 y  (x) = z  (t) 4 + z  (t) 3 . x x 2 x 4 y  (x) − y(x) = z  (t) + z  (t) − z(t). D’où : t Ainsi, y est solution de (E) sur ]0 ; +∞[ si et seulement si z est solution sur ]0 ; +∞[ de : 2 (F) z  + z  − z = 0 . t Comme le suggère l’énoncé, effectuons le changement de fonction inconnue défini par u(t) = t z(t). L’application u est deux fois dérivable et, : z=

1 1 1 2 2 1 u, z  = − 2 u + u  , z  = 3 u − 2 u  + u  , t t t t t t

2 1 1 z  + z  − z = u  − u. t t t Ainsi, z est solution de (F) sur ]0 ; +∞[ si et seulement si u u  − u = 0. est solution sur ]0 ; +∞[ de : (G) d’où :

L’ED (G) est une EDL2 SSM, à coefficients constants.

L’équation caractéristique r 2 − 1 = 0 admet deux solutions réelles 1 et −1. D’après le cours , la solution générale de (G) est donc : u : t −→ a et + b e−t ,

(a,b) ∈ R2 .

Par le changement de fonction inconnue u = t z, la solution générale de (F) sur ]0 ; +∞[ est : z : t −→

1 (a et + b e−t ), t

(a,b) ∈ R2 .



S I = y : I −→ R, x −→ λ(x 2 − 2x + 2) + µ e−x ;

 (λ,µ) ∈ R2 .

• Étudions le raccord en 0. Soit I un intervalle ouvert contenant 0, et soient (λ1 ,µ1 ,λ2 ,µ2 ) ∈ R4 , y : I −→ R l’application définie par :  si x < 0 λ1 (x 2 − 2x + 2) + µ1 e−x y(x) = 2 −x si x > 0. λ2 (x − 2x + 2) + µ2 e

1 , on conclut que x l’ensemble S des solutions de (E) sur ]0 ; +∞[ est :  S = y : ]0 ; +∞[−→ R,   1 1 x −→ x a e x + b e− x ; (a,b) ∈ R2 .

donc y est prolongeable par continuité en 0 si et seulement si :

Il s’agit d’une EDL2 SSM, non normalisée sur R, mais / I. normalisable sur I si 0 ∈

Alors, y est continue sur I, de classe C 1 sur I − {0}, et, pour tout x ∈ I − {0} :  si x < 0 λ1 (2x − 2) − µ1 e−x y  (x) = si x < 0. λ2 (2x − 2) − µ2 e−x

Enfin, par le changement de variable t =

8.11

Cherchons, selon l’indication de l’énoncé, une solution de (e) n  ak x k , où n ∈ N, sous la forme d’un polynôme y : x −→ k=0

/ 0 . Le coefficient du terme en x n du prea0 ,. . . ,an ∈ R, an = mier membre de (e) doit être nul : nan − 2an = 0, d’où, / 0 : n = 2. puisque an = Cherchons donc une solution particulière de (e) sous la forme y : x −→ ax 2 + bx + c, (a,b,c) ∈ R3 . On a alors, avec des notations classiquement abusives : x y  + (x − 2)y  − 2y = x2a + (x − 2)(2ax + b) − 2(ax 2 + bx + c) = −(2a + b)x − 2(b + c).

y(x) −→− 2λ1 + µ1 et y(x) −→+ 2λ2 + µ2 ,

On a :

x−→0

x−→0

2λ2 + µ2 = 2λ1 + µ1 . Supposons cette condition réalisée, et notons y(0) = 2λ1 + µ1.

On a : y  (x) −→− −2λ1 − µ1 x−→0

et



y (x) −→+ −2λ2 − µ2 = −2λ1 − µ1 , x−→0

donc, d’après le théorème limite de la dérivée, y est de classe C 1 sur I et y  (0) = −2λ1 − µ1 . L’application y est de classe C 2 sur I − {0} et, pour tout  si x < 0 2λ1 + µ1 e−x  x ∈ I − {0} : y (x) = −x si x > 0. 2λ2 + µ2 e y  (x) −→− 2λ1 + µ1

On a :

x−→0

Pour que y soit solution de (e) sur R, il faut et il suffit que 2a + b = 0 et b + c = 0, c’est-à-dire : b = −2a et c = 2a .

et

Ainsi, par exemple (en prenant a = 1 ), l’application y1 : x −→ x 2 − 2x + 2 est solution de (e) sur R.

donc, d’après le théorème limite de la dérivée (appliqué à y  ), y est de classe C 2 sur I et y  (0) = 2λ1 + µ1 .

• Cherchons, selon l’indication de l’énoncé, une solution particulière de la forme y : x −→ eαx , α ∈ R fixé. On a, avec des notations classiquement abusives :

Enfin, il est immédiat que y vérifie (e) en 0.

y = eαx , y  = α eαx , yz  = α2 eαx , puis : x y  + (x − 2)y  − 2y = xα2 eαx + (x − 2)α eαx − 2 eαx  = (α2 + α)x − 2(α + 1) eαx = (α + 1)(αx − 2) eαx . En choisissant α = −1, l’application y2 : x −→ e−x est solution de (e) sur R. • Il est clair que, pour tout intervalle ouvert non vide I de R, / I, la famille (y1| I , y2| I ) est libre. D’après le cours, si 0 ∈ l’ensemble S I des solutions de (e) sur I est donc :



y (x) −→+ 2λ2 + µ2 = 2λ1 + µ1 , x−→0

On conclut que, si 0 ∈ I, l’ensemble S I des solutions de (e) sur I est :  S I = y : I −→ R, x −→ y(x) =  si x < 0 λ1 (x 2 − 2x + 2) + µ1 e−x    si x = 0 2λ1 + µ1    λ2 (x 2 − 2x + 2) + (2λ1 + µ1 − 2λ2 ) e−x si x > 0 ;

 (λ1 , µ1 , λ2 ) ∈ R3 .

et donc S I est un R-espace vectoriel de dimension 3. 355

8.12

Il s’agit d’une EDL2 SSM, normalisable sur ]0 ; +∞[.

• Une solution évidente est y1 : x −→ x . • Cherchons une deuxième solution par la méthode de Lagrange, c’est-à-dire sous la forme y : x −→ xλ(x) , où λ est une fonction inconnue, supposée deux fois dérivable. On a, avec des notations classiquement abusives : y = xλ , y  = λ + xλ , y  = 2λ + xλ , donc : x 2 (x + 1)y  − x(x 2 + 4x + 2)y  + (x 2 + 4x + 2)y = x 2 (x + 1)(2λ + xλ ) − x(x 2 + 4x + 2)(λ + xλ ) + (x 2 + 4x + 2)xλ  = x 3 (x + 1)λ + 2x 2 (x + 1) − x 2 (x 2 + 4x + 2) λ  = x 2 x(x + 1)λ − (x 2 + 2x)λ . Ainsi, y est solution de (E) si et seulement si λ est solution (x + 1)λ − (x + 2)λ = 0. de : (F) Une solution particulière (autre que la solution nulle) de cette EDL1 SSM (d’inconnue λ) est donnée par :

 

  x +2 1 λ (x) = exp dx = exp 1+ dx x +1 x +1  = exp x + ln(x + 1) = (x + 1) ex . Une fonction λ convenant est donnée par :  λ(x) = (x + 1) ex dx = x ex . Une solution particulière de (E) est donc : y2 : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ x 2 ex . • Puisque (E) est une EDL2 SSM normalisée, à coefficients continus sur l’intervalle ]0 ; +∞[, d’après le cours, l’ensemble S des solutions de (E) sur ]0 ; +∞[ est un R-espace vectoriel de dimension 2. D’après le cours sur la méthode de Lagrange, la famille (y1 ,y2 ) est libre. On a vu plus haut : y1 ∈ S , y2 ∈ S . On conclut que l’ensemble S des solutions de (E) sur ]0 ; +∞[ est :  S = y : ]0 ; ,+∞[−→ R, x −→ α1 x + α2 x 2 ex ;  (α1 ,α2 ) ∈ R2 .

8.13

Il s’agit de résoudre une EDL2 SSM, normalisée, avec conditions en un point. • Comme le suggère l’énoncé, cherchons d’éventuelles solutions polynomiales de (E)

356

(1 − x 2 )y  + 2x y  − 2y = 0 .

Notons y : x −→

n 

ak x k , une fonction polynomiale, où

k=0

/ 0. Si y est solution de (E), alors n ∈ N, a0 ,. . . ,an ∈ R, an = le terme de degré n du premier membre est nul, donc : −n(n − 1)an + 2nan − 2an = 0, c’est-à-dire : (−n 2 + 3n − 2)an = 0, donc : n = 1 ou n = 2. Considérons donc y : x −→ ax 2 + bx + c , pour (a,b,c) ∈ R3 fixé. On a, avec des notations classiquement abusives : (1 − x 2 )y  + 2x y  − 2y = (1 − x )2a + 2x(2ax + b) − 2(ax 2 + bx + c) = 2(a − c) . 2

Ainsi, y est solution de (E) si et seulement si : c = a. En particulier, les deux applications : y1 : x −→ x

et

y2 = x −→ x 2 + 1

sont solutions de (E) (on peut d’ailleurs contrôler ceci par un calcul direct). Comme, d’après le cours, l’ensemble S des solutions de (E) sur ] − 1 ; 1[ est un R-espace vectoriel de dimension 2, et que (y1 ,y2 ) est libre, on déduit :  S = y : ] − 1 ; 1[−→ R ; x −→ αx + β(x 2 + 1) ;  (α,β) ∈ R2 . Avec ces notations, on a : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, y  (x) = α + 2βx , donc : y(0) = β et y  (0) = α , puis :   y(0) = 3 β=3 ⇐⇒  y (0) = 4 α = 4. On conclut qu’il y a une solution et une seule, l’application : y : ] − 1 ; 1[−→ R, x −→ 3x 2 + 4x + 3 .

8.14 a) Soit y une solution de (E). Alors, y est deux fois dérivable et y  = x y  − y . Comme x y  − y est dérivable, y  est dérivable, donc y est trois fois dérivable et : y (3) = (x y  − y) = x y  . b) • Soit y une solution de (P). D’après a), y est trois fois dérivable et y (3) = x y . Ainsi, y  vérifie une EDL1 SSM. Il existe donc λ ∈ R tel que :

  x2  ∀ x ∈ R, yz (x) = λ exp x dx = λ e 2 . Mais yz  (0) = 0, donc λ = 0, puis yz  = 0. Il existe donc (α,β) ∈ R2 tel que : ∀ x ∈ R, y(x) = αx + β. Puis : On a donc :

∀ x ∈ R, 0 = y  − x y  + y = β, ∀ x ∈ R, y(x) = αx.

• Réciproquement, il est évident que, pour tout α ∈ R, l’application y : R −→ R, x −→ αx est solution de (P).

Finalement, l’ensemble S des solutions de (P) est :   S = y : R −→ R ; x −→ αx ; α ∈ R .

8.15

Il s’agit d’une EDL2 ASM, normalisée sur l’intervalle I = ] − π/2 ; π/2[.

La solution générale de l’EDL2 SSM associée (E0 ) y  + y = 0 est y : x −→ A cos x + B sin x, (A,B) ∈ R2 . Cherchons une solution particulière de (E), par la méthode de variation des constantes, sous la forme

Calculons A(x) et B(x) par primitivation (à une constante additive près), en utilisant, par exemple, les règles de Bioche :   sin 3 x 1 − u2 1 A(x) = − du = − − u dx = u = cos x cos 2 x u2 u 1 + cos 2 x 1 − cos x = − , cos x cos x   sin 2 x v2 B(x) = dv dx = cos x 1 − v2 v = sin x     1 1  1 + v  −1+ dv = −v + ln = 1 − v2 2 1 − v  =−

= − sin x +

y : x −→ A(x) cos x + B(x) sin x , où A,B sont des fonctions inconnues, supposées dérivables. On a, par la méthode :     A (x) cos x + B (x) sin x = 0 ∀ x ∈ I,  −A (x) sin x + B  (x) cos x = 1 cos x   A (x) = −tan x ⇐⇒ ∀ x ∈ I, B  (x) = 1  A(x) = ln cos x ⇐ ∀ x ∈ I, B(x) = x.

On en déduit une solution particulière de (E) : 1 + cos 2 x y : x −→ y(x) = − cos x cos x 

1 1 + sin x sin x + − sin x + ln 2 1 − sin x 1 1 + sin x = −2 + sin x ln , 2 1 − sin x puis la solution générale de (E) : y : x −→ −2 +

Une solution particulière de (E) est donc : y : x −→ cos x ln cos x + x sin x . On conclut que la solution générale de (E) sur I est : y : x −→ cos ln cos x + x sin x + A cos x + B sin x, (A,B) ∈ R2 .

8.16

L’ED (E) est une EDL2 ASM, normalisée sur l’intervalle I = ] − π/2 ; π/2[. 1) Résolution de (E) : La solution générale de l’EDL2 SSM associée (E0 ) y  + y = 0 est : y : x −→ A cos x + B sin x, (A,B) ∈ R2 . Cherchons une solution particulière de (E), par la méthode de variation des constantes, sous la forme y : x −→ A(x) cos x + B(x) sin x ,

où A,B sont des fonctions inconnues, supposées dérivables. On a, par la méthode :   A (x) cos x + B  (x) sin x = 0 ∀ x ∈ I, −A (x) sin x + B  (x) cos x = tan2 x  sin 3 x  2    A (x) = −tan x sin x = − cos 2 x ⇐⇒ ∀ x ∈ I, 2    B  (x) = tan2 x cos x = sin x . cos x

1 1 + sin x ln . 2 1 − sin x

1 1 + sin x sin x ln 2 1 − sin x +A cos x + B sin x, (A,B) ∈ R2 .

2) Résolution de (P) : Traduisons les conditions en 0. • On a : y(0) = 0 ⇐⇒ −2 + A = 0 ⇐⇒ A = 2. • On calcule y  (x), pour tout x ∈ I : y  (x) =

d’où :

1 1 + sin x d cos x ln + sin x 2 1 − sin x dx

 1 1 + sin x ln 2 1 − sin x − A sin x + B cos x,

y  (0) = 0 ⇐⇒ B = 0.

Finalement, le problème (P) admet une solution et une seule : y : ] − π/2 ; π/2[, x −→ −2 +

1 + sin x 1 sin x ln + 2 cos x . 2 1 − sin x

8.17 a) Il s’agit d’une EDL4 SSM, à coefficients constants. On forme l’équation caractéristique : r 4 − 2r 2 + 1 = 0 ⇐⇒ (r 2 − 1)2 = 0 ⇐⇒ (r − 1)2 (r + 1)2 = 0, dont les solutions sont −1 (double) et 1 (double). D’après le cours, généralisé à l’ordre 4, la solution générale de (E) est donnée, pour tout x ∈ R , par : y(x) = (Ax + B) ex + (C x + D) e−x , (A,B,C,D) ∈ R4 . 357

b) 1) L’application y1 : x −→ ex est solution évidente de (E). 2) En notant, selon l’énoncé, z = yy1−1 , comme y1 est solution de (E), la fonction constante égale à 1 sera solution de la nouvelle équation. On a, avec des notations classiquement abusives : y = z ex , y  = (z  + z) ex , y  = (z  + 2z  + z) ex y (3) = (z (3) + 3z  + 3z  + z) ex

U  = 2yy  − e−x y  2 + e−x 2y  y  = 2y  e−x (ex y + y  ) − e−x y  2 = − e−x y  2  0, donc U est décroissante. On a donc :

∀ x ∈ [0 ; +∞[, U (x)  U (0).

Il en résulte : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, y 2 (x)  U (x)  U (0),  ∀ x ∈ [0 ; +∞[, 0  |y(x)|  U (0). puis : Ceci montre que y est bornée.

y (4) = (z (4) + 4z (3) + 6z  + 4z  + z) ex ,

8.20 1) L’application

donc : (E) y (4) − 2y  + y = 0 ⇐⇒ (F) z (4) + 4z (3) + 4z  = 0 . En notant u = z  , on a : (F) ⇐⇒ (G) u  + 4u  + 4u = 0 . L’ED (G) est une EDL2 SSM, à coefficients constants. L’équation caractéristique r 2 + 4r + 4 = 0 admet une solution double réelle −2, donc la solution générale de (G) est : u : x −→ (λx + µ) e−2x , (λ,µ) ∈ R2 . Comme u = zz  , en primitivant deux fois, la solution générale de (F) est : z : x −→ (αx + β) e−2x + (γx + δ), (α,β,γ,δ) ∈ R4 . Enfin, comme y = z e , la solution générale de (E) est donnée, pour tout x ∈ R , par : x

y(x) = (αx + β) e−x + (γx + δ) ex , (α,β,γ,δ) ∈ R4 . On retrouve bien le même résultat qu’en a).

8.18



On a, pour toutes applications p,q : I −→ R :   y1 + py1 + qy1 = 0 py1 + qy1 = −y1 ⇐⇒ (S) py2 + qy2 = −y2 . y2 + py2 + qy2 = 0

Comme w = y1 y2 − y1 y2 ne s’annule en aucun point de I,  pour tout x ∈ I, le système linéaire (S) d’inconnue p(x),q(x) est de Cramer, donc admet une solution et une seule. On a donc :

 y  y2 − y1 y2 y  y  − y1 y2 (S) ⇐⇒ p = 1 et q = 1 2 . w w Ces formules montrent l’existence et l’unicité de ( p,q). De plus, comme y1 et y2 sont de classe C 2 sur I, par opérations, p et q sont continues sur I. On conclut qu’il existe un couple ( p,q) et un seul convenant, et il est donné par les formules ci-dessus.

8.19

Soit y une solution de (E). Avec des notations classiquement abusives, l’application U = y 2 + e−x y  2 est dérivable sur [0 ; +∞[ et :

358

F : U = R∗+ × R −→ R, (x,y) −→

y x + y2

est de classe C 1 sur l’ouvert U de R2 , et (2,1) ∈ U. D’après le théorème de Cauchy et Lipschitz, le problème de Cauchy  y  y = x + y 2 admet une solution maximale et une (C)  y(2) = 1 seule, notée encore y, et l’intervalle de définition I de y est ouvert. Ceci montre l’unicité d’une éventuelle solution de (C) sur ]0 ; +∞[. / 0. 2) • Supposons ]0 ; +∞[⊂ I et : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, y(x) = On a alors, avec des notations classiquement abusives : y y = ⇐⇒ y  x + y  y 2 = y ⇐⇒ y  y 2 = y − x y  x + y2

 y − x y x  ⇐⇒ y  = ⇐⇒ y = . y2 y x Il existe donc C ∈ R tel que : y = + C, y d’où : De plus : On obtient :

y 2 − C y − x = 0. y(2) = 1 ⇐⇒ 1 − C − 2 = 0 ⇐⇒ C = −1. y 2 + y − x = 0.

Le discriminant de cette équation du second degré est ∆ = 1 + 4x > 0, donc pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : √ √ −1 + 1 + 4x −1 − 1 + 4x ou y(x) = y(x) = . 2 2 Comme y(2) = 1, ceci nous amène à considérer la fonction obtenue ci-dessus avec le signe + devant la racine carrée. 3) Réciproquement, considérons l’application : √ 1 y : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ − 1 + 1 + 4x . 2 Il est clair que y est dérivable sur ]0 ; +∞[, que y est solution y , sur ]0 ; +∞[ (d’après 2)), et que y(2) = 1. de y  = x + y2 Finalement, il y a une solution et une seule : √ 1 − 1 + 1 + 4x . y : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ 2

8.21

1) Résolvons l’EDL1 (E) y  = y − x 2 + x , d’inconnuey : [0 ; +∞[−→ R dérivable.

Il en résulte que U est croissante. Comme de plus, U (0) = 0 , on déduit : U
0, c’est-à-dire : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, x 2 f (x)
x 4 .

La solution générale de l’EDL1 SSM associée (E0 ) y  = y

En simplifiant par x 2 , on déduit :

est : y : x −→ λ ex , λ ∈ R . Cherchons une solution particulière de (E) sous la forme y : x −→ αx 2 + βx + γ, (α,β,γ) ∈ R3 . On a, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ :  y  (x) − y(x) − x 2 + x = (2αx + β) − (αx 2 + βx + γ − x 2 + x) = (1 − α)x 2 + (2α − β − 1)x + (β − γ).

c’est-à-dire :

Comme f est continue en 0, l’inégalité est encore vraie en 0, ∀ x ∈ [0 ; +∞[, f (x)
x 2 . et on conclut :

8.23 1) Soit f convenant. On a alors : ∀ x ∈ R − {a}, 2 2 f (x) = − f (a) − f  (a) . x −a x −a 2 y = 0, sur La solution générale de l’EDL1 SSM y  − x −a I1 = ] − ∞ ; a[ ou I2 = ]a ; +∞[, est donnée par :

  2 y : x −→ λ exp dx = λ(x − a)2 , λ ∈ R . x −a f  (x) −

Il suffit donc que : 1 − α = 0,

∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x)
x 2 .

2α − β − 1 = 0,

α = 1,

β = 1,

β − γ = 0,

γ = 1.

Une solution particulière de (E) est donc : y : x −→ x 2 + x + 1 . D’après le cours, la solution générale de (E) est donc : y : x −→ x 2 + x + 1 + λ ex , λ ∈ R .

Conformément à la méthode de variation de la constante, considérons l’application

Considérons donc, pour λ ∈ R, l’application :

g : R − {a} −→ R, x −→

f : [0 ; +∞[−→ R, x −→ x 2 + x + 1 + λ ex , qui est dérivable sur [0 ; +∞[. 2) Si λ < 0, alors y(x) −→ −∞, contradiction avec la x−→+∞

deuxième condition de l’énoncé. On a donc nécessairement : λ
0. Alors : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, f  (x) = 2x + 1 + λ ex > 0, donc f est strictement croissante sur [0 ; +∞[. Il en résulte que f > 0 si et seulement si f (0) > 0 . Et : f (0) = 1 + λ . Ainsi, f convient si et seulement si : 1 + λ > 0 . a−3 , Enfin : a = f (1) = 3 + λ e, donc : λ = e a−3 > −1 ⇐⇒ a > 3 − e. puis : λ > −1 ⇐⇒ e On conclut que l’ensemble des a ∈ R demandé est : ]3 − e ; +∞[.

8.22

qui est de classe C 1 sur R − {a} . On a ainsi : ∀ x ∈ R − {a}, f (x) = (x − a)2 g(x) , d’où, en dérivant et en reportant l’expression de f  (x) dans l’égalité initiale : ∀ x ∈ R − {a}, (x − a)2 g  (x) = −

2 f (a) − f  (a) , x −a

et donc : ∀ x ∈ R − {a}, g  (x) = −

2 f  (a) f (a) − . 3 (x − a) (x − a)2

Par primitivation sur ] − ∞ ; a[ et sur ]a ; +∞[, on déduit qu’il existe (α,β,γ, λ,µ,ν) ∈ R6 tel que :  α β    ∀ x ∈ ] − ∞ ; a[, g(x) = (x − a)2 + x − a + γ    ∀ x ∈ ]a ; +∞[, g(x) =

µ λ + + ν, 2 (x − a) x −a

d’où :  ∀ x ∈ ] − ∞ ; a[, f (x) = α + β(x − a) + γ(x − a)2

Considérons l’application U : [0 ; +∞[−→ R, x −→ U (x) = x 2 f (x) − x 4 , 

f (x) , (x − a)2

suggérée par l’expression x f (x) + 2 f (x) − 4x de l’énoncé. 2

Cette application U est dérivable et, on a, pour tout  x ∈ [0 ; +∞[ : U  (x) = x x f  (x) + 2 f (x) − 4x 2
0.

∀ x ∈ ]a ; +∞[, f (x) = λ + µ(x − a) + ν(x − a)2 .  −→− α et f (x) −→+ λ  f (x) x−→a x−→a On a alors :  f  (x) −→ β et f  (x) −→ µ, − + x−→a

x−→a

359

On a alors, pour tout t ∈ R : F  (t) = α eαt U = eαt AU = A(eαt U ) = AF(t) ,

d’où, puisque f est de classe C 1 sur R : α = λ et β = µ , puis, pour tout x ∈ R :  α + β(x − a) + γ(x − a)2 f (x) = α + β(x − a) + ν(x − a)2

donc F est solution de (E), et, de même, G est solution de (E). si x  a si x
a.

2) Réciproquement, pour tout (α,β) ∈ R2 , l’application obtenue ci-dessus est de classe C 1 sur R et, pour tout x ∈ R − {a} :  β + γ(x − a) si x < a f (x) − f (a) = x −a β + ν(x − a) si x > a,

8.25 D’après le cours, le problème de Cauchy linéaire proposé admet une solution et une seule, notée (x,y,z).

Considérons U = x + jy + j2 z . L’application U est de classe C 1 sur R et : U  = x  + jy  + j2 z  = (−x + y) + j(−y + z) + j2 (−z + x)

 1    β + 2γ(x − a) + β si x < a 1  2 f (x) + f  (a) =   2   1 β + 2ν(x − a) + β si x > a, 2

= (j2 − 1)x + (1 − j)y + (j − j2 )z   = (1 − j) − (1 + j)x + y + jz = (1 − j)(j2 x + y + jz) = (1 − j)j2 (x + jy + j2 z) = (j2 − 1)U.

donc f convient. On conclut que l’ensemble des applications convenant est :  f : R −→ R, x −→  α + β(x − a) + γ(x − a)2 si x  a  ; (α,β) ∈ R2 . 2 α + β(x − a) + ν(x − a) si x
a

8.24

Remarquons d’abord que F, G, H sont dérivables

sur R. 1) Si F et G sont solutions de (E) X  = AX , alors : H  = (F + G) = F  + G  = AF + AG = A(F + G) = AH ,

donc H est solution de (E). 2) Réciproquement, supposons que H est solution de (E). On a donc : ∀ t ∈ R, α eαt U + β eβt V = A(eαt U + eβt V ) ,

2 βt

αt

βt

∀ t ∈ R, α e U + β e V = A(αe U + β e V ) . En prenant les valeurs en 0, on obtient :  αU + βV = A(U + V ) = AU + AV

d’où :

α2 U + β2 V = A(αU + βV ) = αAU + βAV,  (AU − αU ) + (AV − βV ) = 0 α(AU − αU ) + β(AV − βV ) = 0.

/ β , on déduit, par exemple en effectuant Comme α = L 2 − αL 1 et L 2 L 2 − βL 1 : L2  AU − αU = 0 −→

−→

AV − βV = 0. 360

U0 ∈ C tel que : ∀ t ∈ R, U (t) = e(j

2 −1)t

U0 .

De plus : U0 = U (0) = x(0) + jy(0) + j2 z(0) = 1 + j2 + j = 0 , d’où :

∀ t ∈ R, U (t) = 0.

Ainsi :

∀ t ∈ R, x(t) + jy(t) + j2 z(t) = 0.

D’après un exercice de Première année (Méthodes et Exercices MPSI, ex. 2.27 a)), les points x(t), y(t), z(t) forment, dans le plan complexe, un triangle équilatéral direct.

8.26 1) Soit f convenant. Puisque f est continue, l’applicax

tion x −→



2 f (t) dt, est de classe C 1 , donc f est de

0

classe C 1 sur ] − 1 ; 1[ . On a alors, en dérivant :  2 ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, f  (x) = f (x) , et, d’autre part : f (0) = 1 .

d’où aussi, en dérivant : 2 αt

Par résolution de l’EDL1 SSM obtenue ci-dessus, il existe

• Considérons le problème de Cauchy (C)



y = y2 y(0) = 1.

Puisque l’application (x,y) −→ y 2 est de classe C 1 sur l’ouvert U = ] − 1 ; 1[×R et que (0,1) ∈ U, d’après le théorème de Cauchy et Lipschitz, (C) admet une solution maximale et une seule. • D’autre part, cherchons une solution y de (C) ne s’annulant en aucun point. On a : y  = y 2 ⇐⇒

y =1 y2

1 = x +λ y(x) 1 . ⇐⇒ ∃ λ ∈ R, ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, y(x) = − x +λ ⇐⇒ ∃ λ ∈ R, ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, −

1 = 1 ⇐⇒ λ = −1. λ 1 y0 : ] − ∞ ; 1[−→ R, x −→ Ainsi, 1−x est solution de (C), nécessairement maximale, puisque y0 (x) −→− +∞. y(0) = 1 ⇐⇒ −

Puis :

x−→1

D’après le cours, f est restriction de y0 , d’où : 1 ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, f (x) = . 1−x 2) Réciproquement, f : ] − 1 ; 1[−→ R, x −→

1 est 1−x

continue sur ] − 1 ; 1[ , et, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :  x  x  2 1 1+ f (t) dt = 1 + dt 2 0 0 (1 − t) 

 1 x 1 1 =1+ =1+ −1 = = f (x), 1−t 0 1−x 1−x

Il s’agit maintenant d’une EDL1 ASM. La solution générale 3 de l’EDL1 SSM associée z  = z est donnée par : x 

 3 dx = λ e3 ln x = λx 3 , λ ∈ R . z(x) = λ exp x On cherche une solution particulière de (E) par la méthode de variation de la constante, sous la forme z : x −→ z(x) = λ(x)x 3 , où λ est la nouvelle fonction inconnue, supposée dérivable. On a, avec des notations classiquement abusives : 3 z  = z − x ⇐⇒ λ x 3 = −x x 1 1 ⇐⇒ λ = − 2 ⇐ λ = . x x Une solution particulière de (F) est donc : z : x −→

D’après le cours, la solution générale de (F) est donc :

donc f convient. Finalement, il y a une application et une seule convenant : 1 f : ] − 1 ; 1[−→ R, x −→ . 1−x

z : x −→ x 2 + λx 3 , λ ∈ R . Il en résulte que, pour tout λ ∈ R fixé, la fonction y : x −→

8.27

1 3 x = x2 . x

1) Existence et unicité de y :

1 1 = 2 z(x) x + λx 3

est une solution de l’ED de l’énoncé. Et, pour cette fonction :

3 Puisque l’application F : (x,y) −→ − y + x y 2 x est de classe C 1 sur l’ouvert U = ]0 ; +∞[×R de R2 , et que

 1 2, ∈ U , d’après le théorème de Cauchy et Lipschitz, le 3  3  2    y = − y + xy x admet une soproblème de Cauchy (C)    y(2) = 1 3 lution maximale et une seule, notée y, et l’intervalle de définition I de y est ouvert.

y(2) =

1 1 1 1 ⇐⇒ = ⇐⇒ λ = − . 3 4 + 8λ 3 8

Considérons donc la fonction y1 : x −→

1 8 = 2 . 8x − x 3 x 2 − 18 x 3

D’après ce qui précède, y1 est solution de (C) sur l’intervalle ]0 ; 8[ . De plus : y(x) −→− +∞, donc y1 est nécessairement x−→8

la solution maximale de (C). On conclut que la solution maximale de (C) est :

Remarquons : 2 ∈ I et I ⊂ ]0 ; +∞[ . 2) Calcul de y :

y : ]0 ; 8[−→ R, x −→

• Cherchons une solution particulière y de (C) ne s’annulant en aucun point. Soient J un intervalle ouvert tel que 2 ∈ J et J ⊂ ]0 ; +∞[, et y : J −→ R dérivable telle que : ∀ x ∈ J, y(x) = / 0. 1 , qui est dérivable sur J. y(x) On a, avec des notations classiquement abusives : Notons z : J −→ R, x −→

3 z 3 x y  = − y + x y 2 ⇐⇒ − 2 = − + 2 x z xz z 3 ⇐⇒ z  = z − x x

(F).

8 . 8x 2 − x 3

8.28 1) L’application F : R2 −→ R, (x,y) −→ − cos y est de classe C 1 sur l’ouvert R2 de R2 , donc, d’après le théorème de Cauchy et Lipschitz, le problème de Cauchy   y = F(x,y) (C) admet une solution maximale et une seule, y(π) = 0 notée y, et l’intervalle de définition de y est ouvert. 2) Cherchons des solutions de y  + cos y = 0 telles que cos y ne s’annule pas. On a alors, avec des notations classiquement abusives : 361

y  + cos y = 0 ⇐⇒

dx 1 =− dy cos y

 ⇐⇒ x =

−

dy cos y

=

t=tan (y/2)

 = −2

SSM, à coefficients constants. La ma8.30 Il s’agit d’un SDL1   dt  2 1 + t2 − 1 − t2 1 + t2

dt = −2 Argth t + C, si |t| < 1, C ∈ R 1 − t2 

C−x x C ⇐⇒ t = th = −th − 2 2 2  x y C ⇐⇒ tan = −th − 2 2 2   x C . ⇐ y = −2 Arctan th − 2 2

Et :

  π C y(π) = 0 ⇐⇒ −2 Arctan th = 0 ⇐⇒ C = π . − 2 2

Considérons donc l’application



x −π y : R −→ R, x −→ −2 Arctan th . 2

Cette application y est dérivable sur R et satisfait (C). De plus, il est évident, puisque y est définie sur R, que y est solution maximale de (C). Finalement, la solution maximale de (C) est y définie ci-dessus.

8.29

Soit c ∈ ]0 ; +∞[.

Résolvons l’ED (E) y  = −(c2 + y 2 ) . On a, avec des notations classiquement abusives : dy (E) ⇐⇒ 2 = −dx c + y2  dy = −x + λ, λ ∈ R ⇐⇒ c2 + y 2 y 1 ⇐⇒ Arctan = −x + λ, λ ∈ R c c  ⇐⇒ y = c tan c(−x + λ) . De plus, pour cette fonction y :  y(1) = 0 ⇐⇒ tan c(−1 + λ) = 0 ⇐⇒ c(λ − 1) = kπ, k ∈ Z ⇐⇒ λ = 1 + Ainsi :

kπ . c

   kπ  y = c tan c − x + 1 + = c tan c(−x + 1) . c Enfin : π Déf (y) ⊃ [0 ; 1] ⇐⇒ ∀ x ∈ [0 ; 1], c(−x + 1) ∈ / + πZ 2   π π π ⇐⇒ c ∈ 0 ; . ⇐⇒ [0 ; c] ⊂ − ; 2 2 2  π . On conclut que l’ensemble cherché est : 0 ; 2 362

2 trice de (S) est : A =  10 4

−1 −5 −2

2 7. 2

Un calcul élémentaire (polynôme caractéristique) montre que les valeurs propres de A sont −1 (simple) et 0 (double), et que les sous-espaces propres sont :   1 SEP (A,−1) = Vect (V1 ), V1 =  −1  , −2   1 SEP (A,0) = Vect (V2 ), V2 =  2  . 0 Il en résulte que A n’est pas diagonalisable.   0 Notons V3 =  0  par exemple (n’importe quel vecteur hors 1 de Vect (V1 ,V2 ) conviendra), et :   1 1 0 P = ( V1 V2 V3 ) =  −1 2 0  . −2 0 1 Alors, P est inversible et un calcul élémentaire (ou la calcula  2 −1 0 1 −1 1 1 0. trice) donne : P = 3 4 −2 3 En notant T = P −1 A P, on obtient, après calcul du produit des   −1 0 −1 trois matrices : T =  0 0 3  , 0 0 0 qui est triangulaire supérieure. Autrement dit, nous avons trigonalisé A. Notons U = P −1 X, donc X = PU. On a : (S) ⇐⇒ X  = AX   u Notons U =  v  . On a : w    −1 0 u (S) ⇐⇒  v   =  0 0 w 0 0  u  = −u − w   ⇐⇒ v  = 3w   w = 0

⇐⇒ U  = T U .

  −1 u 3  v  0 w

 w(t) = C3    ⇐⇒ ∃ (C1 ,C2 ,C3 ) ∈ R3 , ∀ t ∈ R, v(t) = 3C3 t + C2    u(t) = C1 e−t − C3 .

Puis :    x 1  y  = X = PU =  −1 z −2

1 2 0



−t



0 C1 e − C3 0   C2 + 3C3 t  C3 . 1

On conclut que la solution générale de (S) est donnée, pour tout t ∈ R, par :  x(t) = C1 e−t + 3C3 t + (C2 − C3 )    y(t) = −C1 e−t + 6C3 t + (2C2 + C3 ) (C1 ,C2 ,C3 ) ∈ R3 .    z(t) = −2C1 e−t + 3C3

8.31

(t,x,y) −→

 2 1 4 2 (t − 1)x y − x + y, (2t + 1)x y − x + y 3 3 3 3 est de classe C 1 sur l’ouvert R3 de R3 , et (0,1,1) ∈ R3 , donc, d’après le théorème de Cauchy et Lipschitz, le problème de Cauchy (C) admet une solution maximale et une seule, notée (x,y), et l’intervalle de définition de cette solution maximale est ouvert. b) L’application z : t −→ (2t + 1)x(t) − (t − 1)y(t) est dérivable sur I et, pour tout t ∈ I : z  (t) = (2t + 1)x  (t) + 2x(t) − (t − 1)y  (t) − y(t)

 2 1 = (2t + 1) (t − 1)x(t)y(t) − x(t) + y(t) + 2x(t) 3 3 

2 4 −(t − 1) (2t + 1)x(t)y(t) − x(t) + y(t) − y(t) 3 3 

4 2 = − (2t + 1) + 2 + (t − 1) x(t) 3 3 

2 1 + (2t + 1) − (t − 1) − 1 y(t) = 0. 3 3 Comme z  = 0 sur l’intervalle I, on déduit que z est constante sur I. Et : z(0) = x(0) + y(0) = 2 . On conclut que z est constante égale à 2. a) D’après le cours, la solution générale de (E0 ) est donnée, pour x ∈ ] − 1 ; 1[, par :

  1 y(x) = λ exp − dx = λ(1 − x), λ ∈ R . 1−x

8.32

b) Soit y : ] − 1 ; 1[−→ R une application dSE(0), +∞ 

an x n , de rayon
1.

n=0

D’après le cours, on peut dériver terme à terme : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, y  (x) =

+∞  n=1

(1 − x)y  (x) + y(x) = (1 − x)

nan x n−1 .

+∞ 

nan x n−1 +

n=1

=

+∞ 

nan x n−1 −

n=1

=

=

a) L’application F : R3 −→ R2 ,

y(x) =

On a alors, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :

+∞ 

an x n

n=0 +∞ 

nan x n +

n=1

an x n

n=0

+∞ 

+∞ 

n=0

n=0

(n + 1)an+1 x n −

+∞ 

nan x n +

+∞ 

an x n

n=0

+∞   (n + 1)an+1 − (n − 1)an x n . n=0

Par unicité du DSE(0) de g, y est solution de (E) sur ] − 1 ; 1[ si et seulement si : ∀ n ∈ N, (n + 1)an+1 − (n − 1)an = bn

(1) .

• Supposons que la suite (an )n∈N vérifie (1). La suite (an )n∈N est une suite récurrente linéaire du premier ordre, à coefficients variables, avec second membre. En multipliant par n, on obtient : ∀ n ∈ N, (n + 1)nan+1 − n(n − 1)an = nbn . Notons, pour tout n ∈ N : u n = n(n − 1)an . On a alors :

∀ n ∈ N, u n+1 − u n = nbn ,

d’où, par sommation et télescopage : n−1  kb , ∀ n ∈ N, u n = u 0 +  k=0 k =0

et donc : ∀ n ∈ N − {0,1}, an =

n−1  un 1 kbk . = n(n − 1) n(n − 1) k=0

De plus, d’après (1) (pour n = 0) : a1 + a0 = b0 . Réciproquement, considérons la suite (an )n∈N définie par a0 ∈ R, a1 = −a0 + b0 et : ∀ n
2, an =

n−1  1 kbk . n(n − 1) k=0

Il est clair que la suite (an )n∈N vérifie (1). De plus, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ et tout n
2 : |an x n | 

  n−1 1 k|bk | |x|n n(n − 1) k=0 

 n−1 n−1  1  |bk | |x|n  |bk x k |. (n − 1) n(n − 1) k=0 k=0 363

Puisque la série entière



bk x k est de rayon
1, pour tout

k
0

x ∈ ] − 1 ; 1[ fixé, la série numérique la suite

 n−1

 |bk x | k

n
2

k=0



ipp

|bk x k | converge, donc

 Il en résulte que la suite |an x n | n
2 est bornée.

y(x) = =

D’après les calculs faits plus haut (par équivalence logique),  an x n est solution de (E). la somme de la série entière

=2

On conclut que (E) admet au moins une solution y dSE(0), +∞  y(x) = an x n , de rayon
1, définie par a0 ∈ R (quel-

1 kbk . n(n − 1) k=0 

x est dSE(0), de c) • L’application g : x −→ −ln 1 − 2 rayon 2 (
1), et :

 +∞  1 x n ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, g(x) = . n 2 n=1 En appliquant b), et en choisissant, par exemple, a0 = 0, on a : a1 = b0 = 0 et : n−1 n−1 k   1 1 1 1 ∀ n
2, an = k = n(n − 1) k=0 k2k n(n − 1) k=0 2

n 1 1− 2 1 2 = = (1 − 2−n ). 1 n(n − 1) n(n − 1) 1− 2 Une solution y de (E) sur ] − 1 ; 1[ est donc : 2 (1 − 2−n )x n . n(n − 1)

• Nous allons exprimer la somme de cette dernière série entière à l’aide des fonctions usuelles. ∀ t ∈ ] − 1 ; 1[,

Rappelons :

+∞  n=0

et :

∀ t ∈ ] − 1 ; 1[,

n=1

+∞  n=1

364

1 1−t

+∞ n 

En primitivant, on obtient : ∀ t ∈ ] − 1 ; 1[,

tn =

t n+1 = n(n + 1)

t = −ln(1 − t). n

+∞  n=1

=2

n=0

n−1 

+∞  n=1

n
0

conque, par exemple a0 = 0), a1 = −a0 + b0 , et :

+∞  n=2

n
0

n=2

t

D’où, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :

Ceci montre que le rayon de convergence de la série entière  an x n est
1.

+∞ 



= −t ln(1 − t) + t + ln (1 − t) = (1 − t)ln(1 − t) + t.

est bornée.

y : ] − 1 ; 1[−→ R, x −→

"t − u ln(1 − u) 0 −

u du 1 − u 0   t 1 du = −t ln (1 − t) − −1+ 1−u 0 =

k
0

∀ n
2, an =

!

+∞  n=1

2 (1 − 2−n )x n n(n − 1)

2 (1 − 2−(n+1) )x n+1 (n + 1)n  n+1 1 x − (2−1 x)n+1 n(n + 1) +∞  x n+1 (2−1 x)n+1 −2 , (n + 1)n (n + 1)n n=1

car x ∈ ] − 1 ; 1[ et 2−1 x ∈ ] − 1 ; 1[,   x  x x = 2 (1 − x)ln(1 − x) + x − 2 1 − ln 1 − + 2 2 2

 x = 2(1 − x)ln(1 − x) − (2 − x) ln 1 − + x. 2

8.33 Il s’agit d’une EDL2 ASM, normalisable sur ]0 ; +∞[. Effectuons, comme le suggère l’énoncé, le changement de variable t = ln x, donc aussi le changement de fonction inconnue z(t) = y(x). On a alors : dt 1 = z  (t) , y(x) = z(t), y  (x) = z  (t) dx x 1 1 y  (x) = z  (t) 2 − z  (t) 2 . x x Ainsi, y est solution de (e) sur ]0 ; +∞[ si et seulement si : (F). ∀ t ∈ R, z  (t) − z  (t) − 2z(t) = t e2t Il s’agit maintenant d’une EDL2 ASM à coefficients constants, avec second membre du type polynôme-exponentielle. Considérons l’EDL2 SSM associée : (F0 )

z  − z  − 2z = 0 .

L’équation caractéristique r 2 − r − 2 = 0 admet deux solutions réelles, −1 et 2. D’après le cours, la solution générale de (E0 ) est : z : t −→ α e−t + β e2t ,

(α,β) ∈ R2 .

Puisque le coefficient 2 de e2t du second membre est racine simple de l’équation caractéristique, cherchons une solution de (F) de la forme : z : t −→ (at 2 + bt + c) e2t , (a,b,c) ∈ R2 .



t

−ln(1 − u) du 0

On a : z(t) = (at 2 + bt + c) e2t ,

 z  (t) = 2(at 2 + bt + c) + (2at + b) e2t  z  (t) = 4(at 2 + bt + c) + 4(2at + b) + 2a e2t . En reportant dans (F) et en identifiant (polynômes en t), on obtient, après quelques lignes de calcul élémentaire, que z est solution de (F) si et seulement si : a=

1 6

1 b=− . 9

et

Ainsi, une solution, de (F) est : 

1 2 1 t − t e2t . z : t −→ 6 9 La solution générale de (F) est donc :

 1 2 1 z : t −→ t − t e2t + α e−t + β e2t , (α,β) ∈ R2 . 6 9 En remplaçant t par ln x, on conclut que la solution générale de (E) sur ]0 ; +∞[ est :

 1 1 α y : x −→ (lnx)2 − ln x x 2 + + βx 2 , (α,β) ∈ R2 . 6 9 x

8.34

Il s’agit d’une EDL2 SSM, normalisée, à coefficients variables. 1) Recherche d’une éventuelle solution polynomiale : / 0, Soient n ∈ N, a0 ,. . . ,an ∈ R tels que an = n  y : x −→ ak x k . k=0

Si y est solution de (E) sur ]1 ; +∞[, alors le terme de degré n + 1 dans le premier membre doit être nul, donc : n(n − 1)an − 2nan + 2an = 0, c’est-à-dire : (n 2 − 3n + 2) an = 0,  = /0 donc :

2) Recherche d’une deuxième solution de (E) par la méthode de Lagrange : D’après la méthode de Lagrange, on cherche une seconde solution de (E) sous la forme y : x −→ (x 2 − 1)λ(x) , où λ : ]1 ; +∞[−→ R est la nouvelle fonction inconnue, supposée dérivable. On a, avec des notations classiquement abusives : y = (x 2 − 1)λ, y  = (x 2 − 1)λ + 2xλ, y  = (x 2 − 1)λ + 4xλ + 2λ, donc : x(x 2 − 1)y  − 2(x 2 − 1)y  + 2x y  = x(x 2 − 1) (x 2 − 1)λ + 4xλ + 2λ  −2(x 2 − 1) (x 2 − 1)λ + 2xλ + 2x(x 2 − 1)λ  = x(x 2 − 1)2 λ + 4x 2 (x 2 − 1) − 2(x 2 − 1)2 λ  + 2x(x 2 − 1) − 4x(x 2 − 1) + 2x(x 2 − 1) λ    =0 = x(x 2 − 1)2 λ + 2(x 2 − 1)(x 2 + 1)λ  = (x 2 − 1) x(x 2 − 1)λ + 2(x 2 + 1)λ . Ainsi, y est solution de (E) si et seulement si λ est solution de : (F) x(x 2 − 1)λ + 2(x 2 + 1)λ = 0. Une solution, autre que la fonction nulle, de cette EDL1 en λ, SSM, est donnée par :

  2(x 2 + 1) λ (x) = exp − dx . x(x 2 − 1) Pour calculer l’intégrale, effectuons d’abord le changement de variable t = x 2 :   t +1 2(x 2 + 1) dx = dt . 2 2 x(x − 1) t (t − 1) t=x Effectuons ensuite une décomposition en éléments simples :    t +1 1 2 dt dt = − + t (t − 1) t t −1

n = 1 ou n = 2.

Cherchons donc une solution éventuelle de (E) sous la forme y : x −→ ax 2 + bx + c, (a,b,c) ∈ R3 . On a alors, avec des notations classiquement abusives : x(x 2 − 1)y  − 2(x 2 − 1)y  + 2x y = x(x 2 − 1)2a − 2(x 2 − 1)(2ax + b) + 2x(ax 2 + bx + c) = (2a + 2c)x + 2b. Ainsi, y est solution de (E) si et seulement si :

= − ln t + 2 ln (t − 1). D’où :

 λ (x) = exp ln (x 2 ) − 2 ln(x 2 − 1) =

Pour calculer λ, on, peut effectuer une intégration par parties :    1  −2x  x2 dx λ(x) = dx = − x 2 2 (x − 1) 2 (x 2 − 1)2  1 1 1 1 =− x 2 + dx 2 x −1 2 x2 − 1

2a + 2c = 0, 2b = 0 ,

=−

c’est-à-dire : b = 0 et c = −a. En particulier, l’application y1 : ]1 ; +∞[−→ R, x −→ x 2 − 1 est solution de (E).

x2 . (x 2 − 1)2

1 x +1 x − ln . 2(x 2 − 1) 4 x − 1

On obtient une deuxième solution particulière de (E) : y2 : ]1 ; +∞[−→ R, x −→ (x 2 − 1)λ(x) = −

x x2 − 1 x + 1 − ln . 2 4 x −1 365

D’après le cours sur la méthode de Lagrange, la famille (y1 ,y2 ) est libre. On conclut que l’ensemble S des solutions de (E) sur ]1 ; +∞[ est :  S = y : ]1 ; +∞[−→ R,

x −→ a(x 2 − 1) + b

+∞ 

an x n une fonction dSE(0), de

rayon > 0 . On a, pour tout x ∈ ] − R ; R[ avec des notations classiquement abusives : x 2 y  + 6x y  + (6 − x 2 )y =

x

+∞ 

n(n − 1)an x

a2 p−2 (2 p + 3)(2 p + 2) =

1 1 1 ··· a0 (2 p + 3)(2 p + 2) (2 p + 1)(2 p) 5·4

 1 1 1 − =− = . (2 p + 3) · · · 4 6 (2 p + 3)!

• Réciproquement, la série entière

n=0

2

a2 p =

  x2 − 1 x + 1 x + ln ; (a,b) ∈ R2 . 2 4 x −1

a) • Soit y : x −→

8.35

Ceci revient à ∀ p ∈ N, a2 p+1 = 0 et, pour tout p ∈ N, en réitérant :



−

p
0

1 x 2 p est de (2 p + 3)!

rayon infini et sa somme, d’après les calculs précédents, est solution de (e) sur R. On conclut que (e) admet une solution et une seule dSE(0), l’application : f : R −→ R, x −→

n−2

+∞ 

−

p=0

x2p , (2 p + 3)!

n=2

+ 6x

+∞ 

nan x n−1 + (6 − x 2 )

+∞ 

n=1

=

+∞ 

n(n − 1)an x n +

n=2

+∞ 

6nan x n +∞ 

an x n −

n=2

+∞ 

+∞ 

1 (sh x − x). x3 D’autre part, f (0) est le terme constant de la série entière définissant f.

an x n+2

n=0

On conclut :

 x − sh x    x3 f : R −→ R, x −  →    −1 6

n=1

+6

n=0

an x n −

+∞ x2p x 2 p+3 1  =− 3 (2 p + 3)! x p=0 (2 p + 3)!

=−

6nan x n +∞ 

+∞  p=0

n=1

n(n − 1)an x n +

b) On a, pour tout x ∈ R∗ : f (x) = −

n=0 +∞ 

an x n

n=0

+6

=

et de plus, le rayon est infini.

+∞ 

an−2 x n

n=2

si x = / 0 si x = 0.

= 6a0 + 12a1 x +∞   n(n − 1)an + 6nan + 6an − an−2 x n + n=2

= 6a0 + 12a1 x +

+∞   2 (n + 5n + 6)an − an−2 x n .

8.36 Il s’agit d’une EDL2 ASM, normalisable sur ]0 ; +∞[, à coefficients variables. 1) Effectuons le changement de fonction inconnue z = e−x y , d’où y = ex z. On a : y = ex z, y  = ex (z  + z), y  = ex (z  + 2z  + z) .

n=2

366

Par unicité du DSE(0) de la fonction constante égale à −1, on a:

Ainsi, y est solution de (E) si et seulement si z est solution de :

y est solution de (E)  6a = −1, 12a = 0 0 1   2 ⇐⇒ ∀ n
2, (n + 5n + 6)an − an−2 = 0      = /0  1    a0 = − , a 1 = 0 6 ⇐⇒ an−2    ∀ n
2, an = . (n + 2)(n + 3)

(F) xex (z  + 2z  + z) − 2(x − 1)ex (z  + z) + (x − 2)ex z = x ex ,

et :

(F) ⇐⇒ x z  + 2z  = x.

En notant v = z  , on a : (F) ⇐⇒ xv  + 2v = x (G). Il s’agit d’une EDL1 ASM. La solution générale de l’EDL1 SSM xv  + 2v = 0 associée (G0 )

  2 λ v : x −→ λ exp − λ ∈ R. dx = 2 , est : x x

Cherchons une solution particulière de (G) sous forme d’un polynôme de degré 1 : v : x −→ αx + β, (α,β) ∈ R2 . On a :

1 x ex 1 ex x e + λ 2 ⇐⇒ µ ex = x ex + λ 2 3 x 3 x 1 x2 λ λ  ⇐⇒ µ = x + 2 ⇐ µ(x) = − . 3 x 6 x

y − y =

∀ x ∈ ]0 ; +∞[, xv  + 2v = x ⇐⇒ ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, αx + 2(αx + β) = x ⇐⇒ 3α = 1, 2β = 0. 1 x est solution de (G). 3 La solution générale de (G) est donc :

Ainsi, v : x −→

v : x −→

La solution générale de (E) est donc :

1 λ x + 2 , λ ∈ R. 3 x

y : x −→

Par v = z  , la solution générale de (F) est : z : x −→

(E0 )

1 2 λ x − + µ, (λ,µ) ∈ R2 . 6 x

(E) x y − 2(x − 1)y + (x − 2)y = x e

y = x α ex , y  = (x α + αx α−1 ) ex ,  y  = x α + 2αx α−1 + α(α − 1)x α−2 ex , d’où : x y  − 2(x − 1)y  + (x − 2)y  = x α+1 + 2αx α + α(α − 1)x α−1 ex

x

⇐⇒ x(y  − y  ) − x(y  − y) + 2(y  − y) = x ex ⇐⇒ xu  − (x − 2)u = x ex

(H).

Il s’agit d’une EDL1 ASM. La solution générale de l’EDL1 xu  − (x − 2)u = 0 est : SSM associée (H0 )

  x −2 ex u : x −→ λ exp dx = λ 2 , λ ∈ R . x x Cherchons une solution particulière de (H) par la méthode de ex variation de la constante, sous la forme u : x −→ λ(x) 2 , où x λ est la nouvelle fonction inconnue, supposée dérivable. On a alors, avec des notations classiquement abusives : (H) ⇐⇒ λ

ex x3 = x ex ⇐⇒ λ = x 2 ⇐ λ(x) = (I) . x 3

Une solution de (H) est donc : u : x −→ λ(x)

1 ex = x ex . x2 3

La solution générale de (H) est donc : u : x −→

ex 1 x x e +λ 2, 3 x

λ ∈ R.

1 x ex x e +λ 2. 3 x Il s’agit d’une EDL1 ASM. La solution générale de l’EDL1 SSM associée y  − y = 0 est : y : x −→ µ ex , µ ∈ R . On cherche une solution particulière de (I) par la méthode de variation de la constante, sous la forme y : x −→ µ(x) ex , où µ est la nouvelle fonction inconnue, supposée dérivable. On a : On résout ensuite :

(I)

y − y = u =

x y  − 2(x − 1)y  + (x − 2)y = 0 .

Cherchons une solution particulière y de (E0 ) sous la forme y : x −→ x α ex , où α ∈ Z est à trouver. On a :

2) En notant u = y  − y, on a : u  = yz  − y  , donc : 

x2 x ex e − λ + µ ex , (λ,µ) ∈ R2 . 6 x

3) L’EDL2 SSM associée est :

La solution générale de (E) est obtenue par y = ex z :

 1 2 λ y : x −→ x − + µ ex , (λ,µ) ∈ R2 . 6 x



Une solution particulière de (E) est donc : 

2 x λ x e . y : x −→ − 6 x

=x



−2(x − 1)(x α + αx α−1 )ex + (x − 2)x α ex

e x + 2αx + α(α − 1) − 2(x − 1)(x + α) + (x − 2)x

α−1 x

2



= x α−1 ex α(α + 1). En prenant α = 0 ou α = −1, on obtient une solution particulière de (E0 ). Ainsi, les deux applications ex y1 : x −→ , y2 : x −→ ex x sont solutions de (E0 ). On cherche maintenant une solution de (E) par la méthode de variation des constantes, sous la forme : y : x −→ u 1 (x)y1 (x) + u 2 (x)y2 (x) , où u 1 ,u 2 : ]0 ; +∞[ sont les fonctions inconnues, supposées dérivables et liées par une certaine condition. On a, par la méthode :  x     e  x   u y + u y = 0 1 2 2  1  u1 + u2 e = 0 x x ⇐⇒  u y + u y = x e   xex − ex  1 1 2 2 u + u 2 ex = ex x 1 x2   u 1 + xu 2 = 0 ⇐⇒ (x − 1)u 1 + x 2 u 2 = x 2     u + xu 2 = 0 u 1 + u 2 x = 0 ⇐⇒ 1  ⇐⇒   2 x(u 1 + xu 2 ) − u 1 = x u 1 = −x 2  x3     = − u 2 1  u 1 = −x 3 ⇐⇒ ⇐ 2    u2 = x u = x . 2 2 367

8.38 1) Soit ( f,g) convenant.

Une solution particulière de (E) est donc : y : x −→ u 1 (x)y1 (x) + u 2 (x)y2 (x) =−

3

x

2

2 x

x e x x e + ex = . 3 x 2 6

On conclut que la solution générale de (E) est :

De même, g est deux fois dérivable sur R.

x 2 ex ex y : x −→ + λ + µex , (λ,µ) ∈ R2 . 6 x

Comme : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, x f  (x) = −g(x), on déduit, en dérivant :

8.37

1) Soit f convenant. Par le changement de variable x = sin t , on a :   ∀ x ∈ [−1 ; 1], f ( 1 − x 2 ) = 1 − x 2 f  (x) ,

d’où :  1 ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, f  (x) = √ f ( 1 − x 2) 2 1−x

g(x) x et que g est dérivable, f  est dérivable, donc f est deux fois dérivable sur R. Puisque : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f  (x) = −

(1) .

Puisque f est dérivable sur [−1 ; 1] , le second membre est dérivable sur ] − 1 ; 1[ , donc f est deux fois dérivable sur ] − 1 ; 1[ . On, a alors, en dérivant dans l’équation de l’énoncé, pour tout t ∈ R − πZ :

∀ x ∈ ]0 ; +∞[, x f  (x) + f  (x) = −g  (x) = c’est-à-dire : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, x 2 f  (x) + x f  (x) − f (x) = 0

Il s’agit maintenant d’une EDL2 SSM à coefficients constants. La solution générale de (2) est : u : t −→ α et + β e−t , (α,β) ∈ R2 , d’où la solution générale de (1) : f : x −→ αx +

d’où, pour tout t ∈ R − πZ : cos 2 t f  ( sin t) − sin t f  ( sin t) + f ( sin t) = 0 , ou encore, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : (1 − x 2 ) f  (x) − x f  (x) + f (x) = 0

(E) .

Il s’agit maintenant d’une EDSL2 SSM, à coefficients variables, normalisée sur ] − 1 ; 1[ . On remarque que y1 ; x −→ x est solution évidente. Vu les rôles analogues de cos t et sin t , on peut √ conjecturer que y2 : x −→ 1 − x 2 soit solution de (E). Un calcul simple montre que y2 est solution de (E) sur ] − 1 ; 1[ . D’après le cours, la solution générale de (E) sur ] − 1 ; 1[ est donc : α1 y1 + α2 y2 , (α1 ,α2 ) ∈ R2 . Ceci montre qu’il existe (α1 ,α2 ) ∈ R2 tel que :  ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, f (x) = α1 x + α2 1 − x 2 . Puisque f est continue sur [−1 ; 1] , on a aussi :  ∀ x ∈ [−1 ; 1], f (x) = α1 x + α2 1 − x 2 . √ Comme f est dérivable en 1 et que x −→ 1 − x 2 ne l’est pas, on a nécessairement α2 = 0, et donc :

β , (α,β) ∈ R2 . x

On déduit, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ :   β β g(x) = −x f  (x) = −x α − 2 = −αx + . x x 2) Réciproquement, pour tout (α,β) ∈ R2 , on vérifie aisément que le couple ( f,g) d’applications de ]0 ; +∞[ dans R, défini, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, par : f (x) = αx +

β , x

g(x) = −αx +

β , x

convient. Finalement, l’ensemble des couples ( f,g) convenant est donné par :  β    f (x) = αx + x ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, ; (α,β) ∈ R2 .  β   g(x) = −αx + x

8.39 Puisque S ∈ S++ n , d’après le cours, il existe Ω ∈ On (R),

2) La réciproque est évidente.

D = diag (λ1 ,. . . ,λn ) ∈ Dn (R∗+ ) telles que : S = Ω∆Ω −1 . Pour X : R −→ Mn,1 (R) deux fois dérivable sur R, notons Y = Ω −1 X, qui est deux fois dérivable sur R. On a :

Finalement, l’ensemble S des applications convenant est :   S = f : [−1 ; 1] −→ R ; x −→ αx ; α ∈ R .

X  + S X = 0 ⇐⇒ ΩY  + (Ω∆Ω −1 )ΩY = 0 ⇐⇒ Y  + DY = 0.

∀ x ∈ [−1 ; 1], f (x) = α1 x .

368

(1) .

Ainsi, f satisfait une EDL2 SSM. Il s’agit d’une ED d’Euler. Effectuons le changement de variable t = ln x, x = et , d’où le changement de fonction inconnue f (x) = u(t) . On a : 1 1 1 f (x) = u(t), f  (x) = u  (t) , f  (x) = u  (t) 2 − u  (t) 2 , x x x d’où : (1) ⇐⇒ ∀ t ∈ R, u  (t) − u(t) = 0 (2).

− sin t f  ( cos t) = − sin t f  ( cos t) + cos 2 t f  ( sin t) . Mais, en remplaçant t par π/2 − t dans l’énoncé, on a, pour tout t ∈ R : f ( sin t) = sin t f  ( cos t).

f (x) , x



 y1  .  Notons  ..  = Y. Alors :

D’autre part :  2 2x + f (x)  2 = 2x + x 2 + a5 x 5 + · · · + a11 x 11 + o(x 10 )

yn 

Y + DY = 0 ⇐⇒ ∀ k ∈ {1,. . . ,n}, yk + λk yk = 0 ⇐⇒ ∀ k ∈ {1,. . . ,n}, ∃ (Ak ,Bk ) ∈ R2 ,   ∀ t ∈ R, yk (t) = Ak cos ( λk t) + Bk sin ( λk t). Comme cos et sin, sont bornées sur R, chaque yk est bornée sur R, donc Y est bornée sur R, puis, comme X = ΩY, et que Ω ne dépend pas de t, X est bornée sur R .

8.40

 = 2x + x 4 + 2a5 x 7 + 2a6 x 8 + 2a7 x 9 + (2a8 + a52 )x 10 + o(x 10 ) .

Par unicité du DL 10 (0) de f , on déduit : 5a5 = 1, a6 = 0, a7 = 0, 2a5 = 8a8 , 2a6 = 9a9 , 2a7 = 10a10 , 2a8 + a52 = 11a11 , d’où : 1 1 1 2 , a6 = 0, a7 = 0, a8 = a5 = , a 9 = a6 = 0 , 5 4 20 9 2 1 7 a10 = a7 = 0, a11 = (2a8 + a52 ) = . 10 11 550

a5 =

a) L’application F : R × R −→ R, (x,y) −→ 2x + y 2

est de classe C 1 sur l’ouvert R2 , donc, d’après le théorème de Cauchy et Lipschitz, le problème de Cauchy (C) admet une solution maximale et une seule, notée f, et l’intervalle de définition de f est ouvert. b) 1) Montrons, par récurrence sur n, que f est de classe C sur I, pour tout n ∈ N .

f (x) = x 2 +

n

est C 1 , donc f est C 1 , puis, en réitérant, f est C 2 .

• Si f est de classe C n sur I, alors, comme :  2 ∀ x ∈ I, f  (x) = 2x + f (x) ,

On a alors :

f  est de classe C n sur I, donc f est de classe C n+1 sur I. n

On conclut que f est de classe C ∞ sur I. 2) Puisque f est de classe C ∞ sur I, d’après le théorème de Taylor-Young, f admet un développement limité à tout ordre en 0, en particulier, f admet un DL 11 (0).

f convient  x  ⇐⇒ ∀ x ∈ R, f (x) = −1 − 2x f (t) dt + 0

  f (0) = −1  ⇐⇒  ∀ x ∈ R, f  (x) = −2x f (x) − 2  ⇐⇒

On a déjà f (0) = 0 (par hypothèse), et on a : f  = 2x + f 2 , f  = 2 + 2 f f  , f (3) = 2 f 2 + 2 f f  , f

(4)





=6f f +2ff

(3)

,

d’où : f  (0) = 0, f  (0) = 2, f (3) (0) = 0, f (4) (0) = 0 . D’après la formule de Taylor-Young, on a donc déjà : 4  f (k) (0) k f (x) = x + o (x 4 ) = x 2 + o(x 4 ) . x−→0 k! k=0

f (x) = x 2 + a5 x 5 + · · · + a11 x 11 + o(x 11 ) , où a5 ,. . . ,a11 sont des réels à calculer. D’après le théorème de Taylor-Young, puisque f est de classe C ∞, on peut dériver terme à terme :

x

t f (t) dt

0

x

f (t) dt + x f (x)

0

f (0) = −1, f  (0) = 0 ∀ x ∈ R, f  (x) = −x f  (x) − 3 f (x).

Autrement dit, la question revient à la résolution d’un problème de Cauchy linéaire :  y(0) = −1, y  (0) = 0 (C) yz  + x y  + 3y = 0 (E). La présence de y  + x y  incite à considérer une nouvelle fonction inconnue : z = ex −x 2 /2

y=e

2 /2

y. On a alors :

z, y  = −xe−x

2 /2

z + e−x −x 2 /2

y  = (x 2 − 1)e

Le DL 11 (0) de f est donc de la forme :

f  (x) = 2x + 5a5 x 4 + · · · + 11a11 x 10 + o(x 10 ) .

1 5 1 8 7 11 x + x + x + o (x 11 ) . x−→0 5 20 550

8.41 Si f convient, alors le second membre, dans l’énoncé,

• Puisque f est dérivable sur I, f est de classe C 0 sur I.

Ceci montre, par récurrence sur n, que f est de classe C sur I, pour tout n ∈ N .

On conclut au DL 11 (0) de f :

D’où :

y  + x y  + 3y = ex

2 /2

z,

z − 2xe−x

2 /2

2 /2

z  + e−x

2 /2

z  .

(z  − x z  + 2z).

Pour l’EDL2 SSM (F) z  − x z  + 2z = 0 , cherchons une solution sous forme polynomiale. Si z : x −→ an x n + · · · + a0 est solution de (E), où n ∈ N, / 0 , alors le terme de degré n du premier a0 ,. . . ,an ∈ R, an = membre de (E) doit être nul : −nan + 2an = 0 d’où : n = 2. 369

Cherchons donc une solution sous la forme : z : x −→ ax 2 + bx + c, (a,b,c) ∈ R3 . En reportant dans (F), on obtient facilement b = 0, a = 1, c = −1 . Ainsi, une solution particulière de (F) est :

8.43 a) Soit f une solution de (E0 ). L’application g : R −→ R, x −→ f (−x) est deux fois dérivable sur R et, pour tout x ∈ R : g(x) = f (−x), g  (x) = − f  (−x), g  (x) = f  (−x) ,

z : x −→ x − 1 , 2

d’où, pour tout x ∈ R :

et une solution particulière de (E) est :

g  (x) + p(x)g  (x) + q(x)g(x)

−x 2 /2

y : x −→ (x 2 − 1) e

.

De plus : y(0) = −1 et : 2  ∀ x ∈ R, y  (x) = 3x − x 3 e−x /2 ,

=

f  (−x) − p(x) f  (−x) + q(x) f (−x)

=

f  (−x) + p(−x) f  (−x) + q(−x) f  (−x)

=

( f  + p f  + q f )(−x) = 0,

donc : y  (0) = 0.

et on conclut que g est solution de (E0 ) sur R.

Ainsi, y est solution de (C).

b) 1) D’après le théorème de Cauchy et Lipschitz linéaire, il existe une solution f 1 et une seule de (E0 ) telle que :

D’après le cours, le problème de Cauchy linéaire (C) admet une solution et une seule.

f 1 (0) = 1 et

On conclut qu’il y a une application et une seule convenant : f : R −→ R, x −→ (x 2 − 1)e−x

2 /2

.

a) L’application continue p admet au moins une primitive P sur I. Notons u = ze P . L’application u est dérivable sur I et :

8.42

u  = z  e P + zp e P = (z  + pz )e P > 0 .    >0 Il en résulte que u est strictement croissante sur I, donc u admet au plus un zéro dans I. Comme z = u e−P et que e−P ne s’annule en aucun point, on conclut que z admet au plus un zéro. 

b) Notons z = yy . L’application z est dérivable sur I et : z  = (yy  ) = yy  + y  2 = y(− py  − qy) + y  2 , − q y
0.  <0  Montrons z + pz > 0, en raisonnant par l’absurde. donc :



z + pz = y

2

2



Supposons qu’il existe a ∈ I tel que : (z + pz)(a) = 0.   2 2  On a alors : y  (a) + − q(a) y(a) = 0,         
0 >0
0 donc y  (a) = 0 et y(a) = 0 . Mais alors, y et la fonction constante nulle sont solutions sur I du problème de Cauchy li  y + py  + qy = 0 néaire : y(a) = 0, y  (a) = 0. D’après le théorème de Cauchy linéaire, il en résulte y = 0, ce qui est exclu par l’énoncé. 

Ce raisonnement par l’absurde montre : z + pz > 0. On peut alors appliquer le résultat de a) et conclure que z admet au plus un zéro dans I. 370

f 1 (0) = 0 .

Montrons que f 1 est paire. Considérons la symétrisée g1 de f 1 . D’après a), g1 est solution de (E0 ) sur R, et on a : g1 (0) = f 1 (0) = 1, g1 (0) = − f 1 (0) = 0 . Ainsi, f 1 et g1 sont solutions sur R du problème de Cauchy linéaire : (E0 ), y(0) = 1, y  (0) = 0. D’après le théorème de Cauchy linéaire, on a donc g1 = f 1 , c’est-à-dire : ∀ x ∈ R, f 1 (−x) = f 1 (x), donc f 1 est paire. 2) D’après le théorème de Cauchy linéaire, il existe une solution et une seule f 2 de (E0 ) telle que : f 2 (0) = 0 et

f 2 (0) = 1 .

Montrons que f 2 est impaire. Considérons la symétrisée g2 de f 2 . D’après a), g2 est solution de (E0 ) sur R, et on a : g2 (0) = f 2 (0) = 0, g2 (0) = − f 2 (0) = −1 . Ainsi, f 2 et −g2 sont solutions du problème de Cauchy : (E0 ), y(0) = 0, y  (0) = 1 . D’après le théorème de Cauchy linéaire, on a donc −g2 = f 2 , c’est-à-dire : ∀ x ∈ R, − f 2 (−x) = f 2 (x), donc f 2 est impaire. 3) • Montrons que ( f 1 , f 2 ) est libre. Soit (α1 ,α2 ) ∈ R2 tel que : α1 f 1 + α2 f 2 = 0. On a alors aussi, par dérivation : α1 f 1 + α2 f 2 = 0. En prenant les valeurs en 0, on a :  (α1 f 1 + α2 f 2 )(0) = 0 (α1 f 1 + α2 f 2 )(0) = 0 Ceci montre que ( f 1 , f 2 ) est libre.

 ⇐⇒

α1 = 0 α2 = 0.

• D’après le cours, l’ensemble S0 des solutions de (E0 ) sur R est un R-espace vectoriel de dimension 2. D’autre part, on vient de voir que ( f 1 , f 2 ) est une famille libre dans S0 . On conclut : ( f 1 , f 2 ) est une base de S0 .

On en déduit le tableau des variations de γ : −∞

t γ(t)

8.44

a) • Puisque (E0 ) est une EDL2 SSM, normalisée, à coefficients continus sur l’intervalle ]0 ; +∞[, d’après le cours, l’ensemble S0 des solutions de (E0 ) sur ]0 ; +∞[ est un R-espace vectoriel de dimension 2, c’est-à-dire un plan vectoriel.

• Soit y ∈ S0 . Montrons, par récurrence sur n, que, pour tout n ∈ N∗ , y est de classe C n sur ]0 ; +∞[.

+

0



0

+∞

t2

t1

γ (t)

−

+

0





0

√ √ 9 − 83 9 + 83 t1 = , t2 = . 2 2 La valeur maximale de γ est donc atteinte en t1 : 6 − t1 γ(t1 ) =  6,027 . . . (1 + t12 )3/2

Puisque y est deux fois dérivable, y est de classe C 1 . Si, pour un n ∈ N∗ , y est de classe C n , alors l’application

 1 y(x) est C n−1 , donc y  est x −→ −y  (x) + x + 1 + x C n−1 , y est C n+1 . Ceci montre, par récurrence sur n, que, pour tout n ∈ N∗ , y est de classe C n sur ]0 ; +∞[. On conclut : S0 ⊂ C ∞ ( ]0 ; +∞[ ; R). b) D’après le théorème de Cauchy linéaire, l’application  θ : S0 −→ R2 , y −→ y(1),y  (1) est une bijection linéaire. Comme   S = y ∈ S0 ; y(1) = 2 = θ−1 ({2} × R) , S est l’image réciproque par θ de la droite affine {2} × R de R2 . Il en résulte que S est une droite affine.

c) La courbure de γ y au point d’abscisse 1 est donnée par : y  (1) γy =   2 3/2 . 1 + y  (1) Ici : y(1) = 2, y  (1) = −y  (1) + (1 + 1 + 1)y(1) = −y  (1) + 6 , donc :

6 − y  (1) γy =  3/2 . 1 + y  (1)2

8.45 • Notons g = f  − a 2 f . Nous allons calculer f en fonction de g, par résolution de l’EDL2 (E) y  − a 2 y = g. La solution générale de l’EDL2 SSM associée (E0 ) y  − a 2 y = 0 / 0) : est (puisque a = y : x −→ λ ch ax + µ sh ax, (λ,µ) ∈ R2 . Cherchons une solution particulière de (E) par la méthode de variation des constantes, sous la forme : y : x −→ u(x) ch ax + v(x) sh ax , où u,v sont des fonctions inconnues, dérivables, satisfaisant une certaine condition. On a, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ :   u (x) ch ax + v  (x) sh ax = 0 u  (x)a sh ax + v  (x)a ch ax = g(x)  1     u (x) = − g(x) sh ax a ⇐⇒    v  (x) = 1 g(x) ch ax. a La solution générale de (E) est donc donnée par :  x  x 1 1 g(t)sh at dt + sh ax g(t)ch at dt y(x) = − ch ax a a 0 0 + λ ch ax + µ sh ax, (λ,µ) ∈ R2 . On a alors, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ :  x  y  (x) = − sh ax g(t) sh at dt + ch ax

d) D’après le théorème de Cauchy linéaire, pour tout t ∈ R, il existe y ∈ S0 unique telle que : y(1) = 2

et

y  (1) = t .

La valeur maximale de γ y est donc la valeur maximale (si elle existe) de l’application γ : R −→ R, t −→ γ(t) =

6−t . (1 + t 2 )3/2

L’application γ est dérivable sur R et, après un calcul élémentaire, pour tout t ∈ R : γ (t) = (1 + t 2 )−5/2 (2t 2 − 18t − 1) .

0

 D’où :

y(0) = f (0) ⇐⇒ y  (0) = f  (0)

x

g(t) sh at dt

0



+ λa sh ax + µa ch a. λ = f (0) µa = f  (0).

On conclut que, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ :  x 1 g(t) sh at dt f (x) = − ch ax a 0  x sh ax 1 g(t) ch at dt + f (0) ch ax + f  (0) + sh ax a a 0    1 x sh ax = g(t) sh a(x − t) dt + f (0) ch ax + f  (0) . a 0 a 371

• Comme, par hypothèse, g
0, et que :  ∀ x ∈ [0 ; +∞[, ∀ t ∈ [0 ; x], sh a(x − t)
0 , on déduit : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, f (x)
f (0) ch ax + f  (0)

sh ax . a

• En appliquant le résultat précédent à (b, a, − f, −g) à la place de (a, b, f, g), on déduit l’autre inégalité demandée. 1) Soit (I,y) convenant. On a :

8.46 

yy + y

2

 

= 0 ⇐⇒ (yy ) = 0

2  y = yy  = A ⇐⇒ ∃ A ∈ R, 2

⇐⇒ ∃ (A,B) ∈ R2 , ∀ x ∈ R,

2

y = Ax + B. 2

y2 = Ax + B, et yy  = A , on a : 2   B = 1/2 y(0) = 1 ⇐⇒ y  (0) = 1 A = 1.  2 ∀ x ∈ I, y(x) = 2x + 1.

De plus, comme

D’où :

1 ∀ x ∈ I, x
− , 2 donc, puisque I est ouvert : I ⊂ ] − 1/2 ; +∞[.  2 / 0, ∀ x ∈ I, y(x) = 2x + 1 = Comme :

Il s’ensuit :

y ne s’annule en aucun point de I. Ainsi, l’application y est continue sur l’intervalle I et ne s’annule en aucun point de I, donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, y est de signe strict fixe. Comme de plus y(0) = 1 > 0 , on déduit y > 0, d’où : √ ∀ x ∈ I, y(x) = 2x + 1 . 2) Réciproquement, pour tout intervalle ouvert I tel que 0 ∈ I ⊂ ] − 1/2 ; +∞[, l’application √ y : I −→ R, x −→ 2x + 1 est deux fois dérivable sur I et un calcul simple montre que : yy  + y  2 = 0. Finalement, l’ensemble des couples (I,y) convenant est défini par : I est un intervalle ouvert quelconque tel que √ 0 ∈ I ⊂ ] − 1/2 ; +∞[ et y : I −→ R, x −→ 2x + 1.

 y(x) = y(a) +

x

y  (t) dt = y(a) +



a

x

 f t,y(t) dt

a

Puisque f est de classe C 1 et bornée sur R2 , l’application  t −→ f t,y(t) est continue et bornée sur l’intervalle borné [a ; β[ , donc est intégrable sur [a ; β[ . Il en résulte que l’ap x  f t,y(t) dt , admet une limite finie

plication x −→ a

lorsque x −→ β− . D’après la formule vue plus haut, on déduit : y(x) −→− y(a) + . x−→β Considérons l’application Y : ]α ; β] −→ R définie par :  y(x) si α < x < β Y (x) = y(a) +

si x = β. Alors, Y est continue sur ]α ; β] , de classe C 1 sur ]α ; β[ et :   y  (x) = f x,y(x) −→− f β,y(a) + . x−→β D’après le théorème limite de la dérivée, on déduit que Y est de classe C 1 sur ]α ; β] et que :   y  (β) = f β,y(a) + = f β,Y (β) . Ainsi, Y est solution de (E) sur ]α ; β] , ce qui contredit la maximalité de y. Ce raisonnement par l’absurde montre : β = +∞. De même : α = −∞. On conclut que y est définie sur R. 1

2 8.48 1) L’application R −→ R, (x,y) −→ 1 + x 2 + y 2 ,

est de classe C 1 sur l’ouvert R2 de R2 , et (0,0) ∈ R2 , donc, d’après le théorème de Cauchy et Lipschitz (non linéaire) le problème de Cauchy (C) admet une solution maximale et une seule, encore notée y, l’intervalle de définition de y est ouvert, et toute solution de (C) est restriction de y. 2) Notons J = {x ∈ R ; −x ∈ I } le symétrisé de I , et z : J −→ R, x −→ z(x) = −y(−x) la symétrisée de y. L’application z est dérivable sur J (par composition, puisque y est dérivable sur I), on a z(0) = −y(0) = 0 , et, pour tout x ∈ J : z  (x) = y  (−x) =

1 1+

(−x)2

 2 + y(−x) =

1

1+

x2

 2 . + z(x)

Ceci montre que z est solution de (C) sur J.

8.47

Soit y une solution maximale de (E) y  = f (x,y) .

D’après le cours, l’intervalle de définition I de y est ouvert. Il existe donc (α,β) ∈ R ∪ {−∞, +∞} tel que : I = ]α ; β[. Nous allons montrer β = +∞, en raisonnant par l’absurde. Supposons β ∈ R . Il existe a ∈ ]α ; β[. On a , pour tout x ∈ [a ; β[ : 372

Il en résulte que z est restriction de la solution maximale y, c’està-dire : J ⊂ I et ∀ x ∈ J, z(x) = y(x). • En notant I = ]α ; β[ où −∞  α < 0 < β  +∞ , on a : J ⊂ I ⇐⇒] − β ; −α[ ⊂ ]α ; β[  ⇐⇒ α  −β et

− α  β ⇐⇒ β = −α.

On déduit : I = ] − α ; α[, donc I est symétrique par rapport à 0.

Ce raisonnement par l’absurde montre que l’extrémité droite de I n’est pas un réel, donc est +∞.

• Et : ∀ x ∈ I, y(x) = z(x) = −y(−x),

5) Puisque y est croissante et majorée, y admet en +∞ une limite finie notée .

donc y est impaire. 3) • L’application y est dérivable sur l’intervalle I et : 1 ∀ x ∈ I, y  (x) =  2 > 0 , 1 + x 2 + y(x) donc y est strictement croissante sur I. • On a de plus y(0) = 0, donc y est à valeurs
0 (sur I ∩ [0 ; +∞[). • On a, pour tout x ∈ I ∩ [0 ; +∞[ : 1

y  (x) =

1+

x2

1 , 2  1 + x2 + y(x) 

d’où, en intégrant, pour tout x ∈ I ∩ [0 ; +∞[ :  x y  (t) dt y(x) = y(0) + 0  x 1 π  dt = Arctan x  , 2 2 0 1+t ce qui montre que y est majorée. 4) Raisonnons par l’absurde : supposons qu’il existe b ∈ ]0 ; +∞[ tel que : I ∩ [0 ; +∞[ = [0 ; b[ . Puisque y est croissante et majorée, y admet en b− une limite finie, notée L. Considérons l’application  Y : [0 ; b] −→ R, x −→

y(x)

si x = / b

L

si x = b.

De plus, comme on l’a vu en 3), pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : π 0  y(x)  . 2 On déduit, par passage à la limite lorsque x tend vers +∞ : π 0  . 2 On a, par exemple :
y(1) > 0, donc > 0 . π Si = , alors, en faisant tendre x vers +∞ dans l’encadre2 ment obtenu plus haut, on déduit :  +∞  +∞ 1 1 dt ,  2 dt = 2 1 + t2 0 0 1 + t + y(t) 1 1 −  2 est conti1 + t2 1 + t 2 + y(t) nue, à valeurs
0 et n’est pas l’application nulle. On a donc π

= / . 2 π Finalement : 0 < < . 2 6) α) Récurrence. 1 est • Puisque y est dérivable, donc continue, 1 + x 2 + y2 continue, donc y  est continue, y est C 1 . 1 est C n , • Si y est C n , pour un n ∈ N∗ , alors 1 + x 2 + y2 y  est C n , y est C n+1 . contradiction, car t −→

Puisque y est continue sur [0 ; b[ et que y(x) −→− L, Y est

On conclut : y est de classe C ∞ sur [0 ; +∞[.

continue sur [0 ; b].

β) Ainsi, y est C 2 et : y  = −

x−→b

D’autre part, Y , qui coïncide avec y sur [0 ; b[, est dérivable sur [0 ; b[ et : ∀ x ∈ [0 ; b[, y  (x) = y  (x) =

1



2 . 1 + x 2 + y(x)

Puisque y est continue sur [0 ; b[ (car dérivable), par opérations, Y  est continue sur [0 ; b[, donc Y est de classe C 1 sur [0 ; b[. Enfin : y  (x) = 

1

1 , 2 −→− 2 + L2 x−→b 2 1 + b 1 + x + y(x) 

x
0, y
0, y 
0 .

2x + 2yy   0, car (1 + x 2 + y 2 )2

On conclut que y est concave sur [0 ; +∞[. 1 = 1. 7) On a : y  (0) = 1 + 02 + 02 y 2 ᐉ y = y(x)

−

donc Y admet en b une limite finie. D’après le théorème limite de la dérivée, on déduit que Y est 1 . de classe C 1 sur [0 ; b] et que Y  (b) = 1 + b2 + L 2 Mais alors, Y est solution de (C) sur [0 ; b], ce qui contredit la maximalité de y.

O

x 373

8) Puisque y est de classe C ∞ sur [0 ; +∞[ (et même sur R), d’après le théorème de Taylor-Young, y admet un développement limité à tout ordre, y  aussi, et on passe du premier au second par dérivation terme à terme. En particulier, y admet un DL 5 (0) . De plus, y(0) = 0, y  (0) = 1, et y est impaire (sur R). Le DL 5 (0) de y est donc de la forme : y(x) = x + ax 3 + bx 5 + o (x 5 ), x−→0

et on a :



(a,b) ∈ R2 ,

y (x) = 1 + 3ax + 5bx + o(x ). 2

4

4

On reporte dans l’équation différentielle, présentée de préférence sous forme d’un produit que d’un quotient : y =

1 ⇐⇒ (1 + x 2 + y 2 )y  = 1 1 + x 2 + y2   2  ⇐⇒ 1 + x 2 + x + ax 3 + bx 5 + o(x 5 )  1 + 3ax 2 + 5bx 4 + o(x 4 ) = 1  ⇐⇒ 1 + 2x 2 + 2ax 4 + o(x 4 )  1 + 3ax 2 + 5bx 4 + o(x 4 ) = 1 ⇐⇒ 1 + (3a + 2)x 2 + (5b + 8a)x 4 + o(x 4 ) = 1  2    a = − 3a + 2 = 0 3 ⇐⇒ ⇐⇒  16 5b + 8a = 0  b = , 15

en utilisant l’unicité du DL 4 (0) de l’application nulle. On conclut que y admet le DL 5 (0) suivant : 2 16 5 y(x) = x − x 3 + x + o (x 5 ). x−→0 3 15

8.49

Notons S0 l’ensemble des solutions de (E0 ) sur R. D’après le cours, S0 est un C-espace vectoriel de dimension n. • Considérons, pour X ∈ S0 , l’application translatée de X par T : X 1 : R −→ Mn,1 (C), t −→ X 1 (t) = X (t + T ) . Il est clair que X 1 est dérivable sur R, et : ∀ t ∈ R, X 1 (t) = X  (t + T ) = A(t + T )X (t + T ) = A(t)X 1 (t), donc X 1 ∈ S0 . On peut donc considérer l’application : φ : S0 −→ S0 , X −→ φ(X) = X 1 .

• L’application φ est linéaire car, pour tout α ∈ C et toutes X,Y ∈ S0 : 374

 ∀ t ∈ R, φ(αX + Y ) (t) = (αX + Y )(t + T ) = αX (t + T ) + y(t + T ) = αφ(X)(t) + φ(Y )(t)  = αφ(X) + φ(Y ) (t), donc :

φ(αX + Y ) = αφ(X) + φ(y).

• Ainsi, φ est un endomorphisme du C-espace vectoriel S0 , et celui-ci est de dimension finie supérieure ou égale à 1 (car égale à n). D’après le cours (conséquence du théorème de d’Alembert), φ admet au moins une valeur propre et un vecteur propre associé. Il existe donc λ ∈ C et X ∈ S0 tels que : φ(X) = λX. Ainsi, X est une solution de (E0 ) sur R, autre que l’application nulle, et telle que : ∀ t ∈ R, X (t + T ) = λX (t) .

8.50 a) Remarquons d’abord que, puisque A est inversible et que, pour tout t ∈ R, X  (t)X (t) = A , pour tout t ∈ R, X (t) est inversible. Considérons l’application Y : ] − a ; a[−→ Mn (R), t −→ Y (t) = X (t)A − AX (t) . Puisque X est dérivable sur ] − a ; a[ , par opérations, Y est dérivable sur ] − a ; a[ et : Y  = (X A − AX) = X  A − AX  = (AX −1 )A − A(AX −1 ) = AX −1 (AX − X A)X −1 = −AX −1 Y X −1 . D’après le cours, le problème de Cauchy linéaire : Y  = −AX −1 Y X −1 , Y (0) = 0 d’inconnue Y : ] − a ; a[−→ Mn (R) supposée dérivable, admet une solution et une seule. Comme Y et l’application constante nulle conviennent, on a donc Y = 0, d’où : X A − AX = 0, c’est-à-dire : ∀ t ∈ ] − a ; a[, X (t)A = AX (t). b) Considérons le problème de Cauchy non linéaire (C)

z  = AZ −1 ,

Z (0) = In ,

d’inconnue Z, à valeurs dans GLn (R). Puisque l’application : ] − a ; a[×GLn (R) −→ Mn (R), (t,Z ) −→ AZ −1 est de classe C 1 sur l’ouvert ] − a ; a[×GLn (R) , (C) admet une solution maximale et une seule. D’après le cours, comme X est solution de (C), la solution maximale est un prolongement de X. Considérons l’application U : ] − a ; a[−→ Mn (R), t −→ U (t) = tX (t) .

Puisque X est dérivable sur ] − a ; a[ , par opération, U l’est aussi, et on a : U  U = (tX)tX = t(X  )tX = t (AX −1 )tX = tX −1 tA tX = tX −1 t(X A) = t X −1 t(AX)

puis il existe µ ∈ R tel que : ∀ x ∈ [−1 ; 0], y(x) = λ ex + µ . On a alors, pour tout x ∈ [−1 ; 0] :

a)

0 = y  (x) − x 2 y  (x) + y(x)

= tX −1 tX tA = tA = A.

= λ ex − x 2 λ ex + (λ ex + µ) = −λx 2 ex + 2λex + µ.

De plus : U (0) = tX (0) = t In = In et : ∀ t ∈ ] − a ; a[, U (t) ∈ GLn (R) . Ainsi, X et U sont solutions de (C) sur ] − a; a[, d’où, d’après le cours : ∀ t ∈ ] − a ; a[, U (t) = X (t), ∀ t ∈ ] − a ; a[, tX (t) = X (t).

c’est-à-dire :

On conclut que, pour tout t ∈ ] − a ; a[ , la matrice X (t) est symétrique.

En remplaçant x par 0, on déduit µ = −2λ , puis : ∀ x ∈ [−1 ; 0], λ(−x 2 ex + 2 ex − 2) = 0 , donc λ = 0, d’où : ∀ x ∈ [−1 ; 0], y(x) = 0. En particulier, y est solution de (E0 ) sur [−1 ; 1] et y(0) = 0, y  (0) = 0 . D’après le théorème de Cauchy linéaire, le problème de Cauchy linéaire 

8.51

Puisque (E0 ) est une EDL2 SSM, normalisée, à coefficients continus sur l’intervalle [−1 ; 1], d’après le cours, S0 est un R-espace vectoriel de dimension 2. Nous allons montrer que les applications N1 ,N2 : S0 −→ R définies, pour tout y ∈ S0 , par ;  0  1 |y  − y  |, N2 (y) = |y  + y  | , N1 (y) = −1

0

sont des normes sur S0 . Comme S0 est un R-ev de dimension finie (égale à 2), il en résultera que N1 et N2 sont équivalentes, d’où, en particulier, le résultat demandé. 1) Étude de N1 : • On a, pour toutes y1 ,y2 ∈ S0 :  0   (y1 + y2 ) − (y1 + y2 )  N1 (y1 + y2 ) = −1



=





0

−1

|y1

0

−1

   (y − y  ) + (y  − y  ) 1 1 2 2 

−y |+ 1

0

−1

|y2

−

y2 |

 = |α|

0

−1

y(0) = 0, y  (0) = 0

Ceci montre que N1 est une norme sur S0 . 2) On montre, de même, que N2 est une norme sur S0 . 3) Puisque N1 et N2 sont des normes sur le R-espace vectoriel

S0 qui est de dimension finie (égale à 2), d’après le cours, N1

et N2 sont équivalentes, donc, en particulier, il existe α ∈ R∗+ tel que : ∀ y ∈ S0 , N1 (y)  αN2 (y) , d’où le résultat demandé.

8.52 a) Notons, pour k ∈ {1,2} : z k : R −→ C, x −→ yk (x + T ) . Soit k ∈ {1, 2}. L’application z k est deux fois dérivable sur R et, pour tout x ∈ R : z k (x) + f (x)z k (x) = yk (x + T ) + f (x)yk (x + T ) = yk (x + T ) + f (x + T )yk (x + T )

|y  − y  | = |α|N1 (y).

• Soit y ∈ S0 telle que N1 (y) = 0. Comme y  = x 2 y  − y et que yest deux fois dérivable, y  est dérivable, donc, en particulier, y est de classe C 2 .  0 |y  − y  | = 0, et |y  − y  | est continue et
0, Ainsi, −1

d’où :

y  − x 2 y  + y = 0

d’inconnue y : [−1 ; 1] −→ R, admet une solution et une seule. Comme y et la fonction constante nulle sont solutions de (C), on déduit : y = 0.

= N2 (y1 ) + N2 (y2 ).

• On a, pour tout α ∈ R et toute y ∈ S0 :  0   (αy) − (αy)  N1 (αy) = −1

(C)

∀ x ∈ [−1 ; 0], y  (x) − y  (x) = 0. 

Par résolution de cette EDL1 d’inconnue y , il existe λ ∈ R tel que : ∀ x ∈ [−1 ; 0], y  (x) = λ ex ,

= (yz k + f yk )(x + T ) = 0 , donc z k est solution de (E0 ) sur R. Comme (y1 ,y2 ) est une base du R-ev S0 des solutions de (E0 ), il existe (αk ,βk ) ∈ R2 tel que : z k = αk y1 + βk y2 , c’est-à-dire :

∀ x ∈ R, yk (x + T ) = αk y1 (x) + βk y2 (x).

b) Notons

Y : R −→ M2,1 (C), x −→ Y (x) =

y1 (x) y2 (x)

 . 375

On a, pour tout x ∈ R :  

α1 y1 (x) + β1 y2 (x) y1 (x + T ) = Y (x + T ) = y2 (x + T ) α2 y1 (x) + β2 y2 (x)  

y1 (x) α1 β1 = AY (x). = y2 (x) α2 β2 Mais, de la même façon, puisque f est aussi −T-périodique, il existe B ∈ M2 (C) telle que : ∀ x ∈ R, Y (x − T ) = BY (x) . On a alors : ∀ x ∈ R,

 Y (x) = Y (x + T ) − T = BY (x + T ) = B AY (x) ,

c’est-à-dire :

376

∀ x ∈ R, (B A − I2 )Y (x) = 0.

En dérivant, on obtient : ∀ x ∈ R, (B A − I2 )Y  (x) = 0 . En groupant les colonnes en matrices carrées d’ordre deux, on a : 

y1 (x) y1 (x) =0. ∀ x ∈ R, (B A − I2 ) y2 (x) y2 (x) Comme (y1 ,y2 ) est une base de S0 , d’après le cours, le wrons   y1 y2   n’est pas la fonction nulle, kien w = y1 y2 − y1 y2 =   y1 y2  d’où B A − I2 = 0, et on conclut que A est inversible.

Fonctions de plusieurs variables réelles Plan

CHAPITRE

9

Thèmes abordés dans les exercices

Les méthodes à retenir 378

•

Étude de limite ou de continuité pour une fonction de plusieurs variables réelles

Énoncés des exercices 382

•

Existence et calcul éventuel des dérivées partielles premières, des dérivées partielles successives

•

Détermination de la classe d’une fonction de plusieurs variables réelles

•

Étude de C 1-difféomorphismes, de C k -difféomorphismes, de C ∞ -difféomorphismes, d’un ouvert de Rn sur un ouvert de Rn , n
2

•

Recherche d’extrémums locaux, d’extrémums globaux, pour une fonction réelle de deux ou de plusieurs variables réelles

•

Résolution d’équations aux dérivées partielles du premier ordre (EDP1), du second ordre (EDP2)

•

Étude de fonctions définies implicitement

•

Étude de formes différentielles.

Du mal à démarrer ?

385

Corrigés

387

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •

Définition et propriétés de la continuité d’une fonction f de plusieurs variables réelles, lien entre la continuité de f et la continuité des fonctions partielles de f

•

Définition et propriétés algébriques des dérivées partielles premières, des dérivées partielles successives, en particulier le théorème de composition des fonctions de classe C 1, de classe C k , de classe C ∞

•

Définition et caractérisation (faisant intervenir le jacobien) des C 1-difféomorphismes, des C k -difféomorphismes, des C ∞ -difféomorphismes d’un ouvert de Rn sur un ouvert de Rn

•

Définition de la notion d’extrémum local, pour une fonction f de plusieurs variables réelles, lien avec le notion de point critique de f lorsque f est de classe C 1 sur un ouvert de Rn , intervention de s 2 − rt lorsque f est de classe C 2 sur un ouvert de R2 ∂f = g, f inconnue, g donnée Résolution de l’EDP1 ∂x Énoncé du théorème des fonctions implicites

• • •

Notion de forme différentielle exacte, de primitive d’une forme différentielle exacte

•

Notion de forme différentielle fermée, notion d’ouvert étoilé, liens entre exacte et fermée. 377

Chapitre 9 • Fonctions de plusieurs variables réelles

Les méthodes à retenir

Pour étudier l’existence et la valeur de la limite en un point ou pour étudier la continuité en un point d’une fonction de deux variables réelles ou de plusieurs variables réelles

∗ Cas de deux variables réelles : Essayer d’abord d’appliquer les théorèmes généraux. • S’il s’agit d’une forme indéterminée, se ramener d’abord, par changement de variables par translation à une étude en (0,0). Former les fonctions partielles f (·,0) et f (0,·). • Si l’une de ces deux fonctions partielles n’a pas de limite en 0, ou si ces deux fonctions ont des limites en 0 différentes, alors f n’a pas de limite en (0,0). • Si f (·,0) et f (0,·) admettent une même limite finie  en 0, envisager x −→ f (x,x) , des fonctions composées du type x −→ f (x,λx), λ ∈ R, ou plus compliquées en tenant compte de l’exemple proposé. Si ces diverses fonctions (d’une variable) ont la même limite  en 0, on peut essayer d’établir que f admet  pour limite en (0,0), en formant | f (x,y) − | et en essayant de majorer cette expression par une expression plus simple et de limite 0 lorsque (x,y) tend vers (0,0). À cet effet, il peut être intéressant de faire un changement de variables, par exemple en coordonnées polaires.

➥ Exercices 9.1, 9.8, 9.9 ∗ Cas de plusieurs variables réelles : Essayer d’adapter les méthodes précédentes.

➥ Exercices 9.19, 9.20.

Pour étudier l’existence et la valeur des dérivées partielles premières d’une fonction f de deux variables réelles ou de plusieurs variables réelles

∗ Cas de deux variables réelles : • Essayer d’abord d’appliquer les théorèmes généraux, en particulier le théorème de composition des applications de classe C 1. • En un point litigieux (c’est-à-dire en lequel les théorèmes généraux ne s’appliquent pas) (x0 ,y0 ), pour étudier l’existence ∂f (x0 ,y0 ), former la fonction partielle et la valeur de ∂x f (·,y0 ) : x −→ f (x,y0 ) et étudier sa dérivabilité en x0 . On a ainsi,   ∂f (x0 ,y0 ) = f (·,y0 ) (x0 ), et de même : sous réserve d’existence : ∂x   ∂f (x0 ,y0 ) = f (x0 ,·) (y0 ). ∂y

• Pour montrer que f n’est pas de classe C 1, on peut essayer de raisonner par l’absurde, en utilisant une fonction composée.

➥ Exercice 9.1. ∗ Cas de plusieurs variables réelles : Essayer d’adapter les méthodes précédentes. 378

Les méthodes à retenir

Pour montrer qu’une application φ : U −→ V est un C1 -difféomorphisme (ou un Ck -difféomorphisme, ou un C∞-difféomorphisme) d’un ouvert U de Rn sur un ouvert V de Rn , n
2

Commencer par montrer que φ est de classe C 1 sur U et bijective. Ensuite : • montrer que φ−1 est de classe C 1 sur V, si φ−1 est exprimable

➥ Exercice 9.11 • montrer que le jacobien de φ en tout point (x,y) de U n’est pas nul. ➥ Exercice 9.10. • Essayer d’abord d’appliquer les théorèmes généraux, en particulier

Pour étudier l’existence et la valeur des dérivées partielles secondes (ou successives) d’une fonction de deux variables réelles ou de plusieurs variables réelles

Pour montrer qu’une application f : U −→ R est de classe C∞ sur un ouvert U de Rn

le théorème de composition des applications de classe C 2 (ou C n, ou C ∞ ), et calculer successivement les dérivées partielles premières, puis les dérivées partielles secondes (puis successives).

➥ Exercices 9.2, 9.3 • En un point litigieux (c’est-à-dire en lequel les théorèmes généraux ne s’appliquent pas), étudier successivement les dérivées partielles premières, puis les dérivées partielles secondes (ou successives), comme indiqué plus haut.

• Essayer d’abord d’appliquer les théorèmes généraux. • Essayer de se ramener à l’intervention d’une fonction d’une variable réelle. Se rappeler que toute fonction développable en série entière en 0 est de classe C ∞ au voisinage de 0.

➥ Exercice 9.23. ∂f ∂f = g, = h, ∂x ∂y où g,h : U −→ R sont données (continues), par primitivation. Par ∂f = g est exemple, la solution générale de l’EDP1 ∂x 

• On sait résoudre les deux EDP1 :

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Pour résoudre une équation aux dérivées partielles du premier ordre (EDP1) d’inconnue f : U −→ R de classe C1 sur un ouvert (convexe) U de R2

f : (x,y) −→

g(x,y) dx + ϕ(y), où ϕ est une fonction quel-

conque de classe C 1 (sur un intervalle à préciser). • On essaiera de se ramener à cette EDP1 simple par un changement de variables (et donc aussi un changement de fonction inconnue) donné (ou suggéré) par l’énoncé.

➥ Exercice 9.13. • On sait résoudre les trois EDP2 : Pour résoudre une équation aux dérivées partielles du deuxième ordre (EDP2) d’inconnue f : U −→ R de classe C2 sur un ouvert (convexe) de R2

∂2 f = g, ∂x2

∂2 f = h, ∂ x∂ y

∂2 f = k, ∂ y2

où g,h,k : U −→ R sont données (continues), par deux primitivations successives.

➥ Exercice 9.4 379

Chapitre 9 • Fonctions de plusieurs variables réelles

• Essayer de se ramener à l’une de ces EDP2 par un changement de variables (et donc aussi un changement de fonction inconnue) donné (ou suggéré) par l’énoncé. ➥ Exercice 9.14.

• Si l’on cherche les solutions d’une forme particulière d’une EDP, on peut essayer de se ramener à une ED.

• Commencer par déterminer les points critiques de f, c’est-à-dire les

Pour déterminer les extrémums locaux d’une application f : U −→ R de classe C1 ou C2 sur un ouvert U de R2

points en lesquels les deux dérivées partielles premières de f s’annulent simultanément. En effet, d’après le cours, si f : U −→ R est de classe C 1 sur l’ouvert U de R2 et si f admet un extrémum local en un point (x0 ,y0 ) de U , alors (x0 ,y0 ) est un point critique de f. • Si, de plus, f est de classe C 2 sur U , calculer les trois dérivées partielles secondes de f en tout point de U , en déduire les valeurs de r = f x2 (x0 ,y0 ), s = f xy (x0 ,y0 ), t = f y2 (x0 ,y0 ), et former s 2 − rt. Si s 2 − rt > 0, alors f n’admet pas d’extrémum local en (x0 ,y0 ) (point-col) Si s 2 − rt < 0 alors f admet un extrémum local en (x0 ,y0 ), un minimum si r > 0 (ou t > 0 ), un maximum si r < 0 (ou t < 0 ). Si s 2 − rt = 0, étudier le signe de f (x,y) − f (x0 ,y0 ) pour (x,y) voisin de (x0 ,y0 ), par exemple en utilisant des chemins particuliers.

➥ Exercices 9.5, 9.15. • Essayer de montrer que f est bornée et atteint ses bornes, par utilisation du théorème de continuité sur un compact.

➥ Exercice 9.16 • Si f atteint une de ses bornes en un point (x0 ,y0 ) intérieur à X et si f Pour déterminer les extrémums globaux d’une application f : X −→ R, où X ⊂ R2

est de classe C 1 sur l’intérieur X ◦ de X, alors f| X ◦ admet un extrémum local en (x0 ,y0 ), donc (x0 ,y0 ) est un point critique de f| X ◦ .

➥ Exercice 9.16 • Si f atteint une de ses bornes en un point du bord de X, essayer de se ramener à une recherche d’extrémum global pour une fonction d’une variable réelle. ➥ Exercice 9.24

• Dans certains cas simples, l’étude peut être résolue par l’utilisation d’inégalités classiques.

Pour montrer qu’une égalité f (x,y) = 0 définit implicitement localement y en fonction de x, ou qu’une égalité f (x,y,z) = 0 définit implicitement localement z en fonction de (x,y), et pour obtenir un développement limité de la fonction implicite 380

➥ Exercice 9.17.

• Montrer que le théorème des fonctions implicites s’applique. ➥ Exercices 9.6, 9.7 • Montrer que la fonction implicite ϕ est de classe suffisante, en appliquant le théorème des fonctions implicites, donc, d’après le théorème de Taylor-Young, ϕ admet un développement limité, et déterminer celui-ci par la méthode des coefficients indéterminés.

➥ Exercice 9.6.

Les méthodes à retenir

Pour montrer qu’une égalité f (x,y) = 0 définit globalement y comme fonction de x, puis pour étudier la fonction ϕ : x −→ y

• Montrer que, pour tout x fixé, l’équation f (x,y) = 0 (d’inconnue y) admet une solution et une seule, en étudiant les variations de la fonction y −→ f (x,y). • Pour étudier ϕ : x −→ y , montrer que le théorème des fonctions implicites s’applique localement et que la fonction implicite locale est restriction de ϕ.

➥ Exercice 9.25. 1) Si ω est fermée sur U , c’est-à-dire si

∂P ∂Q = , et si U est étoilé, ∂y ∂x

alors ω admet des primitives sur U . Chercher les applications F : U −→ R de classe C 1 telles que : ∂F =P ∂x

(1)

et

∂F =Q ∂y

(2) .

Intégrer par exemple dans (1) par rapport à x, et obtenir (si x varie  P(x,y) dx + G(y), dans un intervalle) : F(x,y) =

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Pour étudier une forme différentielle ω sur un ouvert U de R2 , définie, pour tout (x,y) ∈ U, par : ω(x,y) = P(x,y) dx + Q(x,y) dy

où G est de classe C 1 à une variable. En reportant dans (2), se ramener à une ED G  (y) = S(y), où S est une fonction à calculer ( à une variable : y). Intégrer dans cette égalité par rapport à y, et obtenir ainsi (si y varie dans un intervalle) :  G(y) = S(y) dy + H, où H est une constante. 2) Si ω est fermée sur U et si U n’est pas étoilé, il se peut que ω ne

soit pas exacte sur U . Recouvrir U par une réunion d’une nombre fini d’ouverts étoilés (si c’est possible), intégrer ω sur chacun de ces ouverts étoilés, puis étudier le raccord des primitives obtenues. 3) Si ω n’est pas fermée sur U , chercher, si l’énoncé l’indique, un facteur intégrant pour ω, c’est-à-dire une application ϕ non nulle (et, si possible, ne s’annulant en aucun point), de classe C 1, telle que la forme différentielle ω1 définie sur U par : ω1 (x,y) = ϕ(x,y) ω(x,y) soit fermée sur U , ou soit fermée sur un ouvert U1 inclus dans U et différant peu de U . La détermination de ϕ se ramène à la résolution d’un système de deux EDP1. L’énoncé donnera une indication sur ϕ permettant de se ramener à la résolution d’une ED. La nouvelle forme différentielle ω1 est alors fermée sur U (ou U1 ) et on est ramené au 1) ou au 2) pour ω1 au lieu de ω.

➥ Exercice 9.18.

381

Chapitre 9 • Fonctions de plusieurs variables réelles

Énoncés des exercices 9.1

Étude de continuité et de caractère C1 pour une fonction de deux variables réelles Étudier la continuité et le caractère C 1 sur R2 de la fonction f définie par : f (0,0) = 0 sin (x y) / (0,0) . si (x,y) = et f (x,y) = |x| + |y|

9.2

Fonction harmonique Soit P ∈ C[X]. On note : f : R2 −→ C, (x,y) −→ P(x + i y). Montrer que f est harmonique sur R2 .

9.3

Laplacien d’une fonction radiale Soit f : ]0 ; +∞[−→ R de classe C 2.

 On note U = R3 − {(0,0,0)}, g : U −→ R, (x,y,z) −→ f ( x 2 + y 2 + z 2 ) . Montrer que g est de classe C 2 sur U et que, pour tout (x,y,z) ∈ U, on a, en notant  2 ρ = x 2 + y 2 + z 2 : g(x,y,z) = f  (ρ) + f  (ρ), où  désigne le laplacien. ρ

9.4

Résolution d’une EDP2 avec condition Trouver toutes les applications f : R2 −→ R de classe C 2 telles que : ∀ (x,y) ∈ R2 , f xy (x,y) = 0 et

9.5

f (x,x) = 0 .

Exemples de recherche d’extrémums locaux de fonctions numériques de deux variables réelles Déterminer les extrémums locaux des applications f suivantes, pour lesquelles on donne l’ensemble de départ et l’image f (x,y) de (x,y) : a) R2 , 4x + 2y − x 2 − y 2 − 2x 3

9.6

b) R2 , x y + x 3 y 2 .

Exemple de fonction implicite de deux variables réelles, développement limité a) Montrer qu’il existe un voisinage V de (0,0) dans R2 et une application ϕ : V −→ R unique tels que : ϕ est de classe C ∞ sur V, ϕ(0,0) = 1, et, pour tout (x,y) ∈ V, ϕ(x,y) est solution de l’équation z 5 + x z 2 + yz − 1 = 0, d’inconnue z ∈ R. b) Former le développement limité à l’ordre 2 de f en (0,0).

9.7

Fonction implicite d’une variable réelle / − 1, f y (0,0) = / 0. Soit f : R2 −→ R de classe C 1 telle que : f (0,0) = 0, f x (0,0) =   Montrer que la relation f f (x,y),y = 0 définit implicitement y en fonction de x au voisinage de (0,0).

9.8

Exemples d’étude de limite pour des fonctions de deux variables réelles Étudier l’existence et la valeur éventuelle d’une limite finie en (0,0) pour les fonctions f de deux variables réelles définies par les formules suivantes : a)

382

x2

xy + x y + y2

b)

x2

x2 y − x y + y2

c)

x 3 y4 + y6

x4

d)

x y4 + y6

x4

e)

ex y − 1 . ex − 1

Énoncés des exercices

9.9

Limite pour une fonction de deux variables réelles L’application

f : R2 − {(0,0)} −→ R, (x,y) −→

(ex − 1) ln (1 + y) − (e y − 1) ln (1 + x) x 2 + y2

a-t-elle une limite en (0,0) ?

9.10 Exemple de C1 -difféomorphisme à deux variables Montrer que l’application f : R2 −→ R2 , (x,y) −→ (x 3 + 3x e y , y − x 2 ) est un C 1-difféomorphisme de R2 sur R2 .

9.11 Exemple de C∞ -difféomorphisme à deux variables

  1 On note U =]0 ; +∞[2 et φ : (x,y) −→ x 3 y 2 , 2 . x y

Montrer que φ est un C ∞-difféomorphisme de U sur U.

9.12 Étude d’une intégrale dépendant d’un paramètre Soit f : R2 −→ R de classe C 2, telle que f x et f y soient 1-périodiques par rapport à la première variable, et que : f x2 = f y2 . Montrer que l’application  2  2  1 1   J : R −→ R, y −→ J (y) = f x (x,y) + f y (x,y) dx 2 0 est constante.

9.13 Exemple d’EDP1 Trouver toutes les applications f : (R∗+ )2 −→ R de classe C 1 telles que : ∀ (x,y) ∈ (R∗+ )2 , x

∂f ∂f x (x,y) + y (x,y) =  , ∂x ∂y x 2 + y2

en utilisant les coordonnées polaires.

9.14 Exemple d’EDP2

 On note U = (x,y) ∈ R2 ; y > |x| . Trouver toutes les applications f : U −→ R de classe C 1 ∂2 f 1 ∂2 f (x,y) − 2 (x,y) =  , sur U telles que : ∀ (x,y) ∈ U, 2 ∂x ∂y y2 − x 2

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

en utilisant le changement de variables défini par : u = x + y, v = y − x.

9.15 Extrémums locaux d’une fonction numérique de deux variables réelles Déterminer les extrémums locaux de f : U =] − π/2 ; π/2[2 −→ R, (x,y) −→ tan x th y − th x tan y .

9.16 Exemple de recherche de borne supérieure pour une fonction numérique de deux variables réelles Déterminer

Sup (x,y)∈[0;+∞[2 , x+y π

9.17

sin x sin y sin (x + y).

Exemple d’extrémums liés Calculer la borne supérieure et la borne inférieure de x y + z 2, lorsque (x,y,z) ∈ R3 vérifie x 2 + y2 + z2 = 9 . 383

Chapitre 9 • Fonctions de plusieurs variables réelles

9.18 Étude d’une forme différentielle à deux variables On note ω la forme différentielle définie sur R2 par : ω(x,y) = (x 2 + y 2 − 1) dx − 2x y dy. a) Montrer que ω n’est fermée sur aucun ouvert non vide de R2 . b) Trouver un ouvert non vide U de R2 , un intervalle ouvert I de R, et une application ϕ : I −→ R (autre que l’application nulle) de classe C 1 sur I, tels que : ∀ (x,y) ∈ U, x 2 − y 2 ∈ I et que la forme différentielle ω1 définie sur U par ω1 (x,y) = ϕ(x 2 − y 2 )ω(x,y) soit exacte sur U, et calculer alors les primitives de ω1 sur U.

9.19 Limite pour une fonction de trois variables réelles Existence et valeur éventuelle de la limite en (0,0,0) x yz . de f (x,y,z) = 2 x + y 2 + z 2 + x y + x z + yz

9.20 Limite pour une fonction de trois variables réelles  / 0 . On note U = (x,y,z) ∈ R3 ; x 2 + y 2 − z 2 = L’application f : U −→ R, (x,y,z) −→ en (0,0,0) ?

x 4 + y4 − z4 admet-elle une limite (finie ou infinie) x 2 + y2 − z2

9.21 Dérivabilité par rapport à une variable complexe Soient Ω un ouvert non vide de R2 , f : Ω −→ C de classe C 1.  On note : U = x + i y ; (x,y) ∈ Ω et g : U −→ C l’application définie, pour tout (x,y) ∈ Ω, par : g(x + i y) = f (x,y) . Montrer que les deux propriétés suivantes sont équivalentes : (1) ∀ (x,y) ∈ Ω, f x (x,y) + i f y (x,y) = 0 (2) pour tout z 0 ∈ U, l’application z −→ z −→ z 0 .

g(z) − g(z 0 ) admet une limite finie h(z 0 ) lorsque z − z0

9.22 Différentielle de X −→ X−1 Soit n ∈ N∗ . a) Montrer que GLn (R) est ouvert dans Mn (R). b) Établir que l’application f : GLn (R) −→ Mn (R), X −→ X −1 est de classe C 1 et calculer sa différentielle.

9.23 Classe C∞ pour une fonction de deux variables réelles

 xy  e −1 x Démontrer que l’application f : R2 −→ R, (x,y) −→  y est de classe C ∞ sur R2 .

9.24 Exemple de recherche de borne supérieure pour une fonction numérique de deux variables réelles x 2 y 2 (x 2 + y 2 ). Sup Déterminer (x,y)∈[0 ;+∞[2 , x+y 2

384

si x = / 0 si x = 0

Du mal à démarrer ?

9.25 Exemple de fonction implicite globale

√ a) Montrer que, pour tout x ∈ [0 ; 1], l’équation y 3 − 2x y + x 3 = 0, d’inconnue y ∈ [ x ; +∞[, admet une solution et une seule, notée ϕ(x). b) Établir que, ϕ est continue en 0. Est-ce que ϕ est dérivable en 0 ?

c) Démontrer que ϕ est de classe C 1 sur ]0 ; 1].

Du mal à démarrer ? 9.1

Seul le point (0,0) pose problème.

9.9

• Pour montrer la continuité en (0,0), majorer convenablement | f (x,y) − f (0,0)|. • Pour montrer que f n’est pas de classe C 1 sur R2 , montrer que x −→ f (x,x) n’est pas dérivable en 0.

9.2

Décomposer P sur la base canonique, et examiner le cas de Xk . ∂2g ∂g 9.3 Calculer (x,y,z) à l’aide de f  (ρ), x, ρ, puis 2 (x,y,z) ∂x ∂x à l’aide de f  (ρ), f  (ρ), f (ρ), x, ρ, et en déduire ∆g(x,y,z). Résoudre l’EDP2 f xy = 0 et traduire ensuite la deuxième condition.

9.4 9.5

a) Déterminer les points critiques de f, puis, en ces points, calculer s 2 − rt.

b) Déterminer les points critiques de f, puis étudier, par exemple, f (x,x) − f (0,0) et f (x,−x) − f (0,0).

9.6

a) Appliquer le théorème des fonctions implicites.

b) Utiliser le théorème de Taylor-Young pour l’existence du DL 2 (0,0) de f, et calculer celui-ci par coefficients indéterminés.

9.7

Montrer que le théorème des fonctions implicites s’applique.

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

9.8

a) Étudier f (x,0) et f (x,x) .

9.10

Pour montrer que f est bijective, se ramener à une équation d’inconnue x, et montrer, par étude de variations d’une fonction, que cette équation admet une solution et une seule.

Utiliser le théorème de caractérisation des C 1-difféomorphismes. Montrer que φ est bijective, en exprimant sa réciproque. Appliquer ensuite la définition d’un C ∞ -difféomorphisme.  1 9.12 Appliquer le théorème de dérivation sous le signe , pour 0 montrer que J est de classe C 1 et exprimer J .

9.11

En notant φ : (θ, ρ) −→ (ρ cos θ, ρ sin θ) et g = f ◦ φ, ∂g . calculer ∂ρ

9.13

L’EDP1 proposée se ramène à une EDP1 d’inconnue g , plus simple à résoudre. Revenir à f. En notant φ : (x,y) −→ (x + y, x − y) et g = f ◦ φ −1 , calculer les dérivées partielles premières de f en fonction de celles de g , puis calculer deux des dérivées partielles successives de f en fonction des dérivées partielles de g .

9.14

L’EDP2 de l’énoncé se ramène à une EDP2 d’inconnue g , plus simple à résoudre. Revenir à f. Déterminer les points critiques de f : il y en a un seul, (0,0). Étudier, par exemple, f (x,x 2 ).  9.16 En notant T = (x,y) ∈ [0 ; +∞[2 ; x + y  π et f : T −→ R, (x,y) −→ sin x sin y sin (x + y) , montrer que f

9.15

b) Mettre le trinôme sous forme canonique. c) Noter X = x 2 et Y = |y|3 , puis ρ = (X 2 + Y 2 )1/2 , et majorer convenablement | f (x,y)|.

est bornée et atteint sa borne supérieure, et montrer que celle-ci est atteinte à l’intérieur de T. Déterminer les points critiques de f sur l’intérieur de T.

d) Étudier, par exemple, f (x,x 2/3 ). e) Montrer que l’application  t  e −1 ϕ : R −→ R, t −  → t  1

Utiliser, par exemple, des développements limités.

si

t = 0

si

t =0

est continue sur R, et exprimer f à l’aide de ϕ.

9.17

Utiliser l’inégalité classique : ∀ (x,y) ∈ R2 , |x y| 

1 2 (x + y 2 ) . 2

On peut ici résoudre la question sans faire intervenir de dérivée partielle.

385

Chapitre 9 • Fonctions de plusieurs variables réelles

9.18 et

a) En notant P et Q les coefficients de ω , calculer

∂Q . ∂x

∂P , ∂y

Exprimer f à l’aide de ϕ.

b) En notant P1 et Q 1 les coefficients de ω1 , calculer

∂ P1 et ∂y

∂ Q1 , et traduire la condition de fermeture de ω1 par une EDL1 ∂x d’inconnue ϕ. Résoudre cette EDL1, d’où ϕ et ω1 . Pour déterminer les primitives de ω1 sur U, résoudre une des deux EDP1 puis reporter dans l’autre EDP1. Noter X = y + z, Y = z + x, Z = x + y , puis majorer convenablement | f (x,y,z)| . √ 9.20 Étudier f (x,0,0) et f (x,x, 2 x + x 4 ) .

9.19

9.21

Montrer que ϕ est développable en série entière en 0, de rayon infini, donc ϕ est de classe C ∞ sur R.

Utiliser la formule de Taylor-Young.

9.24 1re méthode Étude d’extrémum pour une fonction numérique de deux variables réelles :  En notant C = (x,y) ∈ [0 ; +∞[2 ; x + y  2 2 2 2 2 et f : C −→ R, (x,y) −→ x y (x + y ) , montrer que f admet une borne supérieure et que celle-ci est atteinte. Déterminer les points critiques de f sur l’intérieur de C et en déduire que la borne supérieure de f est atteinte sur le bord de C. Étudier la restriction de f au bord de C. 2è méthode : Se ramener à une étude d’extrémum pour une fonction numérique d’une seule variable réelle : Considérer, pour y ∈ [0 ; 2] fixé, l’application

9.22 a) GLn (R) = det−1 (R∗ ).

h : [0 ; 2 − y] −→ R, x −→ f (x,y) ,

b) • Utiliser la formule :

déterminer

∀ X ∈ GLn (R), X −1 = pour montrer que f : X −→ GLn (R) .

X −1

1 t com (X) det (X) est de classe

C1

sur l’ouvert

• Pour déterminer d X f , calculer, pour H assez petite, (X + H )−1 − X −1 , en faisant apparaître X − (X + H ).

9.23 Considérer

 t  e −1 ϕ : R −→ R, t −  → t  1

386

si

t = 0

si

t = 0.

Sup

h(x), puis étudier l’expression obtenue, en

x∈[0;2−y]

fonction de y . Il pourra alors être commode de poser t = y − 1.

9.25

a) L’étude du cas x = 0 est immédiate. Si x = 0 , étudier

√ f x : [ x ; +∞[−→ R, y −→ y 3 − 2x y + x 3 . √ b) 1) Calculer f x (2 x), et déduire la continuité de ϕ en 0. ϕ(x) − ϕ(0) −→ +∞. 2) Montrer x−→0 x −0

c) Utiliser le théorème des fonctions implicites et montrer que, pour tout x0 ∈ ]0 ; 1], ϕ est de classe C ∞ au voisinage de x0.

Corrigés des exercices 9.1

∂ 2 ek (x,y) = −k(k − 1)(x + i y)k−2 , ∂ y2

• D’après les théorèmes généraux, f est de classe C 1 sur l’ouvert R2 − {(0,0)}. • On a :

d’où : ∆ek (x,y) = 0, et enfin : ∆ f = 0.

| sin (x y)| |x y| | f (x,y)| =   |x| |x| + |y| |x| + |y| f (x,y)

donc :

−→

(x,y)−→(0,0)

−→

(x,y)−→(0,0)

0,

0 = f (0,0),

ce qui montre que f est continue en (0,0). Il en résulte que f est continue sur R2 . • Considérons l’application g : R −→ R, x −→ g(x) = f (x,x) .

On conclut que f est harmonique sur R2 . 

9.3 Puisque (x,y,z) −→ x 2 + y 2 + z 2 est de classe C 2 sur U et à valeurs > 0 , et que f est de classe C 2 sur ]0 ; +∞[, par composition, l’application  g : (x,y,z) −→ f ( x 2 + y 2 + z 2 ) est de classe C 2 sur U.  On a, en notant ρ = x 2 + y 2 + z 2 , pour tout (x,y,z) ∈ U : ∂g x (x,y,z) = f  (ρ) , ∂x ρ

On a : g(x) − g(0) sin (x 2 ) = x −0 2x|x|

∼

x−→0

x 1 −→ ± . 2|x| x−→0± 2

Ainsi, g n’est pas dérivable en 0. Si f était de classe C 1 sur R2 , par composition, g serait de classe C 1 sur R, contradiction. On conclut : f n’est pas de classe C 1 sur R2 .

9.2

Rappelons qu’une application f : U −→ C , de classe C 2 sur un ouvert U de R2 est dite harmonique si et seulement si son laplacien est nul, le laplacien de f étant : ∂2 f ∂2 f + . f = ∂x2 ∂ y2

Vu la linéarité du laplacien, décomposons le polynôme P sur la base canonique : P=

n

ak Xk , où n ∈ N, a0 ,. . . ,an ∈ C.

k=0

puis :  2 ∂2g x 1 −1 x  (x,y,z) = f (ρ) + f  (ρ) + f  (ρ)x 2 ∂x2 ρ ρ ρ ρ 2 x 1 x2 = f  (ρ) 2 + f  (ρ) − f  (ρ) 3 , ρ ρ ρ et de même par rapport à y ou à z. D’où : = f  (ρ)

n

il existe A,B : R −→ R de classe C 2 telles que : ∀ (x,y) ∈ R2 , f (x,y) = A(x) + B(y). f (x,x) = 0 ⇐⇒ A(x) + B(x) = 0 , et donc :

ak ek .

k=0

Puisque ∆ est linéaire, on a : ∆ f =

n

ak ∆ek .

k=0

Et, pour tout k ∈ {0,. . . ,n} et tout (x,y) ∈ R2 : ∂ek (x,y) = k(x + i y)k−1 , ∂x puis :

x 2 + y2 + z2 1 x 2 + y2 + z2 + 3 f  (ρ) − f  (ρ) 2 ρ ρ ρ3 2 = f  (ρ) + f  (ρ). ρ

9.4 1) Soit f convenant. Par résolution de l’EDP2 f xy = 0,

ek : R2 −→ C, (x,y) −→ (x + i y)k . f =

∂2g ∂2g ∂2g + 2 + 2 2 ∂x ∂y ∂z

On a, pour tout x ∈ R :

Notons, pour tout k ∈ {0,. . . ,n} :

Ainsi :

∆g(x,y,z) =

∂ek (x,y) = i k(x + i y)k−1 , ∂y

∂ 2 ek (x,y) = k(k − 1)(x + i y)k−2 , ∂x2

∀ (x,y) ∈ R2 , f (x,y) = A(x) − A(y).

2) Réciproquement, pour toute application A : R −→ R de classe C 2 sur R, l’application f : R2 −→ R, (x,y) −→ A(x) − A(y) est de classe C 2 sur R2 et convient. On conclut que les applications cherchées sont les f : R2 −→ R, (x,y) −→ A(x) − A(y) , où A : R −→ R est de classe C 2 sur R. 387

9.5

Dans chacun des deux exemples, f est de classe C 2 sur l’ouvert R2 . a) On a, pour tout (x,y) ∈ R2 :   f x (x,y) = 4 − 2x − 6x 2

ϕ(x,y) = 1 + αx + βy + ax 2 + bx y + cy 2 o +

(x,y)−→(0,0)

f y (x,y) = 2 − 2y,

A(−1, 1), B(2/3, 1) . D’après le cours, si f admet un extrémum local, comme f est de classe C 1 sur l’ouvert R2 , celui-ci est en un point critique de f. On a, pour tout (x,y) ∈ R2 : f xy (x,y) = 0,

f y2 (x,y) = −2 .

• En A : r = 10, s = 0, t = −2, s 2 − rt = 20 > 0, donc f n’a pas d’extrémum local en A (il s’agit d’un point-col). • En B : r = −10, s = 0, t = −2, s 2 − rt = −20 < 0, t < 0, donc f admet un maximum local en B . Finalement, f admet un extrémum local et un seul, en (2/3, 1), c’est un maximum local, et f (2/3,1) = 71/27 . b) On a, pour tout (x,y) ∈ R2 :   f x (x,y) = y + 3x 2 y 2 = y(1 + 3x 2 y) f y (x,y) = x + 2x 3 y = x(1 + 2x 2 y),    f x (x,y) = 0 x =0 ⇐⇒ d’où l’on déduit : f y (x,y) = 0 y = 0. Ainsi, f admet un point critique et un seul : (0,0). Comme :  f (x,x) − f (0,0 = x 2 + x 5 > 0 f (x,−x) − f (0,0) = −x + x < 0 2

5

(x 2 + y 2 ),

où α, β, a, b, c ∈ R sont à calculer.

donc f admet deux points critiques exactement :

f x2 (x,y) = −2 − 12x,

b) Puisque ϕ est de classe C ∞ sur V, d’après le théorème de Taylor-Young, ϕ admet, en particulier, un développement limité à l’ordre 2 en (0,0). Celui-ci est de la forme :

si x ∈ ]0 ; 1] si x ∈ ]0 ; 1],

f n’a pas d’extrémum local en (0,0). Finalement, f n’a pas d’extrémum local.

En reportant dans la relation définissant ϕ(x,y), on a, pour tout (x,y) ∈ V : 0 = z 5 + x z 2 + yz − 1   = 1 + 5(αx + βy)+5(ax 2 + bx y + cy 2 )+10((αx + βy)2     +x 1 + 2(αx + βy) + y 1 + (αx + βy) − 1 + o(x 2 + y 2 )   = (5α + 1)x + (5β + 1)y  + (5a + 10α2 + 2α)x 2 + (5b + 20αβ + 2β + α)x y  +(5c + 10β2 + β)y 2 + o(x 2 + y 2 ). Par unicité du développement limité à l’ordre 2 de la fonction nulle, on obtient :  5α + 1 = 0       5β + 1 = 0    5a + 10α2 + 2α = 0      5b + 20αβ + 2β + α = 0     5c + 10β2 + β = 0 et on déduit : 1 1 1 1 α = − , β = − , a = 0, b = − , c = − . 5 5 25 25 On conclut : ϕ(x,y) =1−

1 1 1 1 2 o (x 2 + y 2 ) . x− y− xy − y + (x,y)−→(0,0) 5 5 25 25 



2 9.7 Notons F : R −→ R, (x,y) −→ f f (x,y),y .

• L’application F est de classe C 1 sur l’ouvert R2

9.6

a) L’application

• F(0,0) = f (0,0) = 0

f : R3 −→ R, (x,y,z) −→ z 5 + x z 2 + yz − 1

• On a, pour tout (x,y) ∈ R2 :   Fy (x,y) = f x f (x,y),y) f y (x,y) + f y f (x,y),y)1 ,

est de classe C 1 sur l’ouvert R3 , f (0,0,1) = 0 , et, pour tout (x,y,z) ∈ R3 , f z (x,y,z) = 5z 4 + 2x z + y , / 0. donc f z (0,0,1) = 5 = D’après le théorème des fonctions implicites, il existe un voisinage V de (0,0) dans R2 et une application ϕ : V −→ R unique tels que : ϕ est de classe C ∞ sur V, ϕ(0,0) = 1 , et, pour tout (x,y) ∈ V , ϕ(x,y) est une solution de l’équation z 5 + x z 2 + yz − 1 = 0 , d’inconnue z ∈ R. 388

donc :

Fy (0,0) = f x (0,0) f y (0,0) + f y (0,0)   / 0. = f x (0,0) + 1 f y (0,0) =       = / 0 = / 0

D’après le théorème des fonctions implicites, la relation F(x,y) = 0 définit implicitement y en fonction de x au voisinage de (0,0).

9.8

D’autre part, le résultat obtenu est aussi vrai lorsque y = 0 / 0). (et x =

a) On a : f (x,0) = 0 −→ 0 et : x−→0

x2 1 1 = −→ = / 0, 3x 2 3 x−→0 3

f (x,x) =

Ainsi :

donc f n’a pas de limite en (0,0). b) On a, par mise d’un trinôme sous forme canonique, pour tout (x,y) ∈ R2 :   x 2 3 2 + x . x 2 − x y + y2 = y − 2 4

Comme ϕ est continue sur R et ne s’annule en aucun point, par opérations, on conclut : f (x,y)

De plus, pour tout (x,y) ∈ R − {(0,0)} :

On conclut :

f (x,y)

−→

(x,y)−→(0,0)

−→

(x,y)−→(0,0)

|x|3 y 4 X 3/2 Y 4/3 = . x 4 + y6 X2 + Y 2

X 3/2 Y 4/3 ρ3/2 ρ4/3  = ρ5/6 −→ 0 . ρ−→0 X2 + Y 2 ρ2 f (x,y)

−→

(x,y)−→(0,0)

0.

d) Soit α > 0 fixé à choisir. x 1+4α . On a : f (x,x α ) = 4 x + x 6α

      = x y 1 + ε1 (x) 1 + ε2 (y) − 1 + ε1 (y) 1 + ε2 (x)  = x y ε1 (x) + ε2 (y) + ε1 (x)ε2 (y)

 −ε1 (y) − ε2 (x) − ε1 (y)ε2 (x)

= x yε(x,y) , où :

ε(x,y)

−→

(x,y)−→(0,0)

0.

Donc :

     x y ε(x,y)   x y  =  |ε(x,y)| | f (x,y)| =  2 x + y2   x 2 + y2  1 2

 |ε(x,y)| On conclut :

2 Pour α = , de sorte que 6α = 4, on a : 3 f (x,x 2/3 ) =

d’où : (ex − 1) ln (1 + y) − (e y − 1) ln (1 + x)

0.

Puis, en notant ρ = (X 2 + Y 2 )1/2 :

On conclut :

x−→0

0.

c) En notant X = x 2 et Y = |y|3 , on a : | f (x,y)| =

x 11/3 1 = 1/3 −→ +∞ . x−→0 2x 4 2x

f (x,y)

−→

(x,y)−→(0,0)



e) Ici : Def ( f ) = R × R.

t = / 0

si

t = 0.

et − 1 −→ 1 = ϕ(0), Comme ϕ(t) = t−→0 t ϕ est continue en 0, puis ϕ est continue sur R. On a, pour tout (x,y) ∈ (R∗ )2 : ex y − 1 x y ϕ(x y) ex y − 1 =y = f (x,y) = x . e −1 x y ex − 1 ϕ(x)

0.

3x 2 + 3e y

3xe y

−2x

1

Considérons l’application si

0.

de R2 , la matrice jacobienne de f en (x,y) est : J f (x,y) =

∗

−→

(x,y)−→(0,0)

9.10 Il est clair que f est de classe C 1 sur R2 . Pour tout (x,y)

On conclut : f n’a pas de limite en (0,0).

 et − 1  t ϕ : R −→ R, t −→  1

0.

   x −→ 0  e − 1 = x 1 + ε1 (x) , où ε1 (x) x−→0    ln (1 + x) = x 1 + ε2 (x) , où ε2 (x) −→ 0,

2

x 2 |y| |y|  2 3/4 x 3 y− + x2 2 4

−→

(x,y)−→(0,0)

9.9 On a, par développements limités en 0 :

En particulier, f est définie sur R2 − {(0,0)}.

| f (x,y)| = 

y ϕ(x y) . ϕ(x)

∀ (x,y) ∈ R∗ × R, f (x,y) =

 ,

qui est inversible car :   det J f (x,y) = 3x 2 + 3e y + 6x 2 e y > 0. Montrons que f est bijective. Soit (X,Y ) ∈ R2 fixé. On a, pour tout (x,y) de R2 :  X = x 3 + 3xe y f (x,y) = (X,Y ) ⇐⇒ Y = y − x2  ⇐⇒

2

3eY xex + x 3 − X = 0 y = x 2 + Y. 389

2

L’application ϕ : x −→ 3eY xex + x 3 − X est de classe C 1 sur R, strictement croissante sur R, et lim ϕ(x) = −∞ ,

• pour tout y ∈ R , F(·,y) est continue par morceaux et intégrable sur le segment [0 ; 1]

x→−∞

lim ϕ(x) = +∞ ; il existe donc x ∈ R , unique, tel que

x→+∞

•

ϕ(x) = 0 . Ceci montre que le système d’équations précédent, d’inconnue (x,y), admet une solution et une seule, et donc que f est bijective. Finalement, f est un C -difféomorphisme de R sur R . 1

2

2

9.11

• U =]0 ; +∞[2 est un ouvert de R2 et, d’après les théorèmes généraux, φ est de classe C ∞ sur U. • Montrons que φ est une bijection de U sur U et explicitons φ−1 . Il est d’abord clair que : ∀ (x,y) ∈ U, φ(x,y) ∈ U.

Soit (u,v) ∈ U. On a, pour tout (x,y) ∈ U : φ(x,y) = (u,v)   3 2 3 2  x y = u x y = u ⇐⇒ ⇐⇒ 1  x2 y = 1   2 =v x y v   1   x = 1 y = 2 vx uv 2 ⇐⇒ ⇐⇒   1  3 x y = u 2 v3 . =u v2 x 4 Considérons donc l’application  ψ : U −→ U, (u,v) −→

 1 2 3 , u v . uv 2

Nous venons de montrer : ∀ (x,y) ∈ U, ∀ (u,v) ∈ U, (u,v) = φ(x,y) ⇐⇒ (x,y) = ψ(u,v). Ainsi, φ est bijective et ψ = φ−1. • D’après les théorèmes généraux,   1 2 3 φ−1 : (u,v) −→ ,u v uv 2 est de classe C ∞ sur U. On conclut que φ est un C ∞-difféomorphisme de U sur U.

9.12

Considérons l’application F : R2 −→ R, (x,y) −→

 1  2 f (x,y) + f y2 (x,y) . 2 x

Puisque f est de classe C 2 sur R2 , par opérations, F est de classe C 1 sur R2 . En particulier : • pour tout x ∈ [0 ; 1], F(x,·) est continue sur R 390

∂F existe sur [0 ; 1] × R ∂y

• pour tout x ∈ [0 ; 1], • pour tout y ∈ R ,

∂F (x,·) est continue sur R ∂y

∂F (·,y) est continue par morceaux sur ∂y

[0 ; 1] ∂F vérifie l’hypothèse de domination locale sur [0 ; 1] × R, ∂y ∂F est continue sur R2 , donc bornée sur tout compact car ∂y de R2 .  1 D’après le théorème de dérivation sous le signe , J est de

•

0

classe C 1 sur R et, pour tout y ∈ R :  1 J  (y) = Fy (x,y) dx 0   1 1  2 f x (x,y) f xy (x,y) + 2 f y (x,y) f y2 (x,y) dx = 2 0  1  x=1 = ( f x f y )x (x,y) dx = f x f y = 0, x=0

0

car

f x

et

f y

sont 1-périodiques en x.

Ceci montre que J est constante sur R. L’application φ : (θ,ρ) −→ (ρcos θ, ρsin θ) est un C 1π difféomorphisme de l’ouvert U =]0; [×]0; +∞[ sur l’ou2 vert (R∗+ )2 .

9.13

L’application f −→ f ◦ φ est donc une bijection de   C 1 (R∗+ )2 ,R sur C 1 (U,R).   Soient f ∈ C 1 (R∗+ )2 ,R , g = f ◦ φ . On a, pour tout (θ,ρ) de U , par dérivation d’une fonction composée : ∂g (θ,ρ) ∂ρ =

∂f ∂f (ρcos θ, ρsin θ)cos θ + (ρ cos θ,ρsin θ)sin θ. ∂x ∂y

Ainsi, f est solution de l’EDP (équation aux dérivées partielles) de l’énoncé si et seulement si g est solution de l’EDP : ∀ (θ,ρ) ∈ U,

∂g cos θ (θ,ρ) = . ∂ρ ρ

π Comme, pour θ ∈]0; [ fixé, ρ décrit l’intervalle ]0; +∞[, 2 la solution générale de l’EDP ci-dessus est  π  g : (θ,ρ) −→ cos θ ln ρ + A(θ) , où A ∈ C 1 ]0; [,R . 2



y x 2 + y 2 et θ = Arctan , on conclut que la sox lution générale de l’EDP proposée est :   x y , f : (x,y) −→  ln (x 2 + y 2 ) + C x 2 x 2 + y2   où C ∈ C 1 ]0; +∞[, R . Puisque ρ =

9.14

L’application φ1 : U −→ R2

(x,y)−→(x+y, y−x)

est de classe C 2 sur

l’ouvert U, et :  φ1 (U ) = (u,v) ∈ R2 ; u + v > |u − v| =]0; +∞[2 . En notant V = φ1 (U ) et φ : U −→ V

(x,y)−→(x+y, y−x)

, U et V sont

des ouverts de R2 et φ est un C 2 -difféomorphisme de U sur V, c’est-à-dire : φ est de classe C 2 , φ est bijective, φ−1 est de classe C 2 . v

y U

O

V

x

O

u

Ainsi, f est solution de l’EDP de l’énoncé si et seulement si: ∀ (u,v) ∈ V,

−4

1 ∂2g (u,v) = √ . ∂u∂v uv

Pour v ∈]0; +∞[ fixé, on « intègre » par rapport à u (u décrit l’intervalle ]0; +∞[) : √ ∂g 1 u (u,v) = − √ + a(v), ∂v 2 v   où a ∈ C 1 ]0; +∞[, R .  Puis, pour u ∈]0; +∞[ fixé, on intègre par rapport à v v dé crit l’intervalle ]0; +∞[ : √ √ g(u,v) = − u v + A(v) + B(u),   où A est une primitive de a, et B ∈ C 2 ]0; +∞[, R . La solution générale de l’EDP de l’énoncé est :  f : (x,y) −→ − y 2 − x 2 + A(y − x) + B(x + y),   où A,B ∈ C 2 ]0; +∞[, R .

9.15 • L’application f est de classe C 1 sur l’ouvert U =] − π/2 ; π/2[2 , donc, si f admet un extrémum local, c’est nécessairement en un point critique.

Soient f ∈ C 2 (U,R), g = f ◦ φ−1 . On a, avec des notations abusives classiques :  ∂f ∂g   ∂ x = ∂u  ∂f ∂g  = ∂y ∂u

∂u ∂g ∂v ∂g ∂g + = − ∂x ∂v ∂ x ∂u ∂v ∂u ∂g ∂v ∂g ∂g + = + , ∂y ∂v ∂ y ∂u ∂v

   ∂2 f ∂ ∂f  =   ∂x2  ∂x ∂x         ∂g ∂ ∂g ∂u ∂ ∂g ∂g ∂v    = − + −   ∂u ∂u ∂v ∂ x ∂v ∂u ∂v ∂ x      2   2  2  ∂ g g g ∂ ∂ ∂2g   − − = −    ∂u 2 ∂u∂v ∂v∂u ∂v 2     ∂2g ∂2g ∂2g    + 2 = 2 −2  ∂u ∂u∂v ∂v   2  ∂ f ∂ f ∂    =   ∂ y2 ∂y ∂y          ∂g ∂ ∂g ∂u ∂ ∂g ∂g ∂v   = + + +    ∂u ∂u ∂v ∂ y ∂v ∂u ∂v ∂ y     2   2  2  ∂ g g g ∂ ∂ ∂2g    + + = +   ∂u 2 ∂u∂v ∂v∂u ∂v 2      ∂2g ∂2g ∂2g  = 2 +2 + 2. ∂u ∂u∂v ∂v

• Recherche des points critiques de f : On a, pour tout (x,y) ∈ U :  1 1     f x (x,y) = cos 2 x th y − ch2 x tan y   1 1   f y (x,y) = tan x . − th x cos 2 y ch2 y Donc :  (S)

f x (x,y)

f y (x,y) = 0  ⇐⇒ 

⇐⇒

=0

⇐⇒

    

1 sin y 1 sh y = 2 cos 2 x ch y ch x cos y

 sin x 1 sh x 1   =  2 cos x ch y ch x cos 2 y

ch2 x sh y cos y = cos 2 x sin y ch y sin x ch x cos 2 y = cos x sh x ch2 y

(ch x cos y)(ch x sh y) = ( cos x ch y)( cos x sin y) (ch x cos y)( sin x cos y) = ( cos x ch y)(sh x ch y)

⇒ (ch x sh y)(sh x ch y) = ( sin x cos y)( cos x sin y) ⇐⇒ sh 2x sh 2y = sin 2x sin 2y . / 0 et y = / 0, alors : Si x =   sin 2x (S) ⇒  sh 2x

   sin 2y     sh 2y  = 1 . 391

Mais, on sait (par étude de variations de fonctions, par exemple) que : ∀ t ∈ ]0 ; +∞[, | sin t| < t < sh t,        sin 2x   < 1 et  sin 2y  < 1, contradiction. d’où ici :   sh 2y  sh 2x  Ceci montre : x = 0 ou y = 0. Si x = 0, alors : sh y sin y = ⇐⇒ th y = tan y . ch y cos y

(S) ⇐⇒

Mais on sait (par étude de variations de fonctions, par exemple) que : ∀ t ∈ ]0 ; π/2[, 0 < th t < t < tan t. Il s’ensuit : y = 0. Ainsi, f admet un point critique et un seul, le point (0,0). • Étude en (0,0) : On a : f (x,x 2 ) = tan x th (x 2 ) − th x tan (x 2 )    x3 + o(x 3 ) x 2 + o(x 4 ) = x+ 3    x3 + o(x 3 ) x 2 + o(x 4 ) − x− 3 2 5 2 x . = x 5 + o(x 5 ) ∼ x−→0 3 3

D’après le cours, il en résulte que f est bornée et atteint ses bornes. Notons M = Sup f (x,y). (x,y)∈T

Comme f s’annule en tout point du bord de T et que, par exemple, f (π/4, π/4) > 0, f atteint M en un point de l’intérieur T ◦ de T. Comme f est de classe C 1 sur T ◦ , ce point est un point critique de f. • Recherche des points critiques de f : On a, pour tout (x,y) ∈ T ◦ :   f x (x,y) = 0 f y (x,y) = 0    sin y cos x sin (x + y) + sin x cos (x + y) = 0        =/ 0 ⇐⇒     sin x cos y sin (x + y) + sin y cos (x + y) = 0      = / 0



⇐⇒

sin (2x + y) = 0

 ⇐⇒

x + 2y ≡ 0 [π] sin (x + 2y) = 0  x ≡ y [π] ⇐⇒ ⇐⇒ x = y = π/3. x ≡ 0 [π/3]

• On conclut :

Il en résulte, au voisinage de 0 :  f (x,x 2 ) > 0 pour x > 0

Sup (x,y)∈[0 ;+∞[2 ;x+y π

f (x,y) = f (π/3, π/3) =

f (x,x 2 ) < 0 pour x < 0. On déduit que f n’a pas d’extrémum local en (0,0).

2x + y ≡ 0 [π]

√ 3 3 . 8

1 2

9.17 Rappelons : ∀ (x,y) ∈ R2 , |x y|  (x 2 + y 2 ). Soit (x,y,z) ∈ R3 tel que x 2 + y 2 + z 2 = 9 .

Finalement, f n’a pas d’extrémum local.

On a alors : 1 2 (x + y 2 ) + z 2  x 2 + y 2 + z 2 = 9, 2 atteint (au moins) en (x,y,z) = (0,0,3) . 1 • x y + z 2
− (x 2 + y 2 ) + z 2 2 1 3 9 3 9 = − (x 2 + y 2 + z 2 ) + z 2 = − + z 2
− , 2 2 2 2 2 √ √ atteint (au moins) en (x,y,z) = (3/ 2, −3/ 2, 0).

9.16

• x y + z2 

• Existence de la borne supérieure :  Notons T = (x,y) ∈ [0 ; +∞[2 ; x + y  π . y

On conclut que les bornes inférieures et supérieures demandées sont, respectivement : −9/2, 9 . T

9.18 O

P(x,y) = x 2 + y 2 − 1, x

Il est clair que T est fermé borné, donc compact.

qui sont de classe C 1 sur R2 .

D’autre part, l’application

On a, pour tout (x,y) de R2 :

f : T −→ R, (x,y) −→ sin x sin y sin (x + y) est continue sur T. 392

a) Notons P,Q les coefficients de ω :

∂P (x,y) = 2y, ∂y

Q(x,y) = −2x y,

∂Q (x,y) = −2y, ∂x

∂P ∂Q (x,y) = (x,y) ⇐⇒ y = 0. ∂y ∂x  Comme la droite (x,y) ∈ R2 ; y = 0 ne contient aucun ouet donc :

vert non vide de R2 , on conclut que ω n’est fermée sur aucun ouvert non vide de R2 . b) Soient U un ouvert non vide de R2 , I un intervalle de R tel que : ∀ (x,y) ∈ U , x 2 − y 2 ∈ I, et ϕ : I −→ R de classe C 1 . ω1 (x,y) = ϕ(x 2 − y 2 )ω(x,y) = (x + y − 1)ϕ(x − y )dx − 2x yϕ(x − y )dy. 2

2

2

2

La forme différentielle ω1 , définie par : ω1 (x,y) =

Notons ω1 la forme différentielle définie sur U par :

2

Choisissons  U = (x,y) ∈ R2 ; x 2 − y 2 + 1 < 0 et y > 0   = (x,y) ∈ R2 ; y > x 2 + 1 , 1 I = ] − ∞; −1[, ϕ : t −→ . (t + 1)2

2

x 2 + y2 − 1 2x y dx − 2 dy, 2 2 2 (x − y + 1) (x − y 2 + 1)2

est fermée sur l’ouvert U, et l’ouvert U est étoilé (intérieur d’un arc d’hyperbole).

Notons P1 , Q 1 les coefficients de ω1 :

D’après le théorème de Poincaré, ω1 est exacte sur U. D’ailleurs, nous allons expliciter les primitives de ω1 sur U.

P1 (x,y) = (x 2 + y 2 − 1)ϕ(x 2 − y 2 ),

Une application F1 : U −→ R est une primitive de ω1 sur U si et seulement si :

Q 1 (x,y) = −2x yϕ(x 2 − y 2 ), qui sont de classe C 1 sur U.

∀ (x,y) ∈ U,

On a, pour tout (x,y) de U :  ∂ P1 (x,y)    ∂y  = −(x 2 + y 2 − 1)2yϕ (x 2 − y 2 ) + 2yϕ(x 2 − y 2 )    ∂ Q1  (x,y) = −4x 2 yϕ (x 2 − y 2 ) − 2yϕ(x 2 − y 2 ), ∂x et donc  ∀ (x,y) ∈ U,

 ∂ P1 ∂ Q1 (x,y) = (x,y) ∂y ∂x

 ⇐⇒ ∀(x,y) ∈ U,

 ∂ F1 x 2 + y2 − 1  (x,y) = 2   ∂x (x − y 2 + 1)2

(1)

  2x y  ∂ F1 (x,y) = − 2 ∂y (x − y 2 + 1)2

(2)

Pour y fixé, x varie dans un intervalle, d’où, en « intégrant » (2) par rapport à y : x + A(x), x 2 − y2 + 1     où A est de classe C 1 sur ] − y 2 − 1; y 2 − 1[ . F1 (x,y) = −

En reportant dans (1) :

2y(x 2 − y 2 + 1)ϕ (x 2 − y 2 )

(1) ⇐⇒ −

 +4yϕ(x 2 − y 2 ) = 0   ⇐⇒ ∀ t ∈ I, (t + 1)ϕ (t) + 2ϕ(t) = 0 . Une solution (autre que 0) de l’équation différentielle précédente est donnée par :  2 1 − t+1 dt = e−2ln |t+1| = ϕ(t) = e . (t + 1)2

1 2x 2 + A (x) + x 2 − y 2 + 1 (x 2 − y 2 + 1)2 =

x 2 + y2 − 1 ⇐⇒ A (x) = 0. (x 2 − y 2 + 1)2

Ainsi, les primitives de ω1 sur U sont les applications F : (x,y) −→ −

x + C, C ∈ R. x 2 − y2 + 1

9.19 • En notant X = y + z, Y = z + x, Z = x + y, on a : 2(x 2 + y 2 + z 2 + x y + x z + yz)

y

= (x + y)2 + (x + z)2 + (y + z)2 = X 2 + Y 2 + Z 2 , U

O

donc :

x

x 2 + y 2 + z 2 + x y + x z + yz = 0 ⇐⇒ X 2 + Y 2 + Z 2 = 0  X =0 x = 0 y+z =0        ⇐⇒ Y = 0 ⇐⇒ x + z = 0 ⇐⇒ y = 0        x+y=0 z = 0. Z =0 Ainsi, f est définie sur U = R3 − {(0,0,0)} . 393

• Avec les mêmes notations, on a, pour tout (x,y,z) ∈ U : 1 x + y + z = (X + Y + Z ), donc : 2 1 1 y = (X − Y + Z ), x = (−X + Y + Z ), 2 2 1 z = (X + Y − Z ), 2 d’où : f (x,y,z) =

1 (−X + Y + Z )(X − Y + Z )(X + Y − Z ) . 4 X2 + Y 2 + Z2

Il en résulte :

 3 1 |X | + |Y | + |Z | | f (x,y,z)|  4 X2 + Y 2 + Z2 3  1 3(X 2 + Y 2 + Z 2 )1/2 27 2 (X + Y 2 + Z 2 )1/2 .  = 4 X2 + Y 2 + Z2 4 1

Comme (X 2 + Y 2 + Z 2 ) 2

−→

(x,y,z)−→(0,0,0)

on conclut, par encadrement : f (x,y,z)

0, −→

(x,y,z)−→(0,0,0)

On suppose qu’il existe une application h : U −→ C telle que, pour tout z 0 ∈ U, on ait g(z) − g(z 0 ) −→ h(z 0 ). z−→z 0 z − z0 On a, en utilisant la formule de Taylor-Young à l’ordre 0 pour une fonction de deux variables réelles de classe C 1 : 1 (x − x0 ) + i (y − y0 )  (x − x0 ) f x (x0 ,y0 ) + (y − y0 ) f y (x0 ,y0 )   + o ||(x − x0 , y − y0 )|| =

∼

x−→0

En particulier, pour y = y0 et x variable :

h(z 0 ) = f x (x0 ,y0 ),

donc :

et, pour x = x0 et y variable : (y − y0 ) f y (x0 ,y0 )

1 −→ +∞, √ 2 x x−→0+

(1) ⇒ (2) :

On suppose :

g(z) − g(z 0 ) −→ h(z 0 ). z−→z 0 z − z0

(x − x0 ) f x (x0 ,y0 ) −→ h(z 0 ) , x−→x0 x − x0

donc f n’a pas de limite, ni finie ni infinie, en (0,0,0) .

i (y − y0 )

−→ h(z 0 ) ,

y−→y0

h(z 0 ) = −i f y (x0 ,y0 ).

donc : Il en résulte :

f x (x0 ,y0 ) = −i f y (x0 ,y0 ),

c’est-à-dire :

f x (x0 ,y0 ) + i f y (x0 ,y0 ) = 0.

∀ (x,y) ∈ Ω, f x (x,y) + i f y (x,y) = 0.

/ z 0 , (x0 ,y0 ), (x,y) ∈ Ω tels que Soient z 0 ,z ∈ U, tels que z = z 0 = x0 + i y0 , z = x + i y. On a, en utilisant la formule de Taylor-Young à l’ordre 0 pour une fonction de deux variables réelles, de classe C 1 : g(z) − g(z 0 ) f (x,y) − f (x0 ,y0 ) = z − z0 (x − x0 ) + i (y − y0 )  1 (x − x0 ) f x (x0 ,y0 ) = (x − x0 ) + i (y − y0 )   + (y − y0 ) f y (x0 ,y0 ) + o ||(x − x0 , y − y0 )||   1 (x − x0 ) + i (y − y0 ) f x (x0 ,y0 ) = (x − x0 ) + i (y − y0 )   + o ||(x − x0 , y − y0 )|| = f x (x0 ,y0 ) + o(1) 394

(2) ⇒ (1) :

On a : f (x,0,0) =

−2x 4 + o(x 4 ) = √ −2 2 x 5 + o(x 5 )

9.21

h(z 0 ) = f x (x0 ,y0 ) = −i f y (x0 ,y0 ) .

0.

x4 = x 2 −→ 0 et : x−→0 x2 √ 4 √ − ( 2 x + x 4 )4 2x f (x, x, 2 x + x 4 ) = √ 2 2x − ( 2 x + x 4 )2   2x 4 − 4x 4 + o(x 4 ) = √   2x 2 − 2x 2 + 2 2 x 5 + o(x 5 )

9.20

g(z) − g(z 0 ) admet une limite finie h(z 0 ) z − z0 lorsque z −→ z 0 , et : Ceci montre que

−→

(x,y)−→(x0 ,y0 )

f x (x0 ,y0 ).

9.22 a) Puisque

 / 0 = det−1 (R∗ ) , GLn (R) = X ∈ Mn (R) ; det (X) =

GLn (R) est l’image réciproque de l’ouvert R∗ de R par l’application continue det. D’après le cours, il en résulte que GLn (R) est un ouvert de Mn (R). b) 1) Puisque, pour toute X ∈ GLn (R) : X −1 =

1 t com (X), det (X)

les coefficients de X −1 s’expriment comme fonctions rationnelles des coefficients de X, alors les coefficients de X −1 sont des fonctions de classe C 1 , donc f est de classe C 1 sur l’ouvert GLn (R).

2) Soit X ∈ GLn (R). Puisque GLn (R) est un ouvert de Mn (R), il existe ε > 0 tel que :   ∀ H ∈ Mn (R), ||H ||  ε ⇒ X + H ∈ GLn (R) . On a, pour toute H ∈ Mn (R) telle que ||H ||  ε : f (X + H ) − f (X) = (X + H )−1 − X −1   = (X + H )−1 X − (X + H ) X −1 = −(X + H )−1 H X −1 ,

9.24 1re méthode : Étude d’extrémum pour une fonction numérique de deux variables réelles :  Notons C = (x,y) ∈ [0 ; +∞[2 ; x + y  2 , f : C −→ R, (x,y) −→ x 2 y 2 (x 2 + y 2 ) . y 2

d’où : f (X + H ) − f (X) + X −1 H X −1   = X −1 − (X + H )−1 H X −1 . L X : Mn (R) −→ Mn (R), H −→ −X −1 H X −1 .

Notons

Il est clair que L X est linéaire.

O

D’autre part, comme l’application f est continue sur GLn (R), on a : (X + H )−1 −→ X −1 , donc :



H −→0

X

On obtient :

−1

−1

− (X + H )



HX

−1

=

o (||H ||).

H −→0

f (X + H ) = f (X) + L X (H ) + o (||H ||) . H −→0

On conclut que, pour tout X ∈ GLn (R), L X est la différentielle de f en X. Autrement dit : ∀ X ∈ GLn (R), ∀ H ∈ Mn (R), d X f (H ) = L X (H ) .

9.23

C

Considérons l’application ϕ : R −→ R définie par :  et − 1  si t = / 0 t ϕ(t) =  1 si t = 0.

On a :

∀ (x,y) ∈ R2 ,

f (x,y) = yϕ(x y) .

Par composition, il suffit donc de prouver que ϕ est de classe C ∞ sur R ; ainsi, dans cet exemple, on se ramène à l’étude d’une fonction d’une variable réelle. On sait:

∀ t ∈ R,

et =

+∞ n

t , n! n=0

d’où : ∀ t ∈ R∗ ,

+∞ n +∞ n−1 +∞

t t tn et − 1 1 = = = . t t n=1 n! n! (n + 1)! n=1 n=0

Comme de plus ϕ(0) = 1, on obtient : ∀ t ∈ R,

ϕ(t) =

+∞

n=0

tn . (n + 1)!

Ceci montre que ϕ est développable en série entière en 0, de rayon infini, donc ϕ est de classe C ∞ sur R, puis, par composition, f est de classe C ∞ sur R2 .

2

x

• Existence de la borne supérieure de f : Il est clair que C est fermé borné dans R2 , donc C est compact. D’autre part, par les théorèmes généraux, f est continue sur C. D’après le cours, il en résulte que f est bornée et atteint ses bornes. En particulier, la borne supérieure demandée existe et est atteinte. • Recherche des points critiques : Notons C ◦ l’intérieur de C, c’est-à-dire :  C ◦ = (x,y) ∈ [0 ; +∞[2 ; x > 0, y > 0, x + y < 2 . L’application f est de classe C 1 sur l’ouvert C ◦ , donc, si f admet un extrémum local en un point (x,y) de C ◦ , alors (x,y) est un point critique de f. On a, pour tout (x,y) ∈ C ◦ :    3 2 f x (x,y) = 0 4x y + 2x y 4 = 0 ⇐⇒ f y (x,y) = 0 2x 4 y + 4x 2 y 3 = 0  2x y 2 (2x 2 + y 2 ) = 0   ⇐⇒ ⇐⇒ x = 0 ou y = 0 , 2 2 2 2x y(x + 2y ) = 0 ce qui est exclu. Ceci montre que f n’a pas de point critique dansC ◦ , donc f n’a pas d’extrémum local dans C ◦ . Comme on a vu plus haut que le maximum de f est atteint, il en résulte que ce maximum n’est pas atteint dans C ◦ , donc est atteint au bord de C. • Étude de f au bord de C :  f (1,1) = 2 > 0    ∀ x ∈ [0 ; 2], f (x,0) = 0 Comme :    ∀ y ∈ [0 ; 2], f (0,y) = 0, le maximum de f est atteint en un point du segment  S = (x,y) ∈ [0 ; +∞[2 ; x + y = 2 . 395

Il est clair que, lorsque (x,y) décrit S, le produit p = x y = x(2 − x) décrit [0 ; 1] . On a, pour tout (x,y) ∈ S : f (x,y) = x 2 y 2 (x 2 + y 2 ) = p2 (4 − 2 p) = 4 p2 − 2 p3 . L’application g : [0 ; 1] −→ R, p −→ 4 p2 − 2 p3 est dérivable et, pour tout p ∈ [0 ; 1] : g  ( p) = 8 p − 6 p2 = 2 p(4 − 3 p)
0 , donc g est croissante sur [0 ; 1] . Il s’ensuit :

x 2 y 2 (x 2 + y 2 ) ,

(x,y)∈[0 ;+∞[2 ; x+y 2

f x (y) −→ +∞. y−→+∞

√ Puisque f x est continue et strictement croissante sur [ x ; +∞[ ,

p∈[0 ;1]

Sup

( f x ) (y) = 3y 2 − 2x
3x − 2x = x > 0 , √ donc f x est strictement croissante sur [ x ; +∞[ . √ √ De plus : f x ( x) = −x x + x 3 = −x 3/2 (1 − x 3/2 )  0 et

Sup g( p) = g(1) = 2.

On conclut que

/ 0. Considérons • Supposons x = √ f x : [ x ; +∞[−→ R, y −→ y 3 − 2x y + x 3 . √ L’application f x est dérivable sur [ x ; +∞[ et, pour tout √ y ∈ [ x ; +∞[ :

existe, est égale à 2, et est atteinte en (1,1) et en ce point seulement. 2è méthode : Se ramener à une étude d’extrémum pour une fonction numérique d’une variable réelle : • Pour y ∈ [0 ; 2] fixé, considérons l’application : h : [0 ; 2 − y] −→ R,

il en résulte que l’équation y 3 − 2x y + x 3 = 0, d’inconnue √ y ∈ [ x ; +∞[, admet une solution et une seule, notée ϕ(x). b) 1) On a, pour tout x ∈ [0 ; 1] : √ √ f x (2 x) = 4x x + x 3
0 , √ donc : ϕ(x)  2 x . √ √ Comme : ∀ x ∈ [0 ; 1], x  ϕ(x)  2 x, on déduit, par théorème d’encadrement :

x −→ h(x) = f (x,y) = x y (x + y ) = x y + x y . 2 2

2

2

4 2

2 4

L’application h est dérivable sur [0 ; 2 − y] et :

donc h est croissante sur [0 ; 2 − y] . Il en résulte que h admet une borne supérieure et que celleci est atteinte en 2 − y :   Sup h(x) = h(2 − y) = (2 − y)2 y 2 (2 − y)2 + y 2 . x∈[0 ;2−y]

k : [−1 ; 1] −→ R, t −→ k(t) = h(2 − y)   = (1 + t)2 (1 − t)2 (1 + t)2 + (1 − t)2 2

L’application k est dérivable sur [−1 ; 1] et, par simple calcul, pour tout t ∈ [−1 ; 1] : k  (t) = −2t (1 − t 2 )(1 + 3t 2 )  0 , donc k est croissante sur [−1 ; 0] et décroissante sur [0 ; 1] . Il en résulte que k atteint sa borne supérieure en t = 0, c’està-dire pour y = 1, et alors x = 2 − y = 1 . Sup

x 2 y 2 (x 2 + y 2 ) existe, est

égale à 2, et est atteinte en (1,1) et en ce point seulement.

9.25

a) Soit x ∈ [0 ; 1].

• Si x = 0, il est clair que l’équation proposée admet une solution et une seule, et ϕ(0) = 0. 396

√ x ϕ(x) 1 ϕ(x) − ϕ(0)
= = √ x −0 x x x

−→ +∞ ,

x−→0+

donc ϕ n’est pas dérivable en 0. c) Notons

F : R2 −→ R, (x,y) −→ y 3 − 2x y + x 3 .

Soit x0 ∈ ]0 ; 1] fixé.

• On a :

= 2(1 − t ) (1 + t ). 2 2

2) On a, pour tout x ∈ ]0 ; 1] :

• L’application F est de classe C 1 sur l’ouvert R2 .   • On a f x0 ,ϕ(x0 ) = 0, par définition de ϕ.

• Par commodité, notons t = y − 1 et :

(x,y)∈[0 ;+∞[2 ; x+y 2

x−→0

et on conclut que ϕ est continue en 0.

∀ x ∈ [0 ; 2 − y], h  (y) = 4x 3 y 2 + 2x y 4 = 2x y 2 (2x 2 + y 2 )
0 ,

On conclut que

ϕ(x) −→ 0 = ϕ(0) ,

∀ (x,y) ∈ R2 , f y (x,y) = 3y 2 − 2x, donc :

 2   Fy x0 ,ϕ(x0 ) = 3 ϕ(x0 − 2x0
3x0 − 2x0 = x0 > 0 , donc :

  Fy x0 ,ϕ(x0 ) = / 0.

D’après le théorème des fonctions implicites, il existe un intervalle ouvert Ix0 centré en x0 , un intervalle ouvert Jx0 centré en ϕ(x0 ), et une application ϕx0 : Ix0 −→ Jx0 unique, tels que :   ∀ (x,y) ∈ Ix0 × Jx0 , f (x,y) = 0 ⇐⇒ y = ϕx0 (x) et ϕx0 est de classe C 1 sur Ix0 . D’après l’unicité de ϕ(x), pour x ∈ ]0 ; 1] vue en a), il en résulte : ∀ x ∈ Ix0 , ϕx0 (x) = ϕ(x). Ainsi, ϕ est de classe C 1 au voisinage de tout point de ]0 ; 1] , donc ϕ est de classe C 1 sur ]0 ; 1] .

Compléments d’algèbre linéaire Plan

CHAPITRE

10

Thèmes abordés dans les exercices

Les méthodes à retenir 398

•

Étude d’intersections, de sommes, de sommes directes de sev d’un ev

Énoncés des exercices 400

•

Montrer qu’une famille, finie ou infinie, est libre, est liée

Du mal à démarrer ?

•

Détermination d’une base duale, d’une base préduale

•

Obtention de formules de décomposition, à l’aide de formes linéaires

•

Manipulation de projecteurs en dimension finie

•

Obtention de factorisations de matrices

•

Utilisation de décomposition en blocs pour des matrices

•

Calculs sur des normes de matrices

•

Étude de suites de matrices, de séries de matrices, calcul de e A .

Corrigés

406 410

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •

Définition de famille libre, famille liée, famille génératrice, finie ou infinie

•

Définition et propriétés des sommes de sev, des sommes directes de sev

•

Théorème d’isomorphisme pour les applications linéaires, et, en dimension finie, théorème du rang

•

Interpolation de Lagrange

•

Définition et propriétés des formes linéaires, des hyperplans

•

En dimension finie, base duale d’une base de E, base préduale d’une base de E ∗

•

Trace d’une matrice carrée : définition, propriétés, cas d’un projecteur en dimension finie

•

Manipulation des blocs

• •

Définition d’une norme sur Mn, p (K), pour K = R ou C, norme d’algèbre, continuité des opérations  Ak , lorsque ||A|| < 1 Convergence et somme de la série

•

Définition et propriétés de l’exponentielle d’une matrice carrée.

k
0

397

Chapitre 10 • Compléments d’algèbre linéaire

Les méthodes à retenir K désigne un corps commutatif. K désigne R ou C. On abrège espace vectoriel en ev, sous-espace vectoriel en sev. Pour obtenir des relations (souvent des inclusions) entre sev

Essayer de passer par les éléments.

Pour montrer qu’une famille infinie est libre

Montrer que toute sous-famille finie est libre

Pour montrer qu’une famille infinie est liée

Montrer qu’il existe une sous-famille finie liée.

➥ Exercice 10.1.

➥ Exercices 10.2 a), 10.14.

➥ Exercice 10.2 b). Résoudre le système d’équations ∀ (i, j) ∈ {1,. . . ,n}2 , ϕi (u j ) = δi j ,

Pour déterminer la base préduale (u1 ,. . . ,un ) d’une base (ϕ1 ,. . . ,ϕn ) du dual E∗ d’un ev E de dimension finie

où u 1 ,. . . ,u n sont les inconnues, et où δi j est le symbole de  1 si i = j Kronecker, δi j = 0 si i = / j. En considérant les coordonnées de u 1 ,. . . ,u n dans une base fixée (e1 ,. . . ,en ) de E, résoudre n systèmes linéaires à n inconnues et n équations, ayant le même premier membre.

➥ Exercice 10.8 En groupant ces systèmes linéaires, on peut se ramener à une équation matricielle t Q P = In, où P est la matrice de passage de (e1 ,. . . ,en )∗ à (ϕ1 ,. . . ,ϕn ) et Q celle de (e1 ,. . . ,en ) à (u 1 ,. . . ,u n ).

➥ Exercice 10.10 Dans certains exemples simples, quelques éléments de (e1 ,. . . ,en ) peuvent être évidents.

➥ Exercice 10.9. Pour montrer qu’une forme linéaire ψ est linéairement décomposable sur une famille libre (ϕ1 ,. . . ,ϕp ) du dual E∗ d’un ev E 398

• Essayer éventuellement de montrer que (ϕ1 ,. . . ,ϕ p ) est une base de E ∗

➥ Exercices 10.25, 10.26.

Les méthodes à retenir

• Amener, par un calcul élémentaire, des coefficients α1 ,. . . ,α p tels que ψ =

p 

αk ϕk .

k=1

• Utiliser le résultat du cours : ψ se décompose linéairement sur la famille libre (ϕ1 ,. . . ,ϕ p ) du dual E ∗ d’un ev E de dimension finie p  Ker (ϕk ) ⊂ Ker (ψ). si et seulement si k=1

Pour obtenir un résultat en liaison avec la dualité, en dimension finie

Pour étudier un ou des projecteurs en dimension finie

➥ Exercice 10.24.

Penser à faire intervenir une base duale ou une base préduale.

➥ Exercice 10.7. Se rappeler que, pour un projecteur en dimension finie, la trace est égale au rang. La trace, qui est linéaire, pourra être manipulée en liaison avec une sommation. Le rang, qui est un entier naturel, est
0.

➥ Exercices 10.11, 10.18, 10.41 d).

Pour obtenir une factorisation d’une matrice en deux matrices de formats ou de rangs imposés

Essayer d’utiliser le théorème du cours caractérisant les matrices A ∈ Mn, p (K ) telles que rg (A) = r : il existe P ∈ GLn (K ), Q ∈ GL p (K ) telles que A = PJn, p,r Q , où on a noté Jn, p,r =   Ir 0 ∈ Mn, p (K ). 0 0

➥ Exercices 10.17, 10.19, 10.32, 10.33, 10.35, 10.42.

Pour manipuler des matrices décomposées en blocs

Essayer d’amener des combinaisons linéaires, des produits de matrices décomposées en blocs.

➥ Exercices 10.12, 10.23 b), 10.30 à 10.32, 10.34, 10.35,

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

10.37, 10.38.

Pour obtenir des égalités portant sur des déterminants de matrices décomposées en blocs

Partir d’une égalité convenable de matrices décomposées en blocs (souvent issues de produits de matrices) et passer aux déterminants.

➥ Exercices 10.30, 10.37.

399

Chapitre 10 • Compléments d’algèbre linéaire

Énoncés des exercices 10.1 Une formule sur somme et intersection de sev Soient E un K-ev, A,B,C des sev de E.     Montrer : A + B ∩ (A + C) = A + C ∩ (A + B) .

10.2 Famille infinie libre, famille infinie liée Étudier la liberté des familles d’applications suivantes, pour les lois usuelles :   1 a) f a : [0 ; +∞[−→ R, x −→ x + a a∈ ]0 ;+∞[   b) f a : R −→ R, x −→ ch (x − a) a∈R .

10.3 Étude de l’existence d’une factorisation d’une matrice Existe-t-il A ∈ M3,2 (R)  1 0 matrices : C =  0 0 0 0

et B ∈ M2,3 (R)   0 1 1 0, 1 1 0 0 0

telles que AB = C, où C désigne successivement les    1 1 1 1 1, 1 1 0 ? 0 1 0 0

10.4 Séparation de vecteurs par une forme linéaire / y. Montrer qu’il existe ϕ ∈ E ∗ Soient E un K-ev de dimension finie
1, x,y ∈ E tels que x = / ϕ(y) . telle que : ϕ(x) =

10.5 Utilisation de formes linéaires sur un espace de polynômes Soient n ∈ N , a0 ,. . . ,an ∈ R deux à deux distincts. Montrer qu’il existe (λ0 ,. . . ,λn ) ∈ Rn+1 n  λk P(ak ). unique tel que : ∀ P ∈ Rn [X], P  (0) = k=0

10.6 Famille des évaluations sur un ensemble fini Soient n ∈ N∗ , X = {x1 ,. . . ,xn } un ensemble fini à n éléments. On note F = K X et, pour tout i ∈ {1,. . . ,n}, on note Ei : F −→ K , f −→ f (xi ), appelée évaluation en xi . Montrer que la famille (Ei )1i n est une base de F ∗ .

10.7 Déterminant d’une famille de p formes linéaires prises en p points Soient p ∈ N∗ , E un K-ev de dimension finie, ϕ1 ,. . . ,ϕ p ∈ E ∗ . Montrer que (ϕ1 ,. . . ,ϕ p ) est 

  / 0. libre si et seulement s’il existe (x1 ,. . . ,x p ) ∈ E p tel que : det ϕi (x j ) 1i, j  p =

10.8 Exemple de détermination d’une base préduale dans un ev de dimension 3 Soient E un R-ev de dimension 3, B = (e1 , e2 , e3 ) une base de E , (ϕ1 , ϕ2 , ϕ3 ) les éléments de E ∗ définis, pour tout x = x1 e1 + x2 e2 + x3 e3 de E , par : ϕ1 (x) = x1 + x2 ,

ϕ2 (x) = x2 + x3 ,

ϕ3 (x) = x1 + x3 .

Montrer que (ϕ1 , ϕ2 , ϕ3 ) est une base de E ∗ et en déterminer la base préduale.

400

Énoncés des exercices

10.9 Exemple de détermination d’une base préduale dans un ev de dimension 4 On note E = R3 [X], ϕ1 , ϕ2 , ϕ3 ,ϕ4 les éléments de E ∗ définis, pour tout P ∈ E, par : ϕ1 (P) = P(0),

ϕ2 (P) = P(1),

ϕ3 (P) = P  (0),

ϕ4 (P) = P  (1) .

Montrer que (ϕ1 ,ϕ2 , ϕ3 , ϕ4 ) est une base de E ∗ , et en déterminer la base préduale.

10.10 Exemple de détermination d’une base préduale dans un ev de dimension 3 On note E = R2 [X], ϕ1 , ϕ2 , ϕ3 les éléments de E ∗ définis, pour tout P ∈ E, par : ϕ2 (P) = P  (1),

ϕ1 (P) = P(1),

 ϕ3 (P) =

1

P(x) dx . 0

Montrer que (ϕ1 , ϕ2 , ϕ3 ) est une base de E ∗ et en déterminer la base préduale.

10.11 Projecteurs de somme nulle, en dimension finie Soient N ∈ N∗, E un K -ev de dimension finie, p1 ,. . . , p N des projecteurs de E . N 

Montrer :

  pi = 0 ⇐⇒ ∀ i ∈ {1,. . . ,N }, pi = 0 .

i=1

10.12 Étude d’inverse pour une matrice triangulaire par blocs 

Soient n, p ∈ N∗, M =

A 0

B C



où A ∈ Mn (K ), B ∈ Mn, p (K ), C ∈ M p (K ).

a) Montrer que M est inversible si et seulement si A et C sont inversibles. b) Lorsque A et C sont inversibles, exprimer M −1 sous forme de blocs.

10.13 Calcul de l’exponentielle d’une matrice antisymétrique d’ordre 2 

Soient t ∈ R, A(t) =

0 t

−t 0



. Calculer e A(t) .

10.14 Exemple de famille infinie libre

  Montrer que la famille f a : R −→ R, x −→ |x − a|3/2 a∈R est libre dans RR .

10.15 Base de polynômes avec conditions sur les degrés © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Soit E un sev de dimension finie de K [X]. a) Montrer que E admet au moins une base formée de polynômes de degrés deux à deux distincts. b) Montrer que E admet au moins une base formée de polynômes de degrés tous égaux.

10.16 Formes linéaires et trace Soit n ∈ N∗ . Montrer que, pour toute A ∈ Mn (K ), l’application Mn (K ) −→ K , X −→ tr (AX) est un élément de Mn (K )∗ , puis montrer que l’application θ : Mn (K ) −→ Mn (K )∗ définie par :   ∀ A ∈ Mn (K ), ∀ X ∈ Mn (K ), θ(A) (X) = tr (AX) est un isomorphisme de K -ev. 401

Chapitre 10 • Compléments d’algèbre linéaire

10.17 Matrices de rang 1 Soient n ∈ N∗ , H ∈ Mn (C) telle que rg (H ) = 1 . a) 1) Montrer qu’il existe U,V ∈ Mn,1 (C) telles que : H = U t V.

2) En déduire : H 2 = tr (H )H. b) Montrer : det (In + H ) = 1 + tr (H ) . / − 1 et que, dans ces condic) 1) Établir que In + H est inversible si et seulement si tr (H ) = 1 −1 (In + H ) = In − H. tions : 1 + tr (H ) / − 1. 2) Soit A ∈ GLn (C) telle que tr (H A−1 ) = Montrer que A + H est inversible et que : (A + H )−1 = A−1 −

1 A−1 H A−1 . 1 + tr (H A−1 )

10.18 Projecteurs et coefficients irrationnels Soient n ∈ N∗ , A,B,C ∈ Mn (C) telles que : A2 = A, B 2 = B, C 2 = C . √ √ On note M = A + 2 B + 3 C et on suppose M 2 = M. Montrer : B = C = 0 .

10.19 Factorisation d’une matrice Soient n, p ∈ N∗ , A ∈ Mn, p (K ), r = rg (A) . Montrer : ∃ U ∈ Mn,r (K ), ∃V ∈ Mr, p (K ), A = U V.

10.20 Rang d’une matrice décomposée en blocs a) 1) Montrer que, si une matrice M est décomposée en blocs de colonnes, M = (U | V ), alors : rg (M)  rg (U ) + rg (V ).



2) Montrer que, si une matrice M est décomposée en blocs de lignes, M = rg (M)  rg (R) + rg (S).

R S





, alors :

 A B , (où A C D et D ne sont pas nécessairement carrées), alors : rg (M)  rg (A) + rg (B) + rg (C) + rg (D) .   A B ∈ Mn (K ) , où A ∈ Mm, p (K ), b) Soient m,n, p ∈ N∗ tel que m  n et p  n , M = C 0 B ∈ Mm,n− p (K ), C ∈ Mn−m, p (K ). 3) En déduire que, si une matrice M est décomposée en quatre blocs M =

Déduire de a) que, si M est inversible, alors : rg (A)
m + p − n.

10.21 Normes subordonnées à ||.||1 et à ||.||∞ Soient n, p ∈ N∗ , A = (ai j )i j ∈ Mn, p (K).     p n |ai j | , ||A||c = Max |ai j | , On note : ||A|| = Max 1 j  p

1i n

i=1

et, pour tout X = (x j )1 j  p ∈ M p,1 (K) : ||X||1 =

p 

j=1

|x j |, ||X||∞ = Max |x j |. 1 j  p

j=1

Montrer : ||A|| = 402

Sup X∈M p,1 (K)−{0}

||AX||1 , ||X||1

||A||c =

Sup X∈M p,1 (K)−{0}

||AX||∞ . ||X||∞

Énoncés des exercices

10.22 Comparaison de normes subordonnées, réelles, complexes Soient n ∈ N∗ , A ∈ Mn (R). ||AX||2 , X∈Mn,1 (R)−{0} ||X||2

On note :

|||A|||R =

Établir :

|||A|||R = |||A|||C .

|||A|||C =

Sup

||AX||2 . X∈Mn,1 (C)−{0} ||X||2 Sup

10.23 Endomorphismes d’image et de noyau imposés Soient E un K-ev, F,G deux sev de E supplémentaires dans E . On note : G=



 f ∈ L(E) ; Im ( f ) = F et Ker ( f ) = G .

a) Établir que G est un groupe pour la loi ◦. b) On suppose ici que E est de dimension finie. On note n = dim (E), p = dim (F), B1 = (e1 ,. . . ,e p ) une base de F , B2 = (e p+1 ,. . . ,en ) une base de G, B = (e1 ,. . . ,en ), qui est

une base de E . Montrer que l’application θ : f −→ MatB ( f ) est un isomorphisme de groupes de (G ,◦) sur    M 0 ∈ Mn (K ) ; M ∈ GL p (K ) . (H,·), où H = 0 0

10.24 Intersection de noyaux de formes linéaires Soient p ∈ N∗ , E un K-ev de dimension finie, f, ϕ1 ,. . . ,ϕ p ∈ E ∗ . Montrer : f ∈ Vect (ϕ1 ,. . . ,ϕ p ) ⇐⇒

p 

Ker (ϕi ) ⊂ Ker ( f ) .

i=1

10.25 Intervention de formes linéaires sur un espace de polynômes Soient n ∈ N∗ , a1 ,. . . ,an ∈ R deux à deux distincts. Montrer que les deux propriétés suivantes sont équivalentes :  1 n  P(x) dx = λk P(ak ) (i) ∃ (λ1 ,. . . ,λn ) ∈ Rn , ∀ P ∈ Rn [X], −1

k=1

  1  n (x − ak ) dx = 0. (ii) © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

−1

k=1

10.26 Étude de formes linéaires sur un espace de polynômes Soient n ∈ N∗ , E = Kn [X], a ∈ K . a) On note, pour tout j ∈ {0,. . . ,n} : ϕ j : E −→ K, P −→ P ( j) (a). Montrer que (ϕ0 ,. . . ,ϕn ) est une base de E ∗ . b) Soient k ∈ {0,. . . ,n}, ϕ ∈ E ∗ . Montrer que les deux propriétés suivantes sont équivalentes :   (i) ∀ P ∈ Kn−k [X], ϕ (X − a)k P = 0 (ii) ∃ (λ0 ,. . . ,λk−1 ) ∈ Kk , ∀ P ∈ E, ϕ(P) =

k−1 

λi P (i) (a).

i=0

403

Chapitre 10 • Compléments d’algèbre linéaire

10.27 Égalité de sommes de carrés de formes linéaires a) Soient E un R-ev de dimension finie, p,q ∈ N∗ , ϕ1 ,. . . ,ϕ p , ψ1 ,. . . ,ψq ∈ E ∗ . Montrer :  p q 2  2   ⇒ Vect (ϕ1 ,. . . ,ϕ p ) = Vect (ψ1 ,. . . ,ψq ) . ∀ x ∈ E, ϕi (x) = ψ j (x) i=1

j=1

À cet effet, on pourra utiliser le résultat de l’exercice 10.24. b) Le résultat de a) subsiste-t-il lorsque le corps R est remplacé par C ?

10.28 Hyperplans de Mn (K) rencontrant GLn (K) Soit n ∈ N − {0,1}. Montrer que tout hyperplan de Mn (K ) rencontre GLn (K ) .

10.29 Lien entre (AB)2 = 0 et (BA)2 = 0 Soit n ∈ N∗ . A-t-on : ∀ A,B ∈ Mn (K ), (AB)2 = 0 ⇒ (B A)2 = 0 ? On étudiera successivement les cas n = 1, n = 2, n
3.

10.30 Lien entre les polynômes caractéristiques de AB et de BA Soient ( p,q) ∈ N∗ 2 , A ∈ M p,q (K ), B ∈ Mq, p (K ) . Montrer : (−X)q det (AB − XI p ) = (−X) p det (B A − XIq ) .

10.31 Rang d’une matrice triangulaire par blocs, un bloc diagonal étant égal à l’identité 

∗

a) Soient n, p ∈ N , B ∈ Mn, p (K ), C ∈ M p (K ). Montrer: rg

In 0

B C



= n + rg (C).

b) Soient n, p ∈ N∗ , R ∈ Mn, p (K ), S ∈ M p,n (K ) . Montrer : p + rg (In + RS) = n + rg (I p + S R) .

10.32 Rang d’une matrice diagonale par blocs a) Soient n, p ∈ N∗ , A ∈ Mn (K ), B ∈ M p (K ). Montrer :  rg

A 0

0 B

 = rg (A) + rg (B) . 

b) Soient n ∈ N∗ , A,B ∈ Mn (K) . Montrer que, si

A 0

0 A



 et

B 0

0 B

 sont équivalentes,

alors A et B sont équivalentes. c) Soient n, p ∈ N∗ , A,B ∈ Mn (K ), U,V ∈ M p (K ) . Montrer que, si A et B sont équivalentes     A 0 B 0 et si et sont équivalentes, alors U et V sont équivalentes. 0 U 0 V

10.33 Déformation d’un endomorphisme, pour une image et un noyau imposés Soient E un K-ev de dimension finie, f ∈ L(E), F un sev de E tel que dim (F)  rg ( f ), G un  2 supplémentaire de F dans E . Montrer qu’il existe (u,v) ∈ L(E) tel que : Im (u ◦ f ◦ v) = F et Ker (u ◦ f ◦ v) = G. 404

Énoncés des exercices

10.34 Caractérisation de matrices inversibles par blocs 

Soient

M=

A C

 B , D

où

A ∈ GLn (K ), B ∈ Mn, p (K ), C ∈ M p,n (K ), D ∈ M p (K ) .

Montrer que M est inversible si et seulement si D − C A−1 B est inversible, et calculer alors M −1 sous forme de matrice décomposée en blocs.

10.35 Étude des matrices X telles que AXB = 0 Soient m,n, p,q ∈ N∗ , A ∈ Mm,n (K ), B ∈ M p,q (K ) .   On note : E = X ∈ Mn, p (K ) ; AX B = 0 . Montrer que E est un K-ev et déterminer sa dimension.

10.36 Factorisation d’une matrice carrée non inversible Soient n ∈ N∗ , A ∈ Mn (K ) non inversible. Montrer qu’il existe B,C ∈ Mn (K ) telles que : A = BC, B est inversible, C est nilpotente.

10.37 Déterminant d’une matrice par blocs Soient n ∈ N∗ , A,B,C ∈ Mn (K ), D ∈ GLn (K ) telles que C D = DC. Montrer :   A B det = det (AD − BC) . C D

10.38 Étude de rang pour une matrice par blocs 

Soient n, p ∈ N∗ , M =

A C

B D



où A ∈ GLn (K ), B ∈ Mn, p (K ), C ∈ M p,n (K ) D ∈ M p (K ) . Montrer : rg (M) = n ⇐⇒ D = C A−1 B. À cet effet, on pourra utiliser le résultat de l’exercice 10.32.

10.39 Intervention d’une série matricielle géométrique Soient n ∈ N∗ , ||.|| une norme d’algèbre sur Mn (R), c’est-à-dire une norme telle que : ∀ X,Y ∈ Mn (R), ||X Y ||  ||X|| ||Y ||. Soit A ∈ Mn (R) telle que : ||A|| < 1. a) Montrer : ∀ t ∈ [0 ; 1], In − t A ∈ GLn (R) . b) Établir : det (In − A) > 0.

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

10.40 Réunion de plusieurs sev Soient K un corps commutatif infini, E un K-ev, p ∈ N∗ , F1 ,. . . ,Fp des sev de E tels que p  Fi = E. Démontrer qu’il existe i ∈ {1,. . . , p} tel que Fi = E. i=1

10.41 Projecteur associé à un sous-groupe fini de GL(E) Soient E un K -ev de dimension finie, e = Id E , G un sous-groupe fini de GL(E) , 1 g. n = Card (G). On note : p = n g∈G a) Montrer : ∀ h ∈ G, p ◦ h = p . b) En déduire que p est un projecteur de E .    1 Ker (g − e) = tr (g). Ker (g − e) = Im ( p). d) Déduire : dim c) Établir : n g∈G g∈G g∈G 405

Chapitre 10 • Compléments d’algèbre linéaire

10.42 Étude de det (xA + B) Soient n ∈ N∗ , A,B ∈ Mn (C). On considère l’application P : C −→ C, x −→ P(x) = det (x A + B) . a) Montrer que P est une application polynomiale, de degré  n. b) Établir : 1) deg (P)  rg (A)

2) val (P)
n − rg (B).

10.43 Un début de théorie ergodique Soient E un K -ev de dimension finie, f ∈ L(E). On note e = Id E et, pour tout p ∈ N∗ : p−1 1 gp = f k . On suppose que la suite (g p ) p∈N∗ est bornée. p k=0 a) Montrer : (e − f ) ◦ g p −→ 0. p∞

b) Établir que (g p ) p∈N∗ admet au moins une valeur d’adhérence, et que toute valeur d’adhérence de (g p ) p∈N∗ est un projecteur. c) Montrer que (g p ) p∈N∗ converge (on pourra utiliser l’exercice 1.22), et conclure que (g p ) p∈N∗ converge vers un projecteur.

Du mal à démarrer ? 10.1

Montrer deux inclusions, en passant par les éléments.

10.2

Se rappeler que, dans un ev, une famille infinie est dite libre si et seulement si toute sous-famille finie est libre, et qu’une famille infinie est liée si et seulement si elle n’est pas libre, c’est-à-dire si et seulement s’il existe une sous-famille finie liée. a) Pour montrer que ( f a )a∈[0 ;+∞[ est libre, utiliser l’unicité d’une décomposition en éléments simples.

b) Pour montrer que ( f a )a∈R est liée, établir, par exemple, que ( f −1 , f 0 , f 1 ) est liée.

10.3

Dans les deux premiers exemples, il existe des matrices A,B très simples convenant. Pour le troisième exemple, si (A,B)

convient, raisonner sur les rangs et obtenir une contradiction.

10.4

Utiliser un théorème du cours sur la dualité en dimension

10.6

∈ F∗.

3) Conclure.

10.7

1) Si le déterminant proposé n’est pas nul, montrer que (ϕ1 ,. . . ,ϕ p ) est libre en revenant à la définition. 2) Réciproquement, si (ϕ1 ,. . . ,ϕ p ) est libre, utiliser le théorème de la base incomplète, puis envisager une base préduale.

10.8 1) Vérifier : ϕ1 ,ϕ2 ,ϕ3 ∈ E ∗ . 2) Montrer que (ϕ1 ,ϕ2 ,ϕ3 ) est libre, en revenant à la définition. 3) En déduire que (ϕ1 ,ϕ2 ,ϕ3 ) est une base de E ∗ . 4) La base préduale (u 1 ,u 2 ,u 3 ) est définie par : ∀ (i, j) ∈ {1,2,3}2 , ϕi (u j ) = δi j .

Considérer les formes linéaires : ϕk : E −→ R, P −→ P(ak ), k ∈ {1,. . . ,n} ψ : E −→ R, P −→ P  (0) .

406

i ∈ {1,. . . ,n} : Ei

2) Montrer que (Ei )1i n est libre, en exploitant, pour j ∈ {1,. . . ,n} fixé, l’application f j : xi −→ δi j .

finie.

10.5

1) Vérifier, pour tout

Résoudre trois systèmes linéaires ayant le même premier membre.

10.9

1) Vérifier : ϕ1 ,ϕ2 ,ϕ3 ,ϕ4 ∈ E ∗ .

Du mal à démarrer ?

2) Partant d’une combinaison linéaire nulle, exploiter, par exemple, des polynômes simples s’annulant en 0 et 1 et dont la dérivée s’annule en 0 ou en 1, pour montrer que (ϕ1 ,ϕ2 ,ϕ3 ,ϕ4 ) est libre. 3) En déduire que (ϕ1 ,ϕ2 ,ϕ3 ,ϕ4 ) est une base de E ∗ . 4) La base préduale (P1 ,P2 ,P3 ,P4 ) est définie par : ∀ (i, j) ∈ {1,2,3,4}2 , ϕi (Pj ) = δi j . Les polynômes P3 et P4 ont pu être déterminés en 2). Pour calculer P1 et P2 , résoudre deux systèmes linéaires ayant le même premier membre.

10.10 1) Vérifier : ϕ1 ,ϕ2 ,ϕ3 ∈ E ∗ . 2) Partant d’une combinaison linéaire nulle, l’appliquer, par exemple, à 1, X, X2 et en déduire que les coefficients sont tous nuls, pour montrer que (ϕ1 ,ϕ2 ,ϕ3 ) est libre. 3) En déduire que (ϕ1 ,ϕ2 ,ϕ3 ) est une base de E ∗ . 4) La base préduale (P1 ,P2 ,P3 ) est définie par : ∀ (i, j) ∈ {1,2,3}2 , ϕi (Pj ) = δi j . En notant, pour i ∈ {1,2,3}, Pi = ai1 + ai2 X + ai3 X2 , se ramener à un produit de deux matrices carrées d’ordre 3, égal à I3 .

10.11 Utiliser le théorème du cours sur le rang et la trace d’un projecteur en dimension finie.

10.12 a) Passer par les déterminants. 

 X Y et résoudre un système de quatre Z T équations matricielles.   10.13 Remarquer : A(t) 2 = −t 2 I2 , se rappeler la définition de e A(t) sous forme de somme d’une série matricielle, et se rappeler les développements en série entière de cos et sin. b) Noter M =

10.14 Se rappeler que dans un ev, une famille infinie est dite © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

libre si et seulement si toute sous-famille finie est libre.

10.16 1) Montrer que, pour toute A ∈ Mn (K ), l’application ϕ A : Mn (K ) −→ K , X −→ tr (AX) est élément de Mn (K )∗ . 2) Montrer que θ est linéaire, injective (en utilisant les matrices élémentaires), puis conclure.

10.17 a) 1) • 1re méthode : Utilisation de J1 : Utiliser une décomposition de H faisant intervenir la matrice   1 (0) . J1 = (0) (0) • 2e méthode : Considération des éléments de H : Remarquer qu’il existe U ∈ Mn,1 (C) telle que les colonnes de H soient colinéaires à U. 2) Utiliser : t V U ∈ C. b) 1) 1re méthode : Utilisation de la multilinéarité et de l’alternance du déterminant : Noter B = (e1 ,. . . ,en ) la base canonique de Mn,1 (C) et développer det (In + H ) par multilinéarité et alternance. 2) 2e méthode : Utilisation d’une trigonalisation de H : Montrer que H est semblable à une matrice triangulaire dont la diagonale est formée de n − 1 fois 0 et de tr (H ), et en déduire det (In + H ). c) 1) En notant M = In + H , former une équation de degré 2, satisfaite par M , et en déduire M −1 . 2) Appliquer 1) à H A−1 à la place de H.

10.18 Se rappeler le théorème du cours sur rang et trace d’un projecteur en dimension finie, et montrer que, si (α,β,γ ) ∈ Z3 √ √ est tel que α + β 2 + γ 3 = 0, alors α = β = γ = 0 .

10.19 Utiliser le théorème du cours faisant intervenir la matrice Jn, p,r . 10.20 a) 1) Se rappeler que le rang d’une matrice est égal à la dimension du sev engendré par les colonnes de cette matrice.

Remarquer que, pour tout a ∈ R, f a est de classe C 2 sur R − {a}, mais n’est pas de classe C 2 sur R.

10.15 a) Récurrence sur n = dim (E). Partant d’une base (P1 ,. . . ,Pn+1 ) telle que deg (P1 )  . . .  deg (Pn+1 ), construire une base (Q 1 ,. . . ,Q n+1 ) telle que Q n+1 = Pn+1 et que : ∀ i ∈ {1,. . . ,n}, deg (Q i ) < deg (Pn+1 ), puis utiliser l’hypothèse de récurrence. (P1 ,. . . ,Pn ) telle que b) Partant d’une base deg (P1 ) < . . . < deg (Pn ) , construire une base (S1 ,. . . ,Sn ) telle que Sn = Pn et que : ∀ i ∈ {1,. . . ,n}, deg (Si ) = deg (Pn ).

2) Appliquer 1) en transposant. 3) Combiner 1) et 2). b) Utiliser a) et rg (M) = n.

10.21 1) • Montrer : ∀ X ∈ M p,1 (K), ||AX||1  ||A|| ||X||1 . • Considérer la matrice-colonne élémentaire E j, où j est tel que n  |ai j |. ||A|| = i=1

407

Chapitre 10 • Compléments d’algèbre linéaire

2) • Montrer : ∀ X ∈ M p,1 (K), ||AX||∞  ||A||c ||X||∞ . ε  1

 .  • Considérer la matrice-colonne X =  ..  , où : εp

εj =

  

i 0 étant tel que ||A||c =

|ai0 j | ai0 j

si

ai0 j = 0

1

si

ai0 j = 0,

p 

|ai0 j |.

Montrer que (ϕ1 ,. . . ,ϕn ) est libre et montrer, en raisonnant par l’absurde, que (ϕ,ϕ1 ,. . . ,ϕn ) est liée. ∗ 10.26 a) • Vérifier : ∀ j ∈ {0,. . . ,n}, ϕ j ∈ E .

• Montrer que (ϕ j )0 j n est libre en revenant à la définition et en utilisant les Pk = (X − a)k , 0  k  n. • En déduire que (ϕ0 ,. . . ,ϕn ) est une base de E ∗ . b) Pour ϕ ∈ E ∗ fixée quelconque, décomposer ϕ sur la base (ϕ0 ,. . . ,ϕn ) et traduire (i) par équivalences logiques successives.

j=1

10.27 a) Montrer :

10.22 Une inégalité est immédiate. Pour l’autre inégalité, pour toute X ∈ Mn,1 (C) − {0}, noter X = U + iV, où U,V ∈ Mn,1 (R), et calculer ||X||22 et ||AX||22 .

10.23 a) Attention : G va être un groupe pour la loi ◦, mais G n’est pas nécessairement un sous-groupe de GL(E) . Montrer successivement le caractère interne de la loi, l’existence d’un neutre, qui est le projecteur sur F parallèlement à G, l’associativité,l’existence,pour chaque élément,d’un symétrique,en utilisant le théorème d’isomorphisme. b) • Montrer que, pour tout f ∈ G , la matrice de f dans B est   M 0 de la forme , où M ∈ GL p (K ). 0 0 • Réciproquement, montrer que, pour toute matrice   M 0 A= de H, où M ∈ GL p (K ), l’endomorphisme f 0 0 de E, représenté par A dans B , est élément de G . Construire ainsi deux applications θ et ϕ, réciproques l’une de l’autre, et montrer que θ est un morphisme du groupe (G,◦) sur (H,·). Conclure.

2) Réciproquement, supposer

Ker (ϕi ) ⊂ Ker ( f ).

i=1

Noter r = rg (ϕ1 ,. . . ,ϕ p ) et se ramener au cas où, par exemple, ϕr+1 ,. . . ,ϕ p se décomposent linéairement sur ϕ1 ,. . . ,ϕr .

10.25 1) Un sens est facile. 2) Réciproquement, supposer   1  n (x − ak ) dx = 0 . −1

k=1

i =1

q 

Ker (ψj ),

j =1

et utiliser le résultat de l’exercice 10.24. b) Considérer, par exemple : E = C, p = 2, q = 1 , ϕ1 : x −→ x, ϕ2 : x −→ ix, ψ1 : x −→ 0 .

10.28 Soit H un hyperplan de Mn (K ).Raisonner par l’absurde :supposer H ∩ GLn (K ) = ∅ . Montrer que H contient alors toutes les matrices nilpotentes, en raisonnant par l’absurde. Construire deux matrices nilpotentes dont la somme est inversible. Conclure.

10.29 1) Cas n = 1 : Évident. 2) Cas n = 2 : Se rappeler : ∀ M ∈ M2 (K ), M 2 − tr (M) + det (M) I2 = 0 . 3) Cas n
3 : Construire un contrexemple pour n = 3 , et le compléter par des 0 pour n
3.

10.30 Faire apparaître AB − XI p et B A − XIq dans des produits

 φ : Rn [X] −→ R, P −→

10.31 a) Remarquer, par exemple : 

In 0

B C



In 0

−B Ip



 =

In 0

0 C



.

b) Faire apparaître In + RS et I p + S R dans des produits par blocs de matrices carrées d’ordre n + p , et utiliser le résultat de a).

10.32 a) Utiliser le théorème du cours faisant intervenir les matrices J... .

Considérer les formes linéaires :



1

−1

P(x) dx ,

ϕk : Rn [X] −→ R, P −→ P(ak ), k ∈ {1,. . . ,n} .

408

Ker (ϕi ) =

par blocs de matrices carrées d’ordre p + q.

10.24 1) Le sens ⇒ est facile.

p 

p 

2

10.33 Il suffit de trouver un couple (u,v) ∈ L(E)

tel que u ◦ f ◦ v = p , où p est le projecteur sur F parallèlement à G. Utiliser le théorème du cours sur les matrices J... .

Du mal à démarrer ?

10.34 1re méthode : Recherche de l’inverse par résolution d’un système :



X Y , résoudre M N = In+ p . Z T 2e méthode : Utilisation d’une factorisation par blocs :

0 Ip



A C

B D



In 0

 −A−1 B Ip   A B . = −1 0 D −CA B

2) Utiliser le théorème du cours faisant intervenir les matrices Jm,n,a et J p,q,b ,où a = rg (A), b = rg (B) (et,pour la commodité, a  b). Utiliser des décompositions en neuf blocs.

10.36 Noter r = rg (A) < n et considérer une matrice nilpotente  Mr 0 ∈ Mn (K ). 0 0 10.37 Remarquer, pour D inversible et C D = DC :      AD − BC B D −1 A B D 0 = . −1 0 In C D −C D 

simple Mr ∈ Mr+1 (K ) de rang r,et Nr =

10.38 Remarquer : In C A−1

0 −I p



A C

B D



In 0

 −A−1 B Ip   A 0 . = −1 0 CA B − D

10.39 a) Se rappeler que, pour toute M ∈ Mn (R) telle que  ||M|| < 1, la série

M k converge et que sa somme vérifie :

k
0

ger la droite affine passant par y et dirigée par x. a) Remarquer que, pour tout h ∈ G, l’application g −→ g ◦ h est une permutation de G, donc :   g◦h = g.

10.41

g∈G

k=0

g∈G

d) Se rappeler le théorème sur rang et trace pour un projecteur en dimension finie.

10.42 a) Développer le déterminant. b) 1) En notant r = rg (A) , utiliser le théorème du cours faisant   Ir 0 . intervenir Jr = 0 0 2) Par définition, pour P ∈ C[X] − {0} , val (P) est le degré du terme de plus bas degré de P, et val (0) = +∞. Considérer le changement de variable y =

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

f : [0 ; 1] −→ R, t −→ det (In − t A) .

10.43 a) Développer (e − f ) ◦ g p et utiliser le fait que la suite (g p ) p∈N∗ est bornée. b) • Utiliser un théorème du cours sur la compacité pour obtenir l’existence d’une valeur d’adhérence. • Si h est une valeur d’adhérence, montrer f ◦ h = h, puis :

∀ p ∈ N∗ , g p ◦ h = h,

et déduire h ◦ h = h .

Montrer k ◦ h = h et k ◦ h = k .

Si F1 ,. . . ,Fp+1 sont des sev de E tels que :

i=1

∀ k ∈ N∗ , f k ◦ h = h,

c) • Soient h,k deux valeurs d’adhérence.

10.40 Récurrence sur p.

Fi = E,

1 , et : x

S : C −→ C, y −→ det (y B + A) .

puis :

b) Considérer l’application

p+1 

g∈G

b) Calculer p2 en utilisant a), pour l’un des deux facteurs.  Ker (g − e), on a : p(x) = x . c) 1) Montrer que, pour tout x ∈

    +∞ +∞ Mk = M k (In − M) = In . (In − M) k=0

Fi , et envisa-

2) Réciproquement, montrer que, pour tout x ∈ Im ( p) , on a g(x) = (g ◦ p)(x) , et que, comme en a), g ◦ p = p.

10.35 1) Montrer que E est un K-ev.



p  i=1



En notant N =

Remarquer :  In −C A−1

/ / Fp+1 et y ∈ considérer x,y ∈ E tels que x ∈

Fp+1 = E,

p 

• Utiliser le résultat de l’exercice 1.22 pour conclure. Fi = E ,

i=1

409

Corrigés des exercices 10.1

  1) Soit x ∈ A + B ∩ (A + C) .

Il existe a ∈ A, b ∈ B ∩ (A + C) tels que : x = a + b. On a alors b ∈ B, et il existe a  ∈ A, c ∈ C tels que : b = a  + c. 

On déduit : x = a + b = (a + a ) + c . D’une part : a + a  ∈ A . D’autre part, c ∈ C et c = (−a  ) + b ∈ A + B , donc c ∈ C ∩ (A + B).   On obtient : x ∈ A + C ∩ (A + B) . Ceci montre :     A + B ∩ (A + C) ⊂ A + C ∩ (A + B) . 2) En appliquant le résultat de 1) au couple (B,C) à la place de (C,B), on obtient l’autre inclusion. On conclut :     A + B ∩ (A + C) = A + C ∩ (A + B) . Remarque : On peut aussi montrer que les deux sev étudiés sont égaux à (A + B) ∩ (A + C) . a) Soient n ∈ N∗ , a1 ,. . . ,an ∈ ]0 ; +∞[ deux à deux n  λk f ak = 0. distincts, λ1 ,. . . ,λn ∈ R tels que :

10.2

k=1

On a alors : ∀ x ∈ [0 ; +∞[,

n  k=1

λk = 0. x + ak

En réduisant au même dénominateur, on obtient une égalité de fonctions polynomiales sur la partie infinie [0 ; +∞[ de R, donc une égalité de polynômes, puis, en revenant aux fractions rationnelles : n  λk = 0. X + ak k=1

f −1 − 2 ch 1 f 0 + f 1 = 0,

donc :

ce qui montre que ( f a )a∈R est liée. 

1 10.3 1) Il est clair que A =  0 0 conviennent.  1 1 1 2) Il est clair que A = 2 0 conviennent.

Ceci montre que la famille ( f a )a∈ ]0 ;+∞[ est libre. b) Remarquons, pour tout a ∈ R :

Il en résulte que la famille ( f a )a∈R , qui a une infinité d’éléments (donc strictement plus de 2), est liée. De façon explicite, pour tout x ∈ R : ( f −1 + f 1 )(x) = ch (x + 1) + ch (x − 1) = 2 ch 1 ch x = (2 ch 1) f 0 (x), 410

0 0

  1 1 1, B = 1 0

1 1

1 1





3 = rg (C) = rg (AB)  rg (A)  2 , contradiction. Ceci montre qu’il n’existe par (A,B) convenant.

10.4 Puisque x − y = / 0 et puisque E est de dimension finie, d’après le cours, il existe ϕ ∈ E ∗ telle que ϕ(x − y) = 1 , / ϕ(y) . et on a alors ϕ(x) = ϕ(y) + 1, donc ϕ(x) =

10.5 Notons E = Rn [X] et, pour tout k ∈ {0,. . . ,n} : ϕk : E −→ R, P −→ P(ak ) . Comme a0 ,. . . ,an sont deux à deux distincts, d’après le cours sur l’interpolation polynomiale, (ϕ0 ,. . . ,ϕn ) est une base du dual E ∗ de E . D’autre part, l’application ψ : E −→ R, P −→ P  (0) est linéaire, donc ψ ∈ E ∗ . Il existe donc (λ0 ,. . . ,λn ) ∈ Rn+1 unique tel que : ψ=

n 

λk ϕk ,

k=0

c’est-à-dire tel que : ∀ P ∈ Rn [X], P  (0) =

n 

λk P(ak ) .

k=0

∀ x ∈ R, f a (x) = ch (x − a) = ch a ch x − sh a sh x , donc f a se décompose linéairement sur les deux applications ch et sh.

0 0

3) S’il existe (A,B) convenant, on a alors :

Par unicité de la décomposition en éléments simples de la fraction nulle, on déduit : ∀ k ∈ {1,. . . ,n}, λk = 0 .

  0 1 0, B = 0 0

10.6 1) D’abord, pour tout i ∈ {1,. . . ,n}, Ei ∈ F ∗ , car Ei est une application de F dans K et Ei est linéaire : ∀ α ∈ K , ∀ f,g ∈ F, Ei (α f + g) = (α f + g)(xi ) = α f (xi ) + g(xi ) = αEi ( f ) + Ei (g). 2) Soit (α1 ,. . . ,αn ) ∈ K n tel que :

n  i=1

αi Ei = 0.

Soit j ∈ {1,. . . ,n} fixé. Considérons l’application  1 si i = j f j : X −→ K , xi −→ 0 si i = / j. On a : 0 =

n 

αi f j (xi ) = α j .

i=1

Ceci montre que (E1 ,. . . ,En ) est libre dans F ∗ . 3) Puisque X est fini et a n éléments, F = K X est de dimension finie égale à n, donc F ∗ est aussi de dimension finie et égale à n. Comme, d’après 2), (E1 ,. . . ,En ) est une famille libre de n éléments de F ∗ , on conclut que c’est une base de F ∗ .

10.7

1) Supposons qu’il existe x1 ,. . . ,x p ∈ E tels que :

   det ϕi (x j ) 1i, j  p = / 0.

Soit (α1 ,. . . ,α p ) ∈ K p tel que

p 

αi ϕi = 0.

i=1

On a alors : ∀ j ∈ {1,. . . , p},

p 

αi ϕi (x j ) = 0,

i=1

donc

p 

αi L i = 0, en notant L i la ligne numéro i du déter-

i=1

minant envisagé. Comme ce déterminant n’est pas nul, il en résulte : α1 = 0,. . . ,α p = 0 . Ceci montre que (ϕ1 ,. . . ,ϕ p ) est libre. 2) Réciproquement, supposons (ϕ1 ,. . . ,ϕ p ) libre. D’après le théorème de la base incomplète, puisque E ∗ est de dimension finie et que dim (E ∗ ) = dim (E) = n , il existe ϕ p+1 ,. . . ,ϕn ∈ E ∗ telles que la famille B1 = (ϕ1 ,. . . ,ϕ p ,

⇐⇒ ∀ x ∈ E, α1 ϕ1 (x) + α2 ϕ2 (x) + α3 ϕ3 (x) = 0 ⇐⇒ ∀ (x1 ,x2 ,x3 ) ∈ R3 , α1 (x1 + x2 ) + α2 (x2 + x3 ) + α3 (x1 + x3 ) = 0 ⇐⇒ ∀ (x1 ,x2 ,x3 ) ∈ R3 , (α1 + α3 )x1 + (α1 + α2 )x2 + (α2 + α3 )x3 = 0    α3 = −α1 α1 + α3 = 0 α1 = 0          α2 = −α1 ⇐⇒ ⇐⇒ α1 + α2 = 0 ⇐⇒ α2 = 0          −2α1 = 0 α2 + α3 = 0 α3 = 0. Ceci montre que (ϕ1 ,ϕ2 ,ϕ3 ) est libre. 3) Puisque (ϕ1 ,ϕ2 ,ϕ3 ) est libre et de cardinal 3 dans E ∗ qui est de dimension 3 (égale à celle de E ), on conclut que (ϕ1 ,ϕ2 ,ϕ3 ) est une base de E ∗ . 4) Notons B = (u 1 ,u 2 ,u 3 ) la base préduale de la base (ϕ1 ,ϕ2 ,ϕ3 ) de E ∗ . En notant u 1 = x1 e1 + x2 e2 + x3 e3 , (x1 ,x2 ,x3 ) ∈ R3 , on a :   ϕ1 (u 1 ) = 1 x1 + x2 = 1       ϕ2 (u 1 ) = 0 ⇐⇒ x2 + x3 = 0       ϕ3 (u 1 ) = 0 x1 + x3 = 0   x2 = −x3 x1 = 1/2       ⇐⇒ x1 = −x3 ⇐⇒ x2 = 1/2       −2x3 = 1 x3 = −1/2. 1 1 1 e1 + e2 − e3 . 2 2 2 On calcule de même u 2 et u 3, par permutation circulaire ou par résolution de systèmes linéaires ayant le même premier membre, et on obtient facilement :

D’où : u 1 =

1 1 1 1 1 1 u 2 = − e1 + e2 + e3 , u 3 = e1 − e2 + e3 . 2 2 2 2 2 2

ϕ p+1 ,. . . ,ϕn ) soit une base de E ∗ . Considérons la base préduale B = (x1 ,. . . ,x p ,x p+1 ,. . . ,xn ) de B1 . On a alors : ∀ (i, j) ∈ {1,. . . ,n}2 , ϕi (x j ) = δi j , donc, en particulier :

10.9 1) Il est clair que ϕ1 ,ϕ2 ,ϕ3 ,ϕ4 sont des applications linéaires de E dans R, donc : ϕ1 ,ϕ2 ,ϕ3 ,ϕ4 ∈ E ∗ . 2) Soit (α1 ,α2 ,α3 ,α4 ) ∈ R4 tel que :

4 

αi ϕi = 0. On a donc :

i=1

∀ (i, j) ∈ {1,. . . , p}2 , ϕi (x j ) = δi j , 

  / 0. et donc : det ϕi (x j ) 1i, j  p =

10.8

1) Il est clair que ϕ1 ,ϕ2 ,ϕ3 sont bien des formes linéaires,

donc : ϕ1 ,ϕ2 ,ϕ3 ∈ E ∗ . 2) Soit (α1 ,α2 ,α3 ) ∈ R3 . On a : α1 ϕ1 + α2 ϕ2 + α3 ϕ3 = 0

∀ P ∈ E,

4 

αi ϕi (P) = 0, c’est-à-dire :

i=1

∀ P ∈ E, α1 P(0) + α2 P(1) + α3 P  (0) + α4 P  (1) = 0 . On remarque que X2 (X − 1) est zéro de ϕ1 ,ϕ2 ,ϕ3 . En notant P4 = X2 (X − 1), on a, en effet : P4 (0) = 0, P4 (1) = 0, P4 (0) = 0, P4 (1) = 1 , d’où l’on déduit α4 = 0. 411

De même, en notant P3 = X(X − 1)2 , on a : P3 (0) = 0, P3 (0) = 1, P3 (1) = 0, P3 (1) = 0 , d’où : α3 = 0.

Par combinaison linéaire ou par substitution, on déduit facilement : α1 = 0, α2 = 0, α3 = 0. Ceci montre que (ϕ1 ,ϕ2 ,ϕ3 ) est libre dans E ∗ .

Ces deux polynômes nous serviront plus loin.

3) Comme dim (E ∗ ) = dim (E) = 3 , on conclut que (ϕ1 ,ϕ2 ,ϕ3 ) est une base de E ∗ .

On obtient alors : ∀ P ∈ E, α1 P(0) + α2 P(1) = 0.

4) Notons (P1 ,P2 ,P3 ) la base préduale de (ϕ1 ,ϕ2 ,ϕ3 ). En no-

En appliquant ceci à X, à X − 1 , on déduit :

tant, pour i ∈ {1,2,3} : Pi = ai1 + ai2 X + ai3 X2 , on a :

α2 = 0, α1 = 0 . ∗

Ceci montre que (ϕ1 ,ϕ2 ,ϕ3 ,ϕ4 ) est libre dans E . 3) Comme dim (E ∗ ) = dim (E) = 4 , il en résulte que (ϕ1 ,ϕ2 ,ϕ3 ,ϕ4 ) est une base de E ∗ . 4) Nous avons déjà obtenu, plus haut, deux polynômes de la base préduale B de (ϕ1 ,ϕ2 ,ϕ3 ,ϕ4 ) . Ainsi, B = (P1 ,P2 ,P3 ,P4 )

∀ (i, j) ∈ {1,2,3}2 , ϕ j (Pi ) = δi j    ϕ1 (P1 ) = 1 ϕ1 (P2 ) = 0 ϕ1 (P3 ) = 0          ⇐⇒ ϕ2 (P1 ) = 0 et ϕ2 (P2 ) = 1 et ϕ2 (P3 ) = 0          ϕ3 (P1 ) = 0 ϕ3 (P2 ) = 0 ϕ3 (P3 ) = 1      a11 a12 a13 1 0 1 1 0 0 ⇐⇒  a21 a22 a23   1 1 1/2  =  0 1 0  . 

où P3 = X(X − 1)2 = X3 − 2X2 + X et

P4 = X2 (X − 1) = X3 − X2 .

En notant P1 = aX3 + bX2 + cX + d , où (a,b,c,d) ∈ R4 est inconnu, on a :   P1 (0) = 1 ϕ1 (P1 ) = 1            ϕ2 (P1 ) = 0  P1 (1) = 0 ⇐⇒   P1 (0) = 0   ϕ3 (P1 ) = 0          P (1) = 0 ϕ4 (P1 ) = 0 1  d=1 c=0           a + b + c + d = 0 d = 1 ⇐⇒ ⇐⇒     c=0 a=2         3a + 2b + c = 0 b = −3. On obtient :

P1 = 2X3 − 3X2 + 1.

De même, après résolution d’un système linéaire ayant les mêmes premiers membres que le précédent, on obtient : P2 = −2X3 + 3X2 .

10.10 1) Il est immédiat que ϕ1 ,ϕ2 ,ϕ3 sont des applications li-

a32 a33 1 2 1/3  !  ! notée A notée M

0

1

On conclut que la base préduale de (ϕ1 ,ϕ2 ,ϕ3 ) est la base (P1 ,P2 ,P3 ) définie par : P1 = −2 + 6X − 3X2 , P2 =

1 3 − 2X + X2 , 2 2 P3 = 3 − 6X + 3X2 .

10.11 Un sens est trivial. Réciproquement, supposons

N 

pi = 0.

i=1

Pour tout i ∈ {1,. . . ,N }, comme E est de dimension finie et puisque pi est un projecteur de E , on a : rg ( pi ) = tr ( pi ).    N N N  pi = tr ( pi ) = rg ( pi ) . D’où : 0 = tr   ! i=1 i=1 i=1
0 Il en résulte : ∀ i ∈ {1,. . . ,N }, rg ( pi ) = 0,

2) Soit (α1 ,α2 ,α3 ) ∈ R3 tel que α1 ϕ1 + α2 ϕ2 + α3 ϕ3 = 0 . On a donc :  1 ∀ P ∈ E, α1 P(1) + α2 P  (1) + α3 P(x) dx = 0 .

donc :

En appliquant cette égalité à P = 1, P = X, P = X2 successivement, on obtient : α + α = 0 1 3    α3  =0 α1 + α2 + 2     α + 2α + α3 = 0. 1 2 3

0

Un calcul d’inverse de matrice carrée d’ordre 3 inversible   −2 6 −3 −1 fournit : A = M =  1/2 −2 3/2  . 3 −6 3

néaires de E dans R, donc : ϕ1 ,ϕ2 ,ϕ3 ∈ E ∗ .

0

412

a31

∀ i ∈ {1,. . . ,N }, pi = 0.

10.12 a) Puisque det (M) = det



A 0

B C

 = det (A) det (C) ,

on a :

 det (M) = / 0 ⇐⇒ det (A) = / 0 et det (C) = / 0 , donc M est inversible si et seulement si A et C sont inversibles.

b) On suppose A et C inversibles, donc, d’après a), M est inversible. Décomposons M −1 en blocs inconnus, de même que pour M :   X Y M −1 = . Alors : Z T      A B X Y In 0 = M M −1 = In+ p ⇐⇒ 0 Ip 0 C Z T   AX + B Z = In Z =0            T = C −1  AY + BT = 0 ⇐⇒ ⇐⇒  C inversible  CZ = 0   AX = In         C T = Ip AY = −BC −1  Z =0       T = C −1 ⇐⇒ A inversible   X = A−1     Y = −A−1 BC −1 .   −1 −A−1 BC −1 A . On conclut : M −1 = 0 C −1

10.13

On a :  2  2  2 0 −t −t A(t) = = 0 t 0

0 −t 2

Alors, d’une part f ai n’est de classe C 2 sur aucun intervalle ouvert contenant ai , et, d’autre part, d’après l’égalité précédente, par opérations, f ai est de classe C 2 sur un intervalle ouvert assez petit, contenant ai , contradiction. Ceci montre : ∀ i ∈ {1,. . . ,n}, λi = 0. On conclut : la famille ( f a )a∈R est libre.

10.15 a) Récurrence sur n = dim (E) . • La propriété est évidente pour n = 1. • Supposons la propriété vraie pour n. Soit E un sev de K [X], de dimension n + 1. Alors, E admet au moins une base B = (P1 ,. . . ,Pn+1 ). En réordonnant B , on peut se ramener au cas où : ∀ i ∈ {1,. . . ,n + 1}, deg (Pi )  deg (Pn+1 ) . Considérons la famille C = (Q 1 ,. . . ,Q n+1 ) définie par Q n+1 = Pn+1 et, pour tout i ∈ {1,. . . ,n} :  si deg (Pi ) < deg (Pn+1 ) Pi Qi = Pi − αi Pn+1 si deg (Pi ) = deg (Pn+1 ), où αi est tel que deg (Pi − αi Pn+1 ) < deg (Pn+1 ) .

 = −t 2 I2 ,

donc : +∞ k  1 A(t) k! k=0 +∞ +∞ 2 p 

2 p+1  1 1 = + A(t) A(t) (2 p)! (2 p + 1)! p=0 p=0

e A(t) =

+∞  1 1 (−t 2 ) p I2 + (−t 2 ) p A(t) (2 p)! (2 p + 1)! p=0 p=0     +∞ +∞ (−1) p t 2 p (−1) p t 2 p+1 I2 + A(1) = (2 p)! (2 p + 1)! p=0 p=0

=

Remarquons que, pour tout a ∈ R , f a est de classe C 2 sur R − {a} , mais n’est pas de classe C 2 sur R.

+∞ 

= ( cos t) I2 + ( sin t)A(1).   cos t − sin t . On conclut : e A(t) = sin t cos t

À cet effet, il suffit de prendre pour αi le quotient des termes de plus haut degré de Pi et Pn+1 . Par construction, les polynômes Q 1 ,. . . ,Q n+1 se décomposent linéairement sur P1 ,. . . ,Pn+1 . Réciproquement, comme Pn+1 = Q n+1 et que, pour tout i ∈ {1,. . . ,n}, Pi = Q i ou Pi = Q i + αi Q n+1 , les polynômes P1 ,. . . ,Pn+1 se décomposent linéairement sur Q 1 ,. . . ,Q n+1 . Il en résulte : Vect (C ) = Vect (B) = E. Comme dim (E) = n + 1 = et que C engendre E et a n + 1 éléments, on conclut que C est une base de E . Considérons F = Vect (Q 1 ,. . . ,Q n ), qui est un sev de dimension n de R[X]. D’après l’hypothèse de récurrence, F admet au moins une base F = (R1 ,. . . ,Rn ) formée de polynômes de degrés deux à deux différents. Notons G = (R1 ,. . . ,Rn ,Pn+1 ) . Comme E = F ⊕ Pn+1 K [X] et que F est une base de F , il est clair que G est une base de E . Enfin, comme : ∀ i ∈ {1,. . . ,n}, Ri ∈ Vect (Q 1 ,. . . ,Q n )

10.14 Soient n ∈ N∗ et a1 ,. . . ,an ∈ R deux à deux distincts, λ1 ,. . . ,λn ∈ R tel que :

n 

λk f ak = 0.

k=1

/ 0 . On a alors : Soit i ∈ {1,. . . ,n}. Supposons λi = f ai = −

1 λi

 1k n, k = / i

et que (Q 1 ,. . . ,Q n ) sont tous de degrés < deg (Pn+1 ), on a : ∀ i ∈ {1,. . . ,n}, deg (Ri ) < deg (Pn+1 ). Finalement, G est une base de E formée de polynômes de degrés deux à deux différents. Ceci montre le résultat voulu, par récurrence sur n.

λk f ak .

b) Notons n = dim (E) . D’après a), E admet au moins une base formée de polynômes de degrés deux à deux différents. En 413

réordonnant, E admet au moins une base B = (P1 ,. . . ,Pn ) telle que : deg (P1 ) < . . . < deg (Pn ) .

• Montrons que θ est injective. Soit A ∈ Ker (θ). On a θ(A) = 0 , c’est-à-dire : ∀ X ∈ Mn (K ), tr (AX) = 0 .

Notons, pour tout i ∈ {1,. . . ,n} :  Pi + Pn si i < n Si = si i = n. Pn

Notons A = (ai j )i j . Soit (i, j) ∈ {1,. . . ,n}. On a, en utilisant les matrices élémentaires :   a1i ..   0 = tr AEi j ) = tr  (0) . (0)  = a ji ,

Il est clair qu’alors :

ani

∀ i ∈ {1,. . . ,n}, deg (Si ) = deg (Pn ) . Par construction, les polynômes S1 ,. . . ,Sn se décomposent linéairement sur P1 ,. . . ,Pn .

car la colonne numéro i de A a été ainsi déplacée en colonne numéro j.

Réciproquement, comme :

On a donc : A = 0 . 

∀ i ∈ {1,. . . ,n}, Pi =

Si − Sn

si

i
Sn

si

i = n,

P1 ,. . . ,Pn se décomposent linéairement sur S1 ,. . . ,Sn . Comme dim (E) = n et que la famille C = (S1 ,. . . ,Sn ) a n éléments et engendre E , on conclut que C est une base de E . Finalement, E admet au moins une base formée de polynômes de degrés tous égaux.

10.16 1) Soit A ∈ Mn (K ). L’application ϕ A : Mn (K ) −→ K , X −→ tr (AX) est linéaire car : ∀ α ∈ K , ∀ X,Y ∈ Mn (K ),   ϕ A (αX + Y ) = tr A(αX + Y ) = tr (αAX + AY ) = α tr (AX) + tr (AY ) = αϕ A (X ) + ϕ A (Y ).

• Puisque θ : Mn (K ) −→ Mn (K )∗ est linéaire, injective, et que Mn (K ) et Mn (K )∗ sont de dimensions finies égales, on conclut que θ est un isomorphisme de K-ev.

10.17 a) • 1re méthode : Utilisation de J1 : D’après le cours, il existe P,Q ∈ GLn (C) telles que   1 (0) . H = P J1 Q, où J1 = (0) (0)     1 (0) 1 = Comme ( 1 (0) ) , (0) (0) (0)   1 on a : H = P ( 1 (0) ) Q. (0)     1 1 t , En notant U = P et V = Q (0) (0)

Ainsi : ϕ A ∈ Mn (K )∗ .

on a donc : U,V ∈ Mn,1 (C) et H = U t V.

2) Considérons l’application θ : Mn (K ) −→ Mn (K )∗ définie par :

• 2e méthode : Considération des éléments de H :

∀ A ∈ Mn (K ), ∀ X ∈ Mn (K ), θ(A)(X) = tr (AX) . Autrement dit, avec les notations de 1) ci-dessus : ∀ A ∈ Mn (K ), θ(A) = ϕ A . • Montrons que θ est linéaire. Soient α ∈ K , A,B ∈ Mn (K ) . On a, pour toute X ∈ Mn (K ) :

 θ(αA + B)(X) = tr (αA + B)X = tr (αAX + B X) = α tr (AX) + tr (B X)

 = αθ(A)(X) + θ(B)(X) = αθ(A) + θ(B) (X), donc : θ(αA + B) = αθ(A) + θ(B), ce qui montre la linéarité de θ. 414

Ainsi, Ker (θ) = {0}, donc θ est injective.

Puisque rg (H ) = 1 , il existe U ∈ Mn,1 (C) telle que les colonnes de H soient colinéaires à U, donc il existe v1 ,. . . ,vn ∈ C tels que : H = ( v1 U | . . . | vn U )     v1 u 1 . . . vn u 1 u1 ..   ..   .. = . .  =  .  ( v1 . . . vn ) . un v1 u n . . . vn u n   u1  .  En notant U =  ..  ∈ Mn,1 (C) , on a : H = U tV. un 2) De 1), on déduit : H 2 = (U t V )(U tV ) = U (tV U ) tV  ! ∈C = (t V U )U t V = (t V U )H.

   v1 u1  .   .  En notant U =  ..  , V =  ..  , on a : 

un H = U tV   u1  .  =  ..  ( v1 . . .

de la forme : 0

vn 

v1 u 1  . vn ) =  ..

...

v1 u n

...

un

 vn u 1 ..  .  vn u n

0  T =.  .. 0

...

 u1  .  vn )  ..  = v1 u 1 + · · · + vn u n , un

donc : tr (H ) = v1 u 1 + · · · + vn u n =t V U. On conclut : H 2 = tr (H )H. b) 1) 1re méthode : Utilisation de la multilinéarité et de l’alternance du déterminant : En notant B = (e1 ,. . . ,en ) la base canonique de Mn,1 (C), on a, par multilinéarité du déterminant : " " u 1 v2 ... u 1 vn " " 1 + u 1 v1 " " 1 + u 2 v2 u 2 vn " " u 2 v1 " det (In + H ) = "" .. .. .. " . . . " " " " u n v2 . . . 1 + u n vn u n v1 = detB (e1 + v1 U, e2 + v2 U, . . . , en + vn U )  = detB (e1 ,. . . ,en ) + v1 detB (U,e2 ,. . . ,en )  + · · · + vn detB (e1 ,. . . ,en−1 ,U ) ,

On a alors H = M − In , d’où, d’après a) : (M − In )2 = tr (H )(M − In ) , donc :

det (In + H ) = 1 +

M −1 = −

   1 M − (2 + tr (H ) In 1 + tr (H )

   1 − 1 + tr (H ) In + H =− 1 + tr (H ) 1 H. = In − 1 + tr (H )

2) On a : A + H = (In + H A−1 )A et

vk u k = 1 + tr (H ) .

    M 2 − 2 + tr (H ) M = − 1 + tr (H ) In .   ! = / 0

Ceci montre que M est inversible et que :

detB (e1 ,. . . ,ek−1 ,U,ek+1 ,. . . ,en )

n 

tr (H )

/ − 1 . Notons M = In + H. • Supposons tr (H ) =

Et, comme U = u 1 e1 + · · · + u n en , on a, par multilinéarité et alternance du déterminant, pour chaque k ∈ {1,. . . ,n} :

On obtient :

0 0

c) 1) • D’après le résultat de b), In + H est inversible si et seu/ 0, c’est-à-dire tr (H ) = / − 1. lement si 1 + tr (H ) =

car les autres déterminants, contenant deux fois la colonne U, sont nuls.

= u k detB (e1 ,. . . ,ek ,. . . ,en ) = u k .

(0) ...

  . 

(∗)

det (In + H ) = det (In + P T P −1 )

 = det P(In + T )P −1 = det (In + T ) "1 " " " " " . . . (∗) "0 " " " =". " = 1 + tr (H ). ". " " . (0) 1 " " " 0 ... 0 1 + tr (H )



V U = ( v1

.

On a alors :

et : t

 ..

rg (H A−1 )  rg (H ) = 1.

2) 2e méthode : Utilisation d’une trigonalisation de H :

Le cas H A−1 = 0 étant d’étude immédiate, on peut supposer rg (H A−1 ) = 1, et on peut alors appliquer le résultat de 1) à H A−1 à la place de H .

Puisque H ∈ Mn (C) , d’après le cours, H est trigonalisable.

On déduit que In + H A−1 est inversible et que :

k=1

D’autre part, puisque rg (H ) = 1 , on a, d’après le théorème du rang : dim Ker (H ) = n − rg (H ) = n − 1, donc 0 est valeur propre de H, d’ordre
n − 1. En notant λ la dernière valeur propre de H , on a : tr (H ) = (n − 1) · 0 + 1 · λ = λ , d’où : λ = tr (H ) . Ainsi, il existe P ∈ GLn (C) telle que H = P T P −1 , où T est

(In + H A−1 )−1 = In −

1 H A−1 . 1 + tr (H A−1 )

d’où :

−1 (A + H )−1 = (In + H A−1 )A = A−1 (In + H A−1 )−1 = A−1 −

1 A−1 H A−1 . 1 + tr (H A−1 ) 415

10.18 Puisque A,B,C,M sont des matrices de projecteurs, leurs traces sont égales à leurs rangs et sont des entiers naturels. D’où : √ √ tr (M) = tr (A + 2 B + 3 C) √ √ = tr (A) + 2 tr (B) + 3 tr (C), donc :

 √ √ tr (A) − tr (M) + tr (B) 2 + tr (C) 3 = 0 .   !  !  ! noté α noté γ noté β √ √ On a donc (α,β,γ) ∈ Z3 et α + β 2 + γ 3 = 0 . Montrons : (α,β,γ) = (0,0,0) . √ On a en faisant passer γ 3 dans le second membre, puis en √ élevant au carré : α2 + 2β2 + 2αβ 2 = 3γ2 , √ 3γ2 − α2 − 2β2 2= ∈ Q, 2αβ √ contradiction, car on sait que 2 est irrationnel. / 0: d’où, si αβ =

Il en résulte : αβ = 0. / 0 , il en réDe même, on obtient : αγ = 0 et βγ = 0 . Si α = sulte β = 0 et γ = 0 , puis α = 0, contradiction.

donc : dim Vect (U1 ,. . . ,U p ,V1 ,. . . ,Vq )

 dim Vect (U1 ,. . . ,U p ) + dim Vect (V1 ,. . . ,Vq ), 2) On applique 1) en transposant :   t   R R = rg ( t R rg (M) = rg = rg S S

donc :

3) On combine les deux résultats précédents :       A B A B rg (M) = rg  rg + rg C D C D      rg (A) + rg (C) + rg (B) + rg (D) . b) D’après a) et puisque M est inversible, on a : n = rg (M)  rg (A) + rg (B) + rg (C) . Comme B ∈ Mm,n− p (K ) et C ∈ Mn−m, p (K ), on a, en particulier : rg (B)  n − p et rg (C)  n − m, d’où :

n  rg (A) + (n − p) + (n − m),

et on conclut :

rg (A)
m + p − n.

α = 0, β = 0, γ = 0.

10.21

xp

rg (B) = tr (B) = 0 et rg (C) = tr (C) = 0, B = 0 et C = 0.

||AX||1 =

il existe P ∈ GLn (K ), Q ∈ GL p (K ) telles que :   0r, p−r Ir . A = PJn, p,r Q, où : Jn, p,r = 0n−r,r 0n−r, p−r   Ir Il est clair que : Jn, p,r = ( Ir 0r, p−r ) , 0n−r,r d’où la décomposition de A en produit :   Ir A=P ( Ir 0r, p−r ) Q ,  ! 0n−r,r    ! notée V notée U et on a bien : U ∈ Mn,r (K ), V ∈ Mr, p (K ).

10.20 a) 1) En notant U1 ,. . . ,U p les colonnes de U , et V1 ,. . . ,Vq les colonnes de V, on a : Vect (U1 ,. . . ,U p ,V1 ,. . . ,Vq ) = Vect (U1 ,. . . ,U p ) + Vect (V1 ,. . . ,Vq ),

p n ""  

" "

i=1



10.19 D’après le cours, puisque r = rg (A),

416

 x1  .  1) • On a, pour tout X =  ..  ∈ M p,1 (K) :

tr (B) = 0 et tr (C) = 0,

et on conclut :

S)



Comme βγ = 0 , on a β = 0 ou γ = 0 , puis β = 0 et γ = 0 . Ici :

t

 rg (t R) + rg (t S) = rg (R) + rg (S).

On a donc α = 0. On conclut :

rg (M)  rg (U ) + rg (V ).

c’est-à-dire :

j=1

p n  

" " ai j x j ""

|ai j | |x j | =

i=1 j=1



p 

p  n  j=1

||A|| |x j | = ||A||

 |ai j | |x j |

i=1 p 

j=1

|x j | = ||A|| ||X||1 .

j=1

||AX||1  ||A|| . ||X||1   n |ai j | , il existe un indice • Puisque ||A|| = Max d’où :

∀ X ∈ M p,1 (K) − {0},

1 j  p

i=1

j ∈ {1,. . . , p} tel que : ||A|| =

n 

|ai j |.

i=1

Considérons la matrice-colonne X = E j , dont tous les éléments sont nuls, sauf celui situé à la ligne numéro j, et qui est égal à 1.   a1 j  .  On a : ||X||1 = 1 et AX =  ..  , donc : an j ||AX||1 =

p  j=1

|ai j | = ||A|| ,

||AX||1 = ||A|| . ||X 1 ||

d’où :

10.22 1) L’inégalité |||A|||R  |||A|||C est immédiate, puisque Mn,1 (R) − {0} ⊂ Mn,1 (C) − {0} .

Autrement dit, le majorant ||A|| obtenu ci-dessus, est atteint. ||AX||1 Sup = ||A|| . On conclut : X∈M p,1 (K)−{0} ||X||1   x1  ..  2) • On a, pour tout X =  .  ∈ M p,1 (K) :

Il existe U,V ∈ Mn,1 (R) tel que : X = U + i V . On a : ||X||22 = (U + i V )∗ (U + i V ) =t (U − i V )(U + i V ) =t UU +t V V + i (t U V −t V U ) = ||U ||22 + ||V ||22   ! =0

xp ||AX||∞

et, puisque A,U,V sont réelles :

" " " n " = Max "" ai j x j "" 1i n

||AX||22 = ||A(U + i V )||22 = ||AU + i AV ||22

j=1

 Max

1i n

 =

p 

|ai j | |x j |  Max

1i n

j=1

Max

p 

1i n

 p



= ||AU ||22 + ||AV ||22  |||A|||2R ||U ||22 + |||A|||2R |||V |||22 = |||A|||2R (||U ||22 + ||V ||22 ) = |||A|||2R ||X||22 .

|ai j | ||X||∞

j=1

 |ai j | ||X||∞ = ||A||c ||X||∞ .

Ceci montre : ∀ X ∈ Mn,1 (C) − {0}, ||AX||2  |||A|||R ||X||2 .

j=1

||AX||∞  ||A||c . ||X||∞   p |ai j | , il existe un indice • Puisque ||A||c = Max

d’où :

2) Soit X ∈ Mn,1 (C) − {0} .

Par définition de |||A|||C , il en résulte :

∀ X ∈ M p,1 (K) − {0},

1i n

j=1

i 0 ∈ {1,. . . ,n} tel que : ||A||c =

p 

Montrons que la loi ◦ est interne dans G .



ε1  ..  Considérons la colonne X =  .  ∈ M p,1 (K) définie, pour εp tout j ∈ {1,. . . , p}, par :    |ai0 j | si ai0 j = / 0 ai0 j εj =   1 si ai0 j = 0. On a ||X||∞ = 1, car chaque terme de X est de module 1, et / 0. donc aussi X =    p p ||AX||∞ = Max |ai j ε j |
|ai0 j ε j |. On a : 1i n

j=1

j=1

Mais, pour tout j ∈ {1,. . . , p} : |ai0 j ε j | = |ai0 j |, / 0, ai0 j = 0 . comme on le voit en séparant les cas ai0 j = p  ||AX||∞
|ai0 j | = ||A||c . D’où : j=1

Ainsi, il existe X ∈ M p,1 (K) tel que :

||AX||∞
||A||c . ||X||∞

Autrement dit, compte tenu de l’inégalité obtenue au point précédent, le majorant obtenu au point précédent est atteint. On conclut :

||AX||∞ = ||A||c . X∈M p,1 (K)−{0} ||X||∞ Sup

Finalement, on conclut : |||A|||R = |||A|||C .

10.23 a) 1) Caractère interne de la loi :

|ai0 j |.

j=1



|||A|||C  |||A|||R .

Soient f 1 , f 2 ∈ G . Im ( f 2 ◦ f 1 ) ⊂ Im ( f 2 ) = F .

• * On a :

* Soit z ∈ F. On a : z ∈ F = Im ( f 2 ) , donc il existe y ∈ E tel que : z = f 2 (y) . Puisque E = F ⊕ G, il existe u ∈ F, v ∈ G tels que y = u + v. On a alors : z = f 2 (y) = f 2 (u + v) = f 2 (u) + f 2 (v) . Mais u ∈ F = Im ( f 1 ) , donc il existe x ∈ E tel que u = f 1 (x) , et, d’autre part, v ∈ G = Ker ( f 2 ), donc f 2 (v) = 0 .   D’où : z = f 2 f 1 (x) = f 2 ◦ f 1 (x) ∈ Im ( f 2 ◦ f 1 ). Ceci montre :

F ⊂ Im ( f 2 ◦ f 1 ).

On conclut :

Im ( f 2 ◦ f 1 ) = F.

Ker ( f 2 ◦ f 1 ) ⊃ Ker ( f 1 ) = G.   * Soit x ∈ Ker ( f 2 ◦ f 1 ) ; On a f 2 f 1 (x) = 0 , donc : • * On a :

f 1 (x) ∈ Im ( f 1 ) ∩ Ker ( f 2 ) = F ∩ G = {0} , d’où x ∈ Ker ( f 1 ) = G . Ceci montre : Ker ( f 2 ◦ f 1 ) ⊂ G . On conclut : Ker ( f 2 ◦ f 1 ) = G . On a obtenu : f 2 ◦ f 1 ∈ G . 2) Neutre : Considérons le projecteur p sur F parallèlement à G. On a : p ∈ L(E), Im ( p) = F, Ker ( p) = G , donc : p ∈ G . 417

Soit f ∈ G . on a :

∀ x ∈ E, f (x) ∈ Im ( f ) = F,   ∀ x ∈ E, p f (x) = f (x),

ce qui montre :

p ◦ f = f.

• Comme :

b) • Pour tout f ∈ G , comme Im ( f ) = F et Ker ( f ) = G, la   M 0 matrice de f dans B est de la forme , où M est la 0 0 matrice de l’endomorphisme f  induit par f sur F . De plus :

• On a : ∀ x ∈ E, x − p(x) ∈ Ker ( p) = G = Ker ( f ),   ∀ x ∈ E, f x − p(x) = 0, donc : c’est-à-dire :

  ∀ x ∈ E, f (x) = f p(x) ,

ce qui montre : f = f ◦ p .

rg (M) = rg

M 0

0 0

 = rg ( f ) = dim (F) = p . 

Il en résulte M ∈ GL p (K ) , donc

M 0

0 0

 ∈ H.

On peut donc considérer l’application

Ainsi, p est neutre pour ◦ dans G .

θ : G −→ H, f −→ MatB ( f ) .

3) Associativité : Il est connu que la loi ◦ est associative. 4) Symétriques : Soit f ∈ G . Puisque F est un supplémentaire de G = Ker ( f ) dans E , d’après le théorème d’isomorphisme, l’application f  : F −→ Im ( f ) = F, x −→ f (x) est un isomorphisme de K-ev. Considérons



g : E −→ E, x −→ f

 −1

 p(x) ,

où p a été défini plus haut. • Il est clair que g est linéaire.   Im (g) = f −1 p(E) = f −1 (F) = F. On a : On a, pour tout x ∈ E :   x ∈ Ker (g) ⇐⇒ g(x) = 0 ⇐⇒ f −1 p(x) = 0 ⇐⇒ p(x) = 0 ⇐⇒ x ∈ G,

• Réciproquement, considérons l’application ϕ qui, à une matrice A de H , associe l’endomorphisme f de E tel que MatB ( f ) = A .   M 0 = MatB ( f ) , où Avec ces notations, puisque A = 0 0 M ∈ GL p (K ) , on a : Im ( f ) = F et Ker ( f ) = G, donc : f ∈ G. • Il est clair que θ et ϕ sont des applications réciproques l’une de l’autre, donc sont bijectives. • De plus, avec des notations évidentes :    M1 0 M2 0 ∀ f 1 , f 2 ∈ G , θ( f 2 )θ( f 1 ) = 0 0 0 0   M2 M1 0 = = θ( f 2 ◦ f 1 ). 0 0 Ainsi, θ est un isomorphisme de (G ,◦) sur (H,·). • Comme (G ,◦) est un groupe, par transport de structure, (H,·) est un groupe. Finalement, l’application θ : f −→ MatB ( f ) est un isomorphisme du groupe (G ,◦) sur le groupe (H,·).

donc : Ker (g) = G . Ceci montre : g ∈ G . • On a, pour tout x ∈ E :       ( f ◦ g)(x) = f f −1 p(x) = f  f −1 p(x) = p(x) ,

(α1 ,. . . ,α p ) ∈ K p tel que : f =

donc : f ◦ g = p. • Soit x ∈ E.

 Comme f (x) ∈ Im ( f ) = F, on a : p f (x) = f (x) , puis :



       g f (x) = f −1 p f (x) = f −1 f (x) . Mais f = f ◦ p, donc :         f −1 f (x) = f −1 f p(x) = f −1 f  p(x) = p(x) . Ainsi : g ◦ f = p. Ceci montre :

x∈

p 

Ker (ϕi ) : f (x) =

i=1

p 

p 

αi ϕi . On a alors, pour tout

i=1

αi ϕi (x) = 0,

i=1

et donc : x ∈ Ker ( f ). p  Ker (ϕi ) ⊂ Ker ( f ). Ceci montre : i=1

2) Réciproquement, supposons : p  Ker (ϕi ) ⊂ Ker ( f ) . i=1

g ◦ f = f ◦ g = p,

donc f admet g pour symétrique dans (G ,◦). Finalement : (G ,◦) est un groupe. 418

10.24 1) Supposons f ∈ Vect (ϕ1 ,. . . ,ϕ p ) . Il existe

Notons r = rg (ϕ1 ,. . . ,ϕ p ). Quitte à permuter ϕ1 ,. . . ,ϕ p , on peut supposer que (ϕ1 ,. . . ,ϕr ) est libre et que ϕr+1 ,. . . ,ϕ p se décomposent linéairement sur ϕ1 ,. . . ,ϕr .

Pour tout k ∈ {r + 1,. . . , p} , d’après 1) appliqué à ϕk à la place r  Ker (ϕi ) ⊂ Ker (ϕk ). de f, on a :

Comme (ϕ1 ,. . . ,ϕn ) est libre, il en résulte qu’il existe n  λk ϕk , c’est-à-dire : (λ1 ,. . . ,λn ) ∈ Rn tel que : ϕ =

i=1

Il en résulte :

k=1

r 

Ker (ϕi ) =

i=1

p 



Ker (ϕi ).

∀ P ∈ Rn [X],

i=1

D’après le cours, puisque (ϕ1 ,. . . ,ϕr ) est libre dans E ∗ , la r  Ker (ϕi ) , est combinaiforme linéaire f, qui s’annule sur son linéaire de ϕ1 ,. . . ,ϕr , donc :

1

−1

P(x) dx =

n 

λk P(ak ) ,

k=1

ce qui montre (i).

i=1

10.26 a) Notons, pour tout j ∈ {0,. . . ,n} :

f ∈ Vect (ϕ1 ,. . . ,ϕr ) = Vect (ϕ1 ,. . . ,ϕ p ) .

ϕ j : E −→ K, P −→ P ( j) (a) . Il est clair que : ∀ j ∈ {0,. . . ,n}, ϕ j ∈ E ∗ .

10.25 (i) ⇒ (ii) :

n  (X − ak ) ∈ Rn [X] : Il suffit d’appliquer (i) à P = k=1

  n n  (x − ak ) dx = λk P(ak ) = 0 .  ! −1 k=1 k=1 =0



Montrons que (ϕ0 ,. . . ,ϕn ) est une base de E ∗ . • Soit (α0 ,. . . ,αn ) ∈ Kn+1 tel que



1

On suppose : −1

  n (x − ak ) dx = 0. k=1



Notons : ϕ : Rn [X] −→ R, P −→

On a alors : ∀ P ∈ E, 0 =

 n

 n  α j ϕ j (P) = α j P ( j) (a) .

j=0

j=0

Soit k ∈ {0,. . . ,n} . En appliquant ceci à Pk = (X − a)k ∈ E, puisque les P ( j) (a)

1

P(x) dx, −1

/ 0, on déduit : / k et que Pk(k) (a) = k! = sont tous nuls si j = ∀ k ∈ {0,. . . ,n}, αk = 0.

et, pour tout k ∈ {1,. . . ,n} : ϕk : Rn [X] −→ R, P −→ P(ak ) . Il est clair que ϕ,ϕ1 ,. . . ,ϕn sont des éléments du dual de Rn [X]. D’autre part, d’après le cours sur l’interpolation polynomiale, puisque a1 ,. . . ,an sont deux à deux distincts, la famille (ϕ1 ,. . . ,ϕn ) est libre. Montrons, en raisonnant par l’absurde, que la famille (ϕ,ϕ1 ,. . . ,ϕn ) est liée. Supposons (ϕ,ϕ1 ,. . . ,ϕn ) libre. Alors, cette famille de n + 1 éléments est libre dans Rn [X]∗, qui est de dimension n + 1, donc cette famille est une base de Rn [X]∗. D’après le cours, il existe une base (P0 ,. . . ,Pn ) de Rn [X], préduale de (ϕ,ϕ1 ,. . . ,ϕn ). On a donc : ∀ k ∈ {1,. . . ,n}, ϕk (P0 ) = 0, c’est-à-dire : ∀ k ∈ {1,. . . ,n}, P0 (ak ) = 0. Comme P0 ∈ Rn [X] , il existe alors α ∈ R tel que : n  P0 = α (X − ak ). D’après l’hypothèse (ii) : k=1

α j ϕ j = 0.

j=0

1

(ii) ⇒ (i) :

n 

  n (X − ak ) = 0 . ϕ(P0 ) = α ϕ k=1

Mais, d’autre part : ϕ(P0 ) = 1 , contradiction. Ce raisonnement par l’absurde montre que la famille (ϕ,ϕ1 ,. . . ,ϕn ) est liée.

Ceci montre que (ϕ0 ,. . . ,ϕn ) est libre. • Comme dim (E ∗ ) = dim (E) = n + 1 et que (ϕ0 ,. . . ,ϕn ) est libre dans E ∗ , on conclut que (ϕ0 ,. . . ,ϕn ) est une base de E ∗ . b) Soit ϕ ∈ E ∗ fixée quelconque. Puisque (ϕ0 ,. . . ,ϕn ) est une base de E ∗ , il existe (γ0 ,. . . ,γn ) ∈ Kn+1 unique tel que : ϕ=

 Puisque (X − a)q

n 

γi ϕi .

i=0

0q n−k

est une base de Kn−k [X], on a, par

linéarité :   (i) ∀ P ∈ Kn−k [X], ϕ (X − a)k P = 0   ⇐⇒ ∀ q ∈ {0,. . . ,n − k}, ϕ (X − a)k (X − a)q = 0   ⇐⇒ ∀ r ∈ {k,. . . ,n}, ϕ (X − a)r = 0 ⇐⇒ ∀ r ∈ {k,. . . ,n},

n 

  γi ϕi (X − a)r = 0.

i=0

Mais : ∀ r ∈ {k,. . . ,n}, ∀ i ∈ {0,. . . ,n},  0 si i < r ou i > r    (i) ϕi (X − a)r = (X − a)r (a) = r! si i = r. 419

E = C, p = 2, q = 1,

On a donc : (i)

⇐⇒

∀ r ∈ {k,. . . ,n}, r!γr = 0

⇐⇒

∀ r ∈ {k,. . . ,n}, γr = 0

⇐⇒

ϕ ∈ Vect (ϕ0 ,. . . ,ϕk−1 )

⇐⇒

∃ (λ0 . . . ,λk−1 ) ∈ Kk ,ϕ =

⇐⇒

∃ (λ0 ,. . . ,λk−1 ) ∈ Kk ,

ϕ1 : x −→ x, ϕ2 : x −→ i x, ψ1 : x −→ 0 . Dans cet exemple : k−1 

∀ x ∈ E,

i=1

λi ϕi

j=1

et cependant :

i=0

∀ P ∈ E, ϕ(P) =

p q     2 2 ϕi (x) = x 2 + (i x)2 = 0 = ψ j (x) ,

Vect (ϕ1 ,ϕ2 ) = Vect (ϕ1 ) = / {0} = Vect (ψ1 ) . k−1 

λi P (i) (a).

i=0

10.28 Soit H un hyperplan de Mn (K ). Raisonnons par l’absurde : supposons : H ∩ GLn (K ) = ∅.

10.27 a) Supposons : ∀ x ∈ E,

1) Montrons que H contient toutes les matrices nilpotentes.

i=1 p 

• Montrons : Soit x ∈

/ H. Raisonnons par l’absurde : supposons N ∈

j=1 q 

Ker (ϕi ) =

i=1 p 

Soit N ∈ Mn (K ) , nilpotente.

p q   2   2 ϕ(x) = ψ j (x) .

/ H et que H est un hyperplan D’après le cours, puisque N ∈ de Mn (K ), on a : Mn (K ) = H ⊕ K N.

Ker (ψ j ).

En particulier, il existe M ∈ H et α ∈ K tels que : In = M + αN . Alors : M = In − αN .

j=1

Ker (ϕi ).

Puisque N est nilpotente, il existe k ∈ N∗ tel que N k = 0 d’où :    k−1  p   = In − αk N k = In (αN ) (I n − αN )    p=0

i=1

On a donc : ∀ i ∈ {1,. . . , p}, ϕi (x) = 0, p   2 ϕi (x) = 0,

d’où :

i=1

2 ψ j (x) = 0.   !
0

j=1

Il en résulte :

∀ j ∈ {1,. . . ,q}, ψ j (x) = 0,

donc :

x∈

q 

   k−1   p  (In − αN ) = In − αk N k = In , (αN )  

q 

puis, d’après l’hypothèse :

p=0

d’où : In − αN ∈ GLn (K ). Ainsi : M ∈ H ∩ GLn (K ), contradiction.

Ker (ψ j ).

Ceci montre que H contient toutes les matrices nilpotentes.

j=1

Ceci montre :

p 

Ker (ϕi ) ⊂

i=1

q 

2) Considérons les matrices suivantes de Mn (K ) : Ker (ψ j ).

j=1

Vu les rôles symétriques des deux familles (ϕ1 ,. . . ,ϕ p ) et (ψ1 ,. . . ,ψq ), on a aussi l’autre inclusion, d’où l’égalité : p 

Ker (ϕi ) =

i=1

q 

Ker (ψ j ) .

j=1

• D’après l’exercice 10.24, on a donc, pour toute ϕ ∈ E : p 

Ker (ϕi ) ⊂ Ker (ϕ)

i=1

⇐⇒

q 

Ker (ψ j ) ⊂ Ker (ϕ) ⇐⇒ ϕ ∈ Vect (ψ1 ,. . . ,ψq ),

j=1

ce qui montre : Vect (ϕ1 ,. . . ,ϕ p ) = Vect (ψ1 ,. . . ,ψq ). b) Le résultat de a) ne subsiste pas lorsque le corps R est remplacé par C, comme le montre l’exemple suivant : 420

... .. . (0) 0

0 0 0 ..   . . . = , N  2 ..  . . . . . 0 0

... (0) .. . ...

1 ..

.

(0) .. . .. .

0 ..  .   0.  1

...

...

0

0 .. .

.

..

(0) ...

...

Il est clair que N1 et N2 sont nilpotentes. ∗

ϕ ∈ Vect (ϕ1 ,. . . ,ϕ p ) ⇐⇒

0  ...  N1 =   0 1

D’après 1) : N1 ∈ H et N2 ∈ H , puis, comme H est un sev : N1 + N2 ∈ H. 0 1 0 ... 0 . . .. . . (0) ...  0   .  .. .. . Mais : N1 + N2 =  . . 0 . ,   .  0 (0) .. 1  1

0

...

qui est inversible, contradiction.

...

0

Ce raisonnement par l’absurde montre que tout hyperplan de Mn (K ) rencontre GLn (K ) .

10.29 1) Cas n = 1 : Il est évident que la réponse, pour n = 1, est oui. 2) Cas n = 2 : Rappelons la formule suivante, que l’on peut montrer par un calcul élémentaire, ou bien par application du théorème de Cayley et Hamilton : ∀ M ∈ M2 (K ), M 2 − tr (M)M + det (M) I2 = 0 (1) .

    AB − XI p A Ip 0 −XI p A = −B Iq B Iq 0 Iq   ! notée M      −XI p 0 A −XI p A Ip = . B −XIq −B Iq 0 B A − XIq   ! M 

En, passant aux déterminants, on obtient :  det (M)1 p 1q = det (AB − XI p )1q 1 p (−X)q det (M) = (−X) p det (B A − XIq ), d’où : (−X)q det (AB − XI p ) = (−X)q det (M)

Soient A,B ∈ M2 (K ) telles que (AB) = 0 . 2

Alors, AB n’est pas inversible, d’où, d’après (1) appliquée à M = AB : − tr (AB)AB = 0 (2). Si AB = 0, alors : AB!)A = 0 . (B A)2 = (B A)(B A) = B( =0 / 0. Supposons AB = On a alors, d’après (2) : tr (AB) = 0. D’où, en appliquant (1) à M = B A , et puisque l’on a tr (B A) = tr (AB) = 0 et det (B A) = det (AB) = 0 : (B A)2 − tr (B A)B A + det (B A)I2 = 0 , et donc : (B A)2 = 0 . La réponse, pour n = 2, est donc : oui. 3) Cas n
3 : Donnons un contrexemple pour le cas n = 3, ce contrexemple se généralisant à l’ordre n, pour n
3 , en complétant partout par des 0.     1 0 0 0 1 0 Pour A =  0 1 0  et B =  0 0 0  , on a : 0 0 0 1 0 0     0 1 0 0 1 0 AB =  0 0 0  et B A =  0 0 0  , 0 0 0 1 0 0   0 0 0 2 2 / 0. puis : (AB) = 0 et (B A) =  0 0 0  = 0 1 0 La réponse, pour n
3 , est donc : non.

10.30 Faisons apparaître AB − XIp et B A − XIq dans des produits par blocs de matrices carrées d’ordre p + q :

= (−X) p det (B A − XIq ), ce qui établit le résultat demandé.

10.31 a) On a, par exemple : 

B C

In 0



In 0

−B Ip



 =

In 0

0 C

 .



 In −B La matrice est triangulaire, à éléments diagonaux 0 Ip tous non nuls (car égaux à 1), donc cette matrice est inversible, d’où, d’après le cours :     In 0 In B = rg rg . 0 C 0 C D’autre part, il est clair (par la méthode de Gauss, par exemple)   In 0 = n + rg (C). que rg 0 C   In B = n + rg (C). On conclut : rg 0 C b) On a, à l’aide de produits par blocs :      In R In 0 In + RS R = , −S I p S Ip 0 Ip      In R 0 In −R In = . −S I p 0 Ip −S I p + S R     In 0 In −R , Les matrices carrées sont inverS Ip 0 Ip sibles (comme en 1)), donc, d’après le cours :  rg  rg

In −S

In −S

   R In + RS R = rg , Ip 0 Ip    R 0 In = rg . Ip −S I p + S R

D’après a) et le résultat analogue pour des matrices triangulaires inférieures par blocs (se démontrant comme en a), ou par transposition à partir du résultat de a)), on a : 421

 rg

In + RS 0

In −S

R Ip



0 Ip + S R

= p + rg (In + RS) ,  = n + rg (I p + S R) .

 2 Soient (u,v) ∈ L(E) quelconque. Notons U,V les matrices respectives de u,v dans B . On a : u ◦ f ◦ v = p ⇐⇒ U AV = P1 ⇐⇒ U PJr QV = RJd S

On conclut : p + rg (In + RS) = n + rg (I p + S R).

10.32 a) Notons a = rg (A), b = rg (B). D’après le cours, il existe P,Q ∈ GLn (K ), R,S ∈ GL p (K ) telles que : A = PJn,a Q, B = RJ p,b S, où     Ia 0 Ib 0 ∈ Mn (K ), J p,b = ∈ M p (K ) . Jn,a = 0 0 0 0

On a alors, en faisant des produits de matrices diagonales par blocs :     0 A 0 PJn,a Q = 0 RJ p,b S 0 B     P 0 Jn,a 0 Q 0 = . 0 R 0 J p,b 0 S     P 0 Q 0 Il est clair que et sont inversibles. 0 R 0 S On a donc :    A 0 Jn,a rg = rg 0 0 B

0



J p,b

= a + b = rg (A) + rg (B).     A 0 B 0 b) On suppose que les matrices et sont 0 A 0 B équivalentes. D’après a), on a alors : 2 rg (A) = 2 rg (B) , donc rg (A) = rg (B), et on conclut que les matrices A et B sont équivalentes.   A 0 c) On suppose que A et B sont équivalentes et que 0 U   B 0 et sont équivalentes. On a alors rg (A) = rg (B), et, 0 V d’après a) ; rg (A) + rg (U ) = rg (B) + rg (V ) . Il s’ensuit : rg (U ) = rg (V ), donc les matrices U et V sont équivalentes.

10.33



2 Il suffit de trouver un couple (u,v) ∈ L(E) tel que

u ◦ f ◦ v = p, où p est le projecteur sur F parallèlement à G. Notons r = rg ( f ), d = dim (F) = rg ( p) . Le K-ev E , de dimension finie, admet au moins une base B . Notons A,P1 les matrices respectives de f, p dans B . D’après le cours, il existe P,Q, R,S ∈ GLn (K ) telles que A = PJr Q et P1 = RJd S , où :     Ir 0 Id 0 ∈ Mn (K ), Jd = ∈ Mn (K ) . Jr = 0 0 0 0 422

⇐⇒ (R −1 U P)Jr (QV S −1 ) = Jd . Choisissons : U = RJr P −1 et V = Q −1 Jd S. On a alors :

(R −1 U P)Jr (QV S −1 ) = Jr Jr Jd = Jd ,

car d  r.

 2 Ainsi, il existe (u,v) ∈ L(E) convenant.

10.34 1re méthode : Recherche de l’inverse par résolution d’un système : Cherchons l’éventuel inverse de M sous forme de matrice décomposée en blocs, dans le même format que pour M . Soit   X Y N= . On a : Z T      A B X Y In 0 = M N = In+ p ⇐⇒ 0 Ip C D Z T  (1) AX + B Z = I n       AY + BT = 0 (2) ⇐⇒  C X + DZ = 0 (3)      (4). CY + DT = I p Les équations (1) et (3) ont pour inconnues X et Z, les équations (2) et (4) ont pour inconnues Y et T. Puisque A est inversible :   (2) Y = −A−1 BT ⇐⇒ (4) (D − C A−1 B)T = I p (5). Si D − C A−1 B n’est pas inversible, l’équation (5) n’a pas de solution (en T), donc M n’est pas inversible. Supposons D − C A−1 B inversible. Alors : 

(2) (4)

 ⇐⇒

Y = −A−1 B(D − C A−1 B)−1 T = (D − C A−1 B)−1 .

D’autre part, puisque A est inversible :   (1) X + A−1 B Z = A−1 ⇐⇒ (3) C X + DZ = 0  −1 −1 X + A BZ = A ⇐⇒ (D − C A−1 B)Z = −C A−1 [L 2 − L 2 − C L 1 ]  Z = −(D − C A−1 B)−1 C A−1 ⇐⇒ X = A−1 + A−1 B(D − C A−1 B)−1 C A−1 . −→

 rg

On conclut que la matrice carrée M est inversible si et seulement si D − C A−1 B est inversible et que, dans ce cas, en notant E = (D − C A−1 B)−1 , on a :   −1 A + A−1 B EC A−1 −A−1 B E M −1 = . −EC A−1 E



Jm,n,a

  0 Ia 0  , J p,q,b =  0 0 0

0 0 0

Ia =0 0

X ∈ E ⇐⇒ AX B = 0 ⇐⇒ (PJm,n,a Q)X (RJ p,q,b S) = 0 ⇐⇒ Jm,n,a (Q X R)J p,q,b = 0.

On remarque (cf. aussi l’exercice 10.38) : 

0 Ip 

In −C A−1 =



A 0

! A C

B D

 

In 0

0 D − C A−1 B

−A−1 B Ip



Décomposons Q X R en blocs :  U1 V1 Q X R =  U2 V2 U3 V3



.

On a alors, en notant E = (D − C A−1 B pour la commodité : −1  −1  0 A 0 In −A−1 B In M= −C A−1 I p 0 Ip 0 E −1 donc : M −1 = =

In 0 

−1

−A B Ip



−1

A 0

A−1 + A−1 B EC A−1 −EC A−1

0 E



In −C A−1  −A−1 B E . E

 W1 W2  . W3

On obtient, par produit par blocs de trois matrices :

Les deux matrices autour de M sont triangulaires et à termes diagonaux tous non nuls (car égaux à 1), donc ces deux matrices sont inversibles. Il en résulte que M est inversible si et   A 0 est inversible, ce qui reseulement si 0 D − C A−1 B vient, puisque A est supposée inversible, à ce que D − C A−1 B soit inversible.



Ib−a 0

 0 0. 0

Soit X ∈ Mn, p (K ), quelconque. On a :

2e méthode : Utilisation d’une factorisation par blocs : M

0

0 Ip



10.35 1) • On a E ⊂ Mn, p (K ) et 0 ∈ E. • On a, pour tout α ∈ K et tous X,Y ∈ E : A(αX + Y )B = α AX  B! + AY  B! = 0 , =0 =0 donc αX + Y ∈ E.



Jm,n,a (Q X R)J p,q,b

Donc :

V1 0 0

U1 = 0 0

 0 0. 0

  X ∈ E ⇐⇒ U1 = 0 et V1 = 0 .

Ainsi, l’application X −→ Q X R est un isomorphisme d’espaces vectoriels de E sur le K-ev des matrices décomposées en neuf blocs et telles que les deux premiers blocs soient nuls. Il en résulte : dim (E) = np − ab. Le résultat est identique lorsque a
b . On conclut :

dim (E) = np − rg (A) rg (B).

10.36 Notons r = rg (A) < n et : 0  ...  . Mr =   .. .  .. 0

1 .. .

(0) ...

0 .. . .. .

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

...

...

 Nr =

Mr 0

0 0

... (0) .. . .. . 0

0 ..  . ..   .  ∈ Mr+1 (K ),  0 1

 ∈ Mn (K ) .

On conclut : E est un K-ev.

Il est clair que Mr est nilpotente, donc Nr est nilpotente.

2) D’après le cours, il existe des matrices P,Q ∈ GLn (K ), R,S ∈ GL p (K ) telles que : A = PJm,n,a Q et B = RJ p,q,b S, où on a noté : a = rg (A), b = rg (B),   Ia 0 ∈ Mm,n (K ) , Jm,n,a = 0 0   Ib 0 ∈ M p,q (K ) . J p,q,b = 0 0

Comme rg (A) = r = rg (Nr ) , il existe P,Q ∈ GLn (K ) telles que : A = P Nr Q. On a alors :

On peut supposer, par exemple a  b , et décomposer en neuf blocs :

A = ( P Q )(Q −1 Nr Q ) .  !   ! notée B notée C Alors, B,C sont dans Mn (K ), B est inversible car P et Q le sont, et C est nilpotente, car : C r+1 = (Q −1 Nr Q)r+1 = Q −1 Nrr+1 Q = Q −1 0Q = 0 . Le couple (B,C) convient. 423

10.37 On a l’égalité matricielle suivante, par produit par blocs, pour D inversible et C D = DC : 

A C

B D



D −C

0 D −1



 =

AD − BC 0

B D −1 In

∀ t ∈ [0 ; 1], f (t) = / 0.

 .

det

A C



B D det

In C A−1

0 −I p

 Les matrices

A C

B D

= det (AD − BC).

10.40 Récurrence sur p. • La propriété est évidente pour p = 1.



A C

In C A−1

B D



0 −I p

 −A−1 B Ip   A 0 = . 0 C A−1 B − D

In 0



 et

In 0

 −A−1 B , Ip

Il en résulte, d’après le cours : 

A C

B D



 = rg

A 0

0 C A−1 B − D





A 0

0 C A−1 B − D

i=1

i=1

Fi = E, alors, d’après l’hypothèse de récurrence, il existe

i=1

i ∈ {1,. . . , p} tel que Fi = E , donc, a fortiori, il existe i ∈ {1,. . . , p + 1} tel que Fi = E, d’où le résultat voulu. p  Fi = / E. Supposons donc i=1 p 

Fi , c’est-à-dire :

i=1

 = rg (A) + rg (C A−1 B − D)

D’où : rg (M) = n ⇐⇒ n = n + rg (C A−1 B − D) ⇐⇒ rg (C A−1 B − D) = 0 ⇐⇒ C A−1 B − D = 0 ⇐⇒ D = C A−1 B.

10.39 a) Soit t ∈ [0 ; 1] . Puisque ||t A|| = |t| ||A||  ||A|| < 1 , d’après le cours, la  (t A)k converge dans Mn (R), et on a :

série

k
0

    +∞ +∞ (In − t A) (t A)k = (t A)k (In − t A) = In , k=0

donc In − t A ∈ GLn (R) et : (In − t A)−1

∀ i ∈ {1,. . . , p}, y ∈ / Fi . L’idée consiste maintenant à remarquer que la droite affine passant par y et dirigée par x ne rencontre les Fi qu’en un nombre fini de points. Puisque K est infini, il existe λ1 ,. . . ,λ p+2 ∈ K deux à deux distincts. Les p + 2 vecteurs y + λk x , pour k ∈ {1,. . . , p + 2} p+1  Fi . Il existe donc i ∈ {1,. . . , p + 1} et sont dans E = i=1

k, ∈ {1,. . . , p + 2} distincts, tels que : y + λk x ∈ Fi et y + λ x ∈ Fi .  1  λ (y + λk x) − λk (y + λ x) ∈ Fi , Comme y = λ − λk / {1,. . . , p}, donc i = p + 1. on a nécessairement i ∈ Comme x =

 1 y + λk x) − (y + λ x) ∈ Fi , λk − λ

/ p + 1. on a nécessairement i = On aboutit à une contradiction.

+∞  = (t A)k . k=0

424

/ E . Il existe alors x ∈ E tel que Supposons donc Fp+1 = p+1 p   Fi , on a alors x ∈ Fi . Si x∈ / Fp+1 . Comme E =

/ Il existe alors y ∈ E tel que y ∈

= n + rg (C A−1 B − D) .

k=0

i=1

voulu est acquis.

.

D’après l’exercice 10.32 : rg

• Supposons-la vraie pour un p ∈ N∗ . Soient F1 ,. . . ,Fp+1 des p+1  Fi = E. Si Fp+1 = E, alors le résultat sev de E tels que

p 

sont triangulaires, à termes diagonaux tous non nuls (car égaux à 1), donc ces deux matrices sont inversibles.

rg

det (In − A) = f (1) > 0.

En particulier : 

10.38 On a l’égalité matricielle suivante, par produit par blocs : 

∀ t ∈ [0 ; 1], f (t) > 0 .

det (D) det (D −1 ) = det (AD − BC) , 

donc :

D’après le théorème des valeurs intermédiaires, f est de signe strict fixe sur [0 ; 1] . Comme f (0) = det (In ) = 1 , on conclut :

En passant aux déterminants, on obtient : 

b) L’application f : [0 ; 1] −→ R, t −→ det (In − t A) est continue sur l’intervalle [0 ; 1] , et, d’après a) :

Ceci montre : ∃ i ∈ {1,. . . , p + 1}, Fi = E, et établit le résultat voulu, par récurrence sur p.

10.41 a) On a, pour tout h ∈ G :

  1  1 1 p◦h = g ◦h = g◦h = k = p, n g∈G n g∈G n k∈G

car l’application g −→ g ◦ h est une permutation de G. b) On déduit :    1 1 1 1 2 g = p◦g= p = np = p , p =p◦ n g∈G n g∈G n g∈G n donc p est un projecteur de E .  Ker (g − e). c) 1) Soit x ∈ ∀ g ∈ G, (g − e)(x) = 0,

c’est-à-dire : ∀ g ∈ G, g(x) = x, 1 1 1 g(x) = x = nx = x, p(x) = d’où : n g∈G n g∈G n et donc : x ∈ Im ( p) .  Ker (g − e) ⊂ Im ( p). Ceci montre : g∈G

2) Réciproquement, soit x ∈ Im ( p). Puisque p est un projecteur, on a alors : p(x) = x. D’où :   ∀ g ∈ G, g(x) = g p(x) = g ◦ p(x). Mais, comme en a) (de l’autre côté), on a : ∀ g ∈ G, g ◦ p = p . ∀ g ∈ G, g(x) = p(x) = x,

D’où : et donc : Ceci montre : et donc :

On a alors, pour tout x ∈ C : P(x) = det (x A + B) = det (x Q Jr R + B)   = det Q(x Jr + Q −1 B R −1 )R = det (Q) det (x Jr + Q −1 B R −1 ) det (R). En notant

g∈G

On a alors :

b) 1) Notons r = rg (A) . D’après le cours, il existe Q,R ∈ GLn (C) telles que A = Q Jr R , où on a noté   Ir 0 ∈ Mn (C). Jr = 0 0

∀ g ∈ G, x ∈ Ker (g − e). ∀ g ∈ G, Im ( p) ⊂ Ker (g − e),  Ker (g − e). Im ( p) ⊂ g∈G

On conclut à l’égalité : Im ( p) =



Ker (g − e).

Q −1 B R −1 = (αi j )i j , la matrice carrée

x Jr + Q −1 B R −1 est à termes constants (vis-à-vis de x), sauf les r premiers de la diagonale, qui sont les x + αii . En développant ce déterminant, il est clair qu’il s’agit d’une fonction polynomiale de degré  r. On a donc : deg (P)  r = rg (A). 2) On a, pour tout x ∈ C∗ :     1 1 1 P(x) = det (x A + B) = det B + A . xn x x Notons S : C −→ C, y −→ det (y B + A). D’après a), appliqué à (B,A) au lieu de (A,B), S est une fonction polynomiale de degré  rg (B). En notant P = a0 + · · · + an Xn , on a , pour tout y ∈ C∗ :     1 a1 an = y n a0 + yn P + ··· + n y y y = a0 y n + a1 y n−1 + · · · + an ,   1 est : donc le degré de la fonction polynomiale y −→ y n P y n − val (P), où val (P) désigne la valuation de P. On déduit :

n − val (P)  rg (B),

et on conclut :

val (P)
n − rg (B).

g∈G

d) D’après c) et puisque p est un projecteur en dimension finie :   Ker (g − e) = dim Im ( p) = rg ( p) dim g∈G

= tr ( p) = tr Remarque : Il en résulte que



   1 1 g = tr (g). n g∈G n g∈G

10.43 a) On a, pour tout p ∈ N∗ : (e− f ) ◦ g p =

Comme (g p ) p∈N∗ est supposée bornée, il en résulte : 1 (e − f p ) −→ 0 . p∞ p

tr (g) est un entier naturel mul-

g∈G

tiple de n.

10.42 a) Il est clair, par exemple par développement par rapport à une rangée et par récurrence, que P : x −→ det (x A + B) est une application polynomiale, de degré  n.

1 1 (e − f ) ◦ (e+ f +· · ·+ f p−1 ) = (e − f p ). p p

On conclut :

(e − f ) ◦ g p −→ 0. p∞

b) • Puisque (g p ) p∈N∗ est bornée et à valeurs dans L(E) qui est un K -ev de dimension finie, d’après le cours sur la compacité, la suite (g p ) p∈N∗ admet au moins une valeur d’adhérence. • Soit h une valeur d’adhérence de (g p ) p∈N∗ . Il existe donc une extractrice σ telle que : gσ( p) −→ h. p∞

425

* D’après a), et par suite extraite : (e − f ) ◦ gσ( p) −→ 0 . p∞

Mais, puisque E est de dimension finie, L(E) l’est aussi, donc, par continuité des opérations dans L(E) : (e − f ) ◦ gσ( p) −→(e − f ) ◦ h . p∞

On a donc : (e − f ) ◦ h = 0 , c’est-à-dire : f ◦ h = h. Une récurrence immédiate permet de déduire : ∀ k ∈ N∗ , f k ◦ h = h . * On alors, pour tout p ∈ N∗ : gp ◦ h =

1 (e + f + · · · + f p−1 ) ◦ h p 1 = (h + f ◦ h + · · · + f p−1 ◦ h) p 1 1 = (h + · · · + h) = ph = h. p p

En particulier : ∀ p ∈ N∗ , gσ( p) ◦ h = h. En passant à la limite lorsque l’entier p tend vers l’infini, on déduit : h ◦ h = h.

426

Ceci montre que toute valeur d’adhérence de (g p ) p∈N∗ est un projecteur. c) • Soient h,k deux valeurs d’adhérence de la suite (g p ) p∈N∗ . Il existe une extractrice σ telle que gσ( p) −→ h, p∞

et il existe une extractrice τ telle que gτ( p) −→ k. p∞

On a vu plus haut : ∀ p ∈ N∗ , g p ◦ h = h, donc, en particulier :

∀ p ∈ N∗ , gτ( p) ◦ h = h.

En passant à la limite lorsque l’entier p tend vers l’infini, on déduit : k ◦ h = h . De même, on montre : k ◦ h = k. On déduit : h = k . On conclut que la suite (g p ) p∈N∗ admet au plus une valeur d’adhérence. • La suite (g p ) p∈N∗ est à valeurs dans un compact, puisqu’elle est bornée et à valeurs dans L(E) qui est un K -ev de dimension finie, et cette suite admet une seule valeur d’adhérence. D’après l’exercice 1.22, on conclut que (g p ) p∈N∗ converge. D’après b), finalement, (g p ) p∈N∗ converge vers un projecteur.

Réduction des endomorphismes et des matrices carrées Plan

CHAPITRE

11

Thèmes abordés dans les exercices

Les méthodes à retenir 428

•

Détermination des vp et des SEP d’une endomorphisme ou d’une matrice carrée

•

Calcul ou étude du polynôme caractéristique d’un endomorphisme d’un ev de dimension finie, du polynôme caractéristique d’une matrice carrée

•

Étude de la diagonalisabilité d’un endomorphisme d’un ev de dimension finie ou d’une matrice carrée, obtention d’une diagonalisation

•

Résolution d’équations matricielles

•

Obtention de renseignements sur une matrice carrée satisfaisant une équation

•

Détermination de la limite de la suite des puissances d’une matrice carrée

•

Détermination de sommes de séries matricielles convergentes liées à la série géométrique ou à la série de l’exponentielle

•

Obtention et utilisation du polynôme minimal

•

Étude de la trigonalisabilité d’un endomorphisme d’un ev de dimension finie ou d’une matrice carrée, obtention d’une trigonalisation.

Énoncés des exercices 431 Du mal à démarrer ?

441

Corrigés

445

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •

Définitions de : valeur propre, spectre, vecteur propre, sous-espace propre

•

Définition du polynôme caractéristique, lien avec les valeurs propres, coefficients remarquables

•

Définition de la diagonalisabilité, d’une diagonalisation

•

CNS de diagonalisabilité faisant intervenir le polynôme caractéristique et les dimensions des SEP

•

CS de diagonalisabilité

•

Définition de la trigonalisabilité, d’une trigonalisation

•

CNS de trigonalisabilité portant sur le polynôme caractéristique, cas de C

•

Notion de polynôme d’endomorphisme, de polynôme de matrice carrée, leur manipulation

•

Définition de polynôme annulateur d’un endomorphisme ou d’une matrice carrée

•

Inclusion du spectre dans l’ensemble des zéros d’un polynôme annulateur 427

Chapitre 11 • Réduction des endomorphismes et des matrices carrées

•

CNS de diagonalisabilité par existence d’un polynôme annulateur scindé simple

•

Théorème de Cayley et Hamilton

•

Théorème de décomposition des noyaux

•

Notion de polynôme minimal.

Les méthodes à retenir Par commodité, on utilise les abréviations suivantes : ev pour : espace vectoriel sev pour : sous-espace vectoriel vp pour : valeur propre − → pour : vecteur propre vp SEP pour : sous-espace propre K désigne un corps commutatif. K désigne R ou C. Sauf mention contraire, n désigne un entier
1. Essayer l’une des trois méthodes suivantes : 1) Revenir à la définition, c’est-à-dire résoudre l’équation f (x) = λx, d’inconnues λ ∈ K , x ∈ E − {0}. À cet effet, on pourra raisonner par équivalences successives, ou par analyse-synthèse. ➥ Exercice 11.5.

Pour déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres d’un endomorphisme f d’un K-ev E, ou d’une matrice carrée A de Mn (K)

2) Déterminer les valeurs propres de f, par exemple en formant le polynôme caractéristique χ f de f (si E est de dimension finie), chercher les zéros de χ f, puis déterminer les sous-espaces propres associés. ➥ Exercices 11.3, 11.5, 11.38. Si E est un ev de polynômes, lors de la résolution de f (P) = λP et P = / 0 , envisager le degré de P, ou des polynômes P simples, ou des diviseurs simples de P.

➥ Exercices 11.4, 11.29. Si E est un ev de fonctions, envisager l’intervention d’une équation différentielle. ➥ Exercice 11.7. 3) Faire intervenir la notion de polynôme annulateur, si f ou A satisfait une équation simple.

➥ Exercices 11.5, 11.18. 428

Les méthodes à retenir

Pour déterminer une ou deux valeurs propres manquantes, pour une matrice carrée A

Penser à utiliser tr (A) et éventuellement tr (A2 ).

Pour étudier les valeurs propres et les vecteurs propres d’une matrice A ∈ M(C) dont les coefficients interviennent explicitement

Traduire l’égalité AX = λX, où X ∈ Mn,1 (C) − {0} par un système d’égalités portant sur λ et sur les termes de X et, si nécessaire, faire intervenir la notion de module d’un nombre complexe, souvent à l’aide d’inégalités. ➥ Exercice 11.28.

➥ Exercice 11.8.

Former χ A (λ) = det (A − λIn ) et calculer de déterminant en essayant de privilégier les factorisations. Pour calculer le polynôme caractéristique d’une matrice A ∈ Mn (K)

Pour étudier les valeurs propres réelles d’une matrice A ∈ Mn (R)

➥ Exercices 11.5, 11.10, 11.24, 11.38, 11.57 à 11.59. Essayer de se ramener, lorsque c’est possible, à des déterminants de matrices triangulaires par blocs. ➥ Exercice 11.31. Penser éventuellement à faire intervenir des arguments issus de l’analyse, en particulier le théorème des valeurs intermédiaires, sur le polynôme caractéristique de A ou sur un polynôme annulateur de A.

➥ Exercices 11.18, 11.43, 11.45, 11.58. Effectuer une transformation du genre : Ln

−→

Pour déterminer le polynôme caractéristique d’une matrice-compagnon

L n + λL n−1 + · · · + λn−1 L 1 .

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

➥ Exercice 11.58.

Pour étudier la diagonalisabilité d’une matrice carrée A et éventuellement la diagonaliser, dans un exemple numérique pouvant comporter des paramètres

Essayer de former le polynôme caractéristique χ A , en déduire les valeurs propres de A, et, pour chaque valeur propre λ de A, déterminer une base de SEP (A,λ) . La matrice carrée A est diagonalisable dans Mn (K ) si et seulement si : χ A est scindé sur K et, pour chaque valeur propre λ de A, dim SEP (A,λ) est égale à l’ordre de multiplicité de λ dans χ A . Dans ce cas, on aura alors A = P D P −1 , où D est la matrice diagonale des valeurs propres de A, dans un ordre arbitraire, et P est la matrice obtenue en mettant côte à côte les vecteurs d’une base de vecteurs propres de A associés, dans l’ordre, aux valeurs propres. Lors du calcul de χ A , essayer de factoriser au maximum.

➥ Exercices 11.10 à 11.12, 11.16, 11.24 Se rappeler aussi le théorème spectral, vu dans un autre chapitre : toute matrice symétrique réelle est diagonalisable dans Mn (R).

➥ Exercices 11.8, 11.13, 11.33, 11.44. 429

Chapitre 11 • Réduction des endomorphismes et des matrices carrées

• Lorsque les valeurs propres et les vecteurs propres sont calculables, appliquer la CNS de diagonalisabilité. Pour étudier la diagonalisabilité d’une matrice carrée A

➥ Exercices 11.10 à 11.12, 11.24, 11.33 a). • Lorsque A satisfait une équation, appliquer la CNS de diagonalisabilité faisant intervenir un polynôme annulateur.

➥ Exercices 11.36 b), 11.39, 11.40. Pour résoudre une équation matricielle, par exemple B2 = A, où A est donnée et B inconnue

Pour étudier le commutant d’une matrice A de Mn (K)

Essayer d’utiliser, si c’est possible, une diagonalisation de A, pour se ramener à une équation C 2 = D, où D est diagonale et C inconnue. Avant de résoudre C 2 = D, on peut souvent préciser la forme de C, en utilisant le fait que C et D commutent.

➥ Exercices 11.13, 11.32, 11.33, 11.52 à 11.54. Essayer, lorsque A est diagonale ou diagonalisable, de se ramener à des calculs sur les éléments ou à des calculs par blocs

➥ Exercice 11.72. Pour étudier une équation matricielle dans un contexte de polynômes de matrices carrées

Essayer de faire intervenir une diagonalisation ou une trigonalisation.

Pour résoudre une question faisant intervenir la trigonalisabilité

Essayer d’utiliser la CNS de trigonalisabilité : A est trigonalisable dans Mn (K ) si et seulement si χ A est scindé sur K.

➥ Exercices 11.23, 11.48, 11.49, 11.70, 11.71.

➥ Exercice 11.48.

430

Pour étudier une matrice carrée satisfaisant une équation

Penser à faire intervenir la notion de polynôme annulateur.

Pour étudier une matrice A ∈ Mn (R) qui annule un polynôme P ∈ R[X] non scindé sur R

Essayer d’utiliser une diagonalisation ou une trigonalisation de A dans Mn (C), puis de revenir aux réels.

Pour obtenir des renseignements, par exemple sur la trace ou le déterminant, d’une matrice A de Mn (K), lorsqu’on dispose d’un polynôme P annulateur de A

Utiliser : le spectre de A est inclus dans l’ensemble des zéros de P dans K.

Pour étudier des polynômes de matrices carrées, lorsqu’intervient la notion de polynômes premiers entre eux

Penser à utiliser le théorème de Bezout.

Pour calculer les puissances d’une matrice carrée

Essayer d’utiliser une diagonalisation ou une trigonalisation de A.

➥ Exercices 11.17 à 11.20, 11.43, 11.44, 11.50, 11.51.

➥ Exercices 11.43, 11.44.

➥ Exercices 11.16, 11.43, 11.44.

➥ Exercice 11.75.

➥ Exercices 11.14, 11.15, 11.23.

Énoncés des exercices

Énoncés des exercices 11.1 Condition sur les coefficients d’une matrice carrée pour qu’un vecteur donné soit vecteur propre



x Déterminer tous les (x,y) ∈ R tels que la matrice  1 1 propre. 2

1 y 1

   1 1 1  admette  2  pour vecteur 0 3

11.2 Condition sur les coefficients d’une matrice carrée pour que deux vecteurs donnés soient vecteurs propres    1 a 2 1 admette U = et Trouver tous les (a,b) ∈ R2 tels que la matrice A = −1 b 1 1 pour vecteurs propres.

11.3 Exemples de détermination des éléments propres de matrices triangulaires 

0 Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de A =  0 0   0 1 1 B =  0 1 1  ∈ M3 (R). 0 0 0

 1 1  ∈ M3 (R), et de 1

1 0 0

11.4 Spectre d’un endomorphisme d’un espace de polynômes

  On note E = Rn [X] et f l’application P −→ f (P) = X P(X) − P(X − 1) . a) Vérifier que f est un endomorphisme du R-ev E. b) Former la matrice A de f dans la base canonique B = (1,X,. . . ,Xn ) de E. c) Déterminer noyau, rang, image, spectre de f.

11.5 Éléments propres d’un endomorphisme de M2 (R) Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de   a b d

−→ f : M2 (R) −→ M2 (R), c d −c

−b a

.

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

11.6 Éléments propres d’un endomorphisme d’un espace de polynômes On considère l’application f : R[X] −→ R[X] définie, pour tout P ∈ R[X], par : f (P) = X(X − 1)P(−1) + (X + 1)(X − 1)P(0) + (X + 1)XP(1) . a) 1) Vérifier que f est linéaire. 2) Déterminer Ker ( f ) et Im ( f ). b) Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de f, en considérant la matrice A de l’endomorphisme induit par f sur E, et en utilisant a) 2).

11.7 Éléments propres d’un endomorphisme d’un espace de fonctions On note E = C ∞ (R,R) et on considère l’application T : E −→ E, f −→ g, où g est définie par : ∀ x ∈ R, g(x) = f (x) − x f (x). 431

Chapitre 11 • Réduction des endomorphismes et des matrices carrées

a) Montrer que T est un endomorphisme surjectif de E.

b) Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de T.

11.8 Exemple de détermination du spectre d’une matrice carrée 1 . Soient n ∈ N tel que n
3, An =  .. 1

1 ..  . ∈ Mn (R).

... (0) ...

1 b) CNS sur n pour que SpR (An ) ⊂ Z ?

a) Calculer les valeurs propres de An .

11.9 Non-diagonalisabilité de matrices élémentaires / j . Montrer que Ei j, matrice élémentaire de Soient n ∈ N − {0,1}, (i, j) ∈ {1,. . . ,n}2 tel que i = Mn (K ), n’est pas diagonalisable.

11.10 Exemple d’étude de diagonalisabilité



3−a CNS sur a ∈ R pour que la matrice M(a) =  −a 5 lisable ?

11.11 Exemple d’étude de diagonalisabilités

−5 + a a−2 −5



0 Étudier, pour (a,b,c) ∈ R , la diagonalisabilité de M =  b b M3 (C). 3

11.12 Exemple de condition de diagonalisabilité 

0 0 6 CNS sur (a,. . . , f ) ∈ C pour que A =  0 0

a 0 0 0

b d 1 0

11.13 Exemple d’étude d’une équation matricielle

 a a  ∈ M3 (R) soit diagona−2

 c c  dans M3 (R), dans 0

a 0 −a

 c e  soit diagonalisable dans M4 (C) ? f 1 

0 Trouver au moins une matrice X ∈ M3 (C) telle que : X 2 =  1 1

1 0 1

 1 1. 0

11.14 Exemple de détermination de la limite de la suite des puissances d’une matrice carrée  1 1 2 On note A = 3 0

0 1 2

 2 0  ∈ M3 (R). Déterminer lim An . n∞ 1

11.15 Exemple de calcul de ch A 

5 On note A =  1 −1

0 4 0

 −1 −1  ∈ M3 (R). 5

a) Montrer que A est diagonalisable et diagonaliser A.

b) Calculer

+∞ p=0

432

1 A2 p . (2 p)!

Énoncés des exercices

11.16 Étude d’un endomorphisme d’un espace de fonctions de dimension finie On note f 1 , f 2 , f 3 , f 4 : R −→ R les applications définies, pour tout x ∈ R, par : f 1 (x) = ch x,

f 2 (x) = sh x,

f 3 (x) = x ch x,

f 4 (x) = x sh x ,

et on note B = ( f 1 , f 2 , f 3 , f 4 ), E = Vect (B). a) Montrer que B est une base de E. Quelle est la dimension de E ? b) Montrer que D : f −→ f est un endomorphisme du R-ev E et exprimer A = MatB ( f ). c) 1) Calculer A2 , A4 . (On pourra utiliser une écriture en blocs.) 2) En déduire : ∀ f ∈ E, f (4) − 2 f

+ f = 0 . d) Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de D. Est-ce que D est diagonalisable ?

11.17 Étude d’une équation matricielle Trouver toutes les matrices A ∈ Mn (R) diagonalisables dans Mn (R) telles que : A3 + 2A = 3 In .

11.18 Étude d’une équation matricielle Soit A ∈ Mn (R) telle que : 2A3 + 3A2 − 6A − I3 = 0 . Montrer que A est diagonalisable dans Mn (R).

11.19 Exemple d’équation portant sur un endomorphisme Soient E un R-ev de dimension 3, f ∈ L(E) . On suppose : f 4 = f 2 et {−1,1} ⊂ Sp ( f ) . Montrer que f est diagonalisable.

11.20 Étude d’une équation matricielle avec transposition Soit M ∈ Mn (R) telle que : M 2 + t M = 2 In . Démontrer que M est diagonalisable dans Mn (R).

11.21 Polynômes minimaux de A et t A Soit A ∈ Mn (K ). Montrer que A et t A ont le même polynôme minimal.

11.22 Polynôme minimal imposé

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Le polynôme P = X2 + 1 peut-il être le polynôme minimal d’une matrice de M2 (C), de M2 (R), de M3 (C), de M3 (R) ?

11.23 Utilisation de la trigonalisation pour l’étude d’une matrice nilpotente Soit A ∈ Mn (C) nilpotente. Montrer : An = 0.

11.24 Exemple de trigonalisation  1 1 1 On note A = 2 2

1 −1 0

 −1 1  ∈ M3 (R). 0

b) Est-ce que A est diagonalisable ?   0 1 0 c) Montrer que A est semblable à T =  0 0 1  . 0 0 0

a) Calculer χ A.

433

Chapitre 11 • Réduction des endomorphismes et des matrices carrées

11.25 Expression de det (eA ) Démontrer : ∀ A ∈ Mn (C), det (e A ) = etr (A) .

11.26 Liens entre les spectres de f ◦ g et g ◦ f Soient E un K-ev, f,g ∈ L(E) . a) Montrer : Sp ( f ◦ g) ∪ {0} = Sp (g ◦ f ) ∪ {0} . b) Établir que, si E est de dimension finie, alors : Sp ( f ◦ g) = Sp (g ◦ f ). c) Donner un exemple d’ev E (non de dimension finie) et d’endomorphismes f,g de E tels que : Sp ( f ◦ g) = / Sp (g ◦ f ).

11.27 Inégalité sur le rayon spectral d’une matrice carrée Soit ||.|| une norme d’algèbre sur Mn (C), c’est-à-dire une norme sur l’ev Mn (C) telle que : ∀ A,B ∈ Mn (C), ||AB||  ||A|| ||B||. Soit A ∈ Mn (C). On note ρ(A) = Max |λ|, appelé rayon spectral de A. λ∈SpC (A) Démontrer : ρ(A)  ||A||.

11.28 Valeurs propres d’une matrice stochastique Soit A = (ai j )i j ∈ Mn (R) telle que :   n ∀ (i, j) ∈ {1,. . . ,n}2 , ai j ∈ [0 ; 1] et ∀ i ∈ {1,. . . ,n}, ai j = 1 . j=1

a) Montrer que 1 est valeur propre de A. b) Établir :

∀ λ ∈ SpC (A), ∃ i ∈ {1,. . . ,n}, |λ − aii |  1 − aii ,

et conclure : SpC (A) ⊂

n

B (aii , 1 − aii ).

i=1

11.29 Éléments propres d’un endomorphisme d’un espace de polynômes On note f : R[X] −→ R[X], P −→ (X3 + X)P − (3X2 − 1)P . a) Vérifier que f est un endomorphisme de R[X]. b) Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de f.

11.30 Spectre d’un endomorphisme d’un espace de fonctions On note E le R-ev des applications f : [0 ; +∞[−→ R continues et de limite nulle en +∞, et T l’endomorphisme de E qui, à f ∈ E, associe l’application T ( f ) : [0 ; +∞[−→ R, x −→ f (x + 1) . Déterminer le spectre de T. par blocs 11.31 Polynôme caractéristiqued’une matrice Soient A ∈ Mn (K ), M =

In A

In A

∈ M2n (K ).

Exprimer le polynôme caractéristique de M en fonction de celui de A.

434

Énoncés des exercices

11.32 Exemple de résolution d’équation matricielle 

On note A =

−1 10

0 4



∈ M2 (R).

Résoudre l’équation M 3 − 2M = A , d’inconnue M ∈ M2 (R).

11.33 Exemple de résolution d’équation matricielle 

1 On note A =  2 −2

2 1 2

 −2 2  ∈ M3 (R). 1

a) Montrer que A est diagonalisable et diagonaliser A. b) Résoudre l’équation (1) M 2 = A, d’inconnue M ∈ M3 (R).

11.34 Exemple d’étude de diagonalisabilité On note An = (ai j )i j ∈ Mn (R) la matrice définie par :   ai j = 1 si i = 1 ou j = n ,

ai j = 0 sinon.

La matrice An est-elle diagonalisable ?

11.35 Exemple de recherche d’anticommutant

 2 / 0. Soit A ∈ Mn (K ) diagonalisable telle que : ∀ (λ,µ) ∈ SpC (A) , λ + µ = Montrer, pour toute M ∈ Mn (C) : AM + M A = 0 ⇐⇒ M = 0.

11.36 Étude de matrices vérifiant une équation Soient k ∈ N∗ , A ∈ Mn (K ) tels que : Ak+1 = Ak . a) Montrer : ∀ q ∈ N, Ak+q = Ak .

b) Établir que Ak est diagonalisable.

c) Démontrer que, pour tout p ∈ {1,. . . ,k − 1}, Ak − A p est nilpotente.

11.37 Matrices symétriques complexes non diagonalisables a) Déterminer l’ensemble des matrices symétriques complexes d’ordre 2 non diagonalisables. b) En déduire que, pour tout n ∈ N − {0,1}, il existe une matrice symétrique complexe d’ordre n non diagonalisable.

11.38 Matrices de permutation circulaire, déterminant circulaire © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.



 0 1 0 ... ... 0 . .. ..  .. . . . . . (0) ..  .  ..   ..  .. .. . . . 0 .  ∈ Mn (C). a) Soient n ∈ N − {0,1}, Jn =  ..  ..  .  . (0) 1 0     .. 0 . 1 1 0 ... ... 0 0 Déterminer les valeurs propres de Jn et montrer que Jn est diagonalisable. b) En déduire,   a0 a1   an−1 a0  Dn =  . ..  .. .   a a2 1

pour n ∈ N − {0,1} et  . . . an−1   . . . an−2  ..  . .  ... a0 

a0 ,. . . ,an−1 ∈ C, le déterminant circulant

435

Chapitre 11 • Réduction des endomorphismes et des matrices carrées

11.39 Diagonalisabilité à partir d’une hypothèse sur des images / b, e = Id E , f ∈ L(E) tel que : Soient E un K-ev de dimension finie, a,b ∈ K tels que a = Im ( f − ae) ∩ Im ( f − be) = {0}. Montrer que f est diagonalisable.

11.40 Étude de diagonalisabilité pour un endomorphisme sur un espace de matrices carrées / 0. Soient A,B,C ∈ Mn (K ) telles que : B 2 = B, C 2 = C, B AC = 0, C B = 0, tr (A) = On note f : Mn (K ) −→ Mn (K ), M −→ tr (M)A + tr (A)B MC . a) Vérifier que f est un endomorphisme de Mn (K ). b) Démontrer que f est diagonalisable.

11.41 Involutions qui anticommutent, en dimension 4 Soient A,B ∈ M4 (C) telles que : A2 = B 2 = I4 et AB + B A = 0 . a) En calculant tr (B AB) de deux façons, montrer : tr (A) = tr (B) = 0 . b) Montrer que A et B sont diagonalisables, et déterminer les valeurs propres de A et B, ainsi que leurs ordres de multiplicité. c) On note C = i AB. 1) Vérifier : C 2 = I4 , AC + C A = 0, BC + C B = 0. 2) En déduire les valeurs propres de i AB et tr (AB) .

11.42 Spectres disjoints Soient A,B ∈ Mn (C). Montrer que les propriétés suivantes sont équivalentes : (1)

SpC (A) ∩ SpC (B) = ∅

(ii)

χ A (B) ∈ GLn (C).

11.43 Exemple de propriété des solutions d’une équation matricielle Soit A ∈ Mn (R) telle que A3 − 3A − 4 In = 0. Démontrer : det (A) > 0.

11.44 Exemple de propriété des solutions d’une équation matricielle Soit A ∈ Mn (R) telle que : A3 − 4A2 + 6A = 0 . Montrer : n  tr (e A )  1,2 n.

11.45 Polynôme minimal imposé Existe-t-il A ∈ M7 (R) dont le polynôme minimal soit P = X4 + X3 + 2X2 + X + 1 ?

11.46 Exemples de détermination du polynôme minimal d’un endomorphisme Soient n ∈ N∗ , a ∈ R. On note E = Rn−1 [X]. a) On note D : E −→ E, P −→ P . Déterminer π D. b) On note T : E −→ E, P −→ P(X + a). Déterminer πT .

11.47 Polynômes caractéristiques de A et de P(A) Soient A ∈ Mn (K ), P ∈ K [X]. On suppose que le polynôme caractéristique de A est scindé, et n  (X − λk ). on note χ A = (−1)n k=1

Montrer : χ P( A) = (−1)n

n    X − P(λk ) , et donc, χ P(A) est scindé. k=1

436

Énoncés des exercices

11.48 Lien entre f nilpotent et Sp (f ) = {0} Soient E un K-ev de dimension finie
1, f ∈ L(E). a) Montrer que, si f est nilpotent, alors Sp( f ) = {0}. b) On suppose ici K = C. Montrer que, si Sp( f ) = {0}, alors f est nilpotent.

11.49 Étude d’une équation matricielle Soient A ∈ Mn (R), p,q ∈ N∗ . On suppose : A p (A − In )q = 0 et tr (A) = 0. Montrer : A p = 0.

11.50 Étude d’une équation matricielle Trouver toutes les matrices A ∈ Mn (R) telles que : A5 = A2 et tr (A) = n.

11.51 Une équation matricielle qui n’a pas de solution 

0 1 Montrer que l’équation X =  0 0 0 0 (On pourra utiliser l’exercice 11.23.) 2

 0 1  , d’inconnue X ∈ M3 (C), n’a pas de solution. 0

11.52 Exemple d’équation matricielle 

1 On note A =  1 1

0 1 0

 0 0  ∈ M3 (R). Résoudre l’équation X 2 = A , d’inconnue X ∈ M3 (R). 4

11.53 Exemple d’équation matricielle 

 1 0 −2 On note A =  2 −1 −2  ∈ M3 (R), et P = X5 + X + 1 ∈ R[X]. 0 0 3 Résoudre l’équation P(M) = A, d’inconnue M ∈ M3 (R).

11.54 Exemple d’équation matricielle faisant intervenir la comatrice Soient n ∈ N tel que n
3, A ∈ Mn (C)telle que t com (A) = In − A. La matrice A est-elle diagonalisable ?

11.55 Polynômes caractéristiques de AB et de BA Soient A,B ∈ Mn (K ). Montrer : χ AB = χ B A.

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

11.56 Étude de det (AA + In ) Soit A ∈ Mn (C). a) Établir : χ A A ∈ R[X]. (On pourra utiliser l’exercice 11.55.) b) En déduire : det (A A + In ) ∈ R.

11.57 Exemple de calcul de polynôme caractéristique et d’étude de diagonalisabilité Soient n ∈ N − {0,1}, An = (ai j )i j ∈ Mn (R) définie par : ai j = 1 si i
j ou (i = 1 et j = n),

ai j = 0 sinon .

a) Calculer le polynôme caractéristique χ An de An . b) Démontrer que, dans ]1 ; +∞[, An admet une valeur propre et une seule. À cet effet, on pourra considérer ϕ : [1 ; +∞[−→ R, λ −→ (λ − 1)n λ−n+2 − 1. 437

Chapitre 11 • Réduction des endomorphismes et des matrices carrées

11.58 Polynôme caractéristique d’une matrice-compagnon 

1

a1

  a2   ..  . Soient a1 ,. . . ,an ∈ C, A =   ..  .   ..  . an

0 .. .

0 .. . .. . .. .

..

.

(0) ...

0

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

(0) .. . .. . .. .

 0 ..  .  ..  .  ∈ Mn (C).  0   1

...

0

...

...

a) Former χ A. b) On suppose ici : ∀ k ∈ {1,. . . ,n}, ak ∈ ]0 ; +∞[. Démontrer que, dans ]0 ; +∞[, A admet une valeur propre unique.

11.59 Exemple de calcul de polynôme caractéristique et d’étude de spectre 1

1  . On note, pour (n,z) ∈ (N − {0,1}) × C : A(n,z) =   ..  1 1

0 .. .

(1) 1

... .. . .. .

0 (0) .. . .. . 1

...

z 0  ..   .  ∈ Mn (C).  0 1

a) Calculer le polynôme caractéristique χn de A(n,z).      n b) Montrer : SpC A(n,z) ⊂ B 0, Max (2, 1 + |z| 2 2 −1 .

11.60 Étude de diagonalisabilité pour une matrice par blocs 

a) On note M =

1 1

4 1



∈ M2 (R). Montrer que M est diagonalisable et diagonaliser M. 

b) Soient A ∈ Mn (R), B =

A A

4A A



 ,C =

3A 0

0 −A

.

1) Montrer que B est semblable à C. 2) Établir que B est diagonalisable si et seulement si A est diagonalisable.

11.61 Décomposition d’un endomorphisme diagonalisable en combinaison linéaire de projecteurs Soient E un K-ev de dimension finie, e = Id E , f ∈ L(E) diagonalisable. On note, pour tout  Eµ . µ∈Sp ( f )−{λ} A(λ) pλ = A( f ). En particulier : λ pλ = f. a) Montrer : ∀ A ∈ K [X],

λ ∈ Sp ( f ), E λ = SEP ( f,λ) , et pλ le projecteur sur E λ parallèlement à

λ∈Sp ( f )

λ∈Sp ( f )

b) Établir : ∀ λ ∈ Sp ( f ), ∃ L ∈ K [X], pλ = L( f ) .

11.62 Minoration de la dimension du commutant d’une matrice carrée On note Tn,s (C) le C-ev des matrices triangulaires supérieures de Mn (C), et T n,s (C) le sev de Tn,s (C) formé des matrices de Tn,s (C) à termes diagonaux tous nuls. On note, pour A ∈ Mn (C) :   f A : Mn (C) −→ Mn (C), M −→ AM − M A et C(A) = M ∈ Mn (C) ; f A (M) = 0 . 438

Énoncés des exercices

  a) Vérifier, pour toute A ∈ Mn (C), f A ∈ L Mn (C) , et, pour toute A ∈ Tn,s (C),   f A Tn,s (C) ⊂ Tn,s (C).   b) En déduire : ∀ A ∈ Mn (C), dim C(A)
n.

11.63 Étude de diagonalisabilité / 0 . Montrer que Soient n ∈ N − {0,1}, A ∈ Mn (C) telle que : rg (A) = 2, tr (A) = 0, An = A est diagonalisable dans Mn (C).

11.64 Liens entre les diagonalisabilités de A et de A2 , pour A inversible Soit A ∈ GLn (C) . Montrer que A est diagonalisable si et seulement si A2 est diagonalisable.

11.65 Étude de diagonalisabilité pour une matrice par blocs 

0 B . Démontrer que M est diagonalisable si et seulement si A 0 AB est diagonalisable. (On pourra utiliser l’exercice 11.64.)

Soient A,B ∈ GLn (C), M =

11.66 Étude de diagonalisabilité pour une matrice par blocs 

Soient p,q ∈ N∗ , A ∈ GL p (K ), B ∈ M p,q (K ), M =  a) Montrer que M est semblable à

A 0

0 0

A 0

B 0

∈ M p+q (K ).

.

b) En déduire que M est diagonalisable si et seulement si A est diagonalisable.

11.67 Endomorphismes tels que f ◦ g − g ◦ f = e

 2 Soient E un K -ev distinct de {0}, e = Id E, ( f,g) ∈ L(E) tel que : f ◦ g − g ◦ f = e.

a) Montrer : ∀ n ∈ N∗ , f ◦ g n − g n ◦ f = ng n−1 . b) En déduire : ∀ P ∈ K[X], f ◦ P(g) − P(g) ◦ f = P (g). c) Démontrer que f et g n’admettent pas de polynôme minimal et que E n’est pas de dimension finie.

11.68 Détermination des polynômes P tels que P(A) soit nilpotente

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Soit A ∈ Mn (C). On note {λ1 ,. . . ,λ p } = SpC (A) , où p ∈ N∗ et λ1 ,. . . ,λ p sont deux à deux distincts. Déterminer l’ensemble des polynômes P ∈ C[X] tels que P(A)soit nilpotente.

11.69 Liens entre les qualités de f − λ e et de P(f ) − P(λ) e Soient E un C-ev, e = Id E , f ∈ L(E), P ∈ C[X]. a) Soit λ ∈ C. Montrer que, si f − λ e n’est pas injective (resp. n’est pas surjective), alors P( f ) − P(λ)e n’est pas injective (resp. n’est pas surjective). b) On suppose ici deg (P)
1. Soit µ ∈ C. Montrer que, si P( f ) − µe n’est pas injective (resp. n’est pas surjective), alors il existe λ ∈ C tel que µ = P(λ) et que f − λ e ne soit pas injective (resp. ne soit pas surjective).

11.70 Exemple de déterminant d’une somme de matrices Soient A ∈ GLn (C), N ∈ Mn (C) nilpotente, telles que AN = N A. Montrer : det (A + N ) = det (A) . 439

Chapitre 11 • Réduction des endomorphismes et des matrices carrées

11.71 Égalité des polynômes caractéristiques de eAB et eBA Soient A,B ∈ Mn (C). Montrer : χe AB = χe B A . On pourra utiliser l’exercice 11.55.

11.72 Commutant et bicommutant d’une matrice diagonalisable Soit A ∈ Mn (K ) diagonalisable. On note λk (1  k  p) les valeurs propres de A, ωk (1  k  p) l’ordre de multiplicité de λk, D = diag (λk Iωk ),, P ∈ GLn (K ) telle que 1k  p

A = P D P −1. On note C(A) le commutant de A dans Mn (K ) :   C(A) = X ∈ Mn (K ) ; AX = X A , et C (A) le commutant de C(A) dans Mn (K ) :   C (A) = B ∈ Mn (K ) ; ∀ X ∈ C(A), X B = B X .   a) Déterminer C(A) et préciser dim C(A) .   b) Déterminer C (A) et préciser dim C (A) .

11.73 Diagonalisation simultanée Soient E un K-ev de dimension finie n
1, Iun ensemble non vide, ( f i )i∈I une famille d’endomorphismes diagonalisables de E, commutant deux à deux, c’est-à-dire tels que : ∀ (i, j) ∈ I 2 , f i ◦ f j = f j ◦ f i . Démontrer qu’il existe une base de E dans laquelle tous les f i sont diagonalisables (on pourra faire une récurrence forte sur n).

11.74 Conséquence d’une diagonalisation simultanée Soient E un K-ev de dimension finie, M l’ensemble des f ∈ L(E) tels qu’il existe k ∈ N∗ (dépendant de f) tel que f k soit diagonalisable. Démontrer que, pour tout ( f,g) ∈ M 2 tel que f ◦ g = g ◦ f, on a : f ◦ g ∈ M. (On pourra utiliser l’exercice 11.73.)

11.75 CNS pour que χf soit irréductible Soient E un K-ev de dimension finie
1, f ∈ L(E). Montrer que χ f est irréductible dans K [X] si et seulement si les seuls sev de E stables par f sont {0} et E.

11.76 Étude de matrices proportionnelles semblables a) Soit A ∈ Mn (C). Montrer que, si A et 2A sont semblables, alors A est nilpotente. (On pourra utiliser l’exercice 11.48.) b) Donner un exemple de C-ev (non de dimension finie) et de f ∈ L(E) tels que : f n’est pas nilpotent et il existe g ∈ GL(E) tel que 2 f = g ◦ f ◦ g −1.

11.77 Réunion compacte de spectres Soient E une partie compacte de Mn (C), S =

A∈E

pacte de C.

440

SpC (A). Démontrer que S est une partie com-

Du mal à démarrer ?

Du mal à démarrer ? 11.1

Revenir à la définition d’un vecteur propre.

11.2

1re méthode : Utilisation de la définition :

Revenir à la définition d’une vecteur propre, en traduisant que les familles (AU,U ) et (AV,V ) sont liées. 2e méthode : Utilisation d’une matrice de passage : En notant P = ( U

V ), traduire que P −1 A P est diagonale.

11.3

Revenir à la définition. Dans cet exercice, les matrices A et B semblent peu différentes par leurs écritures, mais A ne sera pas diagonalisable et B sera diagonalisable.

11.4

1re méthode : Étude matricielle :

2e méthode : Utilisation d’un polynôme annulateur : Remarquer que f 2 est l’identité. a) 1) Immédiat.

• Montrer : Im ( f ) = R2 [X]. b) • 0 est vp de f et SEP ( f,0) est déjà obtenu. 



• Montrer que, si (λ,P) ∈ R∗ × R(X] − {0} vérifie f (P) = λP, alors P ∈ R2 [X] .

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

a) • Vérifier : T ∈ L(E) .

• Pour montrer que T est surjectif, utiliser le théorème de Cauchy et Lipschitz sur les ED linéaires du premier ordre. b) Revenir à la définition et résoudre une EDL1. Remarquer d’abord que An est symétrique réelle.

a )• Montrer que 0 est vp et préciser dim SEP (An ,0) . • Il manque (au plus) deux valeurs propres λ1 ,λ2 . Utiliser A2n , tr (An ), tr (A2n ) . √ b) Traduire 2n − 3 ∈ N .

11.9

Raisonner par l’absurde.

11.12 Les valeurs propres sont évidentes. Déterminer les dimensions des SEP associés à 0,1.

11.13 1re méthode : Réduction :} Diagonaliser A, A = P D P −1 , et chercher X sous la forme X = P ∆ P −1 , ∆ diagonale.

11.14 Diagonaliser A, en déduire An, puis lim An . n∞

b) Utiliser la diagonalisation obtenue en a) et faire apparaître des DSE(0) de fonctions usuelles.

11.16 a) Montrer que

B est libre, par exemple en utilisant des

DL 3 (0).

2) • On obtient : Ker ( f ) = (X + 1)X(X − 1)R[X].

11.8

signe de ab − ac + bc.

11.15 a) Méthode du cours.

Former la matrice de f dans la base canonique de M2 (R).

11.7

11.11 Former le polynôme caractéristique de M . Discuter selon le

En notant I = I3 et U la matrice dont chaque terme est égal à 1, chercher X sous la forme X = (a − b)I + bU .

c) Remarquer que A est triangulaire supérieure, à termes diagonaux tous = 0 sauf le premier.

11.6

dim SEP (A,−2).

2e méthode : Utilisation d’une particularité de A :

a) Immédiat.

b) Calculer f (X j ) pour tout j ∈ {0,. . . ,n}.

11.5

11.10 Former le polynôme caractéristique de M(a) et déterminer

b) Calculer D f i pour 1  i  n.   1 0 0 ,J = c) 1) En notant I = 0 1 1  J I A= , 0 J 4 2) Calculer A − 2A2 + I4 .

1 0

, remarquer

d) D’après c), X4 − 2X2 + 1 est annulateur de f.

11.17 Utiliser la notion de polynôme annulateur. 11.18 Utiliser la notion de polynôme annulateur. Étudier les variations de ce polynôme.

11.19 Séparer en deux cas selon que 0 est ou n’est pas vp de f. 11.20 Exprimer t M, puis M = t (t M) , pour obtenir un polynôme annulateur de M , de degré 4.

11.21 Montrer que π A est annulateur de t A, puis utiliser la définition de π tA. Donner des exemples de matrices, dans M2 (C), dans M2 (R), dans M3 (C), ayant P pour polynôme minimal. Raisonner par l’absurde pour le cas de M3 (R).

11.22

441

Chapitre 11 • Réduction des endomorphismes et des matrices carrées

11.23 Trigonaliser A dans Mn (C) , et étudier la forme des puissances successives d’une matrice triangulaire supérieure dont les termes diagonaux sont tous nuls.

11.24 a) Immédiat.

2) Si M convient, alors M commute avec A, et en déduire la forme de N telle que M = P N P −1 . Résoudre ensuite N 3 − 2N = D.

11.33 a) Méthode du cours.

b) Raisonner par l’absurde. c) Noter B = (e1 , e2 , e3 ) la base canonique de M3,1 (R), f l’endomorphisme de M3,1 (R) représenté par A dans B , et chercher une base C = (v1 , v2 , v3 ) de M3,1 (R) telle que f soit représenté dans C par T.

11.25 Utiliser une trigonalisation de A dans Mn (C) . 11.26 a) Montrer : Sp ( f ◦ g) − {0} ⊂ Sp (g ◦ f ), en revenant aux définitions.

b) Remarquer que, si une matrice M vérifie (1), alors M commute avec A. Déterminer la forme des matrices commutant avec D, matrice diagonale obtenue en a).

11.34 Écrire la matrice An. Raisonner par l’absurde, en remarquant que les valeurs propres de An sont 0 et 1.

11.35 Avec les notations usuelles, A = P D P −1 .

b) 1re méthode : Étude des caractères bijectifs : Séparer en cas selon que f ou g est bijectif ou non. 2e méthode : Utilisation des polynômes caractéristiques :

Pour M ∈ Mn (K ) , D N + N D = 0.

noter

N = P −1 M P

et

résoudre

11.36 a) Récurrence sur q. b) Montrer : (Ak )2 = Ak et utiliser un polynôme annulateur.

Utiliser l’exercice 11.55.

c) Envisager, par exemple, E = C ∞ ([0 ; 1],R) et f : u −→ u , g : v −→ g(v) , où g(v) est la primitive de g s’annulant en 0.

11.27 Soient λ ∈ SpC (A), X ∈ SEP (A,λ) − {0} . Considérer la matrice M de Mn (C) obtenue en répétant X côte à côte, n fois.

11.28 a) Calculer AU, où U ∈ Mn,1 (R) est à termes tous égaux à 1. b) Soient λ ∈ SpC (A), X ∈ Mn,1 (C) − {0} tel que AX = λX. Montrer, en passant aux éléments : ∀ i ∈ {1,. . . ,n}, |λ − aii | |xii |  ai j |x j | , j=i

et considérer i tel que : |xi | = Max |x j |. 1 j n

11.29 a) Immédiat. → de f, alors deg (P) = 3, puis noter vp b) Montrer que, si P est − 3 2 P = aX + bX + cX + d, (a,b,c,d) ∈ R4 .

11.30 1) Soit λ ∈ Sp (T ), f ∈ E − {0} telle que T ( f ) = λ f. Calculer f (x + n) pour x ∈ [0 ; +∞[ et n ∈ N. Déduire : λ ∈ ] − 1 ; 1[. 2) Réciproquement, montrer que, pour tout λ ∈ ] − 1 ; 1[, il existe f ∈ E − {0} telle que T ( f ) = λ f, en construisant f par intervalles successifs.

11.31 Former le polynôme caractéristique χ M de M , en manipulant des blocs. On peut commencer par multiplier des colonnes par 1 − X.

442

11.32 1) Commencer par diagonaliser A, A = P D P −1 .

c) Calculer (Ak − A p )k en utilisant la formule du binôme de Newton.  a b 11.37 a) Noter A = et traduire que A admet une vp b c double et que le SEP associé est de dimension 1. b) Compléter un exemple obtenu en a) par des termes tous nuls.

11.38 a) Former le polynôme caractéristique de Jn , par exemple en développant par rapport à la première colonne, puis faire intervenir les racines n-èmes de 1 dans C. b) Remarquer que la matrice envisagée se décompose linéairement sur In , Jn , Jn2 ,. . . ,Jnn−1 .

11.39 Montrer : ∀ x ∈ E, ( f − ae) ◦ ( f − be)(x) = 0, puis utiliser la notion de polynôme annulateur.

11.40 a) Immédiat. b) Calculer f 2 (M) pour toute M ∈ Mn (K ), et en déduire un polynôme annulateur de f.

11.41 a) Utiliser la formule : ∀ X,Y ∈ M4 (C), tr (X Y ) = tr (Y X) . b) Utiliser la notion de polynôme annulateur et l’ordre (4) des matrices envisagées. c) 1) Immédiat. 2) Le couple (A,C) vérifie les mêmes hypothèses que le couple (A,B).

Énoncés des exercices

11.42 Utiliser une factorisation de χ A, qui est scindé sur C. 11.43 Utiliser la notion de polynôme annulateur et faire interve-

nir une diagonalisation dans Mn (C) .

11.46 Dans cet exercice, ne pas confondre le rôle d’un polynôme de Rn [X] auquel on applique, par exemple, D ou T, et le rôle d’un polynôme annulateur de D ou de T. a) Montrer : D n = 0 et D n−1 = 0.

(−1)n χ A (λ) . λn

11.59 a) Former le polynôme caractéristique χn de A(n,z) en développant, par exemple, par rapport à la première ligne. 



b) Soit λ ∈ SpC A(n,z) . Supposer |λ|
2, noter, pour la commodité, µ = |λ − 1| et obtenir une inégalité sur µ, puis sur |λ|.

11.60 a) Immédiat. )n−1

= 0.

11.47 Utiliser une trigonalisation de A dans Mn (K ) . 11.48 a) Supposer f k = 0, k ∈ N∗ . Montrer : Sp ( f ) ⊂ {0} et 0 ∈ Sp ( f ) . b) Réciproquement, si K = C et Sp ( f ) = {0} , utiliser une trigonalisation de f, et étudier la forme des puissances successives d’une matrice triangulaire supérieure dont tous les termes diagonaux sont nuls.

11.49 Utiliser la notion de polynôme annulateur. Montrer que A − In est inversible.

11.50 Utiliser la notion de polynôme annulateur et utiliser une trigonalisation de A dans Mn (C) .

11.51 Raisonner par l’absurde et utiliser l’exercice 11.23. 11.52 Commencer par déterminer les matrices qui commutent

b) 1) Remarquer que B se déduit de C comme M se déduit de  3 0 D= , dans a). 0 −1 2) Séparer en deux sens.

11.61 a) Soit x ∈ E. On a x =

λ

pλ (x) , et déduire A( f )(x).

b) Noter Sp ( f ) = {λ1 ,. . . ,λ N } où λ1 ,. . . ,λ N sont deux à deux distincts. Utiliser le cours sur l’interpolation polynomiale.

11.62 a) La linéarité de f A est immédiate. Pour l’inclusion, examiner les termes diagonaux de f A (T ) pour T ∈ Tn,s (C). b) Utiliser une trigonalisation de A dans Mn (C) , A = P T P −1 . 1) Montrer que θ : B −→ P −1 B P est un isomorphisme d’ev de C(A) sur C(T ). 2) Appliquer le théorème du rang à :

avec A.

gT : Tn,s (C) −→ Tn,s (C), U −→ T U − U T .

11.53 1) Diagonaliser A, A = Q D Q −1 . 2) Montrer que, si M convient, alors M commute avec A, d’où la forme de N telle que M = Q N Q −1 . Résoudre des équations du 5éme degré dans R. © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

L n + λL n−1 + · · · + λn−1 L 1 .

b) Étudier les variations de : ϕ : λ −→

11.45 Factoriser P dans R[X] et raisonner par l’absurde.

= 0 et (T − Id E

11.58 a) Utiliser : L n

−→

11.44 Utiliser la notion de polynôme annulateur et faire interve-

b) Montrer : (T − Id E

en développant par rapport à la première ligne. b) Étudier les variations de ϕ.

nir une diagonalisation dans Mn (C) .

)n

11.57 a) Former le polynôme caractéristique de An, par exemple

11.54 Utiliser la formule : det (A) In = At com (A), et la notion de polynôme annulateur.

11.55 Envisager, par exemple, les produits matriciels : 



λ In B

λ In B





A −In 0 , In B In  A A −In In 0 −λ In

et passer aux déterminants.

11.56 a) Calculer χ A A (λ), en utilisant l’exercice 11.55. b) Envisager λ = −1 .

11.63 Utiliser une trigonalisation de A. 11.64 1) Un sens est immédiat. 2) Supposer A2 diagonalisable. Utiliser un polynôme scindé simple P annulateur de A2 et montrer que l’on peut supposer P(0) = 0. Faire intervenir les deux racines carrées complexes d’un complexe non nul.

11.65 Calculer M 2 et utiliser l’exercice 11.64. 

11.66 Noter N =

A 0

0 0

.

a) Chercher une matrice X ∈ M p,q (K ) telle que, en notant  Ip X , on ait : M = P N P −1 , c’est-à-dire M P = P N. P= 0 Iq c) Séparer en deux sens.

443

Chapitre 11 • Réduction des endomorphismes et des matrices carrées

11.67 a) Récurrence sur n. b) Décomposer P sur la base canonique et utiliser a). c) Raisonner par l’absurde et utiliser b).

11.68 En notant π A le polynôme minimal de A, montrer que P(A) est nilpotente si et seulement si : ∃ k ∈ N∗ , π A | P k . Faire intervenir une factorisation de π A dans C[X].

11.69 a) 1) Si f − λe n’est pas injectif, revenir à la définition. 2) Montrer la non-surjectivité par contraposition. Supposer P( f ) − P(λ)e surjectif. Factoriser P(X) − P(λ) par X − λ, et déduire que f − λe n’est pas surjectif. n  (X − tk ). b) Factoriser : P(X) − µ = α

Considérer les vp et les SEP de f i0 et appliquer l’hypothèse à la famille ( f i,k )i∈I , où f i,k est l’endomorphisme induit par f i sur le SEP numéro k de f i0 .

11.74 Soit ( f,g) ∈ M 2 tel que f ◦ g = g ◦ f . Appliquer le résultat de l’exercice 11.73 à la famille ( f p ,g p ) où p ∈ N∗ est à définir.

11.75 1) Supposer χ f irréductible.  {0}. Considérer Soit F un sev de E, stable par f, tel que F = x ∈ F − {0}, puis f (x), f 2 (x),. . . Utiliser le théorème de Bezout. 2) Réciproquement, supposer que les seuls sev de E stables par f soient {0} et E. Raisonner par l’absurde, supposer : χ f = AB, pgcd (A,B) = 1, 1  deg (A)  n − 1, 1  deg (B)  n − 1.

k=1

11.70 Montrer que A−1 N est nilpotente et utiliser une trigonalisation.

11.71 Utiliser des trigonalisations de AB et B A et le fait que AB

Utiliser le théorème de Cayley et Hamilton et le théorème de décomposition des noyaux.

11.76 a) Supposer A et 2A semblables. Montrer : ∀ λ ∈ SpC (A), ∀ k ∈ N, 2k λ ∈ SpC (A)

et B A ont les mêmes valeurs propres avec les mêmes ordres de multiplicité, cf. exercice 11.67.

11.72 Noter A =

P D P −1 ,

D = diag (λ1 Iω1 ,. . . ,λ p Iω p ) .

a) Pour X ∈ Mn (K ) , noter M = P −1 X P et résoudre D M = M D en utilisant des blocs. 2) Pour B ∈ Mn (K ), noter Z = P −1 B P et résoudre M Z = Z M en utilisant des blocs.

11.73 Récurrence forte sur n.

Utiliser l’exercice 11.48. b) Considérer, par exemple, E = CZ et : f : (xn )n −→ (2n u n )n , g : (u n )n −→ (u n+1 )n .

11.77 Munir Mn,1 (C) d’une norme ||.|| et Mn (C) de la norme subordonnée ||.|| associée. 1) Montrer que S est bornée, en utilisant E bornée.

le cas où toutes les f i sont des homothéties, immédiat

2) Montrer que S est fermée, à l’aide de la caractérisation séquentielle des fermés, et en utilisant des vecteurs propres de norme 1.

le cas où il existe i 0 ∈ I tel que f i0 ne soit pas une homothétie.

Conclure.

Pour le passage de n à n + 1 , séparer en deux cas :

444

et déduire : ∀ λ ∈ SpC (A), λ = 0.

Corrigés des exercices 11.1

Pour (x,y) ∈ R2 , notons     x 1 1 1 A = 1 y 1, U = 2. 1 1 0 3

/ 0: On, a, puisque U =

V pour vecteurs propres si et seulement si P −1 A P est diagonale. On calcule le produit P −1 A P et on obtient :  4+a−b 2+a−b P −1 A P = . −6 − a + 2b −3 − a + 2b On a : P −1 A P diagonale

→ de A ⇐⇒ ∃ λ ∈ R, AU = λU U− vp x +5 = λ   ⇐⇒ ∃ λ ∈ R, 2y + 4 = 2λ   3 = 3λ   x +5=1 x = −4 ⇐⇒ ⇐⇒ 2y + 4 = 2 y = −1. On conclut qu’il y a un couple (x,y) convenant et un seul, (x,y) = (−4,−1).

 ⇐⇒

2−a+b =0 −6 − a + 2b = 0

⇐⇒

a = 2 b = 4.

11.3 • Puisque A (resp. B ) est triangulaire, les valeurs propres de A (resp. B) se lisent sur sa diagonale, donc : les valeurs propres de A (resp. B) sont 0 (double) et 1 (simple).   x • Soit X =  y  ∈ M3,1 (R). On a : z 1) ∗ X ∈ SEP (A,0) ⇐⇒ AX = 0

11.2

1re

/ 0 et V = / 0, A admet U et V pour vecPuisque U = teurs propres si et seulement si : AU est colinéaire à U, et AV est colinéaire à V.    1 a 2 2+a = On a : AU = , donc : −1 b 1 −2 + b AU colinéaire à U

 Et : AV =

1 −1

 2  = 0 ⇐⇒ a − 2b + 6 = 0. 1   a 1 1+a = , donc : b 1 −1 + b

AV colinéaire à V

Enfin :

⇐⇒

  1+a ⇐⇒  −1 + b

a − 2b + 6 = 0 a−b+2=0

 1  = 0 ⇐⇒ a − b + 2 = 0. 1

⇐⇒

a = 2 b = 4.

On conclut qu’il y a un couple (a,b) convenant et un seul, (a,b) = (2,4). 2e méthode : Utilisation d’une matrice de passage :  2 1 . Il est clair que P est inNotons P = ( U V ) = 1 1  1 −1 . La matrice A admet U et versible et P −1 = −1 2



y+z =0

⇐⇒

y=0

z = 0, z=0   1 donc SEP (A,0) = Vect  0  , dim SEP (A,0) = 1 0 ∗ X ∈ SEP (A,1) ⇐⇒ AX = X

  2+a ⇐⇒  −2 + b





méthode : Utilisation de la définition :

⇐⇒



y+z =x

 ⇐⇒

x = 2y

z=y z = y,   2 donc SEP (A,1) = Vect  1  , dim SEP (A,1) = 1 1 2) ∗ X ∈ SEP (B,0) ⇐⇒ B X = 0 ⇐⇒ y + z = 0,      1 0 donc SEP (B,0) = Vect  0  ,  1  , 0 −1 dim SEP (B,0) = 2 ∗ X ∈ SEP(B,1) ⇐⇒ B X = X ⇐⇒

y = x

z = 0,   1 donc SEP (B,1) = Vect  1  , dim SEP (B,1) = 1. 0

Remarque : Il en résulte que A n’est pas diagonalisable dans M3 (R) , et que B est diagonalisable dans M3 (R) . 445

11.4

a) • On a, pour tout α ∈ R et tous P,Q ∈ R(X] : f (αP + Q)   = X (αP + Q)(X) − (αP + Q)(X − 1)   = X αP(X) + Q(X) − αP(X − 1) − Q(X − 1)     = αX P(X) − P(X − 1) + X Q(X) − Q(X − 1) = α f (P) + f (Q),

donc : Im ( f ) ⊂ X Rn−1 [X]. D’autre part : dim Im ( f ) = rg ( f ) = n = dim (X Rn−1 [X]) . On conclut : • Spectre : Puisque A est triangulaire supérieure, les valeurs propres de f se lisent sur la diagonale de A, donc : Sp( f ) = {0,1,. . . ,n} .

donc f est linéaire. • Soit P ∈ E = Rn [X]. On a alors : P(X) − P(X − 1) ∈ Rn−1 [X] , car les termes de degré n se simplifient, puis :   f (P) = X P(X) − P(X − 1) ∈ Rn [X] = E .

11.5

D’abord, il est clair que f est un endomorphisme

de E . 1re méthode : Étude matricielle Formons la matrice M de f dans la base canonique

On conclut que f est un endomorphisme de E .

B = (E11 , E12 , E21 , E22 ) de M2 (R) .

b) On a, pour tout j ∈ {0,. . . ,n} :   f (X j ) = X X j − (X − 1) j

On a : f (E11 ) = E22 , f (E12 ) = −E12 ,

j    j (−1) j−i Xi = X Xj − i i=0  j−1  j−1  j j (−1) j−i Xi = (−1) j−i−1 Xi+1 =X − i i i=0 i=0 j  j (−1) j−k Xk . = k = i + 1 k=1 k − 1

D’où la matrice A de f dans la base canonique de E :   0   1 ∗   ..   .   , A=   j     . ..   (0) n où le terme situé à la k-ème ligne et à la j-ème colonne est égal  j (−1) j−k , pour (k, j) ∈ {0,. . . ,n}2 . à k−1 c) • Noyau : Puisque A est triangulaire, que le premier terme diagonal est nul et que les autres termes diagonaux sont tous non nuls, Ker ( f ) est de dimension 1, de base (1) . • Rang : D’après le théorème du rang : rg ( f ) = dim (E) − dim Ker ( f ) = (n + 1) − 1 = n . • Image : Par définition def, on a :   ∀ P ∈ E, f (P) = X P(X) − P(X − 1) ∈ X Rn−1 [X] , 446

Im ( f ) = X Rn−1 [X] = Vect (X,. . . ,Xn ).



d’où :

0 0 M = 0 1

f (E21 ) = −E21 , f (E22 ) = E11 ,  0 0 1 −1 0 0  . 0 −1 0  0

0

0

On calcule le polynôme caractéristique de M , par exemple en développant par rapport à la première colonne :    −λ 0 0 1     0 −1 − λ 0 0  χ M (λ) =  0 −1 − λ 0   0  1 0 0 −λ       −1 − λ 0 0   0 0 1   = −λ  0 −1 − λ 0  −  −1 − λ 0 0   0   0 −λ 0 −1 − λ 0  = (−λ)2 (−1 − λ)2 − (−1 − λ)2 = (1 + λ)2 (λ2 − 1) = (λ − 1)(λ + 1)3 . On déduit que les valeurs propres de M sont : −1 (triple) et 1 (simple).   x1  x2   On a, pour toute X =   x3  ∈ M4,1 (R) : x4 • M X = −X ⇐⇒ x4 = −x1 , donc :       1 0 0  0   1   0        SEP (M,−1) = Vect   0  ,  0  ,  1  , −1 0 0    1 0 0 1 0 0 SEP ( f,−1) = Vect , , 0 −1 0 0 1 0

  • M X = X ⇐⇒ x1 = x4 , x2 = 0, x3 = 0 donc   1  0  , SEP ( f,1) = Vect 1 SEP (M,1) = Vect  0 0

0 1

 P(−1) + P(0) + P(1) = 0    ⇐⇒ −P(−1) + P(1) = 0    P(0) = 0  P(−1) = 0    ⇐⇒ P(0) = 0 ⇐⇒ (X + 1)X(X − 1) | P.    P(1) = 0

.

1 2e méthode : Utilisation d’un polynôme annulateur  a b On remarque que, pour toute A = : c d   d −b a b 2 f (A) = f = = A, −c a c d

On conclut : Ker ( f ) = (X + 1)X(X − 1)R[X]. • ∗ D’après la définition de f, il est clair que : ∀ P ∈ R[X], f (P) ∈ R2 [X] ,

donc : f 2 = IdM2 (R) .

donc : Im ( f ) ⊂ R2 [X].    f X(X − 1) = 2X(X − 1)      f (X + 1)(X − 1) = −(X + 1)(X − 1) ∗ On a :      f (X + 1)X = 2(X + 1)X,

Remarque : f est une symétrie. Ainsi, le polynôme X2 − 1 est annulateur de A. Il en résulte : Sp ( f ) ⊂ {−1,1}.  a b On a, pour toute A = : c d

donc les trois polynômes

• f (A) = −A ⇐⇒ d = −a, donc    1 0 0 1 0 SEP ( f,−1) = Vect , , 0 −1 0 0 1   • f (A) = A ⇐⇒ d = a, b = 0, c = 0 , donc :  1 0 SEP ( f,1) = Vect . 0 1

A = X(X − 1), B = (X + 1)(X − 1), C = (X + 1)X 0 0



sont dans Im ( f ). De plus, −A + C = 2X, A + C = 2X2 , 2B − A − C = −2 , donc 1,X,X2 se décomposent sur A,B,C. Ainsi : R2 [X] = Vect (1,X,X2 ) ⊂ Vect (A,B,C) = Im ( f ) .

11.6

a) 1) On a, pour tout α ∈ R et tous P,Q ∈ R[X] :

f (αP + Q) = X(X − 1)(αP + Q)(−1) + (X + 1)(X − 1)(αP + Q)(0) + (X + 1)X(αP + Q)(1)

 = α X(X − 1)P(−1) + (X + 1)(X − 1)P(0)   = +(X + 1)XP(1) + X(X − 1)Q(−1)

 +(X + 1)(X − 1)Q(0) + (X + 1)XQ(1) = α f (P) + f (Q), donc f est linéaire. 2) • On a, pour tout P ∈ R[X] : P ∈ Ker ( f ) ⇐⇒ f (P) = 0 ⇐⇒ X(X − 1)P(−1) + (X + 1)(X − 1)P(0) + (X + 1)XP(1) = 0   ⇐⇒ P(−1) + P(0) + P(1) X2   + − P(−1) + P(1) X − P(0) = 0

On conclut : Im ( f ) = R2 [X]. b) • On a étudié plus haut Ker ( f ). Il en résulte que 0 est valeur propre de f et que : SEP ( f,0) = Ker ( f ) = (X + 1)X(X − 1)R[X] . • Si (λ,P) ∈ R∗ × R(X] − {0} est tel que f (P) = λP, alors :  1 1 P = f (P) = f P ∈ Im ( f ) ⊂ R2 [X]. λ λ Le sev R2 [X] est stable par f , car Im ( f ) ⊂ R2 [X] . Considérons l’endomorphisme g de R2 [X] induit par f sur R2 [X]. La matrice de g dans la base (A,B,C) de R2 [X] (dé  2 0 0 finie plus haut) est :  0 −1 0  . 0 0 2 Il en résulte que les valeurs propres de g sont 2 et −1, et que : SEP (g,2) = Vect (A,C), SEP (g,−1) = Vect (B) . On conclut : Sp ( f ) = {−1, 0, 2}   SEP ( f,−1) = Vect (X + 1)(X − 1)   SEP ( f,0) = Vect (X + 1)X(X − 1)   SEP ( f,2) = Vect (X + 1)X, (X − 1)X = Vect (X,X2 ) . 447

a) • Il est clair que, pour toute f ∈ E , l’application T ( f ) : x −→ f (x) − x f (x) est définie sur R et que T ( f ) ∈ E.

11.7

On a, pour tout α ∈ R et toutes f,g ∈ E :

= (α f + g) (x) − x(α f + g)(x) = α f (x) + g (x) − αx f (x) − xg(x)     = α f (x) − x f (x) + g (x) − xg(x) = αT ( f )(x) + T (g)(x)   = αT ( f ) + T (g) (x),

et d’autre part : tr (A) = 2, donc : λ1 + λ2 = 2 . ... ... (2) ... ...

2 2 .. .

n 2 .. .

2 2

2 n

    ,  

d’où : tr (A2n ) = 2n + (n − 2)2 = 4n − 4. Et, d’autre part : tr (A2n ) = λ21 + λ22 + (n − 2) 02 , d’où : λ21 + λ22 = 4n − 4. On déduit :

T (α f + g) = αT ( f ) + T (g),

ce qui montre que T est linéaire.

4 = (λ1 + λ2 )2 = λ21 + λ22 + 2λ1 λ2 = (4n − 4) + 2λ1 λ2 ,

On conclut : T est un endomorphisme du R-ev E . • Soit g ∈ E. D’après le théorème de Cauchy et Lipschitz linéaire, il existe f : R −→ R , dérivable sur R, telle que : ∀ x ∈ R, f (x) − x f (x) = g(x). De plus, à l’aide d’une récurrence immédiate, f est de classe C ∞, donc : f ∈ E . ∀ g ∈ E, ∃ f ∈ E, T ( f ) = g,

Ainsi :

tr (A) = λ1 + λ2 + (n − 2) · 0 , ∗ Calculons A2n . On obtient :  n 2 2 2 . .  A2n =  .. ..  2 2 n 2

∀ x ∈ R, T (α f + g)(x)

donc :

∗ Puisque χ An est scindé sur R :

d’où :

λ1 λ2 = 4 − 2n.  λ1 + λ2 = 2

donc λ1 et λ2 sont les solutions λ1 λ2 = 4 − 2n, de l’équation t 2 − 2t + (4 − 2n) = 0, d’inconnue t ∈ R. Le discriminant de cette équation du second degré est ∆ = 4 − 4(4 − 2n) = 8n − 12 > 0 , d’où, à l’ordre près : √ √ λ1 = 1 − 2n − 3, λ2 = 1 + 2n − 3. Ainsi :

Ainsi, les valeurs propres de An sont :

donc T est surjective. b) Soit (λ, f ) ∈ R × (E − {0}) . On a :

0 (dordre n − 2) , √ √ 1 − 2n − 3 (dordre 1), 1 + 2n − 3 (dordre 1) .

T( f ) = λ f ⇐⇒ ∀ x ∈ R, f (x) − x f (x) = λ f (x)

b) On a :

⇐⇒ ∀ x ∈ R, f (x) − (x + λ) f (x) = 0

SpR (An ) ⊂ Z ⇐⇒

⇐⇒ ∃ C ∈ R, ∀ x ∈ R, f (x) = C e

x2 2

+λx

.

⇐⇒



√ 2n − 3 ∈ Z √ 1 + 2n − 3 ∈ Z

1−

√ √ 2n − 3 ∈ Z ⇐⇒ ∃ k ∈ N, 2n − 3 = k ⇐⇒ ∃ k ∈ N, 2n − 3 = k 2 (1).

On conclut : Sp (T ) = R

Si n convient, nécessairement k est impair. Donc :

∀ λ ∈ R, SEP (T,λ) = Vect ( f λ ), où f λ : R −→ R, x −→ e

x2 2

+λx

(1) ⇐⇒ ∃ t ∈ N, 2n − 3 = (2t + 1)2 .

⇐⇒ ∃ t ∈ N, n = 2(t 2 + t + 1). Puisque, de plus, n
3 , on conclut :

11.8

On peut d’abord remarquer que An est symétrique réelle, donc diagonalisable dans Mn (R). En particulier, le polynôme caractéristique de An est scindé sur R. a) • On a : rg (An ) = 2, donc, d’après le théorème du rang : dim Ker (An ) = n − rg (A) = n − 2
1.

Ceci montre que 0 est valeur propre de An et que : dim SEP (An ,0) = n − 2 . • Il nous manque donc (au plus) deux valeurs propres, notées λ1 , λ2 . 448

SpR (An ) ⊂ Z ⇐⇒ ∃ t ∈ N∗ , n = 2(t 2 + t + 1) . Les premières valeurs de n sont : 6, 14, 26 . . .

11.9 Puisque Ei j est triangulaire, ses valeurs propres se lisent sur sa diagonale, donc Sp K (Ei j ) = {0}. Si Ei j était diagonalisable, alors il existerait P ∈ GLn (K ) telle que Ei j = P0P −1 = 0 , contradiction. On conclut que Ei j n’est pas diagonalisable.

11.10

Formons le polynôme caractéristique de M(a) : χ M(a) (λ)   3 − a − λ −5 + a a    = −a a−2−λ a    5 −5 −2 − λ    3 − λ −3 + λ 0    −a = a−2−λ a  − L 1 − L 2  5 −5 −2 − λ    3 − λ 0 0    −a = −2 − λ a  − C2 + C1  5 0 −2 − λ     −2 − λ a  = (3 − λ)  0 −2 − λ 

L1

−→

C2

−→

=

(3 − λ)(−2 − λ)2 = −(λ + 2)2 (λ − 3).

comme χ M n’est pas scindé sur R, M n’est pas diagonalisable dans M3 (R) . 3e cas : ab − ac + bc = 0 : Alors, χ M (λ) = −λ3 , donc M n’a comme valeur propre (réelle ou complexe) que 0. Si (a,b,c) = (0,0,0), alors M = 0, donc M est diagonalisable dans M3 (R) et dans M3 (C) . / (0,0,0) . Si M était diagonalisable dans Supposons (a,b,c) = M3 (R) ou M3 (C) , M serait semblable à 0, donc M = 0, contradiction. Ceci montre que M n’est pas diagonalisable dans M3 (R) ni dans M3 (C) . En conclusion : • M est diagonalisable dans M3 (R) si et seulement si : ab − ac + bc > 0 ou (a,b,c) = (0,0,0) • M est diagonalisable dans M3 (C) si et seulement si : ab − ac + bc = / 0 ou (a,b,c) = (0,0,0) .

Ainsi, les valeurs propres de M(a) sont : −2 (double) et 3 (simple). Déterminons la dimension de SEP (A,−2) .   x On a, pour tout X =  y  ∈ M3,1 (R) : z  (5 − a)x + (−5 + a)y + az = 0    AX = −2X ⇐⇒ −ax + ay + az = 0    5x − 5y = 0 x = y    ⇐⇒ si a = / 0 ou x = y si a = 0 . z=0  1 si a = / 0 Il en résulte : dim SEP (A,−2) = 2 si a = 0. On conclut que M(a) est diagonalisable si et seulement si : a = 0.

11.11

Formons le polynôme caractéristique de M, par exemple en développant par la règle de Sarrus :    −λ a c   χ M (λ) =  b −λ c   b −a −λ    = −λ3 + bcλ − acλ + abλ = −λ λ2 − (ab − ac + bc) . 1er cas : ab − ac + bc > 0 : Alors, M admet trois valeurs propres réelles deux à deux distinctes, donc M est diagonalisable dans M3 (R) , donc M est diagonalisable dans M3 (C) . 2e cas : ab − ac + bc < 0 : Alors, M admet trois valeurs propres complexes deux à deux distinctes, donc M est diagonalisable dans M3 (C) , mais,

11.12 Puisque A est triangulaire, les valeurs propres de A se lisent sur sa diagonale : 0 (double), 1 (double).   x y  On a, pour tout X =   z  ∈ M4,1 (R) : t  ay + bz + ct = 0    ay = 0      dz + et = 0  AX = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ z = 0     z+ ft = 0    t = 0.  t =0 Il en résulte : dim SEP (A,0) = 2 ⇐⇒ a = 0.  ay + bz + ct = x    . De même : AX = X ⇐⇒ dz + et = y    ft = 0 Il en résulte :

dim SEP (A,1) = 2 ⇐⇒ f = 0.

On conclut que A est diagonalisable si et seulement si : a = 0 et f = 0.

11.13 1re méthode : Réduction : 

 0 1 1 La matrice A =  1 0 1  est symétrique réelle, donc dia1 1 0 gonalisable dans M3 (R) .

Un calcul élémentaire fournit A = P D P −1 , où :     1 1 1 2 0 0 P =  1 −1 0  , D =  0 −1 0  , 1 0 −1 0 0 −1 449

P −1

 1 1 = 1 3 1

√ 2 En notant ∆ =  0 0

0 i 0

1 −2 1 

 1 1 . −2

0 0  et X = P∆P −1 , on a alors : i

X 2 = (P∆P −1 )2 = P∆2 P −1 = P D P −1 = A. Ainsi, X convient. On calcule X par trices et on obtient : √ √ 2 + 2i √ 2 − i √ 1 X =  √2 − i √2 + 2i 3 2−i 2−i

produit de trois ma√  √2 − i . √2−i 2 + 2i

2e méthode : Utilisation d’une particularité de A : Vu la forme de la matrice A, on conjecture qu’il existe   a b b X =  b a b  convenant, où (a,b) ∈ C2 . b b a   1 1 1 En notant I = I3 et U =  1 1 1  , on a : 1 1 1  2 X 2 = A ⇐⇒ (a − b)I + bU ) = −I + U U 2 = −I + U ⇐⇒ (a − b)2 I + 2b(a − b)U + b2  = 3U    ⇐⇒ (a − b)2 + 1)I + 2b(a − b) + 3b2 − 1 U = 0  (a − b)2 + 1 = 0 ⇐ 2ab + b2 − 1 = 0   a =b+i a−b =i ⇐⇒ ⇐ 2b(b + i) + b2 − 1 = 0 2ab + b2 − 1 = 0  √  2 + 2i    a = a =b+i 3 ⇐⇒ ⇐ √  2  3b + 2i b − 1 = 0  b = 2 − i 3 et on retrouve la même solution X que dans la première méthode. Remarque : On a déterminé une matrice X convenant, mais il se peut, a priori, qu’il y en ait d’autres. es.

11.14

On forme le polynôme caractéristique de A, on calcule les valeurs propres de A (dans C) et les SEP de A, et, après quelques calculs élémentaires, on obtient A = P D P −1 , où :     1 0 0 1 1 1 √ 0 , P =  1 j2 j  , D =  0 i 3 3 √ 2 1 j j 0 0 − i 33

450

P −1

 1 1 = 1 3 1

 1 j2  . j

1 j j2

 √  i 3  < 1, on a : Comme  3    1  √0  0 i 3 n n  0 D = 0 3  i √3 n 0 0 − 3



1 −−−→ ∆ =  0 n∞ 0

0 0 0

 0 0, 0

d’où, par continuité des opérations dans M3 (C) et en effectuant le produit de trois matrices :   1 1 1 1 An = P D n P −1 −−−→ P∆P −1 =  1 1 1  . n∞ 3 1 1 1

11.15 a) Un calcul élémentaire fournit : χ A (λ) = −(λ − 4)2 (λ − 6) , donc les valeurs propres de A sont : 4 (double), 6 (simple). Par un calcul élémentaire, on obtient :      1 0    SEP (A,4) = Vect 0 , 1 , 1 0   1 SEP (A,6) = Vect  1  , −1 donc A est diagonalisable. Ainsi : A = P D P −1 , où :   1 0 1 P = 0 1 1 , D 1 0 −1  1 1 −1 P = −1 2 1



4 = 0 0 0 2 0

0 4 0 

 0 0, 6

1 1 . −1

b) La série proposée est absolument convergente dans M3 (R) , donc convergente, et : +∞

+∞ 1 1 A2 p = (P D P −1 )2 p (2 p)! (2 p)! p=0 p=0    ch 4 0 0 +∞ 1 =P D 2 p P −1 = P  0 ch 4 0  P −1 (2 p)! p=0 0 0 ch 6   ch 4 + ch 6 0 ch 4 − ch 6 1 = −ch 4 + ch 6 2 ch 4 ch 4 − ch 6  . 2 ch 4 − ch 6 0 ch 4 + ch 6

11.16

a) Soit (α1 ,α2 ,α3 ,α4 ) ∈ R4 tel que :

4

2) On a alors : αi f i = 0.

i=1

On a : ∀ x ∈ R, α1 ch x + α2 sh x + α3 x ch x + α4 x sh x = 0 . En prenant le DL 3 (0), on a :    x2 x3 x2 + α2 x + + α3 x 1 + + α4 x 2 α1 1 + 2 6 2 + o (x 3 ) = 0, x−→0



α1 + (α2 + α3 )x +



α1 + α4 x 2 2  α2 α3 3 x + o(x 3 ) = 0 . + + 6 2

Par unicité du DL 3 (0) de la fonction nulle, on a alors : α1 = 0, α2 + α3 = 0, d’où :

α1 α2 α3 + α4 = 0, + = 0, 4 6 2

α1 = 0, α4 = 0, α2 = 0, α3 = 0.

Ceci montre que B = ( f 1 , f 2 , f 3 , f 4 ) est libre, donc B est une base de E = Vect (B), et : dim (E) = 4. b) • On a, pour tout x ∈ R : D f 1 (x) = sh x = f 2 (x), D f 2 (x) = ch x = f 1 (x) , D f 3 (x) = ch x + x sh x = f 1 (x) + f 4 (x) , D f 4 (x) = sh x + x ch x = f 2 (x) + f 3 (x) . Comme D est linéaire, il en résulte : ∀ f ∈ E, D f ∈ E . On conclut que D est un endomorphisme du R-ev E . • On a : D f1 = f2 , D f2 = f1 , D f3 = f1 + f4 , D f4 = f2 + f3 , donc la matrice de D dans B est :   0 1 1 0 1 0 0 1  A= 0 0 0 1. 0 0 1 0   1 0 0 1 , et J = c) 1) En notant I = , 0 1 1 0  J I on a A = , d’où, par produit par blocs : 0 J     2 2J I 2J J I J I J A2 = = = , 0 J2 0 I 0 J 0 J    I 2J I 2J I 4J A4 = (A2 )2 = = . 0 I 0 I 0 I



I 0

donc :

D 4 − 2D 2 + Id E = 0,

−2

I 0

2J I

 I + 0

0 =0 , I

c’est-à-dire : ∀ f ∈ E, f (4) − 2 f

+ f = 0. d) • D’après c), le polynôme P = X4 − 2X2 + 1 est annulateur de D. Comme P = (X2 − 1)2 = (X + 1)2 (X − 1)2 , il en résulte, d’après le cours : Sp (D) ⊂ {−1,1} .

c’est-à-dire : 

4J I



A4 − 2A2 + I4 =





x1  x2   Soit X =   x3  ∈ M4,1 (R). On a : x4

 x1 + x2 = 0    ∗ AX = −X ⇐⇒ x3 = 0    x4 = 0,



 1  −1   donc −1 ∈ SpR (A) et SEP (A,−1) = Vect   0  0  x2 = x1   ∗ AX = X ⇐⇒ x3 = 0   x4 = 0,   1 1  donc 1 ∈ SpR (A) et SEP (A,1) = Vect  0. 0 On conclut : Sp (D) = {−1,1}, SEP (D,−1) = Vect ( f 1 − f 2 ), SEP (D,1) = Vect ( f 1 + f 2 ). / 4, • Puisque la somme des dimensions des SEP de E est 2 = on conclut que D n’est pas diagonalisable.

11.17 1) Soit A convenant. Le polynôme P = X3 + 2X − 3 annule A, et P = (X − 1) (X2 + X + 3) , donc : SpR (A) ⊂ {1}.    ∆<0 Comme A est supposée diagonalisable dans Mn (R), il existe alors P ∈ GLn (R) telle que A = PIn ,P −1 , d’où A = In . 2) Réciproquement, il est clair que In convient. Finalement, il y a une matrice et une seule convenant : A = In . 451

11.18

Le polynôme P = 2X3 + 3X2 − 6X − 1 est annulateur de A.

Ainsi, P est scindé simple et annulateur de M , donc, d’après le cours, M est diagonalisable.

Étudions les variations de P.

11.21 • On a : π A (A) = 0, donc, en transposant :

P  = 6X2 + 6X − 6 = 6(X2 + X − 1), √ √ −1 − 5 −1 + 5 . qui s’annule en x1 = et x2 = 2 2 D’où le tableau des variations de P :

On a :

α

x

+

P'(x)

x1

0

0

γ

0

<0

ce qui montre que π A est annulateur de t A. Par définition de πt A , il en résulte : πt A | π A . +∞

• En appliquant le résultat précédent à t A à la place de A, on obtient : π A | πt A .

+∞

• Comme π A et π t A sont des polynômes unitaires, on conclut :

+

>0

0

P(x)

x2

β

  π A ( t A) = t π A (A) = 0 ,

π t A = πA .

0

De plus : x1 < −1 < 0 < x2 et : P(−1) = 6 > 0, P(0) = −1 < 0 . Il en résulte, par le théorème des valeurs intermédiaires (P est continu sur l’intervalle R) et la stricte monotonie par intervalles, que P admet, dans R, exactement trois zéros α,β,γ, deux à deux distincts. Ainsi, P est scindé simple dans R[X] et annulateur de A, donc, d’après le cours, A est diagonalisable dans Mn (R).

11.22 1) Dans M2 (C) , P = X2 + 1 est le polynôme minimal, par exemple, de A =

i 0

0 −i

.

2) Dans M2 (R) , P = X2 + 1 est le polynôme minimal, par   0 −1 . exemple, de A = 1 0 3) Dans M3 (C) , P = X2 + 1 est le polynôme minimal, par exemple, de A = diag (i, i, −i) . 4) Étude dans M3 (R) :

11.19

1) Si 0 est valeur propre de f, alors −1, 0, 1 sont valeurs propres de f et dim (E) = 3, donc (condition suffisante du cours), f est diagonalisable.

2) Supposons que 0 ne soit pas valeur propre de f. Alors, f est inversible. Comme f 2 ◦ ( f 2 − e) = f 4 − f 2 = 0 , on déduit f 2 − e = 0. Ainsi, le polynôme X2 − 1 est annulateur de f. Comme X2 − 1 = (X − 1)(X + 1) , ce polynôme est scindé simple et annulateur de f, donc, d’après le cours, f est diagonalisable.

Supposons qu’il existe A ∈ M3 (R) telle que π A = P. Comme π A = P = X2 + 1 = (X + i)(X − i) est annulateur de A et scindé simple dans M3 (C) , A est diagonalisable dans M3 (C) et SpC (A) ⊂ {−i, i}. Mais, comme A est réelle, les ordres de multiplicité de −i et i dans le polynôme caractéristique χ A sont égaux. En notant p l’ordre de multiplicité de i (ou de −i) dans χ A, on a donc 2 p = 3 (ordre de A), contradiction. On conclut qu’il n’existe pas A ∈ M3 (R) telle que π A = P.

On conclut que f est diagonalisable.

11.23 Puisque A ∈ Mn (C), A est trigonalisable dans Mn (C). 11.20

On a :

t

M = 2 In − M 2 ,

d’où : M = t (2 In − M 2 ) = 2 In − ( t M)2 = 2 In − (2 In − M 2 )2 = −M 4 + 4M 2 − 2 In , et donc :

M 4 − 4M 2 + M + 2 In = 0.

Ceci montre que le polynôme P = X4 − 4X2 + X + 2 est annulateur de P. De plus : P = (X − 1)(X3 + X2 − 3X − 2) = (X − 1)(X + 2)(X2 − X − 1) √  √   1+ 5 1− 5 X− . = (X − 1)(X + 2) X − 2 2 452

Il existe P ∈ GLn (C), T ∈ Tn,s (C) telles que : A = P T P −1 . Comme A est nilpotente, il existe k ∈ N∗ tel que Ak = 0. Ainsi, le polynôme Xk est annulateur de A. Il en résulte que le spectre de A est inclus dans {0} , donc les termes diagonaux de T sont tous nuls :  0 ∗ . .. . T = (0)

0

On voit alors que, dans le calcul des puissances successives de T, la diagonale de 0 se décale vers le haut : 0 0 ∗ .  .. . . . . . .    T2 =  .  ,. . . ,  .. (0) . . . 0  0 ... ... 0

T n−1

0  ...  . =  .. .  .. 0

0 .. .

(0) ...

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

0 (0) .. . .. . 0

∗ 0  ..   n .  , T = 0.  0 0

d’où : An = (P T P −1 )n = P T n P −1 = 0.

11.24

a) Formons le polynôme caractéristique :    3  1 − 2λ 1 −1  1  χ A (λ) = 1 −1 − 2λ 1  2  2 0 −2λ     1 − 2λ 1 0  1  = 1 −1 − 2λ −2λ  C3 − C3 + C2 8  2 0 −2λ     1 − 2λ 1 0  1  = −1 −1 − 2λ 0  L 2 − L 2 − L 3 8  2 0 −2λ     1 − 2λ  1 1  = − λ (4λ2 ) = −λ3 . = (2λ)  −1 −1 − 2λ  8 4

Puisque A représente f dans B et que T représente f dans C , A est semblable à T.

11.25 Puisque A ∈ Mn (C), la matrice carrée A est trigonalisable dans Mn (C). Il existe donc P ∈ GLn (C) telle que   λ1 ∗   .. A = P T P −1 , où : T =   ∈ Tn,s (C). . (0) λn On a alors : d’où :

 λ1 e      det exp (A) = det exp (T ) =   (0)

..

.

11.26 a) • Soit λ ∈ Sp ( f ◦ g) − {0}.

/ 0 et il existe x ∈ E − {0} tel que On a donc λ = f ◦ g(x) = λx . D’où :     (g ◦ f ) g(x) = g ( f ◦ g)(x) = g(λx) = λg(x) .   Si g(x) = 0 , alors λx = f g(x) = 0, contradiction, car λ= / 0 et x = / 0. / 0 , et il s’ensuit : λ ∈ Sp (g ◦ f ). On a donc g(x) =

−→

c) Notons B = (e1 , e2 , e3 ) la base canonique de M3,1 (R) et f l’endomorphisme de M3,1 (R) représenté par A dans B . On cherche une base C = (v1 ,v2 ,v3 ) de M3,1 (R) telle que f soit représenté par T dans C . On a :   MatC ( f ) = T⇐⇒ f (v1 ) = 0, f (v2 ) = v1 , f (v3 ) = v2 ,

Ainsi : Sp ( f ◦ g) − {0} ⊂ Sp (g ◦ f ) .

/ 0. donc, si C convient, alors f 2 (v3 ) = f (v2 ) = v1 =   0 0 0 1 2 On calcule A2 et on obtient : A =  2 2 −2  . 4 2 2 −2   1 / 0. Par exemple, v3 =  0  vérifie f 2 (v3 ) = 0     1 1 1 Notons donc v2 = f (v3 ) = A  0  =  1  , 2 0 2       1 0 0 1   1  1  v1 = f (v2 ) = A 1 = 2 = 1 . 2 4 2 2 2 1

1re méthode : Étude de caractères bijectifs :

La famille C = (v1 ,v2 ,v3 ) est libre, car :   0 1 1    1 1 1 1 1  = = detB (C ) =  1 1 0  =  / 0. 4 4 1 2 4 1 2 0

 ∗     eλn 

= eλ1 · · · eλn = eλ1 +···+λn = etr (T ) = etr (A) .

−→

b) D’après a) : SpR (A) = {0}. Si A était diagonalisable, A serait semblable à la matrice nulle, donc A = 0 , exclu. On conclut : A n’est pas diagonalisable.

exp (A) = exp (P T P −1 ) = P exp (T )P −1 ,

• On déduit : Sp ( f ◦ g) ∪ {0} ⊂ Sp (g ◦ f ) ∪ {0}. • Par rôles symétriques de f et g, on conclut : Sp ( f ◦ g) ∪ {0} = Sp (g ◦ f ) ∪ {0} . b) On suppose ici que E est de dimension finie. • Si f et g sont bijectifs, alors f ◦ g et g ◦ f sont bijec/ Sp ( f ◦ g) et 0 ∈ / Sp (g ◦ f ), et on déduit de a) : tifs, donc 0 ∈ Sp ( f ◦ g) = Sp (g ◦ f ). • Si f ou g n’est pas bijectif, alors f ◦ g et g ◦ f ne sont pas bijectifs, donc ne sont pas injectifs, (car E est de dimension finie), donc 0 ∈ Sp ( f ◦ g) et 0 ∈ Sp (g ◦ f ), et on déduit de a) : Sp ( f ◦ g) = Sp (g ◦ f ). 2e méthode : Utilisation des polynômes caractéristiques : D’après

l’exercice

11.55,

χ f ◦g = χg◦ f ,

donc

Sp ( f ◦ g) = Sp (g ◦ f ) , puisque le spectre est l’ensemble des zéros du polynôme caractéristique. c) Prenons E = C ∞ ([0 ; 1],R), f : E −→ E , g : E −→ E , u −→u

v −→g(v)

où g(v) est la primitive de v s’annulant en 0. Alors, g ◦ f (1) = 0, donc 0 ∈ Sp (g ◦ f ), mais f ◦ g = Id E , / Sp ( f ◦ g). donc 0 ∈ / Sp (g ◦ f ). Dans cet exemple : Sp ( f ◦ g) = 453

11.27

Soit λ ∈ SpC (A).

y

Il existe X ∈ Mn,1 (C) − {0} tel que : AX = λX . Considérons la matrice carrée M de Mn (C) obtenue en répétant X côte à côte, n fois, c’est-à-dire que les colonnes de M sont toutes égales à X. / 0 et AM = λM, d’où : On a alors M = |λ| ||M|| = ||λM|| = ||AM||  ||A|| ||M|| . / 0 , on a ||M|| > 0, d’où finalement : Comme M =

O

|λ|  ||A|| .

11.28

1 . a) En notant U =  ..  ∈ Mn,1 (R), on a : 1 n   a1 j     j=1   1    .   ..  AU =  .  = . = U .  .    n 1   an j

11.29 a) • Il est clair que f va de R[X] dans R[X].

Ceci montre que 1 est valeur propre de A. De plus, U est un vecteur propres pour A, associé à la valeur propre 1. b) Soit λ ∈ SpC (A) . Il existe X ∈ Mn,1 (C) − {0} tel que   x1  ..  AX = λX . Notons X =  .  . On a donc : xn ∀ i ∈ {1,. . . ,n},

d’où : ∀ i ∈ {1,. . . ,n}, (λ − aii )xi =



−(3X2 − 1)(aX3 + bX2 + cX + d)

    ai j x j  |λ − aii | |xi | = |(λ − aii )xi | =  j= / i

|ai j | |x j | =

j= / i

= λ(aX3 + bX2 + cX + d) j= / i

Il existe i ∈ {1,. . . ,n}) tel que : |xi | = Max |x j |, 1 j n

et on a alors : |λ − aii | |xi | 



ai j |xi | = (1 − aii )|xi | .

j= / i

/ 0, on a |xi | > 0, et on déduit : Comme X = |λ − aii |  1 − aii . On conclut : SpC (A) ⊂

n

i=1

454

B (aii , 1 − aii ).

Alors, f (P) est de degré  n + 2, et le terme de degré n + 2 de f (P) est (n − 3)an Xn+2 , d’où nécessairement n = 3.

⇐⇒ (X3 + X)(3aX2 + 2bX + c)

puis, en passant aux modules :



k=0

/ 0. et an =

f (P) = λP ai j x j ,

j= / i



• La linéarité de f est immédiate, résultant de la linéarité de la dérivation.   b) Soit (λ,P) ∈ R × R[X] − {0} tel que f (P) = λP. n ak Xk , Il existe n ∈ N, (a0 ,. . . ,an ) ∈ Rn+1 tel que P =

En notant P = aX3 + bX2 + cX + d, (a,b,c,d) ∈ R4 , on obtient :

ai j x j = λxi ,

j=1

x

1

Exemple : n = 3 , 0 < a11 < a22 <33 < 1

j=1

n

a11 a22 a33

ai j |x j |.

⇐⇒ −bX4 + (4a − 2c)X3 + (3b − 3d)X2 + 2cX + d = λ(aX3 + bX2 + cX + d)

 ⇐⇒ b = 0, λa = 4a − 2c, λb = 3b − 3d,

 λc = 2c, λd = d   ⇐⇒ b = 0, d = 0, λa = 4a − 2c, λc = 2c   λ = 2, a = c, b = 0, d = 0  ⇐⇒  ou  c = 0, λ = 4, b = 0, d = 0.

Finalement : Sp ( f ) = {2, 4}, SEP ( f,2) = Vect (X3 + X), SEP ( f,4) = Vect (X3 ) .

    = det (1 − X)In det − XA − X(1 − X)In   = (1 − X)n (−X)n det A − (X − 1)In

11.30

Il est immédiat que E est bien un R-ev et que T est bien un endomorphisme de E .

1) Soit λ ∈ Sp (T ) . Il existe f ∈ E − {0} telle que : T ( f ) = λ f.

= (1 − X)n (−X)n χ A (X − 1).

∀ x ∈ [0 ; +∞[, f (x + 1) = λ f (x).

On a donc :

  (1 − X)n χ M (X) − (−X)n χ A (X − 1) = 0.

Ainsi :

Par une récurrence immédiate, il en résulte : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, ∀ n ∈ N, f (x + n) = λn f (x) .

/ 0, on peut Comme l’anneau K [X] est intègre et que (1 − X)n = simplifier et on conclut :

/ 0, / 0, il existe x0 ∈ [0 ; +∞[ tel que f (x0 ) = Puisque f = + n) f (x 0 −−−→ 0, et donc : λ ∈ ] − 1 ; 1[ . d’où : λn = n∞ f (x0 ) 2) Réciproquement, soit λ ∈ ] − 1 ; 1[ .

χ M (X) = (−X)n χ A (X − 1) .

11.32 1) Réduction de A :

Il est clair qu’il existe f 0 : [0 ; 1] −→ R, continue, telle que : f 0 (1) = λ f 0 (0) et f 0 = / 0. Il suffit, par exemple, de prendre pour f 0 l’application, affine sur [0 ; 1] , qui envoie 0 en 1 et envoie 1 en λ. Considérons l’application f : [0 ; +∞[−→ R définie, pour tout x ∈ [0 ; +∞[, par : f (x) = λn f 0 (x + n), où n désigne la partie entière de x.

Un calcul élémentaire montre que A est diagonalisable et que A = P D P −1 , où :  P=

1 −2

0 1



 , D=

−1 0

0 4



 , P −1 =

1 2

0 1

.

2) Résolution de l’équation M 3 − M = A : Si M convient, alors M commute avec A, puisque M commute avec tout polynôme en M .

y

Notons N = P −1 M P . Puisque AM = M A, on déduit D N = N D .  a b En notant D = , on a : c d

1

y = f(x)

DN = N D



⇐⇒

−1 0

0 4

 ⇐⇒

O

1

2

x

3



−a 4c

−b 4d

Sp ( f ) = ] − 1 ; 1[.



Formons le polynôme caractéristique χ M de M :  In In − XIn χ M (X) = det . A A − XIn

En multipliant les colonnes numéros n + 1 à 2n par (1 − X), on obtient :  (1 − X)In (1 − X)In (1 − X)n χ M (X) = det . A (1 − X)(A − XIn ) −→

En, faisant C j

C j − C j−n pour j = n + 1,. . . 2n , on a :

(1 − X)n χ M (X)  = det

(1 − X)In A

0 (1 − X)(A − XIn ) − A







a 0

0 d



 =

 =

⇐⇒ Il en résulte N =

11.31

b d



Il est clair que : f ∈ E et T ( f ) = λ f, donc λ est valeur propre de T. On conclut :

a c

a c

−a −c

b d 4b 4d

−b = 4b 4c = −c



−1 0

0 4





⇐⇒

b = 0 c = 0.

, (a,d) ∈ R2 .

On a alors : M 3 − 2M = A ⇐⇒ N 3 − 2N = D  3  3 a − 2a + 1 = 0 a − 2a = −1 ⇐⇒ ⇐⇒ d 3 − 2d = 4 d 3 − 2d − 4 = 0  (a − 1)(a 2 + a − 1) = 0 ⇐⇒ (d − 2)(d 2 + 2d + 2) = 0  √ √   −1 − 5 −1 + 5  a ∈ 1, , ⇐⇒ 2 2   d = 2. 455

Pour chacune des trois matrices N ainsi obtenues, on calcule M , par produit de trois matrices, et on conclut que l’ensemble S des solutions de l’équation proposée est :  −1 − √5   −1 + √5   0 0 1 0  ,   . 2 2 S= , √ √ 2 2 5+ 5 5− 5 2 2

11.33

a) • Puisque A est symétrique réelle, A est diagonalisable dans M3 (R) .

• Un calcul élémentaire fournit une diagonalisation de A, A = P D P −1 , où :     1 0 1 3 0 0 P =  1 1 −1  , D =  0 3 0  , 0 1 1 0 0 −3   2 1 −1 1 P −1 =  −1 1 2 . 3 1 −1 1 b) Remarquons que, si une matrice M vérifie (1), alors M commute avec A. Soit M ∈ M3 (R). Notons X = P −1 M P. On a :

1 Il s’agit de An = 

... (0)

1 ..  . ∈ Mn (R).

1 Puisque An est triangulaire, les valeurs propres de An se lisent sur sa diagonale, donc An admet pour valeurs propres : 0 (d’ordre n − 2) et 1 (d’ordre 2). Supposons An diagonalisable. Alors, An est semblable à la matrice diagonale D = diag (1,1,0,. . . ,0) . En particulier, comme D 2 = D , on a : A2 = A. Mais le (1,n) ème terme de A2 est n, contradiction. Ceci montre que A n’est pas diagonalisable.

11.35 Puisque A est diagonalisable dans Mn (K ), il existe

P ∈ GLn (K ), D = diag (λ1 ,. . . ,λn ) ∈ Dn (K ) telles que A = P D P −1 .

Soit M ∈ Mn (K ) . Notons N = P −1 M P . On a : AM + M A = 0 ⇐⇒ D N + N D = 0 . Notons N = (νi j )i j . On a : DN + N D = 0

AM = M A ⇐⇒ D X = X D .  0 3 I2 , décomposons X de même : Comme D = 0 −3  Y L X= . On a : C z

⇐⇒ ∀ (i, j) ∈ {1,. . . ,n}2 , λi νi j + νi j λ j = 0

DX = X D  3 I2 ⇐⇒ 0

⇐⇒ N = 0 ⇐⇒ M = 0.

0 −3



Y C

L z 

⇐⇒  ⇐⇒



 =

3Y −3C

SL = −3L −3C = 3C

Y C

3L −3z ⇐⇒

L z

  =



3 I2 0

0 −3

3Y 3C

−3L −3z



L =0

(1) M = A ⇐⇒ X = D  2  Y 0 3 I2 ⇐⇒ = 0 0 z



⇐⇒

Y 2 = 3 I2 z 2 = −3.

Comme l’équation z = −3 n’a pas de solution dans R, on conclut que l’équation proposée n’a pas de solution dans M3 (R). 2

AM + M A = 0 ⇐⇒ M = 0 .

11.36 a) Récurrence sur q. Si, pour q ∈ N fixé, Ak+q = Ak , alors :

2

0 −3

⇐⇒ ∀ (i, j) ∈ {1,. . . ,n}2 , νi j = 0

La propriété est évidente pour q = 0.

C = 0.

Avec les notations précédentes : 2

⇐⇒ ∀ (i, j) ∈ {1,. . . ,n}2 , (λi + λ j )νi j = 0    = / 0

On conclut, avec les hypothèses de l’énoncé :

Ceci montre que, si M est solution de (1), alors, en notant  Y 0 X = P −1 M P , X est de la forme X = , où 0 z Y ∈ M2 (R), z ∈ R.

456

11.34

Ak+(q+1) = A(k+q)+1 = Ak+q A = Ak A = Ak+1 = Ak . On conclut, par récurrence sur q : ∀ q ∈ N, Ak+q = Ak . b) En particulier : Ak+k = Ak , c’est-à-dire (Ak )2 = Ak . Ainsi, le polynôme X2 − X = X(X − 1) est scindé simple sur K et annulateur de Ak , donc, d’après le cours, Ak est diagonalisable. Plus précisément, Ak est une matrice de projecteur. c) Soit p ∈ {1,. . . ,k − 1}. Puisque Ak et A p commutent, on peut appliquer la formule du binôme de Newton :

(Ak − A p )k =

k  k i=0

i

(Ak )i (−1)k−i (A p )k−i =

k  k i=0

Comme :

i

(−1)k−i A(k− p)i+ pk .

∀ i ∈ {0,. . . ,k}, (k − p)i + pk
pk
k,

on a : ∀ i ∈ {1,. . . ,k}, A(k− p)i+ pk = Ak , d’où :  k  k (Ak − A p )k = (−1)k−i Ak i i=0  k = 1 + (−1) Ak = 0k Ak = 0Ak = 0. On conclut : Ak − A p est nilpotente. 

b une matrice symétrique comc plexe d’ordre 2, quelconque, (a,b,c) ∈ C3 .

11.37

a) Notons A =

a b

Comme χ A est scindé sur C, A n’est pas diagonalisable si et seulement si : A admet une valeur propre double et le SEP associé est de dimension 1. On calcule le polynôme caractéristique de A :   a − λ b  χ A (λ) =  = λ2 − (a + c)λ + (ac − b2 ) . b c − λ Alors : χ A admet une racine double

En effet, si An était diagonalisable, par endomorphisme induit, d’après le cours, A2 serait diagonalisable, contradiction. On conclut que, pour tout n ∈ N − {0,1}, il existe une matrice symétrique complexe non diagonalisable.

11.38 a) • Formons le polynôme caractéristique de Jn , par exemple en développant par rapport à la première colonne :  −λ 1 (0)     .. ..   . .   χ Jn (λ) =   .   . . (0) 1     1 −λ [n]  −λ 1 (0)     . .   .. ..   = (−λ)   .   . . (0) 1     −λ [n − 1]  1   ..  . n+1  −λ + (−1)  ..  .   (0)

(0) .. . −λ

         1 [n − 1]

= (−λ)(−λ)n−1 + (−1)n+1 = (−1)n (λn − 1). Il en résulte que les valeurs propres de Jn sont les  2i pπ , p ∈ {0,. . . ,n − 1} , toutes simples. ωk = exp n

⇐⇒ (a − c)2 + 4b2 = 0

• Puisque Jn ∈ Mn (C)) et que Jn admet n valeurs propres deux à deux distinctes, d’après la condition suffisante du cours, Jn est diagonalisable.

⇐⇒ c = a + 2εi b, ε = ±1.

b) D’après a), en notant D = diag (ω0 ,. . . ,ωn−1 ) , il existe

⇐⇒ (a + c)2 − 4(ac − b2 ) = 0

Sachant que A admet une valeur propre double, A n’est pas diagonalisable si et seulement si A n’est pas une matrice d’homothétie, c’est-à-dire si et seulement si on n’a pas b = 0 et a = c. Mais, avec c = a + 2εi b, on a : a = c ⇐⇒ b = 0 . Finalement, l’ensemble S des matrices symétriques complexes d’ordre 2 non diagonalisables est :  a b S= ; (ε, a, b) ∈ {−1,1} × C × C∗ . b a + 2εi b  0 1 , b) En particulier, d’après a), la matrice A2 = 1 2i obtenue pour ε = 1, a = 0, b = 1 est symétrique complexe non diagonalisable. Il est alors clair que, pour tout n ∈ N − {0,1}, la matrice  A2 (0) ∈ Mn (C) , obtenue en complétant A2 par An = (0) (0) des termes tous nuls, est symétrique complexe et non diagonalisable.

P ∈ GLn (C) telle que Jn = P D P −1 . Soit (a0 ,..,an−1 ) ∈ Cn . On remarque que :   a1 . . . an−1 a0  an−1 a0 . . . an−2     .. .. ..   . . .  a1

a2

...

a0 = a0 In + a1 Jn + a2 Jn2 + · · · + an−1 Jnn−1 .

d’où :   a0   an−1  Dn =  .  ..   a 1

= det

a1 a0 .. . a2

... ... ...

 n−1 k=0

 an−1   an−2  ..  .  a0 [n]

ak J k

= det

 n−1

ak P D k P −1

k=0

457

n−1 n−1       = det P ak D k P −1 = det ak D k k=0

 = det

diag

n−1

0 pn−1 k=0

p ak ωk

De plus :

k=0

2i kpπ . = ak exp n p=0 k=0 

n−1 n−1 

  tr (B MC) = tr B(MC)

    = tr (MC)B = tr M( C B ) = 0. =0

D’où : Par exemple, pour n = 3, on obtient :    a 0 a1 a2     a2 a0 a1    a a a  1 2 0

 2 f 2 (M) = tr (M) tr (A)A + tr (A) B MC   = tr (A) tr (M)A + tr (A)B MC = tr (A) f (M). Ceci montre :

= (a0 + a1 + a2 )(a0 + a1 j + a2 j )(a0 + a1 j + a2 j) . 2

2

Soit x ∈ E. En notant y = ( f − ae) ◦ ( f − be)(x) ,    y = ( f − ae) ( f − be)(x) ∈ Im ( f − ae) on a :   y = ( f − be) ( f − ae)(x) ∈ Im ( f − be),

11.39

∀ x ∈ E, ( f − ae) ◦ ( f − be)(x) = 0,

c’est-à-dire : ( f − ae) ◦ ( f − be) = 0. Le polynôme P = (X − ae)(X − be) est donc annulateur / b , P est scindé simple sur K. de f. De plus, comme a = D’après le cours, on conclut que f est diagonalisable.

11.40

a) Il est clair que f est une application de Mn (K ) dans Mn (K ). La linéarité de f est immédiate : on a, pour tout α ∈ R et toutes M,N ∈ Mn (K ) : f (αM + N ) = tr (αM + N )A + tr (A)B(αM + N )C   = α tr (M) + tr (N ) A + α tr (A)B MC + tr (A)B N C     = α tr (M)A + tr (A)B MC + tr (M)A + tr (A)B N C = α f (M) + f (N ) .

D’après le cours, on conclut que f est diagonalisable.

     tr B(AB) = tr (AB)B = tr (AB 2 ) = tr (A)     tr (B A)B = tr (−AB)B = −tr (AB 2 ) = −tr (A),

donc : tr (A) = 0. Comme A et B ont des rôles symétriques dans les hypothèses, on a aussi : tr (B) = 0. b) • Puisque A2 = I4 , le polynôme X2 − 1 est annulateur de A. De plus, X2 − 1 = (X − 1)(X + 1) est scindé simple sur C. D’après le cours, on déduit que A est diagonalisable. De même, B est diagonalisable. • Puisque X2 − 1 est annulateur de A, on a : Sp (A) ⊂ {−1,1}. Notons α (resp. β ) l’ordre de multiplicité de la valeur propre −1 (resp. 1) de A, avec la convention α = 0 si −1 n’est pas valeur propre de A, β = 0 si 1 n’est pas valeur propre de A. Comme χ A est scindé sur C, on a : α + β = 4. D’autre part : 0 = tr (A) = α(−1) + β1. On déduit : α = β = 2.

On conclut que f est un endomorphisme de Mn (K ).

On conclut que les valeurs propres de A sont :

b) Cherchons un polynôme annulateur de f, scindé simple.

−1 (double) et 1 (double).

Commençons par calculer f .

De même pour B.

On a, pour toute M ∈ Mn (K ) :     f 2 (M) = f f (M) = tr f (M) A + tr (A)B f (M)C   = tr tr (M)A + tr (A)B MC A  + tr (A)B tr (M)A + tr (A)B MC)C   = tr (M)tr (A) + tr (A)tr (B MC) A

c) 1) On a :

2

 2 2 + tr (A)tr (M) B AC + tr (A)  C2 . B M  =0

458

Ainsi, le polynôme P = X2 − tr (A)X est annulateur de f.   De plus, P = X X − tr (A) est scindé simple sur K, car tr (A) = / 0.

11.41 a) On a :

donc : y = Im ( f − ae) ∩ Im ( f − be) = {0}. Ceci montre :

f 2 = tr (A) f.

=B

=C

C 2 = (i AB)2 = −(AB)(AB) = −A(B A)B = A(AB)B = A2 B 2 = I4 I4 = I4 , AC + C A = i (A AB + AB A) = i A(AB + B A) = 0 , BC + C B = i (B AB + AB B) = i (B A + AB)B = 0 . 2) Le couple (A,C) vérifie les mêmes hypothèses que le couple (A,B), donc, d’après a) et b), les valeurs propres de C sont −1 (double) et 1 (double), et on a tr (C) = 0, d’où tr (AB) = −i tr (C) = 0 .

11.42

Le polynôme χ A est scindé dans C[X] ; il existe n  (λi − X), d'où: donc (λ1 ,. . . ,λn ) ∈ Cn tel que χ A =

n  χ A (B) = (λi In − B). On a alors :

i=1

D’après le cours, on a alors : e A = Pe D P −1 , et : e D = diag (1,. . . ,1,eα ,. . . ,eα ,eα ,. . . ,eα ). Il en résulte : tr (e A ) = tr (e D ) = p1 + q eα + q eα

i=1

= p + q(e2−i

⇐⇒ (∀ i ∈ {1,. . . ,n}, λi In − B ∈ GLn (C))   ⇐⇒ ∀ i ∈ {1,. . . ,n}, λi ∈/ SpC (B)

Par hypothèse, le polynôme P = X3 − 3X − 4 est annulateur de A.

11.43

P(x)

−∞

−1

√ 2.

1

+

0

−

0

+



2



−6



= (X4 + X3 + X2 ) + (X2 + X + 1) = (X2 + 1)(X2 + X + 1), qui n’a pas de zéro réel.

+∞

D’autre part, χ A est de degré 7, impair, et à coefficients réels, donc, par le théorème des valeurs intermédiaires, χ A admet au moins un zéro réel, donc A admet au moins une valeur propre réelle λ1 .

+∞

Si P est le polynôme minimal de A, alors λ1 est zéro de P, contradiction.

On a : P = 3X2 − 3 = 3(X − 1)(X + 1), d’où le tableau des variations de P : −∞

√ 2

P = X4 + X3 + 2X2 + X + 1

Remarque : Puisque A et B ont des rôles symétriques dans (i), les conditions (i) ou (ii) sont aussi équivalentes à : χ B (A) ∈ GLn (C).

x

+ e2+i

11.45 On a :

⇐⇒ SpC (A) ∩ SpC (B) = ∅.

P (x)

√ 2

) = p + 2q e2 cos √ Comme (à la calculatrice) : 1  e2 cos 2  1,2 et que p + 2q = n, on conclut : n  tr (e A )  1,2 n.

χ A (B) ∈ GLn (C)

On déduit, par le théorème des valeurs intermédiaires et la stricte monotonie par intervalles, que P admet, dans R, un zéro et un seul, noté α. De plus : α > 1. Il existe donc β ∈ C − R tel que :

On conclut qu’il n’existe aucune matrice A ∈ M7 (R) telle que le polynôme minimal de A soit P.

11.46 a) Il est clair que D est un endomorphisme de E .

P = (X − α)(X − β)(X − β) . Ainsi, P est scindé simple sur C et annulateur de A, donc, d’après le cours, A est diagonalisable dans Mn (C). Il existe donc P ∈ GLn (C) telle que A = P D P −1 , où : D = diag (α,. . . ,α,β,. . . ,β,β,. . . β) .          p fois q fois q fois p q q

∀ P ∈ E, D n (P) = P (n) = 0,

On a :

donc le polynôme Xn est annulateur de D. D’autre part :

/ 0, D n−1 (Xn−1 ) = (n − 1)! =

donc Xn−1 n’est pas annulateur de D . On conclut : π D = Xn . b) Il est clair que T est un endomorphisme de E .

q

d’où : det (A) = det (D) = α β β = α p |ββ| > 0.

On a : ∀ P ∈ E, (T − Id E )(P) = P(X + a) − P(X) ∈ Rn−2 [X] ,

11.44

Par hypothèse, le polynôme P = X − 4X + 6X est annulateur de A. On a : 3

2

P = X(X2 − 4X + 6)

√  √   = X( X − (2 − i 2) X − (2 + i 2) ,

donc P est scindé simple sur C. D’après le cours, il en résulte que A est diagonalisable dans Mn (C). Il existe donc P ∈ GLn (C) telle que A = P D P −1 , où : D = diag (0,. . . ,0,α,. . . ,α,α,. . . ,α),          p fois q fois q fois √ et α = 2 − i 2, p,q ∈ N.

d’où, en réitérant : c’est-à-dire :

∀ P ∈ E, (T − Id E )n (P) = 0, (T − Id E )n = 0.

Ceci montre que le polynôme (X − 1)n est annulateur de T. / 0: D’autre part, puisque a = (T − Id E )(Xn−1 ) = (X + a)n−1 − Xn−1 est de degré n − 2, donc, en réitérant, (T − Id E )n−1 (Xn−1 ) est une constante non nulle, donc (X − 1)n−1 n’est pas annulateur de T. On conclut : πT = (X − 1)n . 459

11.47

Puisque χ A est scindé sur K, A est trigonalisable dans Mn (K ). Il existe donc Q ∈ GLn (K )   λ1 ∗   .. et T =   ∈ Tn,s (K ) . (0) λn telles que A = QT Q −1 . P(A) = P(QT Q −1 ) = Q P(T )Q −1 ,

donc :

    ..  .  P(λn ) − X  n n       P(λk ) − X = (−1)n X − P(λk ) . =

  P(λ1 ) − X   χ P(A) (X) = χ P(T ) (X) =    (0)

∗

k=1

k=1

D’autre part : SpR (A) ⊂ {λ ∈ R ; P(λ) = 0} = {0,1}.

Comme, par hypothèse, tr (A) = 0, on déduit b = 0 , donc 1 n’est pas valeur propre de A. Il en résulte que A − In est inversible. En multipliant par l’inverse de (A − In )q dans l’égalité d’hypothèse, on conclut : A p = 0.

11.50 1) Soit A convenant. Le polynôme P = X5 − X2 est annulateur de A, et :

a) Supposons f nilpotent. ∗

P = X2 (X3 − 1) = X2 (X − 1)(X − j)(X − j2 )

Il existe donc k ∈ N tel que f = 0. k

• Puisque le polynôme Xk est annulateur de f, d’après le cours,

est scindé sur C, donc, d’après le cours, A est trigonalisable dans Mn (C).

on a donc : Sp ( f ) ⊂ {λ ∈ K ; λk = 0} = {0}.

Il existe donc P ∈ GLn (C), T ∈ Tn,s (C) telles que

• Montrons que 0 est valeur propre de f.  k Puisque f k = 0, on a : det ( f ) = det ( f k ) = 0,

A = P T P −1 . De plus, les termes diagonaux de T sont, à l’ordre près :

donc det ( f ) = 0 , f n’est pas injectif, 0 est valeur propre de f.

0 (m fois), 1 (p fois), j (q fois), j2 (q fois), où m, p,q ∈ N et m + p + 2q = n .

Ainsi : {0} ⊂ Sp ( f ).

En effet, comme j ∈ C − R , les ordres de multiplicité de j et j2 dans le polynôme χ A de R[X] sont égaux.

On conclut : Sp ( f ) = {0}. b) On suppose ici K = C et Sp ( f ) = {0} . Puisque K = C, d’après le cours, f est trigonalisable. Il existe donc une base B de E telle que la matrice T de f dans B soit triangulaire supérieure. Comme Sp ( f ) = {0} , les éléments diagonaux de T sont tous nuls, donc T est de la forme :  0 ∗ . .. . T = (0) 0 On voit alors que forme : 0 0 ..  .  2 T =  (0)

les puissances successives de T sont de la

.. ..

. .

T

n−1

Ainsi : m, p, q ∈ N, m + p + 2q = n, p − q = n, d’où : 0 = (m + p + 2q) − ( p − q) = m + 3q, donc m = 0 et q = 0, puis p = n.  1 ∗ . .. , On a donc : T =  (0)

1

2

et 0, j,j ne sont pas valeurs propres de A. Il en résulte que A, A − jIn , A − j2 In sont inversibles. on déduit A − In = 0, A = In .

  , ..., 0

  = 

Alors : tr (A) = tr (T ) = m0 + p1 + qj + qj2 = p − q.

Comme A2 (A − In )(A − jIn )(A − j2 In ) = 0 ,

∗

0 0

..

2) Réciproquement, pour A = In , on a bien A5 = A2 et tr (A) = n. 0

.

(0)

(0) .. .

∗ 0   , . . . , T n = 0.  0

Ainsi, f n = 0, donc f est nilpotent. 460

annulateur de A. Comme P est scindé sur R, d’après le cours, A est trigonalisable dans Mn (R). En notant a (resp. b) l’ordre de multiplicité de 0 (resp. 1) dans χ A, on a donc : tr (A) = a0 + b1 = b.

On a alors :

11.48

11.49 Par hypothèse, le polynôme P = X p (X − 1)q est

On conclut qu’il y a une matrice et une seule convenant, A = In . 

11.51

0 Notons N =  0 0

1 0 0

 0 1  ∈ M3 (C). 0

Supposons qu’il existe X ∈ M3 (C) telle que X 2 = N .

On a N 3 = 0, donc (X 2 )3 = 0, X 6 = 0. Ainsi, X est nilpotente. D’après l’exercice 11.23, puisque X ∈ M3 (C) est nilpotente, on a X 3 = 0 . N 2 = (X 2 )2 = X 4 = X 3 X = 0.  0 0 1 / 0 , contradiction. Mais N 2 =  0 0 0  = 0 0 0 Alors :



Remarquons que A est triangulaire (inférieure).

Si une matrice X ∈ M3 (R) vérifie X 2 = A , alors X commute avec A. Déterminons d’abord les matrices qui commutent avec A. Dans cet exemple, on peut y arriver par un simple calcul sur les éléments des matrices.   a b c Notons X =  x y z  . u v w On a, en effectuant le produit matriciel :   a + b + c b 4c X A = AX ⇐⇒  x + y + z y 4z  

u+v+w

a = a+x a + 4u

v

b b+y b + 4v



c c+z  c + 4w

0 a 0

 0 0 , w

En reportant dans l’équation de l’énoncé :     0 0 a2 1 0 0 2 2 X = A ⇐⇒  2ax a 0  = 1 1 0 au + wu 0 w2 1 0 4  ⇐⇒ a 2 = 1, 2ax = 1, au + wu = 1, w2 = 4

ou

 0 0, 2



1 X 2 =  1/2 −1

0 1 0

 0 0 . −2

Un calcul élémentaire montre que A est diagonalisable et fournit une diagonalisation de A, A = Q D Q −1 , où :     0 1 1 −1 0 0 Q = 1 1 1 , D =  0 1 0, 0 0 −1 0 0 3   −1 1 0 Q −1 =  1 0 1  . 0 0 −1 2) Soit M ∈ M3 (R). Notons N = Q −1 M Q, où Q est définie ci-dessus.

⇐⇒ Q P(N )Q −1 = Q D Q −1 ⇐⇒ P(N ) = D.

4w

a donc, en particulier, X est de la forme X =  x u où (a,x,u,w) ∈ R4 .

ou

0 1 0

P(M) = A ⇐⇒ P(Q N Q −1 ) = Q D Q −1



ou

1 X 1 =  1/2 1/3

On a donc M = Q N Q −1 , d’où :

  ⇐⇒ c = 0, b = 0, z = 0, v = 0, y = a, u + w = a + 4u ,

⇐⇒



11.53 1) Réduction de A :

On conclut qu’il n’existe pas de matrice X ∈ M3 (C) telle que X2 = N.

11.52

On conclut que l’ensemble S des solutions de l’équation de ! " l’énoncé est S = X 1 , X 2 , −X 1 , −X 2 , où :

 1 1 a = 1, w = 2, x = , u = 2 3  1 a = 1, w = −2, x = , u = −1 2  1 a = −1, w = 2, x = − , u = 1 2  1 1 a = −1, w = −2, x = − , u = − . 2 3

Si P(N ) = D, alors N commute avec D, donc, d’après l’exercice 11.72 ou par un calcul élémentaire, on déduit que N est diagonale.   x 0 0 Notons donc N =  0 y 0  , (x,y,z) ∈ R3 . 0 0 z  P(x) = −1    P(N ) = D ⇐⇒ P(y) = 1 On a :    P(z) = 3. Il nous reste à résoudre trois équations du 5ème degré dans R. L’application P : R −→ R, t −→ t 5 + t + 1 est dérivable (donc continue) sur R et : ∀ t ∈ R, P(t) = 5t 4 + 1 > 0 , donc P est strictement croissante sur R. D’autre part : P(t) −→ −∞ et P(t) −→ +∞ . t−→−∞

t−→+∞

D’après le théorème de la bijection monotone, il s’ensuit que, pour tout C ∈ R, l’équation P(t) = C , d’inconnue t ∈ R, admet une solution et une seule. De plus, on remarque : P(−1) = −1,

P(0) = 1,

P(1) = 3 . 461

Il en résulte :

  x = −1 P(x) = −1      P(y) = 1 ⇐⇒ y = 0      P(z) = 3. z = 1.

et donc :   (−λ)n det (B A − λIn ) − det (AB − λIn ) = 0 .

On conclut que l’équation proposée admet une solution et une seule, que l’on calcule enfin par produit de trois matrices :     0 0 −1 −1 0 0 M = Q  0 1 0  Q −1 =  1 −1 −1  . 0 0 1 0 0 3

11.54

Comme K [λ] est un anneau intègre et que le polynôme (−λ)n n’est pas le polynôme nul, on peut simplifier par (−λ)n, et on déduit : det (B A − λIn ) = det (AB − λIn ) , c’est-à-dire :

Voir aussi l’exercice 10.30.

11.56 a) On a, pour tout λ ∈ C :

On a, d’après une formule du cours :

 χ A A (λ) = det (A A − λ In ) = det A A − λ In )

det (A) In = A t com (A) = A(In − A) = A − A2 , A2 − A + det (A) In = 0.

d’où :

= det (A A − λ In ) = χ A A (λ)

Notons ∆ = 1 − 4 det (A) le discriminant de cette équation du second degré. / 0: 1er cas : ∆ = Le polynôme X2 − X + det (A) est annulateur de A et scindé simple sur C, donc, d’après le cours, A est diagonalisable. 2) ∆ = 0 :

2  1 1 In = A − In , 4 2  1 . SpC (A) ⊂ 2

1 Si A est diagonalisable, alors A est semblable à In, donc 2  n 1 1 1 = / , A = In . Mais alors : det (A) = 2 4 2 car n
3 , contradiction. Il en résulte que A n’est pas diagonalisable. On conclut : / A est diagonalisable si et seulement si det (A) =

1 . 4

On a, dans M2n (K ) :    λIn A −In 0 AB − λIn A = , B In B In 0 In    λIn A A 0 −In −λIn = . B In 0 −λIn −B B A − λIn

11.55

D’où, en passant aux déterminants :  det (AB − λIn ) = (−1)n det

A In

λIn B 

(−λ)n det (B A − λIn ) = (−1)n (−λ)n det 462



λIn B

= χ A A (λ) . exercice 11.55

D’après le cours sur les polynômes, il en résulte que χ A A est à coefficients réels, c’est-à-dire, avec l’indéterminée X au lieu de λ : χ A A ∈ R[X]. b) On a alors : det (A A + In ) = χ A A (−1) ∈ R.

11.57 a) Formons le polynôme caractéristique de An , par

On a alors : 0 = A2 − A + donc :

χ AB = χ B A .

, A In

,

exemple en développant par rapport à la première ligne :   1 − λ 0 ... 0 1     1 1−λ (0) 0    . ..  .. . χ An (λ) =  .. .   ..   . (1) 1−λ 0    1 ... ... ... 1 − λ [n]   1 − λ (0)     .. = (1 − λ)   .    (1) 1 − λ [n − 1]   1 1 − λ 0 ... 0  . ..  .. .. . . . . (0) .    . . n+1  .. . . +(−1)  . . . 0    ..  .. . . 1 − λ  (1)  1 ... ... ... 1 [n − 1]    noté Dn−1 = (1 − λ)n + (−1)n+1 Dn−1 et :

 1 . . .  . Dn =  ..   .. .  1

1−λ .. .

(1) ...

0 .. . ..

.

...

... (0) .. . .. . ...

       0   1 − λ  1 [n] 0 .. .

→

C1

 λ   0   .. . =  C1 − C2  .  ..   0

1−λ

...

0 .. .

1 .. . .. .

..

(0) .. . .. .

.

(1) .. .

1

.. .

       0  = λDn−1 .  1 − λ   1 [n] 0 .. .

De proche en proche : Dn = λDn−1 = . . . = λn−2 D2

 1 = λn−2  1

 1 − λ  = λn−2 λ = λn−1 . 1 

d’où : χ An (λ) = (1 − λ)n + (−1)n+1 λn−2 . b) Considérons l’application ϕ : [1 ; +∞[−→ R , définie, pour tout λ ∈ [1 ; +∞[, par : ϕ(λ) =

(−1)n χ An (λ)

= (λ − 1)n λ−n+2 − 1 .

λn−2 Ainsi, les valeurs propres de An situées dans [1 ; +∞[ sont les zéros de ϕ. L’application ϕ est dérivable sur [1 ; +∞[ et, pour tout λ ∈ [1 ; +∞[ : ϕ (λ) = n(λ − 1)n−1 λ−n+2 + (λ − 1)n (−n + 2)λ−n+1   = (λ − 1)n−1 λ−n+1 nλ + (−n + 2)(λ − 1)   = (λ − 1)n−1 λ−n+1 2λ + (n − 2) .    >0 On en déduit le tableau de variation de ϕ : λ ϕ (λ) ϕ(λ)

+∞

1

+ −1



+∞

Puisque l’application ϕ est strictement croissante et continue sur l’intervalle [1 ; +∞[ et que ϕ(1) = −1 et ϕ(λ) −→ +∞, d’après le théorème de la bijection monoλ−→+∞ tone, ϕ admet un zéro et un seul dans ]1 ; +∞[. On conclut que An admet, dans ]1 ; +∞[, une valeur propre et une seule. a) Formons le polynôme caractéristique de A :    a1 − λ 1 0 ... ... 0   ..  .. ..   a2 . . (0) −λ .   ..   .. .. ..  a3 . . . 0 .   χ A (λ) =  .  . . . .. .. ..  .. 0     . ..  .. . −λ (0) 1    a 0 ... ... 0 −λ [n] n Ln

−→

11.58

L n + λL n−1 + · · · + λn−1 L 1

   a1 − λ 1 0 ... ... 0  ..  ..   a2 . −λ (0) .   ..   .. ..  a3 . . 0 .   = .  . . . .. .. .. 0   ..    .  ..  .. . (0) −λ 1    α 0 ... ... 0 0 [n]  1  0 ... ... 0     −λ . . . . . . (0) ...     ..  .. .. .. = (−1)n+1 α, = (−1)n+1 α  0 . . . .  .  . .  . .. .. 0  (0)  .    0 . . . 0 −λ 1 [n − 1] où : α = an + λan−1 + · · · + λn−2 a2 + λn−1 (a1 − λ) = an + λan−1 + · · · + a1 λn−1 − λn . On conclut :

  χ A (λ) = (−1)n λn − (a1 λn−1 + · · · + an ) .

b) On suppose ici : ∀ k ∈ {1,. . . ,n}, ak ∈ ]0 ; +∞[. Notons ϕ : ]0 ; +∞[−→ R, λ −→ ϕ(λ) =

(−1)n χ A (λ) =1− λn



a1 an + ··· + n λ λ

.

Il est clair que χ A et ϕ ont, dans ]0 ; +∞[, les mêmes zéros. L’application ϕ est dérivable (donc continue) sur ]0 ; +∞[ a1 nan et : ∀ λ ∈ ]0 ; +∞[, ϕ (λ) = 2 + . . . + n+1 > 0, λ λ donc ϕ est strictement croissante sur ]0 ; +∞[. De plus :

ϕ(λ) −→ −∞ et ϕ(λ) −→ 1. λ−→0+

λ

λ−→+∞

ϕ(λ)

+∞

0

ϕ (λ)

+ −∞



1

D’après le théorème de la bijection monotone, ϕ admet un zéro et un seul. On conclut que, dans ]0 ; +∞[, A admet une valeur propre et une seule.

11.59 a) Formons le polynôme caractéristique χn de A(n,z) , la variable étant notée classiquement λ, en développant, par exemple, par rapport à la première ligne :   1 − λ 0 ... 0 z   .. ..    1 . . (0) 0    . ..  .. .. .. χn (λ) =  .. . . . .    ..  .. ..  . . . (1) 0    1 . . . . . . 1 1 − λ [n] 463

 1 − λ   = (1 − λ)    ∗

..

 (0)     1 − λ [n − 1]

.

 1   1  n+1  .. + (−1) z  .   .. .  1 

Dn−1

 λ  0  .  ..  =.  ..  .  ..   0

−→

On a, par C j

1−λ .. .

(1) ...

0 .. .

...

(0) .. . . .. . ... 1  noté Dn−1 ..

       . 0   1 − λ  1 [n − 1]  0 .. .

C j − C j+1 , pour j = n − 2,. . . ,1 :

λ .. . (0) ...

.. ..

        = λn−2 .  0   1 − λ   1 [n − 1] 0 .. . .. .

∗ . .

λ

1−λ

...

0 ...

λ 0

Ainsi : χn (λ) = (1 − λ)n + (−1)n+1 zλn−2 .   b) Soit λ ∈ SpC A(n,z) . D’après a), on a : (1 − λ)n + (−1)n+1 zλn−2 = 0 . Supposons |λ|
2. Notons µ = |λ − 1|
|λ| − 1
1 > 0. On a :  n−2 µn = |1 − λ|n = |zλn−2 | = |z|(λ − 1) + 1  n−2  |z| |λ − 1| + 1  |z|(µ + 1)n−2 . D’où :

µ2 =

n

µ µn−2

 1 + µ n−2  |z| . µ

1+µ 1 = + 1  2, Comme µ
1, on a : µ µ  n 2 n−2 puis : µ  |z|2 , donc µ  |z| 2 2 −1 . Enfin :   |λ| = 1 − (1 − λ)  1 + |1 − λ| = 1 + µ

 n  1 + |z| 2 2 −1 .

   n On conclut : |λ|  Max 2, 1 + |z| 2 2 −1 .

Finalement :       n SpC A(n,z) ⊂ B 0,Max 2, 1 + |z| 2 2 −1 .

b) 1) On remarque, par un calcul par blocs suggéré par la diagonalisation précédente, en notant I = In :     1 I 2I 2I 3A 0 A 4A 2I = . I −I 0 −A 4 I −2I A A           B C notée Q notée R  I 0 QR = = I2n , On a : 0 I donc Q est inversible et R = Q −1 . Ceci montre que B est semblable à C. 2) • Supposons A diagonalisable. Il existe U ∈ GLn (R), ∆ ∈ Dn (R) telles que : A = U ∆U −1 . On a alors :  3A 0 C= 0 −A   −1  0 3∆ 0 U U 0 = , −1 0 U 0 −∆ 0 U         notée V, inversible diagonale = V −1 ce qui montre que C est diagonalisable.  3A 0 • Réciproquement, si C = est diagonalisable, 0 −A alors, par endomorphisme induit, −A est diagonalisable, donc A est diagonalisable. On conclut : B est diagonalisable si et seulement si A est diagonalisable.

11.61 Par commodité, si une somme est indexée par λ ∈ Sp ( f ), nous la noterons indexée par λ seulement. a) Soit A ∈ K [X]. Puisque f est diagonalisable, on a : E =



Eλ .

λ

Soit x ∈ E. Par définition de pλ , on a : pλ (x) et ∀ λ ∈ Sp ( f ), pλ (x) ∈ E λ . x= λ

On a alors :     pλ (x) = A( f ) pλ (x) A( f )(x) = A( f ) λ

= cours d’où :



λ

A(λ) pλ (x) =

λ

A( f ) =





 A(λ) pλ (x),

λ

A(λ) pλ .

λ

11.60

a) Un calcul élémentaire montre que M est diagonalisable et que : M = P D P −1 , où :    1 1 2 2 2 3 0 −1 P= ,D= ,P = . 1 −1 0 −1 4 1 −2

464

En particulier, pour A = X (polynôme de degré 1), on a : λ pλ . f = λ

b) Notons Sp ( f ) = {λ1 ,. . . ,λ N } , où λ1 ,. . . ,λ N sont deux à deux différents.

Soit j ∈ {1,. . . ,N } . D’après le cours sur l’interpolation polynomiale, il existe A j ∈ K [X] tel que :  1 si i = j ∀ i ∈ {1,. . . ,N }, A j (λi ) = δi j = 0 si i = / j. On a alors, d’après a) : Aj ( f ) =



A j (λ) pλ =

λ

N

A j (λi ) pλi = pλj .

i=1

Ainsi : ∀ ∈ {1,. . . ,N }, ∃ A j ∈ K [X], pλj = A j ( f ). Autrement dit, chaque pλ (pour λ ∈ Sp ( f )) est un polynôme en f.

11.62

a) • Soit A ∈ Mn (C).

Il est clair que f A : M −→ AM − M A est une application de Mn (C) dans Mn (C). La linéarité de f A est immédiate : pour tout α ∈ C et toutes M,N ∈ Mn (C) : f A (αM + N ) = A(αM + N ) − (αM + N )A = α(AM − M A) + (AN − N A) = α f A (M) + f A (N ) .   On conclut : ∀ A ∈ Mn (C), f A ∈ L Mn (C) . • Soient A ∈ Tn,s (C), M ∈ Tn,s (C). Notons A = (ai j )i j , M = (m i j )i j . Alors, f A (M) = AM − M A ∈ Tn,s (C) et, pour tout i ∈ {1,. . . ,n}, le terme diagonal numéro i de f A (M) est aii m ii − m ii aii = 0 . Ceci montre : ∀ M ∈ Tn,s (C), f A (M) ∈ T n,s (C).   On conclut : ∀ A ∈ Tn,s (C), f A Tn,s (C) ⊂ T n,s (C). b) Soit A ∈ Mn (C). D’après le cours, A est trigonalisable dans Mn (C). Il existe P ∈ GLn (C), T ∈ Tn,s (C) telles que A = P T P −1 . 1) Montrons que l’application θ : B −→ P −1 B P est un isomorphisme de C(A) sur C(T ) . • θ est bien une application de C(A) dans C(T ) , car, pour toute B ∈ C(A), on a : θ(B)T = (P −1 B P)T = P −1 B(P T P −1 )P = P −1 B A P = P −1 AB P = (P −1 A P)(P −1 B P) = T θ(B) ,

    On a donc : dim C(A) = dim C(T ) . 2) D’autre part, d’après a) et le théorème du rang, appliqué à gT : Tn,s (C) −→ Tn,s (C), U −→ T U − U T , on a :

  dim Ker (gT ) = dim Tn,s (C) − dim Im (gT )    
dim Tn,s (C) − dim Tn,s (C) = n. Enfin :   Ker (gT ) = U ∈ Tn,s (C) ; T U = U T = Tn,s (C) ∩ C(T ). D’où :     dim C(T )
dim Tn,s (C) ∩ C(T ) = dim Ker (gT )
n.   dim C(A)
n.

On conclut :

11.63 Puisque A ∈ Mn (C), d’après le cours, A est trigonalisable.



 Il existe P ∈ GLn (C), T = 

λ1

..

∗ .

0

   ∈ Tn,s (C) ,

λn

telles que : A = P T P −1 . Comme rg (A) = 2, d’après le théorème du rang : dim Ker (A)
n − 2 . On peut donc supposer λ1 = . . . = λn−2 = 0 , par exemple. On a alors : 0 = tr (A) =

n

λk = (n − 2)0 + λn−1 + λn ,

k=1

λn−1 + λn = 0. 0

donc :

Si λn−1 = 0 , alors λn = 0, T =  0

..

.

∗ . 0

En calculant les puissances successives de T, on obtient T n = 0 (cf. aussi l’exercice 11.23), puis : An = (P T P −1 )n = P T n P −1 = 0 , contradiction.

donc θ(B) ∈ C(T ).

/ 0. On a donc : λn−1 =

• Il est clair que C(A) et C(T ) sont bien des C-ev.

/ 0 , les trois nombres complexes Puisque λn = −λn−1 = 0, λn−1 , λn sont deux à deux distincts. De plus :

• La linéarité de θ est immédiate. • Pour tout U ∈ C(T ) , il existe B ∈ C(A) unique tel que θ(B) = U , c’est B = PU P −1 . Ainsi, θ : C(A) −→ C(T ), B −→ P −1 B P est un isomorphisme d’ev.

dim Ker (A) = n − rg (A) = n − 2 , dim Ker (A − λn−1 In )
1, dim Ker (A − λn In )
1 . On conclut : A est diagonalisable dans Mn (C). 465

11.64

1) Il est clair que, si A est diagonalisable, A = P D P −1 où P ∈ GLn (C), D ∈ Dn (C), alors A2 est diagonalisable, puisque A2 = P D 2 P −1 .

2) Réciproquement, supposons A2 diagonalisable. D’après le cours, il existe P ∈ C[X] scindé simple tel que P(A2 ) = 0. On peut supposer P normalisé, c’est-à-dire dont le coefficient du terme de plus haut degré égal à 1. • Supposons X | P. Il existe alors k ∈ N∗ , Q ∈ C[X] tels que P = Xk Q et Q(0) = / 0 , d’où A2k Q(A2 ) = 0 . Comme A est inversible, on déduit Q(A2 ) = 0, et on est ramené au cas suivant.

Finalement, M est diagonalisable si et seulement si AB est diagonalisable. 

11.66 Notons N =

k=1

On a donc :

N  (A2 − z k In ) = P(A2 ) = 0. k=1

Notons, pour chaque k ∈ {1,. . . ,N }, u k une racine carrée comN    (X − u k )(X + u k ) . Il est clair que R plexe de z k , et R = k=1

est scindé simple et annulateur de A , puisque R(A) = P(A2 ) = 0 . D’après le cours, on conclut que A est diagonalisable.

11.65

B 0



 =

BA 0

0 AB

.

M=  A ⇐⇒ 0  A ⇐⇒ 0

P N P −1 ⇐⇒ M P = P N    Ip X A B Ip X = 0 Iq 0 Iq 0 0  AX + B A 0 = 0 0 0

0 0



⇐⇒ AX + B = 0 ⇐⇒ X = −A−1 B.  I p −A−1 B , la matrice P est inAinsi, en notant P = 0 Iq versible et M = P N P −1 , ce qui montre que M et N sont semblables. b) D’après a), M est diagonalisable si et seulement si N est diagonalisable. D’autre part :



• si A est diagonalisable, alors

A 0

0 0

est diagonalisable

A 0 est diagonalisable, alors, par endomorphisme 0 0 induit, A est diagonalisable.  A 0 Ainsi, est diagonalisable si et seulement si A l’est. 0 0  A B On conclut que est diagonalisable si et seulement 0 0 si A est diagonalisable. • si

.

a) 1) Supposons AB diagonalisable. Comme B A = B(AB)B −1 ∼ AB, B A est aussi diagonali BA 0 sable. Il est clair alors que est diagonalisable. 0 AB D’autre part :  2 det (M) = det (M 2 ) = det (B A) det (AB) 2  2  = det (A) det (B) = / 0, car A,B ∈ GLn (C) .

11.67 a) Récurrence sur n. • La propriété est vraie pour n = 1, par hypothèse. • Supposons la propriété vraie pour un n ∈ N∗ . On a alors : f ◦ g n+1 − g n+1 ◦ f

Ainsi, M est inversible et M 2 est diagonalisable.

= ( f ◦ g n ) ◦ g − g n+1 ◦ f

D’après l’exercice 11.64, on conclut que M est diagonalisable.

= (g n ◦ f + ng n−1 ) ◦ g − g n+1 ◦ f

2) Réciproquement, supposons que M est diagonalisable. Alors, M 2 est diagonalisable.  BA 0 2 Comme M = , AB est matrice d’un endo0 AB morphisme induit par un endomorphisme représenté par M 2, donc AB est diagonalisable. 466



M = P N P −1 . On a :



On remarque :   0 B 0 M2 = A 0 A

0 0

a) Cherchons, par exemple, une matrice X ∈ M p,q (K ) telle que,  Ip X en notant P = , qui est inversible, on ait : 0 Iq

/ 0. • Supposons X /| P , c’est-à-dire P(0) = Ainsi, P est scindé simple non multiple de X. Il existe donc N ∈ N∗ , z 1 ,. . . ,z N ∈ C∗ deux à deux distincts tels que N  (X − z k ). P=

A 0

= g n ◦ ( f ◦ g) + ng n − g n+1 ◦ f = g n ◦ (g ◦ f + e) + ng n − g n+1 ◦ f = (n + 1)g n , donc la propriété est vraie pour n + 1.

On a montré, par récurrence sur n : ∗

11.69 a) 1) Supposons f − λe non injective.

∀ n ∈ N , f ◦ g − g ◦ f = ng n

n

n−1

.

b) Nous allons déduire la formule demandée, à partir de a), par linéarité. N ak Xk , où N ∈ N, a0 ,. . . ,a N ∈ K. On a : Soit P = k=0

f ◦ P(g) − P(g) ◦ f   N N ak g k − ak g k ◦ f = f ◦ k=0

=

N

=

Il s’ensuit, d’après le cours : P( f )(x) = P(λ)x , donc   P( f ) − P(λ) (x) = 0. Ceci montre que P( f ) − P(λ)e n’est pas injectif. 2) Raisonnons par contraposition. Supposons P( f ) − P(λ)e surjectif. Puisque le polynôme P(X) − P(λ) s’annule en λ, il existe Q ∈ C[X] tel que : P(X) − P(λ) = (X − λ)Q(X) .

k=0

ak ( f ◦ g k − g k ◦ f ) =

k=0 N

Alors, il existe x ∈ E − {0} tel que ( f − λe)(x) = 0, c’est-àdire f (x) = λx.

N

ak ( f ◦ g k − g k ◦ f )

k=1

kak g k−1 = P (g).

k=1

c) 1) Supposons que g admette un polynôme minimal P. D’après b), on a alors :

P (g) = f ◦ P(g) − P(g) ◦ f = 0 ,       =0 =0 donc P est annulateur de g. De plus, deg (P ) < deg (P),d’où nécessairement P = 1, e = 0, E = {0} , contradiction.

On a donc : P( f ) − P(λ)e = ( f − λe) ◦ Q( f ). Soit y ∈ E. Puisque P( f ) − P(λ) est surjectif, il existe x ∈ E   tel que : y = P( f ) − P(λ) (x).   On a alors : y = ( f − λe) Q( f )(x) . Ceci montre : ∀ y ∈ E, ∃ x ∈ E, y = ( f − λe)(x), donc f − λe est surjectif. On a montré, par contraposition, que, si f − λe n’est pas surjectif, alors P( f ) − P(λ)e n’est pas surjectif. b) Le polynôme P(X) − µ est scindé sur C. Il existe donc n ∈ N∗ , α ∈ C∗ , t1 ,. . . ,tn ∈ C tels que : n  P(X) − µ = α (X − tk ) . k=1

On conclut : g n’admet pas de polynôme minimal. 2) Le couple (g, − f ) vérifie les mêmes hypothèses que ( f, g), donc, d’après 1), − f n’admet pas de polynôme minimal, et on conclut : f n’admet pas de polynôme minimal. 3) Puisque f (ou g) n’admet pas de polynôme minimal, d’après le cours, par contraposée, E n’est pas de dimension finie.

11.68

Notons πa le polynôme minimal de A. On a : P(A) nilpotente  k ⇐⇒ ∃ k ∈ N∗ , P(A) = 0 ⇐⇒ ∃ k ∈ N∗ , P k (A) = 0 ∗

⇐⇒ ∃ k ∈ N , π A | P . k

Puisque π A ∈ C[X], π A est scindé sur C, et, d’autre part, π A admet exactement pour zéros λ1 ,. . . ,λ N . Il existe donc N  (X − λk )αk . Alors : α1 ,. . . ,α N ∈ N∗ tels que : π A = k=1

N    ∃ k ∈ N∗ , π A | P ⇐⇒ (X − λk ) | P. k=1

On conclut que l’ensemble des P ∈ C[X] tels que P(A) soit nilpotente est l’ensemble des multiples, dans C[X], du polyN  (X − λk ). nôme k=1

On a alors : P( f ) − µe = α( f − t1 e) ◦ · · · ◦ ( f − tn e). Si, pour tout k ∈ {1,. . . ,n} , f − tk e est injectif (resp. surjectif), alors, par composition, P( f ) − µe est injectif (resp. surjectif). Il en résulte, par contraposition, que, si P( f ) − µe n’est pas injectif (resp. n’est pas surjectif), alors il existe k ∈ {1,. . . ,n} tel que f − tk e n’est pas injectif (resp. n’est pas surjectif), donc il existe λ ∈ C tel que µ = P(λ) et que f − λe n’est pas injectif (resp. n’est pas surjectif).

11.70 Puisque A et N commutent et que A est inversible, A−1 et N commutent. En effet : AN = N A ⇒ A−1 (AN )A−1 = A−1 (N A)A−1 ⇒ N A−1 = A−1 N . −1

Comme A et N commutent et que N est nilpotente, A−1 N est nilpotente. En effet, il existe k ∈ N∗ tel que N k = 0, et on a : (A−1 N )k = (A−1 )k N k = 0. D’après le cours, A−1 N est trigonalisable dans Mn (C). Comme de plus A−1 N est nilpotente, sa seule valeur propre est 0. Il existe donc P ∈ GLn (C) telle que A−1 N = P T P −1 , où T est triangulaire supérieure à termes diagonaux tous nuls :   0 ∗ . .. . T = (0) 0 467

⇐⇒∀ (i, j) ∈ {1,. . . , p}2 , (λi − λ j )Mi j = 0   ⇐⇒∀ (i, j) ∈ {1,. . . , p}2 , i = / j ⇒ Mi j = 0 ,

On a alors :  det (A + N ) = det A(In + A−1 N ) 

= det (A) det (In + A−1 N ) = det (A) det (In + P T P −1 )   = det (A) det P(In + T )P −1 = det (A) det (In + T ).   1  det (In + T ) =   (0)

Comme :

..

.

 ∗   = 1,   1

car λ1 ,. . . ,λ p sont deux à deux distincts. On conclut :





 C(A) = P M P −1 ; M = 

.

(0)

Les matrices AB et B A de Mn (C) sont trigonalisables. Il existe donc P,Q ∈ GLn (C), T,U ∈ Tn,s (C) telles que : AB = P T P −1 et B A = QU Q −1 .

On a alors : e

(0)

λn AB

et de même : e

BA

=e

P T P −1

= Pe P

= Qe Q U

T

−1

Mp

−1

• Il est clair que C(A) est un K-ev et que l’application M −→ P M P −1 est un isomorphisme d’ev de C(D) sur C(A) . p p       dim Mωk (k) = ω2k . dim C(A) = dim C(D) = k=1

On a, avec les notations de a) : B ∈ C (A) ⇐⇒ ∀ X ∈ C(A), X B = B X ⇐⇒ ∀ M ∈ C(D), M Z = Z M.

,

Décomposons Z en blocs de la même façon que pour D, Z = (Z i j )i j , où les Z i j sont des blocs.

.

On a : B ∈ C (A)

Mais : ..

(∗) .

 λ1 e  U  , e =  

eλn

(0)

..

(∗∗) .

  ,

eλn

(0)

donc : χeT = χeU , et finalement : χe AB = χe B A . Puisque A est diagonalisable, il existe P ∈ GLn (C), D ∈ Dn (C) telles que : A = P D P −1 , où :

11.72

D = diag (λ1 ,. . . ,λ1 ,. . . ,λ p ,. . . ,λ p ) .       ω1 fois ω p fois   D=

λ1 Iω1 (0)

..

k=1

b) • Soient B ∈ Mn (K ), Z = P −1 B P .

λn

D’où : χe AB = χeT et χe B A = χeU .  λ1 e  T e =

 ,

On a donc :

De plus, d’après l’exercice 11.55, AB et B A ont le même polynôme caractéristique. On peut donc supposer que T et U ont la même diagonale :     λ1 λ1 ∗ ∗∗     .. .. T = , U =  . . . (0)



Mk ∈ Mωk (K ) .

11.71

⇐⇒ ∀ M1 ,. . . ,M p , ∀ (i, j) ∈ {1,. . . , p}2 , M j Z i j = Z i j Mi   ⇒ ∀ (i, j) ∈ {1,. . . , p}2 , i = / j ⇒ Z i j = 0 , comme on le voit en examinant le cas particulier Mi = Iωi et M j = 0. Ainsi, si B ∈ C (A), alors Z est diagonale par blocs, de la forme   Z1 (0)   .. Z =  , et alors : . (0)

Zp B ∈ C (A)

(0) .

  .

λ p Iω p

a) • Soit X ∈ Mn (K ). Notons M = P −1 X P. On a :

⇐⇒ ∀ M1 ,. . . ,M p , ∀ (i, j) ∈ {1,. . . , p}2 , M j Z j = Z i Mi ⇒ ∀ i ∈ {1,. . . , p}, ∀ Mi ∈ Mωi (K ), Mi Z i = Z i Mi . De même qu’en a), on montre que, si une matrice carrée Mi commute avec toute matrice carrée, alors Mi est de la forme αi Iωi , où αi ∈ K. La réciproque est évidente.

X ∈ C(A) ⇐⇒ AX = X A ⇐⇒ D M = M D .

On a donc :

Décomposons M en blocs de la même façon que pour D cidessus : M = (m i j )1i, j  p où les Mi j sont des blocs. On a :

B ∈ C (A)

DM = M D ⇐⇒ ∀ (i, j) ∈ {1,. . . , p}2 , λi Iωi Mi j = Mi j λ j Iωj 468

..

(0)

det (A + N ) = det, (A).

on conclut :

Ainsi :

M1



 ⇐⇒ ∃ (α1 ,. . . ,α p ) ∈ K p , Z = 

α1 Iω1 (0)

..

(0) . α p Iω p

  .

Finalement :  α1 Iω1  

−1 C (A) = P Z P ; Z = 

..

(0)

(0) .

  

α p Iω p (α1 ,. . . ,α p ) ∈ K p .

• Il est clair alors que C (A) est un K-ev et que :   dim C (A) = p .

11.73

Récurrence forte sur n.

La propriété est évidente pour n = 1. Soit n ∈ N∗ . Supposons la propriété vraie pour tout entier p ∈ {1,. . . ,n} et soient E un K-ev de dimension finie n + 1, I un ensemble non vide, ( f i )i∈I une famille d’endomorphismes diagonalisables de E commutant deux à deux. Le cas où toutes les f i sont des homothéties est d’étude immédiate. Supposons qu’il existe i 0 ∈ I tel que f i0 ne soit pas une homothétie. Notons λ1 ,. . . ,λr les valeurs propres distinctes de f i0 , E 1 ,. . . ,Er les SEP pour f i0 associés respectivement à λ1 ,. . . ,λr .

mutent, f p et g p commutent. D’après l’exercice 11.73, il en résulte que f p et g p sont simultanément diagonalisables, c’està-dire qu’il existe une base B de E telle que les matrices de f p et g p dans B soient diagonales. Par produit, la matrice de f p ◦ g p dans B est diagonale. Ceci montre que ( f ◦ g) p est diagonalisable. On conclut : f ◦ g ∈ M.

11.75 1) Supposons χ f irréductible. / {0}. Nous alSoit F un sev de E , stable par f, tel que F = lons montrer F = E . Notons n = dim (E) . / {0}, il existe x ∈ F tel que x = / 0. Puisque F = Ensuite, puisque F est stable par f, tous les vecteurs x, f (x), . . . , f n−1 (x) sont dans F , donc :   Vect x, f (x), . . . , f n−1 (x) ⊂ F.   Montrons que la famille x, f (x),. . . , f n−1 (x) est libre. Soit n−1 ak f k (x) = 0. Notons (a0 ,. . . ,an−1 ) ∈ K n tel que k=0

P=

n−1

P = / 0. On a alors :

Puisque f i0 est diagonalisable et n’est pas une homothétie, on a : ∀ k ∈ {1,. . . ,r}, 1  dim (E k )  n. Soient k ∈ {1,. . . ,r}, i ∈ I. Puisque f i et f i0 commutent, d’après le cours, E k est stable par f i . Notons f i,k l’endomorphisme de E k induit par f i . Pour chaque k ∈ {1,. . . ,r}, ( f i,k )i∈I est une famille d’endomorphismes de E k commutant deux à deux, donc, par hypothèse, il existe une base Bk de E k telle que : ∀ i ∈ I, MatBk ( f i,k ) ∈ Dnk (K ) , où n k = dim (E k )  n. Notons B la réunion ordonnée de B1 ,. . . ,Br . Alors, B est une base de E et, pour tout i ∈ I, la matrice de f i dans B est diagonale. Ceci montre le résultat pour n + 1. On a établi la propriété demandée, par récurrence forte sur la dimension de E .

11.74

Soit ( f,g) ∈ M 2 tel que f ◦ g = g ◦ f.

Puisque f ∈ M , il existe k ∈ N∗ tel que f k soit diagonalisable, et, puisque g ∈ M, il existe  ∈ N∗ tel que g  soit diagonalisable. Notons p = k ∈ N∗ . Puisque f et g commutent, on a : ( f ◦ g) p = f p ◦ g p = ( f k ) ◦ (g  )k . k



Comme f et g sont diagonalisables, il est immédiat que ( f k ) et (g  )k sont diagonalisables. Puisque f et g com-

ak Xk ∈ K [X]. On a donc : P( f ) = 0. Supposons

k=0

χ f irréductible, deg (χ f ) = n, deg (P) < n , donc : pgcd (χ f , P) = 1. D’après le théorème de Bezout, il existe alors U,V ∈ K [X] tels que : U P + V χ f = 1 . D’où : x = Id E (x) = (U P + V χ f )( f )(x)     = U ( f ) P( f )(x) + V ( f ) χ f ( f )(x) . Par hypothèse, P( f ) = 0, et, d’après le théorème de Cayley et Hamilton, χ f ( f ) = 0 . On déduit : x = 0, contradiction.   Ceci montre que la famille x, f (x),. . . , f n−1 (x) est libre. Alors :    n
dim (F)
dim Vect x, f (x),. . . , f n−1 (x) = n , d’où F = E . 2) Réciproquement, supposons que les seuls sev de E stables par f soient {0} et E. Notons n = dim (E) . Raisonnons par l’ab 2 surde : supposons qu’il existe (A,B) ∈ K [X] tel que : χ f = AB, pgcd (A,B) = 1, 1  deg (A)  n − 1, 1  deg (B)  n − 1.     Il est clair que les sev Ker A( f ) et Ker B( f ) sont stables par f, donc sont égaux à {0} ou à E . 469

    Si Ker A( f ) = {0} et Ker B( f ) = {0}, alors, en utilisant le théorème de Cayley et Hamilton et le théorème de décomposition des noyaux :       E = Ker χ f ( f ) = Ker A( f ) ⊕ Ker B( f ) = {0} , contradiction.

  On a donc, par exemple Ker A( f ) = E , c’est-à-dire : A( f ) = 0 . / 0. Il existe x ∈ E tel que x =

• Considérons l’application g : E −→ E, (u n )n∈ Z −→ (u n+1 )n∈Z . Il est clair que : g ∈ L(E) . On a, pour toute u = (u n )n∈Z :     (g ◦ f ◦ g −1 )(u) = (g ◦ f ) (u n−1 )n∈Z = g (2n u n−1 )n∈Z = (2n+1 u n )n∈Z = 2(2n u n )n∈Z = 2 f (u). g ◦ f ◦ g −1 = 2 f.

Ainsi :

Notons d = deg (A), 1  d  n − 1.     On a : x ∈ Ker A( f ) , puis, comme Ker A( f ) est stable par f, on a :     f (x) ∈ Ker A( f ) ,. . . , f d−1 (x) ∈ Ker A( f ) . Comme deg (A) = d , f d se décompose linéairement sur   Id E , f,. . . , f d−1, donc : f d (x) ∈ Vect x,. . . , f d−1 (x) . Le sev   / {0}, et G = Vect x,. . . f d−1 (x) est alors stable par f, et G = G= / E car 1  dim (G)  d  n − 1, d’où une contradiction. On conclut que χ f est irréductible dans K [X].

11.77 Munissons Mn,1 (C) d’une norme ||.|| et Mn (C) de la norme subordonnée associée, encore notée ||.||. Nous allons montrer que S est bornée et fermée dans C. 1) Puisque E est compacte, E est bornée. Il existe donc M ∈ ,R+ tel que : ∀ A ∈ E, ||A||  M. Soit λ ∈ S. Il existe A ∈ E telle que : λ ∈ SpC (A), puis il existe X ∈ Mn,1 (C) − {0} tel que : AX = λX . On a : |λ| ||X|| = ||λX|| = ||AX||  ||A|| ||X||  M||X|| , d’où, puisque ||X|| > 0 :

11.76

a) Supposons A et 2A semblables.

Soit λ ∈ SpC (A). Alors, 2λ ∈ SpC (A) , puis, par une récurrence immédiate : ∀ k ∈ N, 2k λ ∈ SpC (A). / 0, alors les 2k λ, lorsque k décrit N, sont deux à deux Si λ = distincts, donc A admet une infinité de valeurs propres, contradiction.

Ainsi : S ⊂ B (0 ; M) , donc S est une partie bornée de C. 2) Soit (λ p ) p∈N une suite dans S convergeant vers un élément µ de C. Pour chaque p ∈ N, il existe A p ∈ E telle que λ p ∈ SpC (A p ), puis il existe X p ∈ Mn,1 (C) tel que : A p X p = λ p X p et ||X p || = 1 .

On a donc : λ = 0. Ceci montre : SpC (A) ⊂ {0} . / ∅. D’autre part, puisque A ∈ Mn (C), on a SpC (A) = Il en résulte : SpC (A) = {0} . D’après l’exercice 11.48, on conclut que A est nilpotente. Remarque : La réciproque est vraie, c’est-à-dire que, si A est nilpotente, alors A est semblable à 2A. Mais la résolution classique de cette question utilise la réduction de Jordan, qui n’est pas au programme. b) Prenons E = CZ , le C-ev des suites complexes indexées par Z . Considérons l’application f : E −→ E, u = (u n )n∈Z −→ (2n u n )n∈Z . Il est clair que : f ∈ L(E).

Puisque E est une partie compacte de Mn (C) et que la sphère unité S(0 ; 1) = {X ∈ Mn,1 (C) ; ||X|| = 1} est une partie compacte de Mn,1 (C), par produit cartésien, E × S(0 ; 1) est une partie compacte de Mn (C) × Mn,1 (C) . Il existe donc une extractrice σ et (A,X) ∈ E × S(0 ; 1) tels que : (Aσ( p) , X σ( p) ) −→(A,X), c’est-à-dire : p∞

Aσ( p) −→ A et X σ( p) −→ X. p∞

p∞

Par continuité des opérations matricielles, il en résulte : Aσ( p) X σ( p) −→ AX et λσ( p) X σ( p) −→ µX , p∞

p∞

d’où, par unicité de la limite : AX = µX. De plus, comme : ∀ p ∈ N, ||X σ( p) || = 1,

• On a, en notant 1 la suite constante égale à 1 : f (1) = (2n )n∈Z , puis, par récurrence immédiate :

/ 0. on a, par passage à la limite, ||X|| = 1, donc X = Ceci montre : ∃ A ∈ E, µ ∈ SpC (A), d’où : µ ∈ S .

kn

On a montré, par la caractérisation séquentielle, que S est une partie fermée de C.

Ceci montre que f n’est pas nilpotent.

Puisque S est une partie fermée et bornée de C, et que C est un C-ev de dimension finie, d’après le cours, on conclut que S est une partie compacte de C.

∗

/ 0, ∀ k ∈ N , f (1) = (2 )n∈Z = k

/ 0. donc : ∀ k ∈ N, f k =

470

|λ|  M.

Algèbre bilinéaire

Plan

CHAPITRE

12

Thèmes abordés dans les exercices

Les méthodes à retenir 472

•

Montrer qu’une application ϕ : E × E −→ R est une fbs

Énoncés des exercices 475

•

Montrer qu’une application φ : E −→ R est une fq, et expliciter la forme polaire ϕ de φ

•

Étude de signe pour une fq

•

Obtention d’inégalités faisant intervenir des ps ou/et des normes euclidiennes

•

Étude des endomorphismes orthogonaux, manipulation des matrices orthogonales

•

Étude de sev orthogonaux, de sev supplémentaires orthogonaux, détermination d’un projeté orthogonal, d’une distance

•

Détermination d’un adjoint, manipulation d’un ou plusieurs adjoints

•

Étude de matrices symétriques réelles, de matrices symétriques positives, de matrices symétriques définies-positives

•

Inégalités issues de matrices symétriques positives

•

Décomposition de matrices en divers produits.

Du mal à démarrer ?

486

Corrigés

492

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •

Définition de fbs, de fq, formules les reliant, propriétés de calcul

•

Définition de fq positive, de fq définie-positive

•

Interprétation matricielle des fbs

•

Définition de ps, d’eve, produits scalaires usuels

•

Inégalité de Cauchy et Schwarz, inégalité de Minkowski, études des cas d’égalité

•

Définition et propriétés de l’orthogonalité

•

Théorème de projection orthogonale sur un sev de dimension finie dans un espace préhilbertien réel

•

Définition et propriétés des endomorphismes symétriques (ou : auto-adjoints)

•

Définition et propriétés des endomorphismes orthogonaux

•

Définition et propriétés de l’adjoint d’un endomorphisme d’un eve, interprétation matricielle dans une b.o.n.

•

Théorème fondamental (ou : théorème spectral) pour un endomorphisme symétrique, pour une matrice symétrique réelle 471

Chapitre 12 • Algèbre bilinéaire

•

++ Définition de S+ n , de Sn , de matrice symétrique positive, de matrice symétrique définie-positive

•

++ Caractérisation des éléments de S+ parmi ceux de Sn (R) à l’aide de n ou Sn leur spectre

•

Théorème de réduction simultanée, pour une fbs et un ps, pour une matrice symétrique réelle et une matrice symétrique définie-positive.

Les méthodes à retenir Par commodité, on utilise les abréviations suivantes : ev pour : espace vectoriel sev pour : sous-espace vectoriel fbs pour : forme bilinéaire symétrique fq pour : forme quadratique ps pour : produit scalaire eve pour : espace vectoriel euclidien b.o.n. pour : base orthonormale. Sauf mention contraire, n désigne un entier
1. Utiliser : – l’expression de la fq φ associée à ϕ : ∀ x ∈ E, φ(x) = ϕ(x,x)

➥ Exercice 12.1 Pour relier fbs et fq associées

– une expression de la fbs ϕ associée à la fq φ :  1 ∀ (x,y) ∈ E 2 , ϕ(x,y) = φ(x + y) − φ(x) − φ(y) , 2  1 ∀ (x,y) ∈ E 2 , ϕ(x,y) = φ(x + y) − φ(x − y) . 4

➥ Exercice 12.1.

472

Pour montrer qu’une application φ : E −→ R est une fq sur un R-ev E

Exprimer la forme polaire ϕ de φ par dédoublement, et vérifier que ϕ est une fbs sur E et que φ est la fq associée à ϕ.

Pour établir une inégalité portant sur des produits scalaires ou/et des normes euclidiennes

Essayer d’utiliser l’inégalité de Cauchy et Schwarz, moins fréquemment l’inégalité triangulaire.

➥ Exercices 12.3, 12.7, 12.26, 12.27.

➥ Exercices 12.4, 12.52.

Les méthodes à retenir

Pour montrer qu’une matrice rectangulaire (éventuellement carrée) M est nulle

Pour obtenir des inégalités ou des égalités portant sur des produits scalaires ou des normes euclidiennes

Il suffit de montrer ||M||22 = 0, c’est-à-dire : tr (t M M) = 0.

➥ Exercices 12.15, 12.46, 12.52, 12.53.

Essayer, si les inégalités usuelles semblent inopérantes, d’introduire un paramètre λ réel dans une inégalité liée à la notion de produit scalaire, puis faire varier λ et choisir λ au mieux, ce qui revient souvent à traduire qu’un certain discriminant est  0, comme dans la preuve classique de l’inégalité de Cauchy et Schwarz.

➥ Exercices 12.62, 12.71. Pour montrer que deux sev F,G d’un espace   préhilbertien E,(. | .) sont orthogonaux entre eux

Revenir à la définition, c’est-à-dire montrer :

Pour montrer qu’un   sev G d’un eve E,(. | .) est l’orthogonal d’un sev F de E

∀ x ∈ F, ∀ y ∈ G, (x | y) = 0 Montrer : F ⊕ G = E ou dim (F) + dim (G) = dim (E). et :

Pour calculer le projeté orthogonal pF (x) d’un élément x d’un  espace préhilbertien E,(. | .) sur un sev F de dimension finie de E

∀ x ∈ F, ∀ y ∈ G, (x | y) = 0 .

➥ Exercice 12.6 a).

➥ Exercice 12.6 a). • Si on connaît un sev G de E tel que E = F ⊕⊥ G, décomposer x en x = y + z où y ∈ F et z ∈ G, et on a alors p F (x) = y.

➥ Exercice 12.6 b). • Si on connaît une b.o.n. ( f 1 ,. . . , f p ) de F, appliquer la formule du p  ( f k | x) f k . cours : p F (x) =

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

k=1

➥ Exercice 12.5.

Essayer d’utiliser :    – la définition : ∀ (x,y) ∈ E 2 , f (x)  f (y) = (x | y) Pour étudier un endomorphisme orthogonal  f  d’un eve E,(. | .)

➥ Exercice 12.32 – la caractérisation par la conservation de la norme : ∀ x ∈ E, || f (x)|| = ||x|| – la caractérisation par le fait que l’image d’une b.o.n. soit une b.o.n. – la traduction matricielle dans une b.o.n. B : MatB ( f ) ∈ On (R) .

473

Chapitre 12 • Algèbre bilinéaire

Pour traduire qu’une matrice A ∈ M3 (R) est orthogonale

Pour calculer l’adjoint f d’un endomorphisme   d’un eve E,(. | .)

En plus des caractérisations des matrices orthogonales d’ordre n quelconque, penser à utiliser un produit vectoriel.

➥ Exercices 12.20, 12.21. Essayer de : – se ramener à la définition c’est-à-dire pour  de l’adjoint,    exprimer,  (x,y) ∈ E 2 quelconque, f (x)  y sous la forme x  g(y) , où g est indépendant de x et y. ➥ Exercice 12.22 – utiliser la matrice A de f dans une b.o.n. B de E, et on a alors : MatB ( f ∗ ) = tA.

Pour manipuler un (ou des) adjoint(s)

Pour résoudre une question faisant intervenir une (seule) matrice symétrique réelle S

     Utiliser la définition : ∀ (x,y) ∈ E 2 , f (x)  y) = x  f ∗ (y) , et en particulier : ∀ x ∈ E, || f (x)||2 = x  f ∗ ◦ f (x) .

➥ Exercices 12.36, 12.37, 12.54, 12.55. Utiliser : – la définition : t S = S – le théorème fondamental (ou : théorème spectral), sous sa forme matricielle : ∀ S ∈ Sn (R), ∃(Ω,D) ∈ On (R) × Dn (R), S = ΩDΩ−1 . On est ainsi ramené à l’étude d’une matrice diagonale, pour laquelle on pourra passer aux éléments.

➥ Exercices 12.15, 12.41 à 12.43, 12.47, 12.49, 12.64, 12.70, 12.74, 12.79, 12.82 à 12.85, 12.87 à 12.90.

Pour résoudre une question faisant intervenir une (seule) matrice ++ de S+ n ou de Sn

Utiliser l’un ou/et l’autre des deux résultats suivants : ++ – la définition de S ∈ S+ : n ou de S ∈ Sn    t S ∈ S+ n ⇐⇒ S ∈ Sn (R) et ∀ X ∈ Mn,1 (R), X S X
0    t S ∈ S++ ⇐⇒ S ∈ S (R) et ∀ X ∈ M (R) − {0}, X S X > 0 . n n,1 n

➥ Exercices 12.10, 12.14, 12.18, 12.44, 12.68. 12.69, 12.76 ++ parmi celles de – la caractérisation des matrices de S+ n ou de Sn Sn (R) à l’aide de leur spectre :   S ∈ S+ n ⇐⇒ S ∈ Sn (R) et SpR (S) ⊂ R+   ⇐⇒ S ∈ Sn (R) et SpR (S) ⊂ R∗+ , S ∈ S++ n

qui n’est pas dans le cours, mais est un exercice incontournable. ➥ Exercices 12.9, 12.11, 12.13, 12.16 à 12.19, 12.49, 12.66, 12.67, 12.70, 12.74, 12.83, 12.89. 474

Énoncés des exercices

Pour transformer une expression faisant intervenir une matrice S de S+ n

2 Essayer d’utiliser l’existence d’une matrice R de S+ n telle que R = S, cf. exercice 12.11.

➥ Exercices 12.45, 12.59 à 12.61, 12.65, 12.80, 12.83. Essayer de : – appliquer le théorème fondamental à A et répercuter la transformation sur B : A = ΩDΩ−1 , Ω ∈ On (R), D ∈ Dn (R), B = ΩCΩ−1 ,

Pour résoudre une question dans laquelle interviennent deux matrices symétriques réelles A,B

où C n’est pas nécessairement diagonale, mais C est quand même symétrique. Se ramener ainsi à une matrice diagonale (D) et une matrice pleine (C) au lieu de deux matrices pleines (A,B).

➥ Exercices 12.61, 12.66 – appliquer le théorème de réduction simultanée de deux formes quadratiques dont l’une est définie-positive, sous sa forme matricielle, si, : par exemple, A ∈ S++ n ∃ P ∈ GLn (R), ∃ D ∈ Dn (R), A = tP P et B = tP D P .

➥ Exercices 12.77, 12.78.

Énoncés des exercices

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

12.1

Étude de sev inclus dans le cône isotrope d’une forme quadratique Soient E un R-ev, ϕ une fbs sur E, φ la fq associée à ϕ. On note C(φ) le cône isotrope de φ, c’est-à-dire : C(φ) = {x ∈ E ; φ(x) = 0}.   Établir, pour tout sev F de E : F ⊂ C(φ) ⇐⇒ ∀ (x,y) ∈ F 2 , ϕ(x,y) = 0 .

12.2 Réciproque de l’inégalité de Cauchy et Schwarz Soient E un R-ev, ϕ une fbs sur E, φ la fq associée à ϕ.  2 On suppose : ∀ (x,y) ∈ E 2 , ϕ(x,y)  φ(x)φ(y). Montrer : φ
0 ou φ  0.

12.3 Exemple de forme quadratique positive sur un espace de fonctions 



1

On note E = C([0 ; 1] ; R) et φ : E −→ R, f −→

f − 2

0

2

1

f

.

0

a) Montrer que φ est une fq sur E et exprimer sa forme polaire. b) Montrer que φ est positive et déterminer le noyau de ϕ. 475

Chapitre 12 • Algèbre bilinéaire

12.4 Exemple d’intervention de l’inégalité de Cauchy et Schwarz Soient (E,||.||) un espace vectoriel normé réel, n ∈ N∗ , (x1 ,. . . ,xn ) ∈ E n , (α1 ,. . . ,αn ) ∈ Rn .   2 



n n  n  αi xi   αi2 ||xi ||2 . Montrer :  i=1

i=1

i=1

12.5 Matrice d’une symétrie orthogonale Former, dans Rn usuel muni de sa base canonique B et de son produit scalaire canonique (. | .), la matrice de la symétrie orthogonale autour de la droite vectorielle engendrée par un vecteur unitaire v = (v1 ,. . . ,vn ).

12.6 Orthogonalité entre Sn (R) et An (R) Soit n ∈ N∗ . On munit Mn,1 (R) de son produit scalaire canonique (M,N ) −→ (M | N ) = tr (t M N ) . a) Montrer que Sn (R) et An (R) sont deux sev supplémentaires orthogonaux dans Mn (R).   b) 1) Pour toute M ∈ Mn (R) , calculer la distance d M,Sn (R) en fonction de M. 2) Exemple : Pour M =

n 

  Ei1 , calculer d M,Sn (R) .

i=1

12.7 Exemple de fq définie positive sur un espace de polynômes  On note E = X R[X] et q : E −→ R, P −→

1

(P + P  )P  .

0

Montrer que E est un R-ev et que q est une fq définie positive sur E.

12.8 Calcul d’une borne inférieure par théorème de la projection orthogonale 

Calculer

Inf

(a,b)∈R2

1

 2 x 2  ln x − ax − b dx.

0

12.9 Caractérisation des matrices symétriques positives parmi les matrices symétrique réelles Soit S ∈ Sn (R) . Montrer : a) S ∈ S+ n ⇐⇒ SpR (S) ⊂ R+

⇐⇒ SpR (S) ⊂ R∗+ . b) S ∈ S++ n

12.10 Somme de matrices symétriques positives Soient n, p ∈ N∗ , S1 ,. . . ,Sp ∈ S+ n . Montrer :

p 

  Sk = 0 ⇐⇒ ∀ k ∈ {1,. . . , p}, Sk = 0 .

k=1

12.11 Existence de la racine carrée symétrique positive d’une matrice symétrique positive + 2 Montrer : a) ∀ S ∈ S+ n , ∃ R ∈ Sn , S = R

++ 2 b) ∀ S ∈ S++ n , ∃ R ∈ Sn , S = R .

(On pourra utiliser l’exercice 12.9.) Inversibilité de la somme d’une matrice symétrique définie positive et d’une matrice

12.12 antisymétrique

Soient S ∈ S++ n , A ∈ An (R) . Montrer : S + A ∈ GLn (R) . 476

Énoncés des exercices

12.13 Exponentielle d’une matrice symétrique réelle Montrer : a) ∀ S ∈ Sn (R), e S ∈ S++ n

−S ∈ S+ b) ∀ S ∈ S+ n , In − e n.

12.14 Exemple de matrice symétrique positive



Soient n
2, A = (ai j )i j ∈ Mn (R) définie par : ai j =

n−1

si

i= j

−1

si

i = / j.

++ ? Montrer : A ∈ S+ n . A-t-on A ∈ Sn

12.15 Matrices symétriques nilpotentes, matrices normales nilpotentes a) Soit S ∈ Sn (R) nilpotente. Montrer : S = 0. b) Soit A ∈ Mn (R) normale, c’est-à-dire telle que tA A = AtA, et nilpotente. Montrer : A = 0 .

12.16 Matrice de S+n issue d’une matrice de S++ n −1 − 2 In ∈ S+ Montrer : ∀ S ∈ S++ n , S+ S n.

12.17 Matrices symétriques telles que Sp = In ∗



Soient p ∈ N , S ∈ Sn (R) telle que S = In . Montrer : p

p impair

⇒ S = In

p pair

⇒ S 2 = In .

12.18 Matrices de la forme tAA Soient A ∈ Mn (R), S = tA A. a) Montrer : S ∈ S+ n.

⇐⇒ A ∈ GLn (R) . b) Établir : S ∈ S++ n

12.19 Factorisation d’une matrice diagonalisable Soit M ∈ Mn (R) diagonalisable dans Mn (R). Montrer : ∃ A ∈ S++ n , ∃ B ∈ Sn (R), M = AB.

12.20 Matrices orthogonales d’ordre 3 dont la première ligne est imposée Trouver toutes les matrices A ∈ O3 (R) de première ligne

3

5

4 5

 0 .

12.21 Matrices de similitude directe dont les deux premières colonnes sont données 

2 CNS sur (a,b,c) ∈ R pour que la matrice A =  2 −1 d’une similitude directe.

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

3

−1 2 2

 a b  soit la matrice, dans une b.o.n., c

12.22 Exemple de détermination d’un adjoint

  Soient E,(. | .) un eve, a,b ∈ E. Déterminer l’adjoint f ∗ de f ∈ L(E) défini par : ∀ x ∈ E, f (x) = (a | x)b − (b | x)a .

12.23 CNS pour que p∗ ∈ Vect (e,p)

  Soient E,(. | .) un eve, e = Id E , p ∈ L(E) tel que p2 = p.

Montrer : p∗ ∈ Vect (e, p) ⇐⇒ p∗ = p. 477

Chapitre 12 • Algèbre bilinéaire

12.24 Image d’une forme quadratique / 0, q la forme quadratique assoSoient E un R-ev non réduit à {0}, ϕ une fbs sur E telle que ϕ = ciée à ϕ. Montrer : 1) q positive ⇐⇒ q(E) = R+

2) q négative ⇐⇒ q(E) = R−

3) q ni positive ni négative ⇐⇒ q(E) = R .

12.25 Exemple de fq définie par un polynôme homogène de degré 2 Soit n ∈ N tel que n
2 . On note : φ : Rn −→ R, (x1 ,. . . ,xn ) −→



(xi − x j )2 .

1i< j n

a) Vérifier que φ est une fq positive sur Rn . b) Déterminer le cône isotrope de φ, c’est-à-dire C(φ) = {x ∈ Rn ; φ(x) = 0}.

12.26 Étude de signes pour une fq sur un espace de polynômes On note E = R[X] et φ : E −→ R, P −→

+∞ 

P(n)P(−n) e−n .

n=0

a) Montrer que φ est une fq sur E . b) On note E + (resp. E − ) le sev de E formé des polynômes pairs (resp. impairs). Montrer que E + et E − sont des sev de E supplémentaires dans E , orthogonaux pour la forme polaire ϕ de φ, et que :     ∀ P ∈ E + − {0}, φ(P) > 0 et ∀ P ∈ E − − {0}, φ(P) < 0 .

12.27 Étude d’une forme quadratique

  Soient E,(. | .) un eve, p ∈ N∗ , (α1 ,. . . ,α p ) ∈ (R∗+ ) p , (u 1 ,. . . ,u p ) ∈ E p .

On note : φ : E −→ R, x −→ φ(x) =

p 

αi (u i | x)2 .

i=1

a) Montrer que φ est une fq sur E, et exprimer sa forme polaire ϕ. b) CNS sur (u 1 ,. . . ,u p ) pour que ϕ soit un produit scalaire sur E.

12.28 Annulation d’un produit scalaire

  Soient E,(. | .) un eve, f ∈ L(E), λ,µ ∈ Sp ( f ) tels que λ  0  µ, x (resp. y) un vecteur   propre de f associé à λ (resp. µ). Établir : ∃z ∈ [x ; y], f (z) | z = 0,

où [x ; y] désigne le segment de E joignant x et y : [x ; y] = {(1 − t)x + t y ; t ∈ [0 ; 1]} .

12.29 Formes linéaires issues d’une trace On note, pour toute A ∈ Mn (R) − {0} : ϕ A : Mn (R) −→ R, M −→ tr (AM).  ∗ a) Montrer : ∀ A ∈ Mn (R) − {0}, ϕ A ∈ Mn (R) − {0} . b) On munit Mn (R) de son produit scalaire canonique (. | .).  ⊥ Montrer : ∀ A ∈ Mn (R) − {0}, Ker (ϕ A ) = R tA. 478

Énoncés des exercices

12.30 Exemple de produit scalaire sur un espace de polynômes Soit (a0 ,. . . ,an ) ∈ Rn+1. On note E = Rn [X] et : ϕ : E × E −→ R, (P,Q) −→

n 

P (k) (ak )Q (k) (ak ) .

k=0

a) Montrer que ϕ est un produit scalaire sur E. b) Dans le cas n = 2, a0 = −1, a1 = 0, a2 = 1, trouver une b.o.n. de E pour ϕ.

12.31 Comportement d’une forme quadratique au voisinage de 0

  Soient E,(. | .) un eve, ||.|| la norme euclidienne associée à (. | .), φ une fq sur E. Montrer : |φ(x)|3/4 −→ 0. ||x|| x−→0

12.32 Endomorphisme orthogonal d’un espace de matrices carrées On note, pour A ∈ Mn (R) : f A : Mn (R) −→ Mn (R), M −→ AM. CNS sur A pour que f A soit un endomorphisme orthogonal de Mn (R) muni de son produit scalaire canonique.

12.33 Orthogonaux de sev dans un espace de fonctions 

1

On note E = C 1 ([0 ; 1] ; R) et, pour ( f,g) ∈ E 2 : ( f | g) = f (0)g(0) +

f  (t)g  (t) dt.

0

a) Vérifier que (. | .) est un produit scalaire sur E. b) 1) Quel est l’orthogonal de F = Vect (e0 ), où e0 : [0 ; 1] −→ R, t −→ 1 ? 2) Quel est l’orthogonal de G = {g ∈ E ; g(0) = 0} ?

12.34 Exponentielle d’une matrice antisymétrique réelle Montrer : ∀ A ∈ An (R), e A ∈ SOn (R). (On pourra utiliser l’exercice 11.28.)

12.35 Étude de convergence pour une suite de matrices carrées Soit (Ak )k∈N une suite dans On (R). Montrer : Ak −→ In ⇐⇒ Ak + A−1 k −→ 2 In . k∞

∗

k∞

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

12.36 Étude de Ker (f + f ) pour f tel que f = 0 2

  Soient E,(. | .) une eve, f ∈ L(E) tel que f 2 = 0.

Montrer : Ker ( f + f ∗ ) = Ker ( f ) ∩ Ker ( f ∗ ).

12.37 Noyaux de polynômes de f ou de f ∗

  Soient E,(. | .) un eve, f ∈ L(E), P,Q ∈ R[X] premiers entre eux.     Montrer : Ker P( f ) ⊥ Ker Q( f ∗ ) .

12.38 Endomorphismes orthogonaux f tels que Sp (f + f ∗ ) = {2}   Soient E,(. | .) un eve, e = Id E , f ∈ O(E), g = f + f ∗ .

Montrer : Sp (g) = {2} ⇐⇒ f = e. 479

Chapitre 12 • Algèbre bilinéaire

12.39 Exemple de matrice symétrique définie positive

  On note A = Min (i, j) 1i, j n ∈ Mn (R). Montrer : A ∈ S++ n .

12.40 Terme diagonal nul dans une matrice symétrique positive Soit S = (ai j )i j ∈ S+ n . Montrer que, si un terme diagonal de S est nul, alors tous les termes de S situés dans la ligne ou dans la colonne de celui-ci sont nuls.

12.41 Expression variationnelle du rayon spectral

Soit S ∈ S+ n . On note λ1 ,. . . ,λn les valeurs propres de S (non nécessairement distinctes), ρ(S) = Max |λi |, le rayon spectral de S, ||.||2 la norme euclidienne canonique sur Mn (R). 1i n

Démontrer : ρ(S) =

Sup

X ∈ Mn,1 (R), ||X||2 =1

||S X||2 .

12.42 Endomorphismes symétriques dont le spectre évite un intervalle

  Soient E,(. | .) un eve, f ∈ S (E), (a,b) ∈ R2 tel que a  b.    On suppose : Sp ( f ) ∩ ]a ; b[= ∅. Montrer : ∀ x ∈ E, f (x) − ax  f (x) − bx
0,

et étudier le cas d’égalité lorsque Sp ( f ) ∩ [a ; b] = ∅. 1

t 12.43 Encadrement des vp réelles de A à l’aide des vp de 2 (A + A)

Soient A ∈ Mn (R), S =

1 (A + t A)., 2

On note α (resp. β) la plus petite (resp. grande) valeur propre de S. Montrer, pour toute valeur propre réelle λ de A : α  λ  β .

12.44 Matrice symétrique par blocs



++ Soient ( p,q) ∈ (N∗ )2 , A ∈ S++ p , C ∈ Sq , B ∈ M p,q (R), M =

A t B

B −C

∈ M p+q (R).

Démontrer que M est symétrique et inversible.

12.45 Inégalité issue de l’inégalité de Cauchy et Schwarz t t −1 t 2 Montrer : ∀ S ∈ S++ n , ∀ X,Y ∈ Mn,1 (R), ( X S X)( Y S Y )
( X Y ) .

antisymétriques, symétriques, symétriques positives 12.46 Trace et matrices     2

Soit (A,B) ∈ An (R) . Montrer : tr (AB − B A)4
0 et étudier le cas d’égalité.

12.47 Exemple d’équation matricielle faisant intervenir une transposée Résoudre l’équation X t X X = In , d’inconnue X ∈ Mn (R) .

12.48 Caractérisation des matrices de SO2 (R)



Soit A ∈ M2 (R). Montrer : A ∈ SO2 (R) ⇐⇒

12.49

tr ( tA A) = 2

det (A) = 1. Suite de matrices symétriques définies positives Soit S ∈ S+ n . On considère la suite (A p ) p∈N dans Mn (R) définie par A0 = In et : ∀ p ∈ N, A p+1 =

480

1 (A p + S A−1 p ). 2

Énoncés des exercices

a) Montrer que (A p ) p∈N est bien définie et que : ∀ p ∈ N, A p ∈ S++ n . 2 b) Établir que (A p ) p∈N converge dans Mn (R) et que sa limite L vérifie : L ∈ S+ n et L = S.

12.50 Noyau d’une fbs issue d’une autre fbs Soient E un K-ev, a ∈ E, ϕ une fbs sur E, φ la fq associée à ϕ. On note : ψ : E 2 −→ K , (x,y) −→ φ(a)ϕ(x,y) − ϕ(a,x)ϕ(a,y) . a) Vérifier que ψ est une fbs sur E. / 0 . Montrer : Ker (ψ) = Ker (ϕ) ⊕ K a . b) On suppose φ(a) =

12.51 Étude de noyau pour une matrice vérifiant une condition de positivité Soit A ∈ Mn (R) telle que : ∀ X ∈ Mn,1 (R), t X AX
0. Montrer : Ker (A) = Ker (tA) .

12.52 Borne supérieure sur un cercle de matrices

 2 Déterminer la borne supérieure de tr (X) + tr (Y ) lorsque le couple (X,Y ) de Mn (R) vérifie : t X X +t Y Y = In .

12.53 Matrices M nilpotentes telles que In + M soit orthogonale

Déterminer l’ensemble des M ∈ Mn (R) telles que M soit nilpotente et que In + M soit orthogonale.

12.54 Noyau et image d’un endomorphisme normal

  Soient E,(. | .) un eve, f ∈ L(E) normal, c’est-à-dire tel que : f ◦ f ∗ = f ∗ ◦ f. Montrer : ⊥ Im ( f ) = E c) Im ( f ∗ ) = Im ( f ). a) Ker ( f ∗ ) = Ker ( f ) b) Ker ( f ) 

12.55 Endomorphismes tels que f ◦ f ∗ = f 2

  Soient E,(. | .) un eve, f ∈ L(E). Montrer : f ◦ f ∗ = f 2 ⇐⇒ f = f ∗ .

12.56 Expression de tr (f ∗ ◦ f ) à l’aide de deux b.o.n.

  Soient E,(. | .) un eve, n = dim (E)
1, f ∈ L(E), B = (e1 ,. . . ,en ), B = (e1 ,. . . ,en ) deux    2 f (ei )  ej = tr ( f ∗ ◦ f ). b.o.n. de E. Montrer : 1i, j n

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

12.57 Endomorphisme d’un espace de polynômes On note E = R[X] muni du produit scalaire (. | .) défini par :  1 ∀ (P,Q) ∈ E 2 , (P | Q) = P(x)Q(x) dx . −1

On note, pour tout n ∈ N, E n = Rn [X]. a) 1) Montrer que, pour tout n ∈ N , il existe f n ∈ L(E n ) unique tel que :    ∀ P,Q ∈ E n , P  f n (Q) = (XP | Q) . 2) Établir : ∀ n ∈ N∗ , ∀ k ∈ {0,. . . ,n − 1}, f n (Xk ) = Xk+1 . 3) Est-ce que f n est auto-adjoint ? b) Calculer f 2 (Xk ) pour k ∈ {0,1,2} . 481

Chapitre 12 • Algèbre bilinéaire

12.58 Racine carrée symétrique positive d’une matrice symétrique positive + 2 a) Montrer : ∀ S ∈ S+ n , ∃ !R ∈ Sn , R = S.

On dit que R est la racine carrée symétrique positive de S, et on note : R = S 1/2. 1/2 = P(S). b) Établir : ∀ S ∈ S+ n , ∃ P ∈ R[X], S 2 1/2 et B 1/2 c) En déduire que, pour tout (A,B) ∈ (S+ n ) , A et B commutent si et seulement si A commutent.

12.59 Décomposition polaire dans GLn (R) Démontrer : ∀ A ∈ GLn (R), ∃(Ω,S) ∈ On (R) × S++ n , A = ΩS.

12.60 Diagonalisabilité de certains produits de deux matrices Soient A ∈ S++ n , B ∈ Sn (R). Montrer que AB est diagonalisable dans Mn (R). (On pourra utiliser l’exercice 12.11.)

12.61 Trace d’un produit de deux matrices symétriques positives Soient A,B ∈ S+ n . Montrer : 0  tr (AB)  tr (A) tr (B) .

12.62 Noyaux de blocs d’une matrice symétrique positive

A B A ∈ M p (R), B ∈ M p,q (R), C ∈ Mq (R) . Montrer :

Soit S ∈ S+ partitionnée en blocs : S = n

t

B C

, où ( p,q) ∈ (N∗ )2 , p + q = n,

Ker (A) ⊂ Ker (B) et Ker (C) ⊂ Ker (t B) .

12.63 Concavité, convexité de fonctions liées à un spectre Soient A,B ∈ Sn (R) . On note, pour tout t ∈ R, f (t) (resp. g(t) ) la plus petite (resp. grande) valeur propre de A + t B . Montrer que f est concave et que g est convexe. (On pourra utiliser l’exercice 12.41.)

12.64 Matrices satisfaisant une condition de trace + Soit A ∈ Sn (R) telle que : ∀ B ∈ S++ n , tr (AB)
0. Montrer : A ∈ Sn .

12.65 Spectre complexe de SA , pour S ∈ S++ et A +t A ∈ S++ n n t ++ Soient S ∈ S++ n , A ∈ Mn (R) telle que A + A ∈ Sn .

Démontrer : ∀ λ ∈ SpC (S A), Ré (λ) > 0. (On pourra utiliser l’exercice 12.11.)

12.66 Étude de AB + BA = 0 , pour A ∈ S+n , B ∈ Sn (R) a) Soient A ∈ S+ n , B ∈ Sn (R) telles que AB + B A = 0 . Montrer : AB = B A = 0 . b) Donner un exemple de couple (A,B) tel que : + A ∈ S+ 2 − {0}, B ∈ S2 − {0}, AB = B A = 0 .

12.67 Produit scalaire issu d’une matrice par blocs Soit A ∈ S++ n .

2  Montrer que l’application ϕ : Mn,1 (R) −→ R, (X,Y ) −→ − det

est un produit scalaire. 482



0 X

t

Y A



Énoncés des exercices

12.68 Matrice de Hilbert

On note Hn =

1 i + j −1

1i, j n

∈ Mn (R). Montrer : Hn ∈ S++ n .

12.69 Matrice inversible issue de matrices symétriques positives + Démontrer : ∀ A ∈ S++ n , ∀ B ∈ Sn , In + AB ∈ GLn (R) .

12.70 Inégalité sur un déterminant de matrice symétrique positive  1/n  1/n  det (In + S) Montrer : ∀ S ∈ S+ . n , 1 + det (S)

12.71 Caractérisation des fq dont le noyau est égal au cône isotrope Soient E un R-ev, q une fq sur E, ϕ la forme polaire de q, Ker (ϕ) le noyau de ϕ, C(q) = {x ∈ E ; q(x) = 0} le cône isotrope de q. Montrer que q est de signe fixe si et seulement si : Ker (ϕ) = C(q).

12.72 Famille obtusangle

  Soient E,(. | .) un eve, n = dim (E)
1. Une famille finie (x1 ,. . . ,x p ) d’éléments de E est dite obtusangle si et seulement si :   ∀ (i, j) ∈ {1,. . . , p}2 , i = / j ⇒ (xi | x j ) < 0 . a) Soit p ∈ N − {0,1} . Montrer que, si (x 1 ,. . . ,x p ) est obtusangle, alors (x 1 ,. . . ,x p−1 ) est libre. b) En déduire qu’il n’existe pas de famille obtusangle dans E , de cardinal
n + 2 .

12.73 Déterminants de matrices carrées extraites d’une matrice orthogonale Soient n ∈ N − {0,1}, p ∈ {1,. . . ,n − 1}, Ω = (ωi j )i j ∈ On (R),

A ∗ . A = (ωi j )1i, j  p , B = (ωi j ) p+1i, j n , de sorte que : Ω = ∗∗ B Montrer : |det (A)| = |det (B)| ∈ [0 ; 1]. (On pourra utiliser l’exercice 11.55.)

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

12.74 Inégalité de convexité, inégalités de Hadamard a) 1) Soit S = (si j )i j ∈ S+ n . On note λ1 ,. . . ,λn les valeurs propres de S (non nécessairement disn n   f (sii )  f (λk ). tinctes). Soit f : [0 ; +∞[−→ R une application convexe. Démontrer : i=1

2) En déduire : ∀ S = (si j )i j ∈ S+ n , det (S) 

n 

k=1

sii .

i=1

b) Établir : ∀ A = (ai j )i j ∈ Mn (R), |det (A)| 

 n  n

1/2 ai2j

.

i=1 j=1

12.75 Majoration d’une valeur absolue de déterminant Soient (α,β) ∈ (R∗+ )2 , A ∈ Mn (R) telle que : tA A = αA + βtA. Démontrer : |det (A)|  (α + β)n . (On pourra utiliser l’exercice 12.74 b).) 483

Chapitre 12 • Algèbre bilinéaire

12.76 Matrice symétrique positive dont les termes sont des aires Soient D1 ,. . . ,Dn des domaines simples de R2 (pour lesquels on puisse définir l’aire). On note, pour tout (i, j) ∈ {1,. . . ,n}2 , ai j l’aire de Di ∩ D j , et A = (ai j )i j ∈ Mn (R). Démontrer : A ∈ S+ n.

12.77 Étude de det (A + B) pour A,B ∈ S+n 2 Démontrer : ∀ (A,B) ∈ (S+ n ) , det (A + B)
det (A) + det (B).

12.78 Matrices dont les coefficients sont définis par des intégrales Soient f : [0 ; 1] −→ R continue par morceaux et
0, (a,b) ∈ R2 tel que : 0  a  b  1. On note A = (ai j )i j , B = (bi j )i j ∈ Mn (R), les matrices définies, pour tout (i, j) ∈ {1,. . . ,n}2 ,  b  1 f (x)x i+ j dx, bi j = f (x)x i+ j dx. par : ai j = a

0

Démontrer : det (A)  det (B). (On pourra utiliser l’exercice 12.77.)

12.79 Étude de matrices normales Soit A ∈ Mn (R) telle que AtA = tA A. On suppose que les valeurs propres de tA A sont toutes simples. Démontrer : tA = A.

12.80 Caractérisation des matrices A diagonalisables, par une factorisation de t A Soit A ∈ Mn (R). Montrer que les deux propriétés suivantes sont équivalentes : (i) A est diagonalisable dans Mn (R)

t −1 AS. (ii) ∃ S ∈ S++ n , A = S

12.81 Décomposition polaire dans Mn (R) Démontrer : ∀ A ∈ Mn (R), ∃ (Ω,S) ∈ On (R) × S+ n , A = ΩS . (On pourra utiliser l’exercice 12.59.)

12.82 Factorisation Ω1 DΩ2 d’une matrice carrée réelle Soit A ∈ Mn (R). Montrer qu’il existe Ω1 ,Ω2 ∈ On (R), D ∈ Dn (R+ ) telles que : A = Ω1 DΩ2 . (On pourra utiliser l’exercice 12.81.)

12.83 Inégalités sur déterminants et traces  1/n 1  tr (S). a) Montrer : ∀ S ∈ S+ n , det (S) n b) En déduire :

n/2 1 t tr ( A A) n

n 1 + tr (AB) . 2) ∀ A,B ∈ Sn , det (A) det (B)  n 1) ∀ A ∈ Mn (R), |det (A)| 

12.84 Les matrices t AA et AtA sont orthogonalement semblables Soit A ∈ Mn (R). Montrer que AtA et tA A sont orthogonalement semblables, c’est-à-dire qu’il existe Ω ∈ On (R) telle que : AtA = Ω tA AΩ−1 . 484

Énoncés des exercices

12.85 Mineurs de Gauss a) Soit A = (ai j )i j ∈ Sn (R) . Pour chaque p ∈ {1,. . . ,n}, on note A p = (ai j )1i, j  p ∈ S p (R). Les det (A p ), 1  p  n, sont appelés les mineurs de Gauss de A.   α) Montrer : A ∈ S+ n ⇒ ∀ p ∈ {1,. . . ,n}, det (A p )
0 . β) La réciproque du résultat précédent est-elle vraie ?   γ) Démontrer : A ∈ S++ ⇐⇒ ∀ p ∈ {1,. . . ,n}, det (A p ) > 0 . n est un ouvert de S+ b) En déduire que S++ n n. c) Soient a ∈ ] − 1 ; 1[ et A = (a |i− j| )1i, j n . Montrer : A ∈ S++ n .

12.86 Décomposition de Choleski Soit S ∈ Sn (R) . Démontrer :   t a) S ∈ S+ n ⇐⇒ ∃ T ∈ Tn,s (R), S = T T   ⇐⇒ ∃ T ∈ Tn,s ∩ GLn (R), S = t T T . b) S ∈ S++ n

12.87 Inégalité sur les vp d’une matrice symétrique réelle à termes
0 Soient A ∈ Sn (R) à termes tous
0, λ1 ,. . . ,λn les valeurs propres de A, rangées de sorte que : λ1
. . .
λn. Démontrer : λ1
|λn |.

12.88 Orthodiagonalisation simultanée d’une famille commutative de matrices symétriques réelles Soient I un ensemble non vide, (Si )i∈I une famille d’éléments de Sn (R), commutant deux à deux. Démontrer qu’il existe Ω ∈ On (R) telle que : ∀ i ∈ I, Ω−1 Si Ω ∈ Dn (R).

12.89 Simplification de matrices symétriques positives Soit P ∈ R[X] tel que P(0) = 0 et que P|R+ soit strictement croissante. Soient A,B ∈ S+ n telles que P(A) = P(B). Montrer : A = B. (On pourra utiliser l’exercice 12.88.)

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

12.90 Théorème du minimax de Courant et Fischer Soient S ∈ Sn (R) , λ1 ,. . . ,λn les valeurs propres de S, rangées de sorte que : λ1
. . .
λn . Pour chaque r ∈ {0,. . . ,n − 1} , on note Fr l’ensemble des sev de Mn,1 (R) de dimension n − r .

t Sup XSX . Démontrer : ∀ r ∈ {0,. . . ,n − 1}, λr+1 = Inf F∈Fr

X∈F et tX X=1

485

Chapitre 12 • Algèbre bilinéaire

Du mal à démarrer ? 12.1

Utiliser, pour le sens ⇒ , l’expression de ϕ(x,y) à l’aide de φ(x + y), φ(x), φ(y), et, pour le sens ⇐ , l’expression de φ(x) à l’aide de ϕ.

12.2

Raisonner par l’absurde.

12.3 a) Considérer l’application ϕ : E × E −→ R obtenue par dédoublement de φ, et montrer que ϕ est une fbs et que φ est la fq associée à ϕ. b) 1) Utiliser l’inégalité de Cauchy et Schwarz pour des intégrales. 2) Utiliser le cas d’égalité dans l’inégalité de Cauchy et Schwarz pour des intégrales.

12.4

Appliquer convenablement l’inégalité triangulaire et l’inégalité de Cauchy et Schwarz.

12.10 t

Un sens

est évident. Pour l’autre sens, calculer  p Sk X, pour X ∈ Mn,1 (R).

X

k=1

12.11 a) Utiliser le théorème fondamental, l’exercice 12.9, et la matrice diagonale formée des racines carrées des valeurs propres de S. b) Compléter a) par une étude d’inégalités strictes ou d’inversibilité.

12.12 t

Soit X ∈ Mn,1 (R) telle que (S + A)X = 0 . Déduire

X S X = 0 , puis X = 0 .

12.13 Utiliser le théorème fondamental et l’exercice 12.9. Pour X = t ( x1 remarquer :

12.14

t

12.5

Avec les notations usuelles, et en notant p l’orthoprojecteur sur Rv, on a : s = 2 p − e et p(x) = (v | x)v . a) Pour montrer l’orthogonalité, calculer (S | A) pour S ∈ Sn (R) et A ∈ An (R), et obtenir (S | A) = 0 .

12.6

b) 1) Décomposer M sur Sn (R) et An (R) . Considérer l’application ϕ : E × E −→ R obtenue par dédoublement de φ.

12.7

Noter, par exemple, f,ϕ1 ,ϕ2 les éléments de E définis, pour tout x ∈ [0 ; 1], par :  x ln x si x = 0 f (x) = ϕ1 (x) = x 2 , ϕ2 (x) = x , 0 si x = 0 et F = Vect (ϕ1 ,ϕ2 ) .

12.8

Interpréter la question comme le calcul du carré de la distance de f à F. Appliquer le théorème de projection orthogonale et chercher le projeté orthogonal ϕ de f sur F sous la forme aϕ1 + bϕ2 , (a,b) ∈ R2 .

12.9 a) 1) Supposer S ∈ S+ n . Soit λ ∈ SpR (S). Utiliser un vecteur propre V pour S, associé à la valeur propre λ.

2) Réciproquement, supposer : SpR (S) ⊂ R+ . Utiliser le théorème fondamental (ou : théorème spectral), puis se ramener à un calcul faisant intervenir une matrice diagonale.

b) Reprendre a) en précisant le caractère strict de certaines inégalités.

486

...

xn ) ∈ Mn,1 (R), calculer

X AX = ||U ||2 ||X||2 − (U | X)2 , où U = t ( 1

...

t

X AX et

1).

12.15 a) Utiliser le théorème fondamental. b) Appliquer a) à S = t A A , puis utiliser la norme euclidienne associée au ps canonique sur Mn (R) .

12.16 Utiliser le théorème fondamental et l’exercice 12.9 pour se ramener à des matrices diagonales.

12.17 Utiliser le théorème fondamental pour se ramener à une matrice diagonale.

12.18 a) Calculer t X S X pour X ∈ Mn,1 (R). b) Compléter a) par une étude d’inversibilité.

12.19 Utiliser le théorème fondamental et l’exercice 12.18. 12.20 En notant L 1 ,L 2 ,L 3 les lignes de A, vérifier ||L 1 || = 1, noter L 2 = ( a b c ), traduire (L 1 | L 2 ) = 0 et ||L 2 ||22 = 1 , puis, au signe près, L 3 = L 1 ∧ L 2 .

12.21 D’après le cours, A est la matrice, dans une b.o.n., d’une similitude directe si et seulement si : ∃ α ∈ R∗+ , α A ∈ SO3 (R) . Noter C1 ,C2 ,C3 les colonnes de

1 A, et traduire la condition 3

1 A ∈ SO3 (R), en utilisant un produit vectoriel. 3    12.22 Exprimer f (x)  y , pour tout (x,y) ∈ E 2 sous la forme (x | . . .) .

Du mal à démarrer ?

12.23 Un sens est évident. Réciproquement, supposer p∗ = αe + βp, (α,β) ∈ R2 . Calculer p∗ ◦ p et séparer en cas : α + β = 0, α + β = 0 .

12.24 • Montrer d’abord les implications directes, dans les trois cas : 1) si q
0 et q = 0 , il existe x ∈ E tel que q(x) > 0 et remar

√ t x quer : ∀ t ∈ R+ , t = q √ q(x) 2) le cas q  0 est analogue au cas q
0 3) si q n’est ni positive ni négative, utiliser u,v ∈ E tels que : q(u) < 0 et q(v) > 0. • 1) Montrer la réciproque en raisonnant par l’absurde et en utilisant les implications directes de 2) et 3). 2), 3) Analogues à 1).

12.25 a) Remarquer qu’il s’agit d’un polynôme homogène de degré 2, à valeurs
0 . b) Immédiat.

12.26 a) • Ne pas oublier de montrer que, pour tout P ∈ E , la  P(n)P(−n) e−n , converge.

série

n
0

• Considérer l’application ϕ : E × E −→ R obtenue par dédoublement de φ.

12.27 a) Considérer l’application ϕ : E × E −→ R obtenue par dédoublement de ϕ. b) Remarquer φ
0 et traduire que φ est définie-positive.

12.28 Se rappeler que le segment joignant x et y dans E est, par définition :

  [x ; y] = (1 − t)x + t y ; t ∈ [0 ; 1] .

12.31 Utiliser le résultat du cours sur une majoration relative aux applications bilinéaires en dimension finie.   12.32 Traduire que, pour tout (M,N ) ∈ Mn (R) 2 :    f A (M)  f A (N ) = (M | N ) .

12.33 a) Immédiat. b) 1) Pour f ∈ E, traduire f ∈ F ⊥. 2) Montrer G ⊥ ⊂ F en considérant, g = f − f (0)e0 . Verifier : e0 ∈ G ⊥ .

pour

f ∈ G⊥,

12.34 Montrer : t (e A ) e A = In et det (e A ) = 1 , en utilisant l’exercice 11.28.

12.35 Un sens est immédiat. Pour l’autre sens, considérer ||Ak − In ||2 .

12.36 1) Une inclusion est immédiate. 2) Réciproquement, soit x ∈ Ker ( f + f ∗ ). Déduire f ◦ f ∗ (x) = 0, puis, en utilisant le ps, montrer f ∗ (x) = 0.

12.37 Appliquer le théorème de Bezout. 12.38 • Un sens est évident. • Réciproquement, supposer Sp (g) = {2}. Remarquer que g est symétrique et appliquer le théorème fondamental, puis déduire g = 2e. Calculer ( f − e)∗ ◦ ( f − e) .

12.39 1re méthode : Utilisation d’une factorisation de A : Remarquer A = t T T où T est une matrice triangulaire très simple. Appliquer alors l’exercice 12.18. 2e méthode : Décomposition de la fq en somme de carrés : Obtenir, avec les notations usuelles :

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Considérer l’application u : [0 ; 1] −→ R définie par :      t ∈ [0 ; 1] −→ u(t) = f (1 − t)x + t y  (1 − t)x + t y , et appliquer le théorème des valeurs intermédiaires.

12.29 a) Immédiat. b) Montrer que Ker (ϕ A ) est un hyperplan de Mn (R) , donc  ⊥ Ker (ϕ A ) est une droite vectorielle, et vérifier  ⊥ t A ∈ Ker (ϕ A ) .

12.30 a) Certaines vérifications sont immédiates. Pour montrer ϕ(P,P) ⇒ P = 0 , raisonner sur les degrés. b) Appliquer le procédé d’orthogonalisation de Schmidt à la base canonique (1, X, X2 ) de E.

t

X AX = (x1 + · · · + xn )2 + · · · + xn2 .

12.40

Soit i ∈ {1,. . . ,n} tel que aii = 0. Considérer, pour j ∈ {1,. . . ,n} tel que j = i , et pour α ∈ R : t (αEi + E j )S(αEi + E j ).

12.41 Utiliser le théorème fondamental pour se ramener à une matrice diagonale.

12.42 1) Inégalité : Utiliser le théorème fondamental. 2) Étude du cas d’égalité : Reprendre les calculs de 1) en supposant qu’il y a égalité.

487

Chapitre 12 • Algèbre bilinéaire

12.43 Il existe X ∈ Mn,1 (R) − {0} tel que : AX = λX. Calculer

12.53 1) Soient k ∈ N − {0,1} et M ∈ Mn (R) tels que : M k = 0, M k−1 = 0, In + M ∈ On (R) .

t

X S X et utiliser le théorème fondamental.

12.44

Pour X ∈ M p,1 (R) et Y ∈ Mq,1 (R) , traduire

X 0 M = , en faisant apparaître tX AX et tY CY. Y 0

et amener une contradiction. 2) M = 0 convient.

12.45 Utiliser l’exercice 12.11. 12.46 Noter C = AB − B A.

12.54

1) Inégalité : Obtenir successivement : C ∈ An (R), C 2 ∈ Sn (R), C 4 ∈ S+ n .

f ∗ (x)

a) • Soit x ∈ Ker ( f ). Calculer || f ∗ (x)||2 et déduire = 0.

• Appliquer le résultat précédent à f ∗ à la place de f. b) • Montrer : Ker ( f ) ⊥ Im ( f ) .

2) Étude du cas d’égalité : Utiliser la norme euclidienne canonique sur Mn (R) .

12.47 Déduire que X est symétrique, puis X 3 = In . Utiliser le théorème fondamental pour se ramener à une matrice diagonale.

• Utiliser le théorème du rang. c) • Soit y ∈ Im ( f ∗ ). Utiliser b) pour décomposer y sur Ker ( f ) et Im ( f ). • Appliquer le résultat précédent à f ∗ à la place de f.

12.55 • Un sens est immédiat.

12.48 1) Un sens est évident. 2) Réciproquement, supposer : tr (tA A) = 2 et det (A) = 1. Former le polynôme caractéristique χt A A de tA A et utiliser le théorème fondamental.

12.49 a) Utiliser le théorème fondamental. Avec des notations évidentes, considérer, pour chaque i ∈ {1,. . . ,n}, les suites réelles (µi, p ) p∈N définies par µi,0 = 1 et : ∀ p ∈ N, µi, p+1 =

Obtenir : tM + M +t M M = 0, multiplier par M k−1 ,

 1 µ + λi µi,−1p , 2 i, p

et considérer D p = diag (µ1, p ,. . . ,µn, p ) . Montrer, par récurrence sur p, que, pour tout p ∈ N, A p existe et A p = ΩD p Ω−1 .

• Réciproquement, supposer f ◦ f ∗ = f 2 . Noter g = f − f ∗ et calculer g ∗ ◦ g, puis utiliser le produit scalaire usuel sur L(E) .

12.56 Noter A = (ai j )i j = MatB ( f ) .    Calculer, pour tout (i, j) ∈ {1,. . . ,n}2 , f (ei )  ej . Noter E = (ek | ej ))1k, j n et montrer :     f (ei )  ej = ||tAE||22 . 1i, j n

12.57 a) 1) Soient n ∈ N, Q ∈ E n . Montrer que ϕ Q : E n −→ R, P −→ (XP | Q)

b) Étudier des suites récurrentes réelles.

12.50 a) Immédiat. b) • Montrer Ker (ϕ) ⊂ Ker (ψ) et a ∈ Ker (ψ). • Montrer : Ker (ϕ) ∩ K a = {0} .   • Utiliser l’hyperplan Ker ϕ(a,·) .

12.51 Soit x ∈ Ker (A). Pour Y ∈ Mn,1 (R) , remarquer : ∀ λ ∈ R, t (X + λY )A(X + λY )
0.

12.52 1) Appliquer l’inégalité de Cauchy et Schwarz dans Mn (R) usuel à In et X, pour obtenir :  2 tr (X)  n tr (tX X) . Remarquer : ∀ (a,b) ∈ R2 , (a + b)2  2(a 2 + b2 ). 1 2) Examiner le cas X = Y = √ In . 2

488

est une forme linéaire sur E n , et en déduire qu’il existe Q 1 ∈ E n unique tel que : ∀ P ∈ E, ϕ Q (P) = (P | Q 1 ). Remarque : On ne peut pas définir directement f n comme un adjoint, car P −→ XP n’est pas un endomorphisme de E n . 2) Calculer (P | X k+1 ) pour tout P ∈ E n . 3) Revenir à la définition. b) • On a déjà f 2 (1) et f 2 (X) d’après a) 2). • Noter f 2 (X2 ) = α + βX + γ X2 , (α,β,γ ) ∈ R3 et traduire la définition de f 2 .

12.58 a) 1) Existence : Cf. exercice 12.11. 2) Unicité :

Du mal à démarrer ?

2 Soit R ∈ S+ n telle que R = S.

12.68

Considérer les sous-espaces propres pour R et pour S, et montrer que ce sont les mêmes.

Remarquer : ∀ k ∈ N∗ ,

 1 1 t k−1 dt = k 0 x  1

 .  et calculer X Hn X pour X =  ..  ∈ Mn,1 (R). xn t

b) Utiliser un polynôme d’interpolation. c) Utiliser b) et le cours sur les polynômes de matrices carrées.

12.69 Montrer que A est inversible et factoriser par A, pour se

12.59 1) Unicité : Si (Ω,S) convient, déduire tA A = S 2 , appliquer l’exercice 12.58, et déduire aussi Ω .

ramener à étudier A−1 + B .

12.70 Appliquer le théorème fondamental pour se ramener à une matrice diagonale. Utiliser la convexité de

2) Existence :

ϕ : R −→ R, t −→ ln(1 + et ) ,

Utiliser les exercices 12.18 et 12.58.

12.60 Utiliser l’exercice 12.11 et R 2 B = R(R B R)R −1 . 12.61 Appliquer le théorème fondamental à A, d’où, avec des notations classiques, A = ΩDΩ−1 , puis noter C = Ω−1 BΩ . On se ramène ainsi, au lieu de (A,B), à (D,C), où D est diagonale. Passer alors aux éléments.

12.62

Soient X ∈ M p,1 (R), Y ∈ Mq,1 (R) . En considérant

X X t S pour tout α ∈ R , déduire : αY αY (tY B X)2 − (tX AX)(tY CY )  0 .

12.63 Appliquer l’exercice 12.41 (et un résultat analogue) pour obtenir, par exemple : ∀ t ∈ R, f (t) = Min

||X ||2 =1

t

 X (A + t B)X .

et l’inégalité de Jensen.

12.71 Montrer : Ker (ϕ) ⊂ C(q) . 1) • Si q
0 , pour x ∈ C(q) et y ∈ E, utiliser : ∀ λ ∈ R, q(x + λy)
0 , pour obtenir : C(q) ⊂ Ker (ϕ) . • Si q  0 , considérer −q . 2) Supposer que q ne soit ni positive ni négative. Il existe alors u,v ∈ E tels que : q(u) < 0 et q(v) > 0. Calculer, pour tout t ∈ R , q(tv + u) et montrer qu’il existe t ∈ R tel que q(tv + u) = 0. En notant w = tv + u, montrer alors : ϕ(u,w) = 0 ou ϕ(v,w) = 0.

12.72

Pour u,v ∈ R, α ∈ [0 ; 1], X ∈ Mn,1 (R) tel que ||X||2 = 1, cal    culer : tX A + (1 − α)u + αv B X.

a) Soit (α1 ,. . . ,α p−1 ) ∈ R p−1 tel que

p−1 

αi xi = 0.

i=1

Considérer y =

p−1 

|αi |xi , et calculer

i=1

12.64 Utiliser le théorème fondamental pour se ramener à une

  2   2  p−1    p−1   −   . |α |x α x i i i i    

matrice diagonale et utiliser l’hypothèse convenablement appliquée.

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

12.65 Utiliser l’exercice 12.11 pour se ramener à R AR à la place de S A. Faire intervenir les nombres complexes. Pour λ ∈ SpC (R AR) et X ∈ Mn,1 (C) − {0} tels que (R AR)X = λX, calculer (X ∗ R)(A +t A)(R X).

12.66 a) Appliquer le théorème fondamental à A pour obtenir A = ΩDΩ−1 , où Ω est orthogonale et D diagonale, et noter C = Ω−1 B Ω.

t

Y A



In −A−1 X

puis passer aux déterminants.



A U . V B Traduire Ω ∈ On (R) pour déduire :

12.73 • Noter Ω =

A A +t V V = I p , V tV + B tB = In− p .

t

Utiliser l’exercice 11.55 pour déduire : det (tA A) = det (tB B) .

12.74 a) 1) Utiliser le théorème fondamental, S = P D P −1 , où

12.67 Calculer le produit matriciel 0 X

i=1

• Montrer : Sp (tA A) ⊂ [0 ; 1].

Se ramener à (D,C) au lieu de (A,B).

i=1

0 A−1



,

P ∈ On (R),D = diag (λ1 ,. . . ,λn ) ∈ Dn (R) . n  2 λk pik . P = ( pi j )i j . Obtenir : ∀ i ∈ {1,. . . ,n}, sii =

Noter

k=1

489

Chapitre 12 • Algèbre bilinéaire

Utiliser la convexité de f en les λk avec coefficients 2 , 1  i  n. pik et utiliser l’application 2) • Supposer d’abord S ∈ S++ n f :x−  → −ln x.

2) Soient A,B ∈ S+ n .

α+β > 0. 12.75 Déduire A A = γA + γ A , où γ = 2 1 En notant Ω = A − In , obtenir : Ω ∈ On (R). γ Appliquer l’inégalité de Hadamard à A = γ Ω + γ In , t

/ S++ • Si A ∈ n , obtenir l’inégalité voulue. ++ telle • Si A ∈ S++ n , utiliser l’exercice 12.11 pour avoir R ∈ Sn 2 A = R R AR. que , et appliquer a) à

12.84 Les matrices AtA et tA A sont symétriques réelles et ont le

en notant Ω = (ωi j )i j .

12.76 Considérer, pour tout domaine simple D de R2 , la fonction

ϕ D : R2 −→ R, M −→

12.83 a) Utiliser le théorème fondamental et la comparaison b) 1) Appliquer a) à S = tA A .

b) Considérer S = AtA et appliquer a) à S .

caractéristique ϕ D de D, définie par : 

une matrice diagonale à termes diagonaux égaux à 1 ou −1 selon les cas.

entre moyenne arithmétique et moyenne géométrique.

/ S++ • Traiter le cas : S ∈ S+ n et S ∈ n .

t

12.82 Utiliser la décomposition polaire de A (exercice 12.81) et

1

si

M∈D

0

si

M∈ / D

même polynôme caractéristique.

12.85 a) α) Supposer A ∈ S+ n . Soit p ∈ {1,. . . ,n}. x  1

 .  Pour X =  ..  ∈ M p,1 (R) , compléter X par des termes nuls xp pour obtenir un élément X  de Mn,1 (R) et appliquer tX  AX 
0.

et remarquer : ∀ (i, j) ∈ {1,. . . ,n}2 , ϕ Di ∩ D j = ϕ Di ϕ D j . + 12.77 1) Soient A ∈ S++ n , B ∈ Sn .

β) Considérer, par exemple, − E22 . γ ) 1) Soit A ∈ S++ n . Montrer, comme en a) α) :

Appliquer le théorème de réduction simultanée : ∃ P ∈ GLn (R), ∃ D ∈ Dn (R), A = P P et B = P D P . t

t

++ 2) Le cas où A ∈ S+ est analogue. n et B ∈ Sn ++ + ++ 3) Examiner le cas où A ∈ S+ n − Sn et B ∈ Sn − Sn .

12.78 Pour tout V = (v1 ,. . . ,vn ) ∈ Rn , exprimer q A (V ) et obtenir : q A (V )  q B (V ). Appliquer l’exercice 12.77 à A et B − A.

12.79 Noter S =t A A = AtA et appliquer le théorème fondamental pour obtenir, avec les notations usuelles, S = P D P −1 . Noter B = P −1 A P et déduire B D = D B, puis B est diagonale.

12.80 • (i) ⇒ (ii) :

2) Réciproquement, supposer : ∀ p ∈ {1,. . . ,n}, det (A p ) > 0 . Montrer : ∀ p ∈ {1,. . . , p}, A p ∈ S++ p par récurrence (bornée) sur p. Pour passer de p à p + 1, utiliser une décomposition en blocs et l’exercice 12.11. b) Considérer l’application

  n f : S+ n −→ R , A −→ det (A1 ),. . . ,det (An ) .

c) Calculer les mineurs de Gauss de

A et appliquer a) γ ).

12.86 a) Pour le sens ⇒ , faire une récurrence sur n, en utilisant

À partir de A = P D P −1 , exprimer tA.

une décomposition en blocs et un trinôme réel.

• (ii) ⇒ (i) :

Pour le sens ⇐ , cf. exercice 12.18 a).

À partir de tA = S −1 AS, déduire que AS est symétrique et utiliser l’exercice 12.11 pour avoir R ∈ S++ telle que S −1 = R 2 . n Considérer alors R(AS)R .

b) Utiliser a) et calculer des déterminants.

12.81 Soit A ∈ Mn (R) . Se rappeler que GLn (R) est dense dans Mn (R) et utiliser l’exercice 12.59 et la compacité de On (R).

490

∀ p ∈ {1,. . . ,n}, det (A p ) > 0 .

12.87 Utiliser le théorème fondamental. x  1

 .  X =  ..  ∈ Mn,1 (R), xn X A X. Calculer |tX AX| et 

Pour

considérer

 |x |  1  .   X =  ..  . |xn |

Du mal à démarrer ?

12.88 Récurrence sur n. Le cas n = 1 est immédiat. Supposer la propriété vraie pour tout p ∈ N∗ tel que p < n, et soit I un ensemble non vide, (Si )i∈I une famille d’éléments de   Sn (R) commutant deux à deux. Le cas ∀ i ∈ I, Si ∈ RIn est tri/ RIn . Appliquer le vial. Supposer qu’il existe i 0 ∈ I tel que Si0 ∈ théorème fondamental à Si0 et décomposer en blocs.

12.89 • Appliquer le théorème fondamental à A et montrer, en utilisant l’hypothèse portant sur P et un polynôme d’interpolation, que A est un polynôme en P(A) .

Pour i ∈ {1,. . . ,n}, noter Ci la i -ème colonne de la base canonique de Mn,1 (R) . Remarquer que (ΩCi )1i n est une b.o.n. de Mn,1 (R) . Noter, pour r ∈ {0,. . . ,n − 1} : Er+1 = Vect (ΩC1 ,. . . ,ΩCr+1 ) Er = Vect (ΩCr+1 ,. . . ,ΩCn ) . t X X. 1) Soit X ∈ Er . Montrer : tX S X = λr+1

Déduire une inégalité.

De même pour B.

/ {0}. 2) Soit F ∈ Fr. Montrer : F ∩ Er +1 =

En déduire que A et B commutent.

Utiliser un X ∈ F ∩ Er+1 tel que X = 0 et obtenir :

• Utiliser l’exercice 12.88. Noter D = diag (λ1 ,. . . ,λn ) et Ω ∈ On (R) telle que S = Ω DΩ −1 .

t X X.
λr+1

Déduire l’autre inégalité.

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

12.90

tX S X

491

Corrigés des exercices 12.1

1) Supposons F ⊂ C(φ).

D’après l’étude du cas d’égalité dans l’inégalité de Cauchy et Schwarz, il en résulte que la famille (1, f ) est liée, donc f ∈ R1 .

Soient x,y ∈ F. On a alors : φ(x) = 0 et φ(y) = 0, et, puisque F est un sev de E : x + y ∈ F ⊂ C(φ),

• Réciproquement, pour tout α ∈ R :   1 ∀ g ∈ E, ϕ(α,g) = αg −

donc : φ(x + y) = 0. On déduit :  1 ϕ(x,y) = φ(x + y) − φ(x) − φ(y) = 0 . 2

0

 α

0

1

g = 0,

0

donc : α ∈ Ker (ϕ).

2) Réciproquement, supposons :

On conclut : Ker (ϕ) = R1.

∀ (x,y) ∈ F 2 , ϕ(x,y) = 0 . En particulier : ∀ x ∈ F, φ(x) = ϕ(x,x) = 0,

12.4 On a, par l’inégalité triangulaire :   2 

2 n  n     α x |α | ||x || . i i i i  

donc : F ⊂ C(φ).

12.2

Raisonnons par l’absurde : supposons que φ ne soit ni positive ni négative. Il existe alors u,v ∈ E tels que : φ(u) < 0 et φ(v) > 0.  2 D’après l’hypothèse : 0  ϕ(u,v)  φ(u)φ(v) < 0, contradiction.

i=1

0

i=1



1

f

1

0

0

On conclut que φ est une fq sur E et que la forme polaire de φ est ϕ. b) 1) D’après l’inégalité de Cauchy et Schwarz sur les intégrales, appliquée à f et 1 :  1 2  1  1  1 ∀ f ∈ E, f  12 f2 = f 2, 0

donc : ∀ f ∈ E, φ( f ) =

0



1

0

2

1

f2 − 0

f


0.

0

On conclut : φ est positive. 2) • Soit f ∈ Ker (ϕ), c’est-à-dire telle que : ∀ g ∈ E, ϕ( f,g) = 0 .  1 2  1 f − f . En particulier : 0 = φ( f ) = 0

i=1

vectorielle engendrée par le vecteur unitaire v = (v1 ,. . . ,vn ).

Il est clair que ϕ est symétrique et que ϕ est linéaire par rapport à la deuxième place donc ϕ est une fbs sur E . Et on a :  1 2  1 2 ∀ f ∈ E, ϕ( f, f ) = f − f = φ( f ) .



i=1

12.5 Notons s la symétrie orthogonale autour de la droite

obtenue à partir de φ par dédoublement.

0

i=1

g ,

0

0

i=1

2   



n n   n αi xi   |αi |2 ||xi ||2 . On conclut : 

12.3

a) Considérons l’application   1 ϕ : E × E −→ R, ( f,g) −→ fg −

i=1

En appliquant l’inégalité de Cauchy et Schwarz, dans Rn usuel, à (α1 ,. . . ,αn ) et (||x1 ||,. . . ,||xn ||), on a : 



2  n n n |αi | ||xi ||  |αi |2 ||xi ||2 . i=1

On conclut : φ
0 ou φ  0.

492

1

0

Soit x ∈ Rn . D’après le cours, le projeté orthogonal p(x) de x sur Rv est (v | x) v = (v | x)v. donné par : p(x) = ||v||2 On a donc : s(x) = 2 p(x) − x = 2(v | x)v − x. En passant aux matrices dans la base canonique B de Rn , et en notant X la matrice-colonne des coordonnées de x dans B , et S la matrice de s dans B , on a : t S X = 2( V X )V − X = 2V (tV X) − X = (2V tV − In )X .

∈R

On conclut que la matrice cherchée est S = 2V tV − In , ou encore :   2 ... 2v1 vn 2v1 − 1 2v1 v2 ..   .. ..   2v2 v1 . . . . S=   .. . . . .  . . . 2vn−1 vn  2vn v1 ... 2vn vn−1 2vn2 − 1 Remarque : S est symétrique et orthogonale.

12.6

a) • Il est connu que Sn (R) et An (R) sont des sev de

Mn (R). • Soient S ∈ Sn (R), A ∈ An (R) . On a : (S | A) = tr (tS A) = tr (S A) = tr (AS)   = tr (−tA)S = − tr (tAS) = −(A | S) = −(S | A), d’où : (S | A) = 0 . Ceci montre que Sn (R) et An (R) sont orthogonaux pour (. | .) dans Mn (R). Il en résulte en particulier : Sn (R) ∩ An (R) = {0} . • On a, pour toute M ∈ Mn (R) :

obtenue par dédoublement à partir de q. Il est clair que ϕ est symétrique, linéaire par rapport à la seconde place, et que : ∀ P ∈ E, ϕ(P,P) = q(P). Il en résulte que q est une fq sur E , la fq associée à la fbs ϕ. On a, pour tout P ∈ E :  1  1  1 q(P) = (P + P  )P  = P P + P 2 0 0 0  P 2 1  1 = + P 2 2 0 0  2  1  2 P(0) P(1) − = + P  2
0. 2 2  0   =0

1 1 M = (M +t M) + (M −t M) , 2 2       ∈ Sn (R)

• Soit P ∈ E tel que q(P) = 0. D’après le calcul précédent,  2  1 P(1) + P  2 = 0, on a alors : 2 0      

∈ An (R)


0

donc : Mn (R) = Sn (R) + An (R) .




0 1

Finalement, Sn (R) et An (R) sont supplémentaires orthogonaux dans Mn (R).

donc : P(1) = 0 et

b) 1) Soit M ∈ Mn (R) .

Puisque P  2 est continue et
0, on déduit P  = 0, donc P est une constante. Comme P(1) = 0, on obtient P = 0.

Notons : S =

1 1 (M +t M), A = (M −t M). 2 2

On conclut : q est une fq définie positive sur E .

On a alors :  ⊥ M = S + A, S ∈ Sn (R), A ∈ An (R) = Sn (R) . Ceci montre que S est le projeté orthogonal de M sur Sn (R). On a donc :   2 d M,Sn (R) = ||M − S||2 = ||A||2 = tr (tA A) t 1 1   1  = tr (M −t M) (M −t M) = − tr (M −t M)2 . 2 2 4 1 0 ... 0 n  . . . Ei1 =  .. .. (0) ..  , on a : 2) Pour M = i=1

1

...

0



 On conclut : d M,Sn (R) =

12.7





n−1 . 2

• Il est clair que E = X R[X] est un sev de R(X].

Considérons l’application : ϕ : E × E −→ R, (P,Q) −→

1 2

 0

1

12.8 Notons E = C([0 ; 1] ; R) muni du produit scalaire : 

( f,g) −→ ( f | g) =

(P Q  + P  Q + 2P  Q  ) ,

1

f (x)g(x) dx . 0

Considérons les éléments f, ϕ1 , ϕ2 de E définis, pour tout x ∈ [0 ; 1], par :  x ln x si x = / 0 f (x) = ϕ1 (x) = x 2 , ϕ2 (x) = x , 0 si x = 0 et notons F = Vect (ϕ1 ,ϕ2 ). On a alors :

0

0 −1/2 . . . −1/2 1/2 0 ... 0   1 A = (M −t M) =  .. ..   .. , 2 . . (0) . 1/2 0 ... 0   2 2   n−1 2 . (A)i j = d M,Sn (R) = ||A|| = 2 1i, j n 

P  2 = 0.

0



Inf

(a,b)∈R2

1

 2 x 2 | ln x − ax − b|2 dx = d( f,F) .

0

D’après le théorème de la projection orthogonale, il existe ϕ ∈ F unique tel que d( f,F) = || f − ϕ|| et ϕ est donné par : ϕ ∈ F et ϕ − f ∈ F ⊥ . Soient (a,b) ∈ R2 , ϕ = aϕ1 + bϕ2 . On a :  ϕ − f ⊥ ϕ1 ϕ − f ⊥ F ⇐⇒ ϕ − f ⊥ ϕ2  (aϕ1 + bϕ2 − f | ϕ1 ) = 0 ⇐⇒ (aϕ1 + bϕ2 − f | ϕ2 ) = 0  a(ϕ1 | ϕ1 ) + b(ϕ2 | ϕ1 ) = ( f | ϕ1 ) ⇐⇒ a(ϕ1 | ϕ2 ) + b(ϕ2 | ϕ2 ) = ( f | ϕ2 ). 493



 y1  .  Notons Y = Ω−1 X =  ..  . On a alors :

On calcule :  (ϕ1 | ϕ1 ) =

1

x 4 dx = 0

1 ,(ϕ | ϕ ) = 5 1 2



1

x 3 dx = 0



1 , 4

1

(ϕ2 | ϕ2 ) =

x 2 dx = 0

yn 1 . 3

Pour ε ∈ ]0 ; 1] , on a, par intégration par parties :  4 1  1 4  1 x 1 x x 3 ln x dx = ln x − dx 4 ε ε 4 x ε

ε4 1 1 1 ε4 = − ln ε − − −→ − , 4 4 4 4 ε−→0 16  1 1 x 3 ln x dx = − , donc : ( f | ϕ1 ) = 16 0 et de même :

1 ( f | ϕ2 ) = − . 9

Ainsi : 1  1 1 5    a+ b=−  a= 5 4 16 3 (S) ⇐⇒ ⇐⇒   1 1 1 19   a+ b=− b= . 4 3 9 12 Enfin, puisque ϕ − f ⊥ ϕ , d’après le théorème de Pythagore :  2 d( f,F) = ||ϕ − f ||2 = || f ||2 − ||ϕ||2  1  1 5 2 19 2 x − = (x ln x)2 dx − dx. 3 12 0 0 On calcule la première intégrale comme plus haut (intégration par parties sur [ε ; 1], puis ε −→ 0 ), et, après un calcul élémentaire, on conclut :  1  2 1 Inf x 2  ln x − ax − b dx = . 432 (a,b)∈R2 0

X S X =t Y DY =

t

n 

λi yi2
0 ,

i=1

ce qui montre : S ∈ S+ n. b) On reprend l’étude précédente en précisant le caractère strict de certaines inégalités. 1) Soit S ∈ S++ n . Soit V ∈ SpR (S) . Il existe V ∈ Mn,1 (R) − {0} tel que : SV = λV. On a : 0 0

d’où : λ > 0. Ceci montre : SpR (S) ⊂ R∗+ . 2) Réciproquement, supposons SpR (S) ⊂ R∗+ . Soit X ∈ Mn,1 (R) − {0} . On a : X S X =t X (ΩDΩ−1 )X =t (Ω−1 X)D(Ω−1 X) .   y1  ..  −1 Notons Y = Ω X =  .  . On a alors : yn n  t t X S X = Y DY = λi yi2
0 .  i=1 >0 n  2 λi yi = 0 , alors : De plus, si   i=1 >0
0 t

∀ i ∈ {1,. . . ,n}, yi = 0 , donc Y = 0, puis X = ΩY = 0, contradiction. On a montré : ∀ X ∈ Mn,1 (R) − {0}, tX S X > 0, et on conclut : S ∈ S++ n .

Puisque S ∈ Sn (R) , d’après le théorème fondamental, il existe Ω ∈ On (R), D = diag (λ1 ,. . . ,λn ) ∈ Dn (R) telles que : S = ΩDΩ−1 .

12.9

a) 1) Supposons S ∈

S+ n.

Soit λ ∈ SpR (S) . Il existe V ∈ Mn,1 (R) − {0} tel que : SV = λV. 0 t V SV =t V (λV ) = λtV V = λ ||V ||2 ,    >0 d’où : λ
0.

On a :

Ceci montre : SpR (S) ⊂ R+ . 2) Réciproquement, supposons SpR (S) ⊂ R+ . Soit X ∈ Mn,1 (R) . On a : X S X =t XΩDΩ−1 X =t (Ω−1 X)D(Ω−1 X) .

t

494

12.10 Le sens ⇐ est immédiat. Réciproquement, supposons

p 

Sk = 0.

k=1

On a, pour tout X ∈ Mn,1 (R) :

 p p  t t 0= X Sk X = XS X .  k  k=1 k=1
0 Il en résulte : ∀ k ∈ {1,. . . , p}, ∀ X ∈ Mn,1 (R), tX Sk X = 0 . Comme de plus : ∀ k ∈ {1,. . . ,n}, Sk ∈ Sn (R), il en résulte : ∀ k ∈ {1,. . . ,n}, Sk = 0, puisque, Sk est alors la matrice de la forme quadratique nulle dans la base canonique.

a) Soit S ∈ S+ n . D’après le théorème fondamental, il existe Ω ∈ On (R), D = diag (λ1 ,. . . ,λn ) ∈ Dn (R) telles que S = ΩDΩ−1 . Comme S ∈ S+ n , d’après l’exercice 12.9, on a : ∀ k ∈ {1,. . . ,n}, λk
0. √ √ Notons  = diag ( λ1 ,. . . , λn ), R = ΩDΩ−1 .

12.11

b) On a : −1

Puisque S ∈ S+ n , d’après l’exercice 12.9, on a : ∀ k ∈ {1,. . . ,n}, λk
0 ,

R =t (ΩΩ−1 ) =t Ω−1 tΩ = ΩΩ−1 = R

• R ∈ S+ n car : $% & λk ; k ∈ {1,. . . ,n} ⊂ R+ ,

R ∈ Sn (R) et SpR (R) = cf. exercice 12.9.

2 D’après a), il existe R ∈ S+ n telle que S = R . Comme ⊂ GLn (R) , on a : det (S) = / 0 , puis, comme S ∈ S++ n  2 2 det (R) = det (R ) = det (S) = / 0 , on a : det (R) = / 0.

In − e−S ∈ S+ n .

X AX =

t



xn ai j xi x j

1i, j n

=n

S++ n .

Remarque : On peut montrer qu’il y a unicité de R, cf. exercice 12.58, mais, dans la plupart des utilisations, c’est seulement l’existence de R qui sert.

12.12

on conclut (cf. exercice 12.9) :

 x1  .  On a, pour tout X =  ..  ∈ Mn,1 (R) :

b) Soit S ∈ S++ n .

∩ GLn (R) =

et In − e−D = diag (1 − e−λ1 ,. . . , 1 − e−λn ) ∈ Dn (R+ ),



donc S convient.

Ainsi, R ∈

Comme Ω ∈ On (R)

12.14 Il est clair que A ∈ Sn (R) .

• R 2 = (ΩΩ−1 )2 = Ω2 Ω−1 = ΩDΩ−1 = S ,

S+ n

∀ k ∈ {1,. . . ,n}, 1 − e−λk
0.

d’où :

t

n 

xi2 −

i=1



On a alors : 0 =t X (S + A)X =t X S X +t X AX.

1i, j n

=

X AX = X (− A)X = − X AX = − (X AX) = −( X AX), t

t

t

tt

n 

xi2 −

i=1

2  n xi . i=1

1) D’après l’inégalité de Cauchy et Schwarz dans Mn,1 (R) usuel,   1 x1 ..   ..   appliquée à U = . et à X =  .  , on a :

i=1

Puisque A ∈ An (R), on a : t

xi x j = n

1 xn

2  n xi = (U | X)2  ||U ||2 ||X||2

Soit X ∈ Mn,1 (R) tel que (S + A)X = 0 .

t

= In − eΩ(−D)Ω

= In − Ω e−D Ω−1 = Ω(In − e−D )Ω−1 .

Alors : • R ∈ Sn (R) car :

−1

In − e−S = In − e−Ω DΩ

t

∈R

d’où : tX AX = 0.

 n

12

i=1

 n

xi2

=n

i=1

n 

xi2 ,

i=1

d’où : tX AX
0. Ceci montre : A ∈ S+ n.

On déduit : tX S X = 0. Comme S ∈ S++ n , il s’ensuit : X = 0.

/ 0 et tU AU = 0, 2) On a, avec U ci-dessus : U = / S++ donc : A ∈ n .

On a montré :   ∀ X ∈ Mn,1 (R), (S + A)X = 0 ⇒ X = 0 . On conclut : S + A ∈ GLn (R).

12.13

Soit S ∈ Sn (R) . D’après le théorème fondamental, il existe Ω ∈ On (R), D = diag (λ1 ,. . . ,λn ) ∈ Dn (R) telles que : S = ΩDΩ−1 .

12.15 a) Puisque S ∈ Sn (R) , d’après le théorème fondamental, il existe Ω ∈ On (R), D = diag (λ1 ,. . . ,λn ) ∈ Dn (R) telles que : S = ΩDΩ−1 .

Puisque S est nilpotente, il existe p ∈ N∗ telle que S p = 0 . On a alors : D p = (Ω−1 SΩ) p = Ω−1 S p Ω = Ω−1 0Ω = 0 . p

Mais :

D p = diag (λ1 ,. . . ,λnp ).

D’où :

∀ k ∈ {1,. . . , p}, λk = 0,

Comme Ω ∈ On (R) et e D = diag (eλ1 ,. . . ,eλn ) ∈ Dn (R∗+ ) ,

puis :

on conclut (cf. exercice 12.9) : e S ∈ S++ n .

∀ k ∈ {1,. . . , p}, λk = 0,

et donc D = 0 , puis S = 0.

a) On a :

−1

e S = eΩ DΩ

= Ω e D Ω−1 .

p

495

b) Par hypothèse, A et tA commutent, et il existe p ∈ N∗ tel que A p = 0. Notons S =t A A ∈ Sn (R). Puisque A et tA commutent, on a : S p = (tA A) p =t A p A p = 0. Ainsi, S ∈ Sn (R) et S est nilpotente. D’après a), on déduit : S = 0. Enfin, en faisant intervenir le produit scalaire canonique sur Mn,1 (R) et la norme euclidienne associée :

On conclut : S ∈ S+ n. b) • Supposons S ∈ S++ n . Alors (cf. exercice 12.9), SpR (S) ⊂ R∗+ , donc 0 ∈ / SpR (S), S est inversible. Comme

 2 det (S) = det (tA A) = det (tA) det (A) = det (A) ,

/ 0 , et donc A ∈ GLn (R) . on déduit det (A) =

||A||2 = tr (tA A) = tr (S) = 0, donc : A = 0 .

• Réciproquement, supposons A ∈ GLn (R) . Alors :  2 det (S) = det (A) = / 0,

⊂ Sn (R), d’après le théorème fonPuisque S ∈ S++ n damental , il existe Ω ∈ On (R),

/ SpR (S). D’après a) et l’exercice 12.9, on a donc donc 0 ∈ SpR (S) ⊂ R∗+ , et on conclut : S ∈ S++ n .

12.16

D = diag (λ1 ,. . . ,λn ) ∈ Dn (R) telles que : S = ΩDΩ−1 . D’après l’exercice 12.9, puisque S ∈ S++ n , on a : ∀ k ∈ {1,. . . ,n}, λk > 0 .

12.19 Par hypothèse, il existe P ∈ GLn (R), D ∈ Dn (R) telles que : M = P D P −1 . On alors : M = (P tP)(tP −1 D P −1 ) .

En particulier, S est inversible. Notons A = S + S −1 − 2 In .

En notant A = P tP et B =t P −1 D P −1 , on a M = AB, A ∈ S++ (cf. exercice 12.18) et B ∈ Sn (R), car : n

On a : A = Ω(D + D −1 − 2 In )Ω−1 , et :

D + D −1 − 2 In = diag(µ1 ,. . . ,µn ),

où, pour tout k ∈ {1,. . . ,n} : 1 2 (λk − 1)2 (λk + 1 − 2λk ) = µk = λk + λ−1 . k −2 = λk λk Ainsi, A ∈ Sn (R) et SpR (A) ⊂ R+ ,

B =t (tP −1 D P −1 ) =t P −1 D P −1 = B .

t

12.20 Notons L 1 ,L 2 ,L 3 les lignes de A.

donc, d’après l’exercice 12.9 : A ∈ S+ n. On conclut : S + S −1 − 2 In ∈ S+ n. Puisque S ∈ Sn (R) , d’après le théorème fondamental, il existe Ω ∈ On (R), D = diag (λ1 ,. . . ,λn ) ∈ Dn (R) telles que : S = ΩDΩ−1 .

12.17

Notons L 2 = ( a

d’où :

∀ k ∈ {1,. . . ,n}, λk = 1.

p

• Si n est impair, on a alors, puisque les λk sont réels : ∀ k ∈ {1,. . . ,n}, λk = 1 , d’où : D = In , puis : S = In . • Si p est impair, on a alors : ∀ k ∈ {1,. . . ,n}, λk ∈ {−1,1} , donc :

∀ k ∈ {1,. . . ,n}, λ2k = 1, −1

d’où : D = In , puis : S = ΩD Ω 2

2

2

= In .

25 2 4 a
0 ⇐⇒ |a|  . 16 5 Ainsi, L 2 = ( a b c ) , où :    3 25 4 4 a ∈ − ; , b = − a, c = ε 1 − a 2 , ε = ±1 . 5 5 4 16 1−

Et :

Enfin, L 3 est, au signe près, le produit vectoriel de L 1 et L 2 , que l’on va présenter plus commodément en colonnes :   4  4 c c 5      5  5 a       3   3   4 ∧b =   − c  = − c.     5   5 5     c 3 4 5 0 b− a − a 5 5 4 3

12.18

a) On a : tS =t (tA A) =t AttA =t A A = S,

donc S ∈ Sn (R) , et : ∀ X ∈ Mn,1 (R), tX S X =t X (tA A)X = (tX tA)(AX) =t (AX)(AX) = ||AX||22
0. 496

c ) . On a :  (L 1 | L 2 ) = 0

  3    3a + 4b = 0 b = − a 4 5 ⇐⇒ 5 ⇐⇒    2  c = 1 − 25 a 2 . a 2 + b2 + c2 = 1 16

p

D = diag (λ1 ,. . . ,λnp ).

b

||L 2 ||22 = 1

On a : D p = (Ω−1 SΩ) p = Ω−1 S p Ω = Ω−1 Ω = In . Mais :

3

 4 1 , et on a bien : 5 5 2 2 3 4 + = 1. ||L 1 ||22 = 5 5

Par hypothèse, L 1 =



On conclut que les matrices cherchées sont les

où :

 3  4 0 5 5     3   A= a c , − a   4   4 3 5 ε c −ε c −ε a 5 5 4    4 4 25 a ∈ − ; , c = ε 1 − a2, 5 5 16 ε ∈ {−1,1}, ε ∈ {−1,1}.

12.21

• D’après le cours, A est la matrice, dans une b.o.n., d’une similitude directe si et seulement si : ∃ α ∈ R∗+ , αA ∈ SO3 (R) .

Le carré de la norme euclidienne de la première colonne de αA   est : α2 22 + 22 + (−1)2 , c’est-à-dire 9α2 . Si A convient, nécessairement, α =

1 . Il en résulte que A 3

1 A ∈ SO3 (R). 3 1 • Notons C1 ,C2 ,C3 les colonnes de A : 3       2 −1 a 1 1 1 C1 = 2  , C2 =  2  , C3 =  b  . 3 3 3 −1 2 c convient si et seulement si :

Comme (C1 ,C2 ) est une famille orthonormale, on a : 1 A ∈ SO3 (R) ⇐⇒ C3 = C1 ∧ C2 3       a 2 −1 1  1 1 ⇐⇒ b = 2 ∧  2  3 3 3 c −1 2     a 2 ⇐⇒  b  =  −1  . c 2 On conclut que A convient si et seulement si : (a,b,c) = (2,−1,2) . On a, pour tout (x,y) ∈ E 2 :       f (x)  y = (a | x)b − (b | x)a  y

12.22

= (a | x)(b | y) − (b | x)(a | y)

      = x  (b | y)a − (a | y)b = − x  f (y) , d’où, par définition de l’adjoint : f ∗ = − f. Autrement dit, f est antisymétrique.

12.23 • Le sens ⇐ est évident. • Supposons : p ∗ ∈ Vect (e, p) . Il existe (α,β) ∈ R2 tel que : p∗ = αe + β p . On a alors : p∗ ◦ p = (αe + β p) ◦ p = α p + β p2 = (α + β) p . ∗ Si α + β = / 0 , alors p = p∗ =

1 p∗ ◦ p , donc : α+β

1 1 ( p∗ ◦ p)∗ = p∗ ◦ p = p . α+β α+β

∗ Si α + β = 0, alors p∗ ◦ p = 0 , d’où, pour tout x ∈ E :        || p(x)||2 = p(x)  p(x) = x  p∗ p(x) = (x | 0) = 0 , et donc : ∀ x ∈ E, p(x) = 0 , puis p = 0, donc p∗ = p. On conclut : p∗ = p.

12.24 • 1) Si q est positive, alors, par définition : q(E) ⊂ R+.

/ 0 , d’après le cours, q = / 0, donc il D’autre part, comme ϕ = / 0 , donc q(x) > 0. existe x ∈ E tel que q(x) =

√ t x ∈ q(E). Alors : ∀ t ∈ R+ , t = q √ q(x)

On conclut :

q(E) = R+.

2) Si q est négative, de même : q(E) = R−. 3) Supposons q ni positive ni négative. Il existe alors u,v ∈ E tels que : q(u) < 0 et q(v) > 0. Comme l’application α −→ q(αu) = α2 q(u) est une surjection de R+ sur R− , on déduit : R− ⊂ q(E). De même, l’application β −→ q(βv) = β2 q(v) est une surjection de R+ sur R+ , donc : R+ ⊂ q(E). Enfin :

R = R+ ∪ R− ⊂ q(E) ⊂ R,

donc : q(E) = R . • 1) Supposons q(E) = R+. Si q était négative ou si qn’était ni positive ni négative, d’après 1), on aurait q(E) = R− ou q(E) = R , contradiction. On conclut que q est positive. 2), 3) De même, par raisonnement par l’absurde, on montre les deux autres réciproques.

12.25 a) Il est clair que φ : Rn −→ R, (x1 ,. . . ,xn ) −→



(xi − x j )2

1i< j n

est un polynôme homogène de degré 2, donc φ est une fq sur E , et ∀ x = (x1 ,. . . ,xn ) ∈ Rn , φ(x) =



(xi − x j )2
0 ,

1i< j n

donc φ est positive. 497

b) On a, pour tout x = (x1 ,. . . ,xn ) ∈ Rn :  (xi − x j )2 = 0 x ∈ C(φ) ⇐⇒ φ(x) = 0 ⇐⇒    1i< j n
0   ⇐⇒∀ (i, j) ∈ {1,. . . ,n}2 , i < j ⇒ xi − x j = 0

• De même : ∀ P ∈ E − − {0}, φ(P) =

+∞   2 − P(n) e−n < 0 . n=0

12.27 a) Considérons l’application

⇐⇒ ∀ (i, j) ∈ {1,. . . ,n}2 , xi = x j . En notant u = (1,. . . ,1), on conclut : C(φ) = Ru.

ϕ : E × E −→ R, (x,y) −→

p 

αi (u i | x)(u i | y) ,

i=1

obtenue par dédoublement de φ.

12.26

a) • Pour tout P ∈ E, φ(P) =

+∞ 

P(n)P(−n) e−n

n=0

Il est clair que ϕ est symétrique et que ϕ est linéaire par rapport à la deuxième place. On a :

existe. En effet, par prépondérance de l’exponentielle sur les polynômes : n 2 P(n)P(−n) e−n −−−→ 0,

∀ x ∈ E, ϕ(x,x) =

n∞

donc, à partir d’un certain rang : 1 |P(n)P(−n) e |  2 , n  P(n)P(−n) e−n est absolument ce qui montre que la série −n

p 

αi (u i | x)2 = φ(x) .

i=1

On conclut que φ est une fq sur E et que la forme polaire ϕ de φ est donnée par la formule vue plus haut. n  αi (u i | x)2
0. b) On a : ∀ x ∈ E, φ(x) =     i=1 >0

n
0

convergente, donc convergente.

D’où :

• Considérons l’application ϕ : E × E −→ R définie par :

ϕ est un ps sur E   ⇐⇒ ∀ x ∈ E, φ(x) = 0 ⇒x = 0

+∞   1 (P,Q) −→ P(n)Q(−n) + P(−n)Q(n) e−n , 2 n=0

dont l’existence est assurée de la même façon que pour φ. Il est immédiat que ϕ est symétrique, linéaire par rapport à la deuxième place, donc ϕ est une fbs, et on a : ∀ P ∈ E, ϕ(P,P) = φ(P) .

⇐⇒ ∀ x ∈ E,

n 


0

 αi (u i | x)2 = 0 ⇒x = 0

i=1

   ⇐⇒ ∀ x ∈ E, ∀ i ∈ {1,. . . , p}, (u i | x) = 0 ⇒x = 0 

 ⊥  x ∈ Vect (u 1 ,. . . ,u p ) ⇒x = 0

On conclut que φ est une fq, la fq associée à la fbs ϕ.

⇐⇒ ∀ x ∈ E,

b) Il est connu que E + et E − sont des sev de E = R[X] supplémentaires dans E .

⊥  ⇐⇒ Vect (u 1 ,. . . ,u p ) = {0}

• Soient P ∈ E + , Q ∈ E − . On a :

⇐⇒ Vect (u 1 ,. . . ,u p ) = E.

∀ n ∈ N, P(n)Q(−n) + P(−n)Q(n)

On conclut : ϕ est un ps sur E si et seulement si (u 1 ,. . . ,u p ) engendre E .

= −P(n)Q(n) + P(n)Q(n) = 0, donc : ϕ(P,Q) = 0. Ainsi, E + et E − sont orthogonaux pour ϕ. • Soit P ∈ E + − {0}. On a : φ(P) =

+∞ 

P(n)P(−n) e−n =

n=0

+∞  

2 P(n) e−n
0 .    n=0
0

Supposons φ(P) = 0.

 2 On a donc : ∀ n ∈ N, P(n) e−n = 0, puis :

∀ n ∈ N, P(n) = 0.

Ainsi, le polynôme P s’annule en une infinité de points, donc P = 0, exclu. On conclut : ∀ P ∈ E + − {0}, φ(P) > 0. 498

12.28 Considérons l’application u : [0 ; 1] −→ R, t −→

    f (1 − t)x + t y  (1 − t)x + t y .

En développant par bilinéarité (et symétrie), il est clair que u est un polynôme du second degré, donc u est une application continue sur l’intervalle [0 ; 1] . De plus :     u(0) = f (x)  x = (λx | x) = λ||x||2  0    u(1) = f (y)  y = (µy | y) = µ||y||2
0. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe t ∈ [0 ; 1] tel que u(t) = 0.    On conclut : ∃ z ∈ [x ; y], f (z)  z = 0.

12.29

a) Soit A ∈ Mn (R) − {0}. L’application ϕ A : Mn (R) −→ R, M −→ tr (AM)

est linéaire, car, pour tous α ∈ R, M,N ∈ Mn (R) :   ϕ A (αM + N ) = tr A(αM + N ) = α tr (AM) + tr (AN ) = αϕ A (M) + ϕ A (N ),  ∗ donc : ϕ A ∈ Mn (R) , dual de Mn (R).

• On note P1 = aX + b, (a,b) ∈ R2 . On a : ϕ(P0 ,P1 ) = 0 ⇐⇒ P0 (−1)P1 (−1) + P0 (0)P1 (0) + P0 (1)P1 (1) = 0 ⇐⇒ −a + b = 0 ⇐⇒ b = a, d’où : P1 = a(X + 1). Et :  2  2  2 ||P1 ||2 = P(−1) + P  (0) + P  (1) = a 2 , P1 = X + 1. ||P1 ||

De plus, en utilisant la norme euclidienne canonique ||.||2 sur Mn (R) :

d’où, par exemple, ||P1 || = a, puis U1 =

ϕ A (tA) = tr (AtA) = tr (tA A) = ||A||22 > 0 ,  ∗ / 0 , d’où : ϕ A ∈ Mn (R) − {0} . donc ϕ A =

• On note P2 = α X2 + β X + γ, (α,β,γ) ∈ R3 . On a :    γ = −α ϕ(P0 ,P2 ) = 0 α−β+γ=0 ⇐⇒ ⇐⇒ β = 0, ϕ(P1 ,P2 ) = 0 β=0

b) • Puisque ϕ A est une forme linéaire autre que la forme nulle, d’après le cours, Ker (ϕ A ) est un hyperplan de Mn (R), donc  ⊥ son orthogonal Ker (ϕ A ) est une droite vectorielle. • D’autre part, pour toute M ∈ Ker (ϕ A ) : t  (tA | M) = tr (tA)M = tr (AM) = ϕ A (M) = 0 ,  ⊥ donc : tA ∈ Ker (ϕ A ) .

 ⊥ Ker (ϕ A ) = RtA.

/ 0, on conclut : Comme tA =

12.30

d’où : P = α(X2 − 1) .  2  2  2 Et : ||P2 ||2 = P2 (−1) + P2 (0) + P2 (1) = 4α2 , 1 d’où, par exemple : α = , 2 P2 1 2 = (X − 1). puis : U2 = ||P2 || 2 On conclut : une b.o.n. de E pour ϕ est, par exemple :

1 2 1, X + 1, (X − 1) . 2

a) • Il est clair que ϕ est symétrique et que ϕ est linéaire par rapport à la seconde place.

12.31 Notons ϕ la forme polaire de φ. Puisque ϕ est bili-

• On a, pour tout P ∈ E : n  

2 P (ak )
0 . ϕ(P,P) =    k=0
0 (k)

• Soit P ∈ E tel que ϕ(P,P) = 0. On a alors : ∀ k ∈ {0,. . . ,n}, P (k) (ak ) = 0 . Comme P (n) (an ) = 0 et deg (P)  n, donc deg (P (n) )  0, on a : P (n) = 0, donc deg (P (n−1) )  0 . Comme P (n−1) (an−1 ) = 0 et que deg (P (n−1) )  0 , on a P (n−1) = 0, donc deg (P (n−2) )  0 . En réitérant, on déduit P = 0. On conclut : ϕ est un produit scalaire sur E . b) Nous allons appliquer le procédé de Schmidt à la base canonique (1,X,X2 ) de E, de façon à obtenir une base (P0 ,P1 ,P2 ) de E orthogonale pour ϕ, puis normer pour obtenir une base (U1 ,U2 ,U3 ) de E orthonormale pour ϕ. • On note P0 = 1, puis U0 =

P0 . ||P0 ||

On a : ||P0 ||2 = ϕ(P0 ,P0 ) = 1, donc ||P0 || = 1, U0 = 1.

néaire et que E est de dimension finie, d’après le cours, il existe M ∈ R+ tel que : ∀ (x,y) ∈ E 2 , |ϕ(x,y)|  M||x|| ||y|| . En particulier : ∀ x ∈ E, |φ(x)| = |ϕ(x,x)|  M||x||2 . D’où : 0

  φ(x)3/4 (M||x||2 )3/4  = M 3/4 ||x||1/2 −→ 0 . x−→0 ||x|| ||x||

On conclut, par théorème d’encadrement :  3/4 φ(x) −→ 0. ||x|| x−→0

12.32 Soit A ∈ Mn (R). Il est clair que l’application f A : Mn (R) −→ Mn (R), M −→ AM est linéaire. L’endomorphisme f A de Mn (R) est un endomorphisme orthogonal si et seulement si :    ∀ M,N ∈ Mn (R), f A (M)  f A (N ) = (M | N ) . 499

On a, pour toutes M,N ∈ Mn (R) :    f A (M)  f A (N ) = (AM | AN ) t  = tr (AM)(AN ) = tr (tM tA AN ). D’où :   f A ∈ O Mn (R)

Comme f  est continue et que f 2
0, il s’ensuit f  = 0, donc f est constante, f ∈ F . • Réciproquement, il est clair que e0 ∈ G ⊥ , car :  1 ∀ g ∈ G, (e0 | g) = e0 (0) g(0) + e0 (t) g  (t) dt = 0 .  0  =0 =0

⇐⇒ ∀ M,N ∈ Mn (R), tr (tM tA AN ) = tr (tM N )

On conclut : G ⊥ = Vect (e0 ) = F .

t  ⇐⇒ ∀ M,N ∈ Mn (R), tr M(tA A − In )N = 0

Ainsi, dans cet exercice : F ⊥ = G et G ⊥ = F .

t' (  ⇐⇒ ∀ M,N ∈ Mn (R), tr (tA A − In )M N = 0   ⇐⇒ ∀ M ∈ Mn (R), ∀ N ∈ Mn (R), (tA A − In )M ⊥ N

12.34 Soit A ∈ An (R). 1) On a, puisque tA = −A et que −A et A commutent : (e A )e A = e A e A = e−A e A = e−A+A = e0 = In .

t

⇐⇒ ∀ M ∈ Mn (R), (tA A − In )M = 0

2) On a, d’après l’exercice 11.28 :

⇐⇒ tA A − In = 0 ⇐⇒ A ∈ On (R). On conclut : f A est un endomorphisme orthogonal de Mn (R) si et seulement si A ∈ On (R) . a) • Il est clair que (. | .) est symétrique et linéaire par rapport à la seconde place.

12.33

• On a, pour toute f ∈ E : 

2 ( f | f ) = f (0) +

det (e A ) = etr (A) = e0 = 1 . On conclut : ∀ A ∈ An (R), e A ∈ SOn (R). In . 12.35 1) Supposons Ak −→ k∞ Alors :



1



t

2 f (t) dt
0 . 

t t A−1 k = Ak −→ In = In , k∞

−→ 2 In . Ak + A−1 k

puis :

k∞

0 

• De plus, pour toute f ∈ E , comme f est continue et que f 2
0, on a :  1  2   2 ( f | f ) = 0 ⇐⇒ f (0) + f (t) dt = 0      0
0
0  1   2 f (t) dt = 0 ⇐⇒ f (0) = 0 et 

0

 ⇐⇒ f (0) = 0 et f  = 0 ⇐⇒ f = 0. On conclut que (. | .) est un ps sur E . f ∈ F ⊥ ⇐⇒ (e0 | f ) = 0  1 ⇐⇒ e0 (0) f (0) + e0 (t) f  (t) dt = 0 ⇐⇒ f (0) = 0 ,    0  =1 =0 donc : F ⊥ = { f ∈ E ; f (0) = 0} = G. 2) Soit f ∈ E . • Supposons f ∈ G ⊥. Considérons g = f − f (0)e0 . On a : g ∈ E et g(0) = 0, donc g ∈ G. Il s’ensuit ( f | g) = 0 . Ainsi :    0 = ( f | g) = f  f − f (0)e0 = ( f | f ) − f (0)( f | e0 )  1  1   2   2  2  2 f (t) dt − f (0) = f (t) dt. = f (0) + 0

k∞

On a, en utilisant la norme euclidienne canonique sur Mn (R) : t  ||Ak − In ||2 = tr (Ak − In )(Ak − In ) = tr (tAk Ak −t Ak − Ak + In )   = tr − (Ak + A−1 k − 2 In ) −→ 0, k∞

donc : Ak − In −→ 0, et finalement : Ak −→ In . k∞

k∞

12.36 1) Soit x ∈ Ker ( f ) ∩ Ker ( f ∗ ) .

b) 1) Soit f ∈ E . On a :

500

2) Réciproquement, supposons : Ak + A−1 k −→ 2 In .

0

On a alors f (x) = 0 et f ∗ (x) = 0 , d’où : ( f + f ∗ )(x) = f (x) + f ∗ (x) = 0 + 0 = 0 , donc x ∈ Ker ( f + f ∗ ). Ceci montre : Ker ( f ) ∩ Ker ( f ∗ ) ⊂ Ker ( f + f ∗ ). 2) Réciproquement, soit x ∈ Ker ( f + f ∗ ) . On a donc ( f + f ∗ )(x) = 0 . Comme f 2 = 0, on déduit :   0 = f (0) = f ( f + f ∗ )(x) = ( f 2 + f ◦ f ∗ )(x) = f 2 (x) + f ◦ f ∗ (x).    =0 Ensuite, en utilisant le produit scalaire :       0 = f ◦ f ∗ (x)  x = f ∗ (x)  f ∗ (x) = || f ∗ (x)||2 ,

d’où : f ∗ (x) = 0 , puis : ∗

Comme T est triangulaire et à termes diagonaux tous non nuls, on a : T ∈ GLn (R) .

∗

f (x) = ( f + f )(x) − f (x) = 0 − 0 = 0 .

D’après l’exercice 12.18, on déduit : A ∈ S++ n .

∗

On obtient : x ∈ Ker ( f ) ∩ Ker ( f ) .

2e méthode : Décomposition de la forme quadratique en somme de carrés :

Ceci montre : Ker ( f + f ∗ ) ⊂ Ker ( f ) ∩ Ker ( f ∗ ) . On conclut : Ker ( f + f ∗ ) = Ker ( f ) ∩ Ker ( f ∗ ).

12.37

Puisque P et Q sont premiers entre eux, d’après le théorème de Bezout, il existe U,V ∈ R[X] tels que :   U P + V Q = 1. On a donc, pour tout x ∈ Ker P( f ) :

x = Id E (x) = (U P + V Q)( f )(x)       = U ( f ) P( f )(x) + Q( f ) V ( f )(x) = Q( f ) V ( f )(x) ,    =0     puis, pour tout (x,y) ∈ Ker P( f ) × Ker Q( f ∗ ) :      (x | y) = Q( f ) V ( f )(x)  y     ∗    = V ( f )(x)  Q( f ) (y) = V ( f )(x)  Q( f ∗ )(y) = 0.    =0 On a montré :     ∀ (x,y) ∈ Ker P( f ) × Ker Q( f ∗ ) , (x | y) = 0 ,     et on conclut : Ker P( f ) ⊥ Ker Q( f ∗ ) .

12.38

D’abord, il est clair que : A ∈ Sn (R) .   x1  .  On a, pour tout X =  ..  ∈ Mn,1 (R) : X AX =

t



xn xi Min (i, j)x j

1i, j n

= (x1 + · · · + xn )2 + (x2 + · · · + xn )2 + · · · + xn2 , comme on le voit en développant cette dernière expression. Il en résulte, d’une part tX AX
0, et, d’autre part :  x1 + · · · + xn = 0     x1 = 0        x2 + · · · + xn = 0  .. t X AX = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ . ..       .     xn = 0  xn = 0 ⇐⇒ X = 0. On conclut : A ∈ S++ n .

• Le sens ⇐ est évident.

• Supposons Sp (g) = {2}. ∗

12.40 Soit i ∈ {1,. . . ,n} tel que aii = 0.

∗ ∗

∗

Comme g = ( f + f ) = f + f = g, g est symétrique. D’après le cours, g est donc diagonalisable. Puisque g est diagonalisable et que Sp (g) = {2}, on a : g = 2e, en notant e = Id E . Alors :

/ i. Soit j ∈ {1,. . . ,n} tel que j = On a, pour tout α ∈ R : 0 t (αEi + E j )S(αEi + E j ) = α2 tEi SEi + 2αtEi SE j +t E j SE j

( f − e)∗ ◦ ( f − e) = ( f ∗ − e) ◦ ( f − e)

= α2 aii +2αai j + a j2j .  =0

= f ∗ ◦ f − ( f ∗ + f ) + e = e − 2e + e = 0, puis, en utilisant le ps (u,v) −→ tr (u ∗ ◦ v) sur L(E) :   || f − e||22 = tr ( f − e)∗ ◦ ( f − e) = 0 ,

Ainsi : ∀ α ∈ R, 2αai j + a j2j
0. Si ai j > 0, 2αai j + a j2j −→ −∞ , contradiction. α−→−∞

donc f − e = 0, f = e .

12.39

1re méthode : Utilisation d’une factorisation de A :

On a : 1 1 A=  ... 1

1 2 .. .

... ...

2

...

On a montré ainsi que, si un terme diagonal de S est nul, alors tous les termes de S situés sur la ligne ou la colonne de celuici sont nuls.

1 2 ..  . n 

 = 

1 (1)

Si ai j < 0, 2αai j + a j2j −→ −∞ , contradiction. α−→+∞ Il s’ensuit : ai j = 0.

..

(0) .

 c’est tT

1

   

1

..

(0)

(1) .

 notée T

1

  . 

12.41 Puisque S ∈ Sn (R) , d’après le théorème fondamental, en notant D = diag(λ1 ,. . . ,λn ) , il existe Ω ∈ On (R) telle que S = ΩDΩ−1 .

• Soit X ∈ Mn,1 (R) tel que ||X||2 = 1. En notant Y = −1 X, puisque Ω est orthogonale, on a : ||X||2 = ||Y ||2 et ||S X||2 = ||DY ||2 . 501

 y1  .  Notons Y =  ..  . On obtient : yn 

||DY ||2 =

12.43 Il existe X ∈ Mn,1 (R) − {0} tel que AX = λX . On a alors : t

n 

n 

i=1

i=1

 2 (λi yi )2  ρ(S)

 2 yi2 = ρ(S) ,

d’où : ||S X||2 = ||DY ||2  ρ(S). • D’autre part, il existe k ∈ {1,. . . ,n} tel que ρ(S) = |λk |, et, en notant X = ΩEk (où Ek est le k ème vecteur de la base canonique de Mn,1 (R), on a : ||X||2 = 1

||S X||2 = ||D E k ||2 = |λk | = ρ(S).

et

Finalement, l’application X −→ ||S X||2 est bornée sur la   sphère-unité de Mn,1 (R),|| · ||2 , sa borne supérieure est ρ(S) , et celle-ci est atteinte.

XSX =

1 t X (A + t A)X 2 =

1 1 t X (AX) + t (AX)X = λ t X X. 2 2

Puisque S ∈ Sn (R) , d’après le théorème fondamental, il existe (λ1 ,. . . ,λn ) ∈ Rn et Ω ∈ On (R) tels que, en notant D = diag(λ1 ,. . . ,λn ) , on ait S = ΩDΩ−1 .   y1  ..  −1 Notons Y = Ω X =  .  . Alors : yn t

X S X = t Y DY =

n 

λi yi2

et

t

X X = tY Y =

i=1

12.42

Puisque f ∈ S (E), d’après le théorème fondamental, il existe une b.o.n. B = (e1 ,. . . ,en ) de E et une matrice diagonale D = diag (λ1 ,. . . ,λn ) ∈ Dn (R) telles que MatB ( f ) = D .   x1  .  Soit x ∈ E. Notons X = MatB (x) =  ..  . On a :

=

xi λi ei −

i=1

n  axi ei = (λi − a)xi ei .

i=1

i=1

D’où, puisque (e1 ,. . . ,en ) est une b.o.n. : 

  f (x) − ax  f (x) − bx =

n 

(λi − a)(λi − b)xi2 .

i=1

Comme Sp ( f ) ∩ ]a ; b[ = ∅, on a :   ∀ i ∈ {1,. . . ,n}, λi  a ou λi
b , donc : d’où :

∀ i ∈ {1,. . . ,n}, (λi − a)(λi − b)
0,    f (x) − ax  f (x) − bx
0.

2) Étude du cas d’égalité : On suppose ici plus précisément : Sp ( f ) ∩ [a ; b] = ∅. Avec les notations de 1), on a, pour tout x ∈ E :    f (x) − ax  f (x) − bx = 0 ⇐⇒

n 

(λ − a)(λi − b) xi2 = 0     i i=1 >0
0   ⇐⇒ ∀ i ∈ {1,. . . ,n}, xi2 = 0 ⇐⇒ x = 0.

On conclut qu’il y a égalité si et seulement si x = 0. 502

yi2 =

n 

λi yi2 .

i=1

∀i ∈ {1,. . . ,n}, (α  λi  β et yi2
0) ,

Comme :

α

on obtient :

n  i=1

n 

yi2  λ

n  i=1

yi2  β

n 

yi2 .

i=1

yi2 > 0 , on conclut : α  λ  β.

i=1

i=1 n 

yi2 ,

i=1

i=1

Enfin, puisque

xn 



n n f (x) − ax = f xi ei − a xi ei i=1 n 

λ

d’où :

1) Inégalité :

n 

n 

clair que M est symétrique. 12.44 • Il est

• Soit

X Y

∈ M p+q,1 (R) , où X ∈ M p,1 (R), Y ∈ Mq,1 (R) .

On a :





X 0 X 0 A B = M = ⇐⇒ t B −C Y 0 Y 0   AX + BY = 0 AX + BY = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ t t B X − CY = 0 X B −t Y C = 0 t t X (AX + BY ) = 0 X AX +t X BY = 0 ⇒ ⇐⇒ t (tX B −t Y C)Y = 0 X BY −t Y CY = 0  X =0 ⇒ tX AX + tY CY = 0 ⇒  Y =0 ++
0
0 A ∈ S++ p , C ∈ Sq

X 0 ⇒ = . Y 0 On conclut : M est inversible.

12.45 Puisque S ∈ S++ n , d’après l’exercice 12.11, il existe R ∈ S++ telle que S = R 2 . On a alors, en utilisant l’inégalité n de Cauchy et Schwarz dans Mn,1 (R) usuel :

t  (tX S X )(tY S −1 Y ) = (tX R 2 X ) Y (R −1 )2 Y t  t = (R X)(R X) (R −1 Y )(R −1 Y ) = ||R X||22 ||R −1 Y ||22
(R X | R −1 Y )2 t 2 t 2 = (R X)(R −1 Y ) = X (R R −1 )Y = (tX Y )2 .

12.46

Comme tA A ∈ M2 (R), on a : χtA A (λ) = λ2 − tr (tA A)λ + det (tA A)  2 = λ2 − tr (tA A)λ + det (A) = λ2 − 2λ + 1 = (λ − 1)2 . Puisque tA A ∈ S2 (R) , d’après le théorème fondamental, tA A est diagonalisable dans M2 (R) . Ainsi, tA A est diagonalisable et SpR (tA A) = {1} , donc A A = In , A ∈ O2 (R) . Comme, de plus, det (A) = 1 , on conclut : A ∈ SO2 (R).

Notons C = AB − B A .

t

1) Inégalité : On a :

12.49 a) • Puisque S ∈ S+n ⊂ Sn (R) , d’après le théorème fon-

C =t (AB − B A) =t B tA −t AtB

t

= (−B)(−A) − (−A)(−B) = B A − AB = −C, c’est-à-dire que C est antisymétrique. Ensuite : t(C 2 ) = (tC)2 = (−C)2 = C 2 , donc C 2 est symétrique. Enfin : C 4 =t (C 2 )C 2 ∈ S+ n , cf. exercice 12.18. D’où :   tr (AB − B A)4 = tr (tC 2 C 2 ) = ||C 2 ||22
0 .

damental, il existe Ω ∈ On (R), D = diag (λ1 ,. . . ,λn ) ∈ Dn (R) telles que : S = ΩDΩ−1 . De plus, puisque S ∈ S+ n , d’après l’exercice 12.9, on a : ∀ i ∈ {1,. . . ,n}, λi
0 . Notons, pour tout i ∈ {1,. . . ,n}, (µi, p ) p∈N la suite réelle définie par µi,0 = 1 et :

2) Étude du cas d’égalité : ∀ p ∈ N, µi, p+1 =

• Si tr (C 4 ) = 0, alors ||C 2 ||22 = 0, donc C 2 = 0, puis : ||C||22 = tr (tCC) = tr (−C 2 ) = 0 , donc C = 0. • Réciproquement, si C = 0, alors tr (C 4 ) = 0. On conclut qu’il y a égalité si et seulement si : AB = B A.

1 (µ + λi µi,−1p ) . 2 i, p

Il est clair que, pour tout p ∈ N, µi, p existe et µi, p > 0 . Notons, pour tout p ∈ N, D p = diag (µ1, p ,. . . ,µn, p ). 1 On a donc : ∀ p ∈ N, D p+1 = (D p + D D −1 p ). 2 • Montrons, par récurrence sur p, que, pour tout p ∈ N, A p existe et A p = ΩD p Ω−1 .

12.47

On a alors : X = X (X X X) = ( X X) ∈ Sn (R),

La propriété est vraie pour p = 0 car A0 = In et ΩD0 Ω−1 = Ω In Ω−1 = In .

donc : X ∈ Sn (R).

Supposons la propriété vraie pour un p ∈ N.

Il en résulte : X 3 = X tX X = In .

On a alors :

1) • Soit X convenant. t

t

t

t

2

• D’après le théorème fondamental, puisque X ∈ Sn (R), il existe Ω ∈ On (R), D = diag (λ1 ,. . . ,λn ) ∈ Dn (R) telles que : X = ΩDΩ−1 . On a alors :   X 3 = In ⇐⇒ D 3 = In ⇐⇒ ∀ k ∈ {1,. . . ,n}, λ3k = 1   ⇐⇒ ∀ k ∈ {1,. . . ,n}, λk = 1 ⇐⇒ D = In ⇐⇒ X = In .

A p+1 =

1 (A p + S A−1 p ) 2  1 = Ω D p Ω−1 + Ω D Ω−1 (Ω D p Ω−1 )−1 2 1 −1 = ΩD p+1 Ω−1 , = Ω(D p + D D −1 p )Ω 2

Ceci montre que, si X convient, alors X = In .

ce qui montre la propriété pour p + 1.

2) La réciproque est évidente : In convient. On conclut qu’il y a une matrice et une seule convenant : X = In .

Ainsi, pour tout p ∈ N, A p existe et A p = ΩD p Ω−1 .

1) Si A ∈ SO2 (R), alors tA A = I2 et det (A) = 1 , donc tr (tA A) = 2 et det (A) = 1 .

b) • Une étude élémentaire de suite récurrente réelle montre : % ∀ i ∈ {1,. . . ,n}, µi, p −→ λi . p∞ %  % On déduit : D p −→ ∆ = diag λ1 ,. . . , λn ,

12.48

2) Réciproquement, supposons : tr (tA A) = 2 et det (A) = 1 .

De plus, pour tout p ∈ N, comme Ω ∈ On (R) et D p ∈ S++ n , on a : A p ∈ S++ n .

p∞

503

puis, par continuité des opérations usuelles dans Mn (R) :

On a, pour tout y ∈ E : 0 = ψ(x,y) = φ(a)ϕ(x,y) − ϕ(a,x)ϕ(a,y)

−1 A p = ΩD p Ω−1 −→ Ω∆Ω    . p∞

r = φ(a)ϕ(h + λa,y) − ϕ(a,h + λa)ϕ(a,y)

notée L • Comme Ω ∈ On (R) et ∆ ∈ Dn (R+ ), on a : L ∈ −1 2

−1

• Enfin : L = (Ω∆Ω ) = Ω∆ Ω 2

2

−1

= ΩDΩ

S+ n.

= φ(a)ϕ(h,y) + λφ(a)ϕ(a,y)

= S.

Remarque : On a ainsi construit, pour S ∈ S+ n donnée, une suite ++ récurrente dans Sn convergeant vers la racine carrée de S dans S+ n.

− ϕ(a,h)ϕ(a,y) − λφ(a)ϕ(a,y) = φ(a)ϕ(h,y), d’où :

ϕ(h,y) = 0.

On a donc h ∈ Ker (ϕ) , puis x = h + λ ∈ Ker (ϕ) + K a.

12.50

a) • La symétrie de ψ est immédiate.

• On a, pour tout λ ∈ R et tous x,y,z ∈ E : ψ(x,λy + z) = φ(a)ϕ(x,λy + z) − ϕ(a,x)ϕ(a,λy + z)     = φ(a) λϕ(x,y) + ϕ(x,z) − ϕ(a,x) λϕ(a,y) + ϕ(a,z)   = λ φ(a)ϕ(x,y) − ϕ(a,x)ϕ(a,y)   + φ(a)ϕ(x,z) − ϕ(a,x)ϕ(a,z)

Ceci montre : Ker (ψ) ⊂ Ker (ϕ) + K a . Finalement : Ker (ψ) = Ker (ϕ) ⊕ K a.

12.51 1) Soit X ∈ Ker (A). On a donc : AX = 0 . Soit Y ∈ Mn,1 (R). D’après l’hypothèse, on a : ∀ λ ∈ R, t(X + λY )A(X + λY )
0 , c’est-à-dire :

et donc, en simplifiant par λ : ∀ λ ∈ R∗+ , tX AY + λtY AY
0 .

= λψ(x,y) + ψ(x,z), donc ψ est linéaire par rapport à la deuxième place. On conclut que ψ est une fbs sur E .

En faisant tendre λ vers 0+ , on déduit : tX AY
0.

b) • Montrons : Ker (ϕ) + K a ⊂ Ker (ψ) .

En appliquant ce résultat à −Y à la place de Y , on a aussi : −tX AY
0.

∗ Soit x ∈ Ker (ϕ) . On a :

On déduit : tX AY = 0 .

∀ y ∈ E, ψ(x,y) = φ(a) ϕ(x,y) − ϕ(a,x) ϕ(a,y) = 0 ,     = / 0 =0 donc : x ∈ Ker (ψ) . ∗ D’autre part : ∀ y ∈ E, ψ(a,y) = φ(a)ϕ(a,y) − ϕ(a,a)ϕ(a,y) = 0 , donc : a ∈ Ker (ψ). Comme Ker (ψ) est un sev de E , il en résulte : Ker (ϕ) + K a ⊂ Ker (ψ) . • Soit x ∈ Ker (ϕ) ∩ K a . Il existe λ ∈ K tel que x = λa, et on a : ∀ y ∈ E, ϕ(x,y) = 0. 0 = ϕ(x,a) = ϕ(λa,a) = λ φ(a),  = / 0 donc λ = 0, puis x = 0. En particulier :

Ainsi, Ker (ϕ) ∩ K a = {0} , la somme Ker (ϕ) + K a est directe.     • Notons H = x ∈ E ; ϕ(a,x) = 0 = Ker ϕ(a,·) . / 0, H est un hyperplan de E et Comme ϕ(a,a) = φ(a) = on a : E = H ⊕ K a. Soit x ∈ Ker (ψ) . Il existe h ∈ H, λ ∈ K tels que : x = h + λa. 504

∀ λ ∈ R, λtX AY + λ2 tY AY
0,

On a ainsi montré : ∀ Y ∈ Mn,1 (R), tX AY = 0. Il en résulte : tX A = 0, puis : tAX =t (tX A) = 0, donc : X ∈ Ker (tA). Ceci montre : Ker (A) ⊂ Ker (tA) . 2) Comme : ∀ X ∈ Mn,1 (R), tX tAX =t (tX AX), ∀ X ∈ Mn,1 (R), tX tAX
0.

on a :

On peut donc appliquer le résultat de 1) à tA à la place de A, d’où : Ker (tA) ⊂ Ker (A). Finalement :

Ker (tA) = Ker (A). 



12.52 1) Soit (X,Y ) ∈ Mn (R) 2 tel que : tX X +t Y Y = In . Appliquons l’inégalité de Cauchy et Schwarz, dans Mn (R) muni de son produit scalaire canonique (. | .), au couple (In ,X) :  2  2 tr (X) = tr (t In X) = (In | X)2

 (In | In )(X | X) = n tr (tX X),  2 et de même : tr (Y )  n tr (tY Y ). D’autre part, on remarque : ∀ (a,b) ∈ R2 , (a + b)2  2(a 2 + b2 ) ,

comme on le voit en développant. D’où :  2  2  2  tr (X ) + tr (Y )  2 tr (X ) + tr (Y )    2n tr (tX X) + tr (tY Y )

D’après le résultat précédent, appliqué à f ∗ à la place de f, on a : Ker ( f ∗ ) ⊂ Ker ( f ∗∗ ) = Ker ( f ).

= 2n tr (tX X +t Y Y ) = 2n tr (In ) = 2n 2 . √ On déduit : tr (X) + tr (Y )  2 n. 1 2) Pour X = Y = √ In , on a : 2

b) • Soit (x,y) ∈ Ker ( f ) × Im ( f ). Alors, x ∈ Ker ( f ) et il existe t ∈ E tel que y = f (t). On a :       (x | y) = x  f (t) = f ∗ (x)  t .

1 1 In + In = In 2 2 √ 1 1 tr (X) + tr (Y ) = √ n + √ n = 2 n. 2 2

On conclut :

X X +t Y Y =

t

et

On conclut que la borne supérieure demandée est égale à

12.53

Ker ( f ∗ ) = Ker ( f ).

Mais x ∈ Ker ( f ) = Ker ( f ∗ ) , donc f ∗ (x) = 0 , puis (x | y) = 0. Ceci montre : Ker ( f ) ⊥ Im ( f ).

√ 2 n.

• On a alors, en utilisant le théorème du rang :   dim Ker ( f ) ⊕ Im ( f )     = dim Ker ( f ) + dim Im ( f ) = dim (E), donc : Ker ( f ) ⊕ Im ( f ) = E .

1) Soit M convenant.

/ 0 . Puisque M est nilpotente, il existe Supposons M = k ∈ N − {0,1} tel que : M k = 0 et M k−1 = / 0. D’autre part : In + M ∈ On (R) ⇐⇒t (In + M)(In + M) = In ⇐⇒t M + M +t M M = 0. En multipliant à droite par M k−1 , on déduit : M M k−1 +  M k + tM Mk = 0 ,

t

=0

=0

donc : tM M k−1 = 0 . Puis, en multipliant à gauche par tM k−2 : tM k−1 M k−1 = 0. Alors, en utilisant la norme euclidienne associée au produit scalaire canonique sur Mn (R) :  t ||M k−1 ||2 = tr (M k−1 )M k−1 = 0 , d’où M k−1 = 0, contradiction. Ceci montre : M = 0. 2) Réciproquement, il est clair que M = 0 convient.

⊥ Im ( f ) = E . Finalement : Ker ( f )  c) • Soit y ∈ Im ( f ∗ ). Il existe x ∈ E tel que y = f ∗ (x). D’après b), il existe u ∈ Ker ( f ), v ∈ Im ( f ) tels que x = u + v. On a alors : y = f ∗ (x) = f ∗ (u + v) = f ∗ (u) + f ∗ (v) . Mais u ∈ Ker ( f ) = Ker ( f ∗ ) , donc f ∗ (u) = 0 , puis : y = f ∗ (v). Ensuite, comme v ∈ Im ( f ), il existe t ∈ E tel que v = f (t) . On a alors :   y = f ∗ (v) = f ∗ f (t) = ( f ∗ ◦ f )(t)   = ( f ◦ f ∗ )(t) = f f ∗ (t) ∈ Im ( f ). Ceci montre :

Im ( f ∗ ) ⊂ Im ( f ).

• Comme f ∗ vérifie la même hypothèse que f, en appliquant le résultat précédent à f ∗ à la place de f, on a aussi : Im ( f ) ⊂ Im ( f ∗ ). On conclut :

Im ( f ∗ ) = Im ( f ).

On conclut qu’il y a une matrice M et une seule convenant : M = 0. a) • Soit x ∈ Ker ( f ). On a :       || f (x)||2 = f ∗ (x)  f ∗ (x) = x  f ◦ f ∗ (x)       = x  f ∗ ◦ f (x) = x  f ∗ (0) = 0,

12.54

∗

∗

∗

d’où : f (x) = 0, x ∈ Ker ( f ). ∗

Ceci montre : Ker ( f ) ⊂ Ker ( f ). • On a : ( f ∗ )∗ ◦ f ∗ = f ◦ f ∗ = f ∗ ◦ f = f ∗ ◦ ( f ∗ )∗ donc f ∗ vérifie la même hypothèse que f.

12.55 • Le sens ⇐ est évident. • Supposons f ◦ f ∗ = f 2 . Notons g = f − f ∗ . On a : g ∗ ◦ g = ( f − f ∗ )∗ ◦ ( f − f ∗ ) = ( f ∗ − f ) ◦ ( f − f ∗ ) = f ∗ ◦ f − f 2 − f ∗2 + f ◦ f ∗ = f ∗ ◦ f − f ∗2 = f ∗ ◦ f − ( f 2 )∗ = f ∗ ◦ f − ( f ◦ f ∗ )∗ = f ∗ ◦ f − f ◦ f ∗. Considérons le produit scalaire sur L(E) défini par :  2 ∀ (u,v) ∈ L(E) , (u | v) = tr (u ∗ ◦ v) , 505

   ∀ (P,Q) ∈ E n2 , P  f n (Q) = (XP | Q) .

et la norme euclidienne associée ||.||. On a alors : ||g||2 = tr (g ∗ ◦ g) = tr ( f ∗ ◦ f − f ◦ f ∗ ) = tr ( f ∗ ◦ f ) − tr ( f ◦ f ∗ ) = 0,

Remarque : On ne peut pas définir directement f n comme un adjoint, car P −→ XP n’est pas un endomorphisme de E n .

d’où g = 0, c’est-à-dire : f = f ∗ .

2) Soit n ∈ N .

Notons A = (ai j )i j = MatB ( f ) ∈ Mn (R) . n  aki ek , On a : ∀ i ∈ {1,. . . ,n}, f (ei ) =

On a, pour tout k ∈ {0,. . . ,n − 1} et tout P ∈ E n :  1  1   x P(x) x k dx (P | Xk+1 ) = P(x)x k+1 dx = −1 −1    = (XP | X k ) = P  f n (Xk ) ,

12.56

k=1

puis, pour tout (i, j) ∈ {1,. . . ,n} : n n         f (ei )  ej = aki ek  ej = aki (ek | ej ) . 2

k=1

k=1

Notons E = (ek | ej )1k, j n ∈ Mn (R) .    Ainsi, pour tout (i, j) ∈ {1,. . . ,n}2 , f (ei )  ej est le (i, j)ème t

terme de AE.

d’où : f n (Xk ) = Xk+1 . / En . Remarque : On n’a pas f n (Xn ) = Xn+1 , car Xn+1 ∈ 3) On a, pour tout (P,Q) ∈ E n2 :    P  f n (Q) = (XP | Q)  1    = x P(x) Q(x) dx = −1

Les colonnes de E sont les coordonnées des ej dans B . Autrement dit, E est la matrice de passage de B à B . Comme B et B sont des b.o.n., on déduit : E ∈ On (R). On a alors :    2 t  f (ei )  ej = ||tAE||22 = tr (tAE)(tAE) 1i, j n

   t = tr E(AtAE) = tr (AtAE)tE   = tr (AtA)(E tE) = tr (AtA) = tr (tA A) = tr ( f ∗ ◦ f ).

12.57

a) Soit n ∈ N .

• Soit Q ∈ E n . L’application ϕ Q : E n −→ R, P −  → (XP | Q)   est une forme linéaire sur l’eve E n ,(. | .) , donc, d’après le cours, il existe Q 1 ∈ E n unique tel que : ∀ P ∈ E n , ϕ Q (P) = (P | Q 1 ) .

506

−1

   = (P | XQ) = (XQ | P) = Q  f n (P) .

b) • D’après a) 2), on a : f 2 (1) = X, f 2 (X) = X2 . • Notons f 2 (X2 ) = α + βX + γX2 , (α,β,γ) ∈ R3 . On a, en utilisant la définition de f 2 :    1 f 2 (X2 ) = (X | X2 )      X  f 2 (X2 ) = (X2 | X2 )      2  X f 2 (X2 ) = (X3 | X2 )  α(1 | 1) + β(1 | X) + γ(1 | X2 ) = (X | X2 )    ⇐⇒ (S) α(X | 1) + β(X | X) + γ(X | X2 ) = (X2 | X2 )    α(X2 | 1) + β(X2 | X) + γ(X2 | X2 ) = (X3 | X2 ). Calculons les produits scalaires qui interviennent. Par imparité :

et :

• Montrons que f n est linéaire.

D’où :

= α(XP | Q 1 ) + (XP | Q 2 )         = α P f n (Q 1 ) + P f n (Q 2 )    = P  α f n (Q 1 ) + f n (Q 2 ) ,

  P(x) x Q(x) dx

On conclut : f n est auto-adjoint.

Ceci montre qu’il existe une application et une seule f n : E n −→ E n telle que :    ∀ (P,Q) ∈ E n2 , P  f n (Q) = (XP | Q) . Soient α ∈ R, Q 1 ,Q 2 ∈ E n . On a, pour tout P ∈ E n :    P  f n (αQ 1 + Q 2 ) = (XP | αQ 1 + Q 2 )

1

(1 | X) = 0, (X | X2 ) = 0, (X3 | X2 ) = 0 . (1 | 1) = 2, (1 | X2 ) = (X | X) =

2 2 , (X2 | X2 ) = . 3 5

 2  2α + γ = 0    α=0  3       3 2 2 (S) ⇐⇒ ⇐⇒ β = β=   5 3 5       γ = 0.   2α + 2γ = 0 3 5 f 2 (X2 ) =

3 X. 5

donc : f n (αQ 1 + Q 2 ) = α f n (Q 1 ) + f n (Q 2 ),

On obtient :

et on conclut que f n est linéaire. Finalement, pour tout n ∈ N , il existe f n ∈ L(E) unique tel que :

On conclut : f 2 (1) = X, f 2 (X) = X2 , f 2 (X2 ) =

3 X. 5

12.58

2 c) Soit (A,B) ∈ (S+ n) .

a) 1) Existence

D’après le théorème fondamental, il existe (λ1 ,. . . ,λn ) ∈ (R+ )n et Ω ∈ On (R) tels qu’en notant D = diag (λ1 ,. . . ,λn ), on ait √ √ S = ΩDΩ−1 . Considérons ∆ = diag( λ1 ,. . . , λn ), et R = Ω∆Ω−1 . Alors :

1) Supposons que A1/2 et B 1/2 commutent. D’après le cours, tout polynôme en A1/2 commute alors avec tout polynôme en B 1/2 . Comme A = (A1/2 )2 et B = (B 1/2 )2 , on conclut que A et B commutent.

• R 2 = Ω∆2 Ω−1 = ΩDΩ−1 = S

2) Réciproquement, supposons que A et B commutent. D’après le cours, tout polynôme en A commute alors avec tout polynôme en B. Comme, d’après b), A1/2 est un polynôme en A et B 1/2 est un polynôme en B, on conclut que A1/2 et B 1/2 commutent.

−1

−1

• R = Ω ∆ Ω = Ω∆Ω t

t

•R∈

S+ n

t

= R , donc R ∈ Sn (R)

car R ∈ Sn (R) et SpR (R) ⊂ R+ .

2) Unicité 2 Soit R ∈ S+ n telle que R = S .  √ SpR (R) ⊂ { µ; µ ∈ SpR (S)} , • On a : ∀ λ ∈ SpR (R), SEP(R,λ) ⊂ SEP(S,λ2 )

car :

12.59 Soit A ∈ GLn (R) . 1) Unicité : Si un couple (Ω,S) convient, alors : A A =t (ΩS)(ΩS) =t S(tΩΩ)S = S 2 ,

t

∀ λ ∈ R, ∀ X ∈ Mn,1 (R),

donc, d’après l’exercice 12.58 : S = (tA A)1/2 .

(R X = λX ⇒ S X = R 2 X = λ2 X).

⊂ GLn (R), on a : Ω = AS −1 . Ensuite, comme S ∈ S++ n

Puisque R et S sont diagonalisables, on déduit : ) ) Mn,1 (R) = SEP(R,λ) ⊂ SEP(S,λ2 ) λ∈SpR (R)

λ∈SpR (R)

⊂

)

SEP(S,µ) = Mn,1 (R),

µ∈SpR (S)

D’après le résultat précédent, il existe D  ∈ Dn (R) telle que  R = Ω D  Ω −1 . Comme R ∈ S+ n , D est formée des racines carrées des éléments de D, d’où l’unicité de R. S+ n . Avec les notations de la solution de a), d’après

b) Soit S ∈ le cours sur l’interpolation polynomiale, il existe P ∈ R[X] tel % que : ∀ k ∈ {1,. . . ,n}, λk = P(λk ). En effet, il suffit de prendre pour P un polynôme interpolant √ les λk en les λk, en ne considérant que des λk deux à deux distincts. On a alors : %   ∆ = diag ( λk ) = diag P(λk )  = P diag (λk ) = P(D), 

1 k  n

puis : S 1/2 = Ω∆Ω−1 = ΩP(D)Ω−1 = P(ΩDΩ−1 ) = P(S) . On conclut : ∀ S ∈

∃ P ∈ R[X], S

cice 12.58, il existe S ∈ S++ telle que : tA A = S 2 . n Notons Ω = AS −1 . On a alors A = ΩS, et : donc : Ω ∈ On (R).

.

• Il existe Ω ∈ On (R), D ∈ Dn (R) telles que S = Ω DΩ −1 .

S+ n,

D’après l’exercice 12.18, on a : tA A ∈ S++ n . Puis, d’après l’exer-

ΩΩ =t (AS −1 )AS −1 =t S −1 (tA A)S −1 = S −1 S 2 S −1 = In ,

∀ λ ∈ SpR (R), SEP(R,λ = SEP(S,λ2 )

1 k  n

2) Existence :

t

d’où nécessairement :  SpR (S) = {λ2 ; λ ∈ SpR (R)}

1 k  n

Ceci montre l’unicité de (Ω,S) .

1/2

= P(S).

Ceci montre l’existence d’un couple (Ω,S) convenant.

12.60 Puisque A ∈ S++ n , d’après l’exercice 12.11, il existe R ∈ S++ telle que A = R 2 . n On a :

AB = R 2 B = R(R B R)R −1 ,

donc AB est semblable à R B R. Mais, R B R est symétrique, car : (R B R) =t R tB tR = R B R .

t

D’après le théorème fondamental, R B R est diagonalisable. Puisque AB est semblable à une matrice diagonalisable, on conclut que AB est diagonalisable dans Mn (R). Remarque : En particulier, χ AB est scindé sur R.

12.61 1re méthode : 2 + Soit (A,B) ∈ (S+ n ) . Puisque A ∈ Sn ,

il existe (λ1 ,. . . ,λn ) ∈ (R+ )n et Ω ∈ On (R) tels que, en notant D = diag(λ1 ,. . . ,λn ) , on ait : A = ΩDΩ−1 . Notons C = Ω−1 BΩ. + Comme B ∈ S+ n et Ω ∈ On (R), on a C ∈ Sn ; en effet :

507

t C = t Ω t B t Ω−1 = Ω−1 BΩ = C    ∀X ∈ Mn,1 (R),    t XC X = t XΩ−1 BΩX = t (ΩX)B(ΩX)
0. Notons C = (ci j )i j ; on a : tr(A) = tr(D) =

n 

tr(B) = tr(C) =

λi ,

i=1

n 

n 

cii ,

λi cii .

D’autre part, puisque C ∈ en notant Ei le i la base canonique de Mn,1 (R), on a :

ème

0

On a donc :

λi cii 

 n

i=1

et finalement : 2e

λi

 n

i=1

On a montré :

λi
0. vecteur de

cii = t Ei C Ei
0. n 

cii ,

i=1

0  tr(AB)  tr(A) tr(B).

méthode, pour la première inégalité :

telles que : A = R 2 et B = S 2 . On a alors, en faisant intervenir le produit scalaire canonique sur Mn,1 (R) et la norme euclidienne associée :     tr (AB) = tr (R 2 S 2 ) = tr R(RS 2 ) = tr (RS 2 )R   t  = tr (RS)(S R) = tr (S R)(S R) = ||S R||22
0.

1) Obtention d’un résultat préliminaire :

Soient X ∈ M p,1 (R), Y ∈ Mq,1 (R) . On a, pour tout α ∈ R :



X X 0 t S αY αY = ( tX

αtY )



A B

t

B C



X αY



Le discriminant de ce trinôme du second degré est donc  0 : (tY B X)2 − (tX AX)(tY CY )  0. 2) • Soit X ∈ Ker (A). On a alors, d’après 1) : ∀ Y ∈ Mq,1 (R), (tY B X))2  0 . ∀ Y ∈ Mq,1 (R), tY (B X) = 0,

c’est-à-dire que B X est orthogonal à tout vecteur de Mq,1 (R), donc B X = 0, X ∈ Ker (B) . On a montré : 508



De même que dans l’exercice 12.41, on a alors, pour tout t ∈ R :  t  X (A + t B)X   f (t) = ||XMin ||2 =1     g(t) = Max tX (A + t B)X . ||X ||2 =1

Soient u,v ∈ R, α ∈ [0 ; 1] . On a, pour tout X ∈ Mn,1 (R) tel que ||X||2 = 1 :     t X A + (1 − α)u + αv B X  t =t X AX + (1 − α)u + αv X B X = (1 − α)(tX AX + u tX B X) + α(tX AX + v tX B X) 
(1 − α) f (u) + α f (v)

 (1 − α)g(u) + αg(v).   Il en résulte, par définition de f (1 − α)u + αv et de   g (1 − α)u + αv :    f (1 − α)u + αv
(1 − α) f (u) + α f (v)   g (1 − α)u + αv  (1 − α)g(u) + αg(v). On conclut : f est concave et g est convexe.

=t X AX + 2αtY B X + α2 tY CY.

Ceci montre :

Ker (C) ⊂ Ker (tB).

∀ t ∈ R, A + t B ∈ Sn (R) .

+ D’après l’exercice 12.11, puisque A,B ∈ S+ n , il existe R,S ∈ Sn

12.62

∀ X ∈ M p,1 (R), t(tBY )X = 0,



∀i ∈ {1,. . . ,n},

S+ n ,

Ceci montre :

12.63 Puisque (A,B) ∈ Sn (R) 2 , on a :

i=1

D’une part, puisque A ∈ S+ n :

∀ X ∈ M p,1 (R), (tY B X)2  0 .

c’est-à-dire que tBY est orthogonal à tout vecteur de M p,1 (R), donc tBY = 0 , Y ∈ Ker (tB).

i=1

tr(AB) = tr(DC) =

• Soit Y ∈ Ker (C) . On a alors, d’après a) :

Ker (A) ⊂ Ker (B).

12.64 • Puisque A ∈ Sn (R) , d’après le théorème fondamental, il existe Ω ∈ On (R), D = diag (λ1 ,. . . ,λn ) ∈ Dn (R) telles que : A = ΩDΩ−1 .

Soit (µ1 ,. . . ,µn ) ∈ (R∗+ )n quelconque. Notons ∆ = diag (µ1 ,. . . ,µn ), B = Ω∆Ω−1 . Il est clair que : B ∈ S++ n . D’après l’hypothèse, on a alors : tr (AB)
0 . Mais : n    λi µi . tr (AB) = tr Ω D Ω−1 Ω∆Ω−1 = tr (D ∆) = i=1

Ceci montre : ∀ (µ1 ,. . . ,µn ) ∈ (R∗+ )n ,

n  i=1

λi µi
0.

• Soit i ∈ {1,. . . ,n} fixé. Choisissons µi = 1 et faisons tendre µ j (pour j = / i ) vers 0 par valeurs > 0 . On obtient, par passage à la limite : λi
0 . Ainsi, A ∈ Sn (R) et SpR (A) ⊂ R+ . D’après l’exercice 12.9, on conclut : A ∈ S+ n.

12.65

Puisque S ∈

S++ n ,

Ceci montre : DC = 0 et C D = 0, puis : AB = Ω(DC)Ω−1 = 0 et B A = Ω(C D)Ω−1 = 0 .

d’après l’exercice 12.11, il existe

R ∈ S++ telle que : S = R 2 . n Alors :

Comme les λk sont tous
0, si λi + λ j = 0, alors λi = 0 et λ j = 0. On a donc :     λi = 0 ou ci j = 0 et λ j = 0 ou ci j = 0 .

−1

S A = R A = R(R AR)R , 2

donc S A est semblable à R AR. Soit λ ∈ SpC (A) = SpC (R AR) . Il existe X ∈ Mn,1 (C) − {0} tel que : (R AR)X = λX . On a alors, en utilisant la notion de transconjuguée et la norme hermitienne sur Mn,1 (C) : (X ∗ R)(A +t A)(R X) = X ∗ (R AR)X + X ∗ (R tAR)X    ∗ = X ∗ (R AR)X + (R AR)X X = X ∗ λX + (λX )∗ X = λX ∗ X + λX ∗ X = (λ + λ)||X||22 .

b) L’exemple suivant convient :

1 0 0 A= ∈ S+ − {0}, B = 2 0 0 0

0 1



∈ S+ 2 − {0} ,

AB = B A = 0 .

dans lequel on a :

12.67 Puisque A ∈ S++ n , d’après l’exercice 12.9, les valeurs propres de A sont toutes > 0 , donc A est inversible. On a,  2 pour tout (X,Y ) ∈ Mn,1 (R)

0 X

t

Y A



1 −A−1 X

0 A−1



=

−tY A−1 X 0

Y A−1 In

t

,

d’où, en passant aux déterminants :

D’autre part : (X ∗ R)(A +t A)(R X) = (R X)∗ (A +t A)(R X) > 0 , / 0 car R X = ⊂ GLn (R) ⊂ GLn (C) ) et / 0 et R ∈ S++ (puisque X = n A +t A ∈ S++ . n Ainsi : (λ + λ) ||X||22 > 0, d’où : λ + λ > 0.    >0 On conclut : ∀ λ ∈ SpC (S A), Ré (λ) > 0. a) Puisque A ∈ S+ n ⊂ Sn (R), d’après le théorème fondamental, il existe Ω ∈ On (R), D = diag (λ1 ,. . . ,λn ) ∈ Dn (R) telles que : A = ΩDΩ−1 .

12.66

De plus, d’après l’exercice 12.9, puisque A ∈ S+ n , on a : ∀ k ∈ {1,. . . ,n}, λk
0. Notons C = Ω−1 BΩ de sorte que : B = ΩCΩ−1 .

−ϕ(X,Y ) det (A−1 ) = −tY A−1 X .   Ainsi : ϕ(X,Y ) =t Y det (A)A−1 X. −1 ∈ S++ Comme A ∈ S++ n , on a det (A) > 0, A n , donc

det (A)A−1 ∈ S++ n . Il en résulte, d’après l’expression matricielle des fbs, que ϕ est un produit scalaire sur Mn,1 (R).

12.68 • D’abord, il est clair que tHn = Hn , donc : Hn ∈ Sn (R).  1 1 t k−1 dt. = Remarquons : ∀ k ∈ N∗ , k 0   x1  ..  X = • Soit  .  ∈ Mn,1 (R). On a : xn 

X Hn X =

t

1i, j n

On a alors : AB + B A = 0 ⇐⇒ Ω(DC + C D)Ω−1 = 0

 

=

1i, j n

⇐⇒ DC + C D = 0.



Passons aux éléments : D = diag (λ1 ,. . . ,λn ), C = (ci j )i j .

1

= 

1

=

(DC + C D)i j = λi ci j + ci j λ j = (λi + λ j )ci j .

0



Ainsi : ∀ (i, j) ∈ {1,. . . ,n} , (λi + λ j )ci j = 0. 2

=

Soit (i, j) ∈ {1,. . . ,n}2 .

0

1 xj i + j −1 1

t i+ j−2 xi x j dt

0



t i+ j−2 xi x j dt

1i, j n

0

On a, pour tout (i, j) ∈ {1,. . . ,n}2 :

On a : λi + λ j = 0 ou ci j = 0.

xi

 n

t i−1 xi

 n

i=1 1

 n

t j−1 x j dt

j=1

2 t i−1 xi

dt
0,

i=1

donc : Hn ∈ S+ n. 509

 x1  .  • Soit X =  ..  ∈ Mn,1 (R) tel que tX Hn X = 0. Avec les no

xn tations précédentes, on a donc :

2  1  n t i−1 xi dt = 0 . 0

i=1

Comme l’application polynomiale t −→ nue, il en résulte : ∀ t ∈ [0 ; 1],

n 

n 

i=1

Ainsi, le polynôme

Supposons désormais : ∀ i ∈ {1,. . . ,n}, λi > 0. t

i−1

xi est conti-

• Considérons l’application

i=1

t i−1 xi = 0.

xi Xi−1 s’annule en une infinité de

i=1

points, donc est le polynôme nul, d’où : ∀ i ∈ {1,. . . ,n}, xi = 0 , puis : X = 0. On conclut : Hn ∈ S++ n .

12.69

i=1

S’il existe i ∈ {1,. . . ,n} tel que λi = 0, alors l’inégalité voulue est triviale.

i=1 n 

Il suffit donc de montrer :

1/n 

1/n  n n λi  (1 + λi ) 1+ .

ϕ : R −→ R, t −→ ln(1 + et ) . L’application ϕ est deux fois dérivable sur R et, pour tout t ∈ R : et et , ϕ (t) =
0. ϕ (t) = t 1+e (1 + et )2 Ceci montre que ϕ est convexe. D’après l’inégalité de Jensen, on a donc :

 n 1 1 n ti  ϕ(ti ) ∀ t1 ,. . . ,tn ∈ R, ϕ n i=1 n i=1

(1) .

Mais :

+ Soient A ∈ S++ n , B ∈ Sn .

⊂ GLn (R) , A est inversible. Puisque A ∈ S++ n On a alors : In + AB = A(A−1 + B). −1 ∈ Sn (R) et : • Comme A ∈ S++ n , on a : A

∀ X ∈ Mn,1 (R) − {0},tX A−1 X

   n 1 1 n (1) ⇐⇒ ln 1 + exp ti  ln (1 + eti ) n i=1 n i=1 ⇐⇒ 1 +

 n

1/n eti



i=1



1/n n (1 + eti ) . i=1

En appliquant cette inégalité à ti = ln λi , on conclut à l’inégalité demandée.

= (tX A−1 )A(A−1 X) =t (A−1 X)A(A−1 X) > 0,

12.71 L’inclusion Ker (ϕ) ⊂ C(q) est immédiate.

donc : A−1 ∈ S++ n . −1 + B ∈ Sn (R) et, • Comme A−1 ∈ S++ et B ∈ S+ n n , on a A pour tout X ∈ Mn,1 (R) − {0} : −1 X (A−1 + B)X = tX A X + tX B X > 0 , >0
0

t

• Enfin, comme A ∈ GLn (R) et A duit : A(A−1 + B) ∈ GLn (R) .

+ B ∈ GLn (R) , on dé-

• D’après le théorème fondamental, il existe Ω ∈ On (R), D = diag (λ1 ,. . . ,λn ) ∈ Dn (R) telles que : S = ΩDΩ−1 . De plus, comme S ∈ S+ n , d’après l’exercice 12.9 : ∀ i ∈ {1,. . . ,n}, λi
0 . n 1/n   1/n =1+ λi On a alors : 1 + det (S) i=1

n 1/n  1/n   = (1 + λi ) . et : det (In + S)

510

On a : ∀ λ ∈ R, q(x + λy)
0, ∀ λ ∈ R, 2λϕ(x,y) + λ2 q(y)
0 .

Soit S ∈ S+ n.

i=1

1) • Supposons q
0.

d’où, en développant et en utilisant q(x) = 0 :

On conclut : In + AB ∈ GLn (R).

12.70

⇒ q(x) = ϕ(x,x) = 0 ⇐⇒ x ∈ C(q).

Soit x ∈ C(q) . Soit y ∈ E.

⊂ GLn (R) . donc : A−1 + B ∈ S++ n −1

En effet, pour tout x ∈ E :   x ∈ Ker (ϕ) ⇐⇒ ∀ y ∈ E, ϕ(x,y) = 0

Il en résulte que le discriminant est  0, c’est-à-dire  2 4 ϕ(x,y)  0, puis : ϕ(x,y) = 0 . Ceci montre : ∀ y ∈ E, ϕ(x,y) = 0, donc : x ∈ Ker (ϕ). On obtient : C(q) ⊂ Ker (ϕ). • Si q  0, en appliquant le résultat précédent à −q, qui est
0 et dont la forme polaire est −ϕ, on a : C(q) = C(−q) ⊂ Ker (−ϕ) = Ker (ϕ) . Ceci montre que, si q est de signe fixe, alors Ker (ϕ) = C(q).

2) Supposons que q ne soit pas de signe fixe, c’est-à-dire que q n’est ni positive ni négative. Il existe alors u,v ∈ E tels que : q(u) < 0 et q(v) > 0. Nous allons montrer que Ker (ϕ) n’est pas égal à C(q). À cet effet, il suffit de trouver un élément de C(q) qui ne soit pas dans Ker (ϕ). On a : ∀ t ∈ R, q(tv + u) = q(v) t 2 + 2ϕ(u,v)t + q(u) .   >0 <0 Le discriminant ∆ de ce trinôme en t est :  2 ∆ = 4 ϕ(u,v) − 4 q(u)q(v) > 0 , donc ce trinôme admet deux zéros réels distincts. Il existe donc t ∈ R tel que : q(tv + u) = 0. Notons w = tv + u. On a alors w ∈ C(q) . D’autre part :  ϕ(u,w) = ϕ(u,tv + u) = tϕ(u,v) + q(u) ϕ(v,w) = ϕ(v,tv + u) = tq(v) + ϕ(v,u).

d’où : y = 0. Il s’ensuit :

  p−1  p−1  |αi |xi = |αi | (x p | xi ) . 0 = (x p | y) = x p      i=1 i=1
0 <0 Il en résulte : ∀ i ∈ {1,. . . , p − 1}, |αi | = 0, d’où : ∀ i ∈ {1,. . . , p − 1}, αi = 0. Ceci montre que la famille (x1 ,. . . ,x p−1 ) est libre. b) S’il existait une famille obtusangle (x1 ,. . . ,x p ) telle que p
n + 2 , alors, d’après a), la famille (x1 ,. . . ,x p−1 ) serait libre et de cardinal
n + 1, dans un ev de dimension n, contradiction. On conclut que, dans un eve de dimension n, il n’existe pas de famille obtusangle de cardinal
n + 2. Remarque : On peut, dans tout eve de dimension n, construire une famille obtusangle de cardinal n + 1.

12.73 • Notons Ω =

Si ϕ(u,w) = 0 et ϕ(v,w) = 0, alors : tϕ(u,v) = −q(u) et ϕ(v,u) = −tq(v) ,

Ω ∈ On (R) ⇐⇒

d’où :

contradiction. / 0 ou ϕ(v,w) = / 0, On a donc : ϕ(u,w) = / Ker (ϕ). d’où : w ∈ Ainsi:

w ∈ C(q) et w ∈ / Ker (ϕ),

donc :

Ker (ϕ) = / C(q).

A V

U B

. On a :

t ΩΩ = In ,

 t A     tU ⇐⇒  A    V

tϕ(u,v) = −q(u) > 0 et tϕ(u,v) = −t 2 q(v)  0 ,



ΩtΩ = In

t V A t B V

t A U t U B

U B t

V t B



=



=

⇒

Ip 0 Ip 0

0 In− p 0



In− p t A A +t V V = I p V tV + B tB = In− p .

D’après l’exercice 11.55, on déduit : a) Supposons (x1 ,. . . ,x p ) obtusangle.

12.72

Soit (α1 ,. . . ,α p−1 ) ∈ R p−1 tel que

p−1 

Considérons y =

= (−1)n− p χV tV (1) = det (In− p − V tV ) = det (B tB),

αi xi = 0.

i=1 p−1 

det (tA A) = det (I p −t V V ) = (−1) p χtV V (1)

|αi |xi . , On a :

d’où :  2  2 det (A) = det (tA A) = det (B tB) = det (B) ,

i=1

2   2     2    p−1  p−1  p−1  |αi |xi  =  |αi |xi  −  αi xi  ||y||2 =  i=1 i=1 i=1    =0   p−1  = |αi |2 ||xi ||2 + 2 |αi | |α j |(xi | x j ) 1i< j  p−1

i=1

 p−1 αi2 ||xi ||2 + 2 − i=1

=2

 αi α j (xi | x j )

 1i< j  p−1



1i< j  p−1



 |αi | |α j | − αi α j (xi | x j )  0,      
0 <0

|det (A)| = |det (B)|.

et donc : • On a : tA A ∈ S+ n .

Soit λ ∈ Sp (tA A) . Il existe X ∈ M p,1 (R) − {0} tel que A AX = λX. Puisque tA A +t V V = I p ,

t

on a alors : tX (tA AX) +t X tV V X =t X X, d’où : et donc :

λ||X||2 + ||V X||2 = ||X||2 , λ||X||2  ||X||2 .

Comme ||X|| > 0, il s’ensuit : λ  1. Ainsi : Sp (tA A) ⊂ [0 ; 1] . 511

Comme tA A est diagonalisable dans M p (R), il en résulte : det (tA A) ∈ [0 ; 1] .  2 Mais : det (tA A) = det (A) . On conclut : |det (A)| ∈ [0 ; 1] .

n 

f (λk ) =

k=1

n 

a) 1) Puisque S ∈ S+ n ⊂ Sn (R) , d’après le théorème fondamental, il existe P ∈ On (R) telle que S = P D tP = P D P −1 , où D = diag (λ1 ,. . . ,λn ).

12.74

Notons P = ( pi j )i j. On a, pour tout (i, j) ∈ {1,. . . ,n}2, par pron  pik λk p jk . duit matriciel : si j = En particulier, pour tout i ∈ {1,. . . ,n} :

On déduit :

sii


/ S++ • Si S ∈ S+ n et S ∈ n , alors 0 est valeur propre de S, donc det (S) = 0 , et, d’autre part, les sii sont tous
0, d’où l’inégalité voulue. b) Soit A = (ai j )i j ∈ Mn (R). Notons S = AtA ∈ S+ n . n  sii . D’après a) 2) : det (S)  i=1

Mais :

 2 det (S) = det (A A) = det (A) , t

i=1

2 ,(1  k  n) sont des réels
0 tels que Puisque les pik n  2 pik = 1, (car P est orthogonale) et que f est convexe, on k=1

a, d’après l’inégalité de Jensen :

  n n 2 2 f (sii ) = f pik λk  pik f (λk ) . k=1

D’où, en sommant pour i de 1 à n : f (sii ) 

i=1

=

n  n  k=1

car :

∀ k ∈ {1,. . . ,n},

n 

2 pik

 On conclut : |det (A) 

n  2 f (λk ) = pik f (λk ),

i=1

k=1

= 1,

12.75 • Puisque tA A = αA + β tA, on déduit, en transposant : A A = α tA + βA , puis, en additionnant et en notant α+β t γ= : A A = γA + γ tA. 2 On a alors :

t

donc, en notant Ω = c’est-à-dire :

Considérons l’application

i=1

512

i=1

n 

− ln (sii ) = − ln

j=1

ai2j = aii2 +



ai2j = (γωii + γ)2 +

j= / i

= γ2 + 2γ2 ωii + γ2

f (λk ) .

k=1

/ j ⇒ ai j = γωi j . ∀ (i, j) ∈ {1,. . . ,n}2 , i =

n 

qui est convexe. On peut adapter le résultat de 1) (où f était convexe sur [0 ; +∞[) et on obtient :

n 

Ω ∈ On (R) .

D’où, pour tout i ∈ {1,. . . ,n} :

f : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ − ln x ,

f (sii ) =

1 A − In , on a : tΩΩ = In , γ

• Nous allons appliquer l’inégalité de Hadamard, cf exercice 

1/2 n  n ai2j . 12.74 b) : |det (A)| 

et, d’après l’exercice 12.9 : ∀ k ∈ {1,. . . ,n}, λk > 0.

n 

.

i=1 j=1

On a alors, puisque A = γΩ + γIn :  ∀ i ∈ {1,. . . ,n}, aii = γωii + γ

∀ i ∈ {1,. . . ,n}, sii =t Ei SEi > 0 ,

Mais :

1/2

Notons Ω = (ωi j )i j .

2) • Supposons d’abord S ∈ S++ n . On a alors :

i=1

ai2j

i=1 j=1

puisque P est orthogonale.

f (sii ) 

j=1

n  n 

(A − γ In )(A − γ In ) = tA A − γA − γ tA + γ2 In = γ2 In ,

i=1

n 

ai2j .

t

2 pik f (λk )

i=1 k=1

n  j=1

Soit i ∈ {1,. . . ,n} fixé.

n  n 

λk = det (D) = det (S).

k=1

k=1

n 

λk .

n  n   2  ai2j . On déduit : det (A) 

2 λk pik .

k=1

 n k=1

n 

et, pour tout i ∈ {1,. . . ,n} : sii =

k=1

n 

− ln λk = − ln

k=1 n  i=1

De même : |det (B)| ∈ [0 ; 1].

sii =

et :



γ2 ωi2j

j= / i n 

ωi2j = 2γ2 + 2γ2 ωii  4γ2 .

j=1

 n i=1

sii

   =1

1/2  = (2γ)n = (α + β)n . D’où : |det (A)|  (4γ2 )n

12.76

Notons A(D) l’aire d’un domaine simple D de R2 .

• On a, pour tout (i, j) ∈ {1,. . . ,n}2 :

i=1

• Notons, pour tout domaine simple D de R2 , ϕ D la fonction caractéristique de D , définie par : 1 si M ∈ D ϕ D : R2 −→ R, M −→ 0 si M ∈ / D. Il est clair que, pour tous domaines simples D,D  de R2 : ϕ D ∩ D = ϕ D ϕ D .



R2

ϕ Di (x,y)ϕ Dj (x,y) dx dy.

1i, j n

=

R2



R2

1i, j n



1i, j n

=

k=1

12.78 D’abord, A et B sont symétriques réelles.

ai j xi x j

 

1i, j n





R2

2 ϕ Di (x,y)xi

b

=

ϕ Di (x,y)ϕ Dj (x,y)xi x j dx dy  n

 

=

ϕ Di (x,y)ϕ Dj (x,y) dx dy xi x j



dx dy
0.

a





 n n f (x) x i vi x j v j dx

b

2  n f (x) x i vi dx,

a

 =

i=1

a

S+ n . D'après le théorème de ré-

B∈ 1) Soient A ∈ duction simultanée, il existe D ∈ Dn (R) et P ∈ GLn (R) telles que : A = tP P et B = tP D P . Puisque B ∈ S+ n et D ∈ S+ P ∈ GLn (R) , on a aussi : . Il existe donc n (d1 ,. . . ,dn ) ∈ (R+ )n tel que D = diag(d1 ,. . . ,dn ).

0

a

i=1

i=1





1

0

i=1

et det(A) + det(B) = det( P P) + det( P D P)

n   2 di . = det(P) 1 + i=1

2  n f (x) x i vi dx = q B (V ). i=1

∀ V ∈ R , q A (V )  q B (V ). n

Ainsi : Ceci montre :

t

2  n f (x) x i vi dx.

Comme f
0 et [a ; b] ⊂ [0 ; 1] , on déduit :

2   b n 0  q A (V ) = f (x) x i vi dx

  det(A + B) = det tP(In + D)P

t

1

et, de même : q B (V ) =

On a alors : n  2  = det(tP)det(In + D)det(P) = det(P) (1 + di )

j=1

i=1

 S++ n ,

f (x)x i+ j vi v j dx

b

=

i=1

f (x)x i+ j dx vi v j

b

1i, j n

a



On conclut : A ∈ S+ n.

12.77

det : (S+ n ,) −→ (R+ ,)

On a, pour tout V = (v1 ,. . . ,vn ) ∈ Rn :  ai j vi v j q A (V ) =

1i, j n



1) Il en résulte que l'application est croissante.

Notons q A ,q B les fq sur Rn canoniquement représentées par A,B.

xn

=

Remarques :

k=1

x1  ..  D’où, pour tout X =  .  ∈ Mn,1 (R) : 

Alors, d'une part, det(A) = 0 et det(B) = 0, et, d'autre part, A + B ∈ S+ n , donc det(A + B)
0 , d'où l'inégalité voulue.



=

X AX =

++ ++ 3) Supposons A ∈ S+ et B ∈ S+ n − Sn n − Sn .

2) Une récurrence immédiate montre que, si N ∈ N∗ et A1 ,. . . ,A N ∈ S+ n , alors :

  N N det Ak
det(Ak ).

On a donc, pour tout (i, j) ∈ {1,. . . ,n}2 :  ϕ Di ∩ Dj (x,y) dx dy ai j = A(Di ∩ D j ) =

t

i=1

++ 2) Si A ∈ S+ n et B ∈ Sn , en appliquant 1) au couple (B,A) à la place de (A,B), on conclut.

donc : A ∈ Sn (R) .



n n   (1 + di )
1 + di ,

il en résulte : det(A + B)
det(A) + det(B) .

a ji = A(D j ∩ Di ) = A(Di ∩ D j ) = ai j ,

R2

Comme :

Comme A ∈ on conclut :

B − A ∈ S+ n . S+ n

et B − A ∈ S+ n , d’après l’exercice 12.77,

  det (A)  det A + (B − A) = det (B) . 513

12.79

Notons S = AtA =t A A.

Il est clair que S ∈ Sn (R) . D’après le théorème fondamental, il existe P ∈ On (R), D = diag (λ1 ,. . . ,λn ) ∈ Dn (R) telles que : S = P D P −1 . Notons B = P −1 A P, de sorte que : A = P B P −1 . On a : AS = A(tA A) = (AtA)A = S A, donc : B D = (P −1 A P)(P −1 S P) = P −1 (AS)P = P −1 (S A)P = (P −1 S P)(P −1 A P) = D B. Passons aux éléments. Notons B = (bi j )i j . On a alors : BD = DB ⇐⇒ ∀ (i, j) ∈ {1,. . . ,n}2 , bi j d j = di bi j ⇐⇒ ∀ (i, j) ∈ {1,. . . ,n}2 , (d j − di )bi j = 0   / j ⇒ bi j = 0 , ⇐⇒ ∀ (i, j) ∈ {1,. . . ,n}2 , i =

D’après le théorème fondamental, R B R est diagonalisable dans Mn (R). Puisque A est semblable à R B R et que R B R est diagonalisable dans Mn (R), on conclut que A est diagonalisable dans Mn (R).

12.81 Soit A ∈ Mn (R). On sait que GLn (R) est dense dans Mn (R), donc il existe une suite (Ak )k∈N dans GLn (R) telle que : Ak −→ A. D’après k∞

l’exercice 12.59, pour tout k ∈ N , (Ωk ,Sk ) ∈ On (R) × S++ tel que : Ak = Ωk Sk . n

Il existe donc une extractrice σ et Ω ∈ On (R) tels que : Ωσ(k) −→ Ω. k∞

On a alors, par suite extraite : Aσ(k) −→ A. k∞

D’autre part : t ∀ k ∈ N, Sσ(k) = Ω−1 σ(k) Aσ(k) = Ωσ(k) Aσ(k) ,

Ceci montre que B est diagonale, donc symétrique.

d’où, par continuité des opérations matricielles :

On a alors : A =t (P B P −1 ) = tP −1tB tP = P B P −1 = A .

t

• (i) ⇒ (ii) :

Supposons A diagonalisable dans Mn (R) . Il existe P ∈ GLn (R), D ∈ Dn (R) telles que : A = P D P −1 . On a donc : A = t(P D P −1 ) = tP −1 D tP

t

= tP −1 P −1 (P D P −1 )P tP = (tP −1 P −1 )A(P tP). Notons S = P tP. Puisque P ∈ GLn (R), d’après l’exercice 12.18, on a : S =t P P ∈ S++ n . Et : S −1 = (P tP)−1 = tP −1 P −1 . t −1 AS. On conclut : ∃ S ∈ S++ n , A = S

telle que : tA = S −1 AS . • Supposons qu’il existe S ∈ S++ n On a alors : t (AS) = t S tA = S(S −1 AS) = AS, donc : AS ∈ Sn (R). Notons B = AS. ⊂ GLn (R), on déduit : A = B S −1 . Puisque S ∈ S++ n −1 ∈ S++ Puisque S ∈ S++ n , on a S n . D’après l’exercice 12.11,

il existe R ∈ S++ telle que : S −1 = R 2 . n On a alors : A = B R 2 = R −1 (R B R)R, ce qui montre que A est semblable à R B R. Mais : t (R B R) = tR tB tR = R B R, donc : R B R ∈ Sn (R). 514

existe

• La suite (Ωk )k∈N est à termes dans On (R), qui est un compact de Mn (R), car On (R) est fermé borné dans Mn (R) qui est un evn de dimension finie.

car d1 ,. . . ,dn sont deux à deux distincts, par hypothèse.

12.80

il

t Sσ(k) −→  ΩA . k∞ notée S

⊂ S+ Comme : ∀ k ∈ N, Sσ(k) ∈ S++ n n + et que S+ n est fermé dans Mn (R), on a : S ∈ Sn .

Enfin, comme S =t ΩA, on a : A = ΩS . On conclut : ∃ Ω ∈ On (R), ∃ S ∈ S+ n , A = ΩS. Remarque : Il y a unicité de S, car nécessairement S = (tA A)1/2 , mais il peut ne pas y avoir unicité de Ω.

12.82 D’après la décomposition polaire dans Mn (R) (exer-

cice 12.81), il existe Ω ∈ On (R), S ∈ S+ n telles que : A = ΩS. D’après le théorème fondamental, il existe U ∈ On (R), D1 = diag (λ1 ,. . . ,λn ) ∈ Dn (R) telles que : S = U D1 U −1 . On obtient alors : A = ΩU D1 U −1 . Notons, pour tout i ∈ {1,. . . ,n} : εi =



1 si λi
0

−1 si λi < 0, et E = diag (ε1 ,. . . ,εn ), D = diag (|λ1 |,. . . ,|λn |) ∈ Dn (R+ ) . On a ainsi : E ∈ On (R), et : ∀ i ∈ {1,. . . ,n}, λi = |λi |εi , d’où :

D = D1 E.

Alors : A = ΩU D1 U −1 = ΩU (D E −1 )U −1 = ΩU D(E −1 U −1 ) .

En notant Ω1 = ΩU et Ω2 = E −1 U −1 , puisque On (R) est un groupe multiplicatif, on a : Ω1 ∈ On (R) et Ω2 ∈ On (R) , d’où le résultat voulu. a) Soit S ∈ S+ n . D’après le théorème fondamental, il existe Ω ∈ On (R), D = diag (λ1 ,. . . ,λn ) ∈ Dn (R) telles que : S = ΩDΩ−1 . De plus, puisque S ∈

d’après l’exercice 12.9 :

∀ k ∈ {1,. . . ,n}, λk
0 . n 1/n  1/n   det (S) = λi

Alors :

1 1 tr (S) = n n

et

i=1 n 

λi .

i=1

D’après la comparaison entre moyenne arithmétique et moyenne géométrique pour des réels
0, on a : 

1/n n n 1 λi  λi , n i=1 i=1  1/n 1 det (S)  tr (S). n

d’où :

b) 1) Soit A ∈ Mn (R). Notons S =t A A . D’après l’exercice 12.18 : S ∈ S+ n . Il s’ensuit, d’après a) :  1/n 1 det (S)  tr (S) . n Mais :  2 det (S) = det (tA A) = det (tA) det (A) = det (A) .

n/2 1 t . tr ( A A) On conclut : |det (A)|  n 2) Soient A,B ∈ S+ n. + / S++ • Supposons A ∈ n . Alors, comme A ∈ Sn , 0 est valeur propre de A, donc det (A) = 0 . D’autre part, d’après l’exercice 12.61, puisque A,B ∈ S+ n , on a : tr (AB)
0 , d’où l’inégalité voulue.

• Supposons A ∈ S++ n . D’après l’exercice 12.11, il existe R ∈ S++ telle que A = R 2 . On a : n  donc :

d’après l’exercice 11.55, elles ont le même polynôme caractéristique, il existe P,Q ∈ On (R), D ∈ Dn (R) telles que : AtA = P D P −1 et tA A = Q D Q −1 . On a alors :

12.83

S+ n,

12.84 Puisque AtA et tA A sont symétriques réelles et que,

AB = R 2 B = R(R B R)R −1 , det (A) det (B) = det (AB) = det (R B R) tr (AB) = tr (R B R).

De plus, il est clair que R B R ∈ S+ n . D’après a), appliqué à S = R B R , on a :  1/n 1 det (R B R)  tr (R B R) . n

n 1 tr (AB) . On conclut : det (A) det (B)  n

  A A = Q D Q −1 = Q P −1 (AtA)P Q −1

t

= Q P −1 (AtA)(Q P −1 )−1 . En notant Ω = Q P −1 , comme P,Q ∈ On (R) , on a : Ω ∈ On (R) . Ceci montre que AtA et tA A sont orthogonalement semblables.

12.85 a) α) Supposons A ∈ S+n , et soit p ∈ {1,. . . ,n}.  x1  .  X =  ..  ∈ M p,1 (R) 

Soit

;

complétons

X

en

xp X  = ( x1 . . . x p 0 . . . 0 ) ∈ Mn,1 (R) . t   Comme A ∈ S+ n , on a X AX
0.

Mais : tX  AX  = tX A p X, d'où tX A p X
0. Ainsi : A p ∈ S+p . Puisque A p ∈ S+p , d'après le théorème fondamental, il existe (λ1 ,. . . ,λ p ) ∈ (R+ ) p et  ∈ O p (R) tels que, en notant D = diag(λ1 ,. . . ,λ p ), on ait A p = D−1 . p  det(A p ) = det(D) = λi
0. D'où : i=1

β) La réciproque de α) est fausse (si n
2 ), comme le montre l'exemple A = −E22 (matrice élémentaire). En effet, tous les / S+ mineurs de Gauss de A sont nuls, mais A ∈ n , puisque t E2 A E2 = −1 < 0. γ) 1) Soit A ∈ S++ n . En raisonnant comme plus haut (solution de a) α) ), on obtient, pour tout p de {1,. . . ,n}, det(A p ) > 0. γ) 2) Réciproquement, supposons : ∀ p ∈ {1,. . . ,n}, det(A p ) > 0. Montrons : ∀ p ∈ {1,. . . ,n}, A p ∈ S++ p , par récurrence (bornée) sur p. Il en résultera, en particulier, A = An ∈ S++ n .   ++ Il est clair que A1 = det(A1 ) ∈ S1 . Supposons A p ∈ S++ p , et décomposons A p+1 en blocs : A p+1 =

Ap Cp

t

Cp

a p+1

, où C p ∈ M p,1 (R).

p+1

2 D'après l'exercice 12.11, il existe R p ∈ S++ p telle que A p = R p .

Cherchons α ∈ R et L p ∈ M1, p (R) pour que, en

Rp L p notant M = , on ait A p+1 = t M M. 0 α 515

On a : t



M M = A p+1 ⇐⇒

⇐⇒



R p2

0 α

Rp t Lp



Lp α Ap = Cp

Rp 0



t

Cp

a p+1

p+1

= A p , R p L p = C p , L p L p + α = a p+1

p+1

t

t

2

 .

−1 t Comme R p ∈ S++ p ⊂ GL p (R) , on peut choisir L p = R p C p . Alors : t

L p L p + α2 = a p+1

On a :

⇐⇒ α2 = a p+1 Il suffit donc de montrer : a p+1

Cp

a p+1



p+1



t −A−1 p Cp

0

1



t − C p A−1 p Cp.

p+1

p+1

−

C p A−1 p Cp

p+1

−

t − C p A−1 p Cp.

> 0 , et on choisit, par exemple,

α > 0 convenant.

Rp L p ∈ GL p+1 (R) , Alors M = 0 α et donc A p+1 = t M M ∈ S++ p+1 , ce qui établit la récurrence. S+ n

−→ R définie par :   ∀A ∈ f (A) = det(A1 ),. . . ,det(An )   = f −1 ]0; +∞[n . est continue, et d'après a) γ) , S++ n Comme ]0; +∞[n est ouvert dans Rn , on en conclut que S++ n est ouvert dans S+ n. b) L'application f :

=

β t L

0 t T1 t



β 0

L T1



 L L + t T1 T1 = S1 .

x . X1

αx 2 + 2x t C X 1 + t X 1 S1 X 1
0.

,

Comme, par hypothèse, det(A p ) > 0 et det(A p+1 ) > 0, on dét C p A−1 p Cp



t Puisque S ∈ S+ n+1, on a X S X
0 , c'est-à-dire, en développant :

d'où, en passant aux déterminants: p+1

C S1





0

det(A p+1 )det(A−1 p ) = a p+1

t

 ⇐⇒ β2 = α, βL = t C,



a p+1

α C

Soient x ∈ R , X 1 ∈ Mn,1 (R), X =

Ip C p A−1 p

S = t T T ⇐⇒

p+1

t − C p A−1 p Cp > 0 .

p+1

A−1 p

=

duit : a p+1

Nous allons déterminer β ∈ R, L ∈ M1,n (R), T1 ∈ Tn,s (R) de

β L façon qu'en notant T = , on ait S = t T T. 0 T1

p+1 −1 t 2 ⇐⇒ C p R −1 p R p C p + α = a p+1

Remarquons : t Ap Cp

Supposons-la vraie pour un n de N∗ , et soit S ∈ S+ n+1 . Décomposons S en blocs :

α tr C S= , où α ∈ R, C ∈ Mn,1 (R), S1 ∈ Sn (R). C S1

n

S+ n,

En particulier, en remplaçant x par 1 et X 1 par 0, on déduit √ α
0 . En choisissant β = α, on a donc β 2 = α. • Cas α > 0 1 Notons L = √ t C. On a, pour tout X 1 de Mn,1 (R), en remα 1 plaçant plus haut x par − t C X 1 : α 1 − (t C X 1 )2 + t X 1 S1 X 1
0, α c'est-à-dire : Ainsi,

X 1 (S1 − t L L)X 1
0.

S1 − t L L ∈ S+ n.

D'après l'hypothèse de récurrence, il existe T1 ∈ Tn,s (R) telle que S1 − t L L = t T1 T1 .

β L , on obtient ainsi : En notant T = 0 T1

De même, S++ est ouvert dans Sn (R). n

  c) Notons, pour p ∈ N , D p = det(A p ) = det (a |i− j| )1ii j  p .

t

T ∈ Tn+1,s (R)

et

S = t T T.

∗

On a, par développement par rapport à la première ligne : ∀ p ∈ N∗ , D p+1 = (1 − a 2 )D p , d’où, par une récurrence immédiate : ∀ p ∈ N∗ , D p = (1 − a 2 ) p−1 . Ainsi :

∀ p ∈ {1,. . . ,n}, det(A p ) = (1 − a 2 ) p−1 > 0 .

On conclut, en utilisant a) γ) :

12.86

A ∈ S++ n .

a) ⇒ :

Récurrence sur n. La propriété est évidente pour n = 1. 516

• Cas α = 0 On a alors : ∀X 1 ∈ Mn,1 (R), ∀x ∈ R , 2x t C X 1 + t X 1 S1 X 1
0 , d'où : ∀X 1 ∈ Mn,1 (R), (t C X 1 = 0 et donc : C = 0 et S1 ∈ S+ n.

et

tr

X 1 S1 X 1
0),

D'après l'hypothèse de récurrence, il existe T1 ∈ Tn,s (R) telle

0 0 t que S1 = T1 T1 , d'où, en notant T = : 0 T1 T ∈ Tn+1,s (R)

et

S = t T T.

⇒ :

12.88 Récurrence sur n.

S'il existe T ∈ Tn,s (R) telle que S = t T T, alors, pour toute X de Mn,1 (R): t

X S X = t X t T T X = t (T X)T X = ||T X||22
0,

Supposons-la vraie pour tout p de N∗ tel que p < n, et soient I un ensemble non vide, (Si )i∈I une famille d'éléments de Sn (R) commutant deux à deux.

S ∈ S+ n.

et donc :

La propriété est triviale pour n = 1.

Le cas (∀ i ∈ I, Si ∈ R In ) est trivial.

b) ⇒ :

/ RIn . Supposons donc qu'il existe i 0 ∈ I tel que Si0 ∈

Soit S ∈ S++ n . D'après a), il existe T ∈ Tn,s (R) telle que S = t T T.  2 / 0, Comme : det(T ) = det(t T T ) = det(S) = / 0, et donc T ∈ GLn (R) . on a det(T ) = ⇒ : S'il existe T ∈ Tn,s (R) telle que S = t T T, alors (cf. a)) S ∈ S+ n,  2 / 0, et : det(S) = det(T ) = ++ donc S ∈ S+ n ∩ GLn (R) = Sn .

Remarque : Pour b), ⇒, on peut utiliser le procédé d'orthogonalisation de Schmidt, appliqué à la base canonique B0 de Mn,1 (R) et au produit scalaire de matrice S dans B0 .

12.87

Puisque A ∈ Sn (R) , d’après le théorème fondamental, il existe Ω ∈ On ,(R), D = diag (λ1 ,. . . ,λn ) ∈ Dn (R) telles que : A = ΩDΩ−1 .

D'après le théorème fondamental, il existe Ω ∈ On (R), D ∈ Dn (R) telles que Si0 = ΩDΩ−1 . / RIn , les éléments diagonaux de D ne sont pas Comme Si0 ∈

0 λ0 Ir , où tous égaux. On peut donc supposer D = 0 D λ0 ∈ R, r ∈ {1,. . . ,n − 1} , D  ∈ Dn−r (R) à termes diago/ λ0. naux = Pour chaque i de I, décomposons Ω−1 Si Ω en blocs :

Ai Bi , Ω−1 Si Ω = t Bi Ci où Ai ∈ Sr (R),

X AX = λtnX X = λn ||X||2 .     |x1 | x1 .    ..  X =  ..  ∈ Mn,1 (R). Notons X =  .  et  t

xn On a : tX AX =



|xn | ai j xi x j .

1i, j n

Puisque les ai j sont tous
0, on déduit :       |tX AX| =  ai j xi x j   ai j |xi | |x j | =t  X A X. 1i, j n

En effectuant un produit par blocs, on en déduit : ∀ i ∈ I, λ0 Bi = Bi D  , c'est-à-dire : ∀ i ∈ I, Bi (D  − λ0 In−r ) = 0 . Mais D  − λ0 In−r est inversible, d'où : ∀ i ∈ I, Bi = 0.  Ai A j = A j Ai . On déduit alors : ∀ (i, j) ∈ I 2 , Ci C j = C j Ci On peut donc appliquer l'hypothèse de récurrence aux deux familles (Ai )i∈I et (Ci )i∈I . Il existe donc Ω1 ∈ Or (R) et Ω2 ∈ On−r (R) telles que : 

1i, j n

X = ΩY , et notons Notons Y = Ω X , de sorte que :    y1  .  Y =  ..  . On a alors :

∀ i ∈ I,

−1 

yn t

X A X =t (ΩY )A(ΩY ) =t Y tΩAΩY n n n    λi yi2  λ1 yi2 = λ1 yi2 =t Y DY = i=1

i=1

En notant Ω = Ω



Ω−1 1 Ai Ω1 ∈ Dr (R) Ω−1 2 Ci Ω2 ∈ Dn−r (R)

Ω1 0

.

0 , on a alors facilement : Ω2

Ω  ∈ On (R) et : ∀ i ∈ I, Ω−1 Si Ω ∈ Dn (R).

i=1

= λ1 ||Y ||2 = λ1 ||Ω−1 Y ||2 = λ1 ||  X||2 = λ1 ||X||2 . X A X  λ1 ||X||2 . Ainsi : |λn | ||X||2 = |tX AX| t  Comme ||X||2 > 0, on conclut : |λn |  λ1 .

Ci ∈ Sn−r (R).

Comme les Si (i ∈ I ) commutent deux à deux, en particulier : ∀ i ∈ I, Si Si0 = Si0 Si .

Il existe X ∈ Mn,1 (R) − {0} tel que : AX = λn X. On a :

Bi ∈ Mr,n−r (R),

12.89 • Puisque A ∈ S+n ⊂ Sn (R) , d’après le théorème fondamental, il existe Ω ∈ On (R), D = diag (λk ) ∈ Dn (R) telles que : A = ΩDΩ−1 . 1k n

517

De plus, comme A ∈ S+ n , d’après l’exercice 12.9, on a : ∀ k ∈ {1,. . . ,n}, λk
0 .

1) Soit X ∈ Er . n 

Il existe (xr+1 ,. . . ,xn ) ∈ Rn−r tel que X =

Notons, pour tout k ∈ {1,. . . ,n} , µk = P(λk ) ∈ R+ On a alors :

et  = diag (µk ) . On a donc : 1k n

SX =

P(A) = P(ΩDΩ−1 ) = ΩP(D)Ω−1 = ΩΩ−1 .

∀ k ∈ {1,. . . ,n}, Q(µk ) = λk .

n 

n 

xi SΩCi =

i=r+1

Puisque l’application R+ −→ R+ , λ −→ P(λ) est injective, d’après le cours sur l’interpolation polynomiale, il existe Q ∈ R[X] tel que :

i=r+1

xi λi ΩCi ,

i=r+1

puis, comme (ΩCi )i est orthonormale : n 

XSX =

t

xi (xi λi ) =

i=r+1

n 

λi xi2

i=r+1

 λr+1



 Q(∆) = diag Q(µk ) = diag (λk ) = D , 1 k  n

n 

xi ΩDCi =

On a alors :

n 

t xi2 = λr+1 X X.

i=r+1

1 k  n

puis :   Q P(A) = Q(Ω∆Ω−1 ) = Ω Q(∆)Ω−1 = Ω D Ω−1 = A . Ceci montre que A est un polynôme en P(A). De même, B est un polynôme en P(B). Comme P(A) = P(B), il en résulte que A et B sont des polynômes d’une même matrice, donc A et B commutent. • D’après l’exercice 12.88, puisque A,B ∈ Sn (R) et AB = B A, A et B sont simultanément orthodiagonalisables, c’est-à-dire qu’il existe R ∈ On (R), E,F ∈ Dn (R) telles que : A = R E R −1 et B = R F R −1 .  P(A) = P(R E R −1 ) = R P(E)R −1 On a alors : P(B) = P(R F R −1 ) = R P(F)R −1 , donc, puisque P(A) = P(B), on a : P(E) = P(F). Notons E = diag (αk ), F = diag (βk ) , 1k n

xi ΩCi .

i=r+1

1k n

Ceci montre :  t X X = 1 ⇒t X S X  λr +1 ,

∀ X ∈ Er ,

X S X  λr+1 ,

t

Sup

d’où :

X∈E r et tX X=1





F∈Fr

XSX

X∈F et tX X=1

 λr+1 .

2) Soit F ∈ Fr. Comme dim (F) = n − r et dim (Er+1 ) = r + 1, on a : dim (F) + dim (Er+1 ) = n + 1 , / {0}. donc nécessairement : F ∩ Er+1 = Il existe donc X ∈ F ∩ Er+1 − {0} . Ensuite, il existe r+1  xi ΩCi . (x1 ,. . . ,xr+1 ) ∈ Rr+1 tel que X = i=1

où α1 ,. . . ,αn , β1 ,. . . ,βn ∈ R+ . On a donc : ∀ k ∈ {1,. . . ,n}, P(αk ) = P(βk ).

t

Sup

et donc : Inf

On a alors :

SX =

r+1 

xi λi ΩCi ,

i=1

Comme P|R+ est injective, il s’ensuit : ∀ k ∈ {1,. . . ,n}, αk = βk , d’où E = F , puis : A = B.

puis, comme (ΩCi )i est orthonormale : XSX =

t

r+1 

r+1 

λi xi2
λr+1

i=1

Notons D = diag (λ1 ,. . . ,λn ) . Il existe donc Ω ∈ On (R) telle que : S = ΩDΩ−1 .

12.90

Pour i ∈ {1,. . . ,n}, notons Ci le i-ème vecteur de la base canonique de Mn,1 (R), et, pour tout r ∈ {0,. . . ,n − 1} , notons Er+1 = Vect (ΩC1 ,. . . ,ΩCr+1 ) et Er = Vect (ΩCr+1 ,. . . ,ΩCn ).

518

i=1

X S X
λr+1 .

t

Sup

Ceci montre :

xi2 = λr+1 tX X .

X∈F et tX X=1



Il en résulte :

Inf

F∈Fr

XSX

X∈F et tX X=1



Finalement :

λr+1 = Inf

F∈Fr


λr+1 .

t

Sup

Sup X∈F et tX X=1

XSX .

t

Algèbre sesquilinéaire Plan

CHAPITRE

13

Thèmes abordés dans les exercices

Les méthodes à retenir 519

•

Montrer qu’une application est un produit scalaire complexe

Énoncés des exercices 520

•

Obtention d’égalités, d’inégalités faisant intervenir des produits scalaires ou/et des normes hermitiennes

•

Étude de sev orthogonaux

•

Calculs matriciels faisant intervenir la transconjugaison.

Du mal à démarrer ?

522

Corrigés

523

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •

Définition de forme sesquilinéaire, de forme à symétrie hermitienne

•

Définition de produit scalaire complexe, d’espace préhilbertien complexe, d’espace hermitien, produits scalaires complexes usuels

•

Inégalité de Cauchy et Schwarz, inégalité de Minkowski, études des cas d’égalité

•

Définition et propriétés de l’orthogonalité

•

Théorème de projection orthogonale sur un sev de dimension finie dans un espace préhilbertien complexe.

Les méthodes à retenir Pour montrer qu’une application est une forme sesquilinéaire, est à symétrie hermitienne, est un produit scalaire

Revenir aux définitions.

Pour utiliser la notion de produit scalaire complexe, par opposition à celle de produit scalaire réel

Envisager l’intervention du nombre complexe i .

➥ Exercices 13.1, 13.2.

➥ Exercices 13.2, 13.4.

519

Chapitre 13 • Algèbre sesquilinéaire

Pour simplifier par une matrice dans un produit

Penser à faire intervenir le produit scalaire canonique sur Mn,1 (C) ou Mn, p (C) et essayer de faire apparaître un vecteur orthogonal à tout vecteur, ou bien un vecteur orthogonal à lui-même, ou encore un vecteur dont le carré de la norme soit nul.

➥ Exercice 13.3.

Pour établir une égalité ou une inégalité faisant intervenir un produit scalaire complexe

Essayer de : – faire intervenir l’inégalité de Cauchy et Schwarz ou l’inégalité de Minkowski

➥ Exercice 13.8 – amener un paramètre réel ou complexe, et choisir celui-ci pour optimiser le résultat, ou appliquer une hypothèse à des coefficients complexes bien choisis.

➥ Exercice 13.7.

Énoncés des exercices 13.1

Produit scalaire réel issu d’un produit scalaire complexe   Soit E,(. | .) un espace préhilbertien complexe. Montrer que l’application ϕ : E × E −→ R, (x,y) −→ Ré (x | y) est un produit scalaire sur le R-espace vectoriel E.

13.2

Condition suffisante pour la symétrie hermitienne Soient E un C-ev, ϕ : E × E −→ C sesquilinéaire telle que : ∀ x ∈ E, ϕ(x,x) ∈ R. Montrer que ϕ est à symétrie hermitienne.

13.3

Simplifications correctes de matrices Soient n, p ∈ N∗ , A ∈ Mn, p (C). Montrer : a) A∗ A = 0 ⇒ A = 0

b) A A∗ A = 0 ⇒ A = 0.

13.4 Identité de polarisation dans le cas complexe

  Soient E,(. | .) un espace préhilbertien complexe, ||.|| la norme associée. a) Montrer : ∀ (x,y) ∈ E 2 , (x | y) =

 1 ||x + y||2 −i ||x + iy||2 − ||x − y||2 +i ||x −i y||2 . 4

b) Soient f,g ∈ L(E) . Montrer que les deux propriétés suivantes sont équivalentes :       (i) ∀ (x,y) ∈ E 2 , f (x)  f (y) = g(x)  g(y) (ii) ∀ x ∈ E, || f (x)|| = ||g(x)|. 520

Énoncés des exercices

13.5 Limite de suite dans un espace préhilbertien complexe

  Soit E,(. | .) un espace préhilbertien complexe, ||.|| la norme associée, (xn )n∈N une suite dans E.   Montrer : xn −−→ x ⇐⇒ ||xn || −−→ ||x|| et (xn − x | x) −−→ 0 . n∞

n∞

n∞

13.6 Suite de matrices faisant intervenir une transconjugaison Soit (Ak )k∈N une suite dans Mn (C) telle que : ∀ k ∈ N, Ak+1 = In + A∗k Ak . Montrer : ||Ak || −→ +∞ . k∞

13.7 Majorations faisant intervenir des produits scalaires, des normes

  Soient E,(. | .) un espace préhilbertien complexe, ||.|| la norme associée, n ∈ N∗ , e1 ,. . . ,en ∈ E, A ∈ R∗+ . Montrer que les deux propriétés suivantes sont équivalentes : (i) ∀ x ∈ E,

n 

|(ek | x)|2
A||x||2

k=1

2   n    n ak ek 
A |ak |2 . (ii) ∀ (a1 ,. . . ,an ) ∈ Cn ,  k=1

k=1

13.8 Inégalité sur des normes

  Soient E,(. | .) un espace préhilbertien complexe, ||.|| la norme associée, v1 ,v2 ,v3 ∈ E. Montrer :

Max

(ε2 ,ε3 )∈{−1,1}2

 1  ||v1 + ε2 v2 + ε3 v3 ||  √ ||v1 || + ||v2 || + ||v3 || . 3

13.9 Noyau de la somme de deux orthoprojecteurs

  Soient E,(. | .) un espace hermitien, F,G deux sev de E. Montrer : Ker ( p F + pG ) = F ⊥ ∩ G ⊥ .

13.10 Somme de deux matrices normales Une matrice M de Mn (C) est dite normale si et seulement si : M ∗ M = M M ∗ . a) Est-ce que la somme de deux matrices normales est nécessairement normale ? b) Soient A,B ∈ Mn (C) normales et telles que : Im (A) ⊥ Im (B). Montrer que A + B est normale.

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

13.11 Étude du cas où A∗ est semblable à A−1 Soit A ∈ GLn (C) . Montrer que les deux propriétés suivantes sont équivalentes : (i) ∃ B ∈ GLn (C), A = B −1 B ∗ Pour (ii) ⇒ (α,β) ∈ C2 .

(ii) ∃P ∈ GLn (C), A∗ = P A−1 P −1 .

(i), on pourra chercher B sous la forme B = (αIn + A∗ )(P + βP ∗ ), où

521

Chapitre 13 • Algèbre sesquilinéaire

Du mal à démarrer ? 13.1

Revenir à la définition d’un produit scalaire réel.

13.2

Revenir à la définition de la symétrie hermitienne.

Utiliser le produit scalaire canonique sur M p (C), défini par : ∀ M,N ∈ M p (C), (M | N ) = tr (M ∗ N )

13.3

∀ M ∈ M p (C), ||M||2 = tr (M ∗ M) .

13.4

a) Calculer le second membre en développant les carrés de normes. b) Un sens est évident.

lité de Cauchy et Schwarz dans R3 usuel.

13.9

1) L’inclusion F ⊥ ∩ G ⊥ ⊂ Ker ( p F + pG ) est immédiate.

2) Pour l’autre inclusion, utiliser :    ∀ x ∈ E, x  p F (x) = || p F (x)||2 .

choisissant A et B réelles telles que

1) Supposer : xn −→ x. Utiliser l’inégalité triangulaire renn∞ versée et l’inégalité de Cauchy et Schwarz.

13.5

2) Supposer : ||xn || −→ ||x|| et (xn − x | x) −→ 0 . n∞

Exprimer ||xn − x||2 en fonction de ||xn ||2 − ||x||2 et de (xn − x | x). Utiliser le produit scalaire canonique sur Mn (C) et la norme euclidienne associée, pour déduire, après calculs : ∀ k ∈ N, ||Ak+1 ||2  1 + ||Ak ||2 .

13.6

13.7

(i) ⇒ (ii) : n  ak ek , calculer ||v||2 convenablement, et utiliser Noter v = k=1

l’inégalité de Cauchy et Schwarz. Séparer les cas v = 0, v = 0, pour pouvoir simplifier par ||v||. (ii) ⇒ (i) :

2  n    ak ek  et majorer en utilisant (ii), Pour x ∈ E, calculer x − k=1

522

  Développer S et déduire : S  4 ||v1 ||2 + ||v2 ||2 + ||v3 ||2 .

13.10 a) Trouver un contrexemple, pour n = 2 , par exemple en

Pour l’autre sens, utiliser a) et la linéarité de f.

puis choisir convenablement les ak , par ak =

(ε2 ,ε3 )∈{−1,1}2

• D’autre part, noter β = ||v1 || + ||v2 || + ||v3 || et utiliser l’inéga-

et le carré de la norme euclidienne associée :

n∞

||v1 + ε2 v2 + ε3 v3 || Max • Noter α = (ε2 ,ε3 )∈{−1,1}2  ||v1 + ε2 v2 + ε3 v3 ||2 . et S =

13.8

1 (ek | x). A

tA

= A, tB = −B et que A + B ne soit pas normale.

2) Montrer d’abord : Im (A) ⊥ Im (B) ⇐⇒ B ∗ A = 0. Montrer AB ∗ = 0 en utilisant le carré de la norme euclidienne canonique sur Mn (C) , c’est-à-dire en calculant ||AB ∗ ||2 et en utilisant les propriétés de A,B et de la trace.

13.11 (i) ⇒ (ii) : Montrer que P = B convient. (ii) ⇒ (i) : Supposer qu’il existe P ∈ GLn (C) telle que : A∗ = P A−1 P −1 . Soient (α,β) ∈ C2 , B = (αIn + A∗ )(P + β P ∗ ) . Traduire B A = B ∗ et trouver des conditions suffisantes sur (α,β) .

Corrigés des exercices 13.1

C-ev.

D’abord, E est bien aussi un R-ev, puisque E est un

• Symétrie : On a, pour tout (x,y) ∈ E 2 : ϕ(y,x) = Ré (y | x) = Ré (x | y) = Ré (x | y) = ϕ(x,y) . • Linéarité par rapport à la seconde place : On a, pour tout α ∈ R et tous x, y, y  ∈ E : ϕ(x,αy + y  ) = Ré (x | αy + y  )     = Ré α(x | y) + (x | y  ) = Ré α(x | y) + Ré (x | y  ) = α Ré (x | y) + Ré (x | y  ) = αϕ(x,y) + ϕ(x,y  ). α∈R

b) En appliquant le résultat de a) à A∗ A puis à A, on a : A A∗ A = 0 ⇒ A∗ A A∗ A = 0 ⇐⇒ (A∗ A)∗ (A∗ A) = 0 ⇒ A∗ A = 0 ⇒ A = 0. a) a)

13.4 a) Soit (x,y) ∈ E 2 . Développons les carrés de normes envisagés, en utilisant la sesquilinéarité : ||x + y||2 = (x + y | x + y) = (x | x) + (x | y) + (y | x) + (y | y) ||x + i y||2 = (x + i y | x + i y) = (x | x) + i (x | y) − i (y | x) + (y | y)

||x − y||2 = (x − y | x − y) = (x | x) − (x | y) − (y | x) + (y | y)

• Positivité de la forme quadratique associée :

||x − i y||2 = (x − i y | x − i y) = (x | x) − i (x | y) + i (y | x) + (y | y) .

On a, pour tout x ∈ E :

D’où, en combinant avec les facteurs 1, −i, −1, i indiqués dans l’énoncé :

ϕ(x,x) = Ré (x | x) = Ré (||x||2 ) = ||x||2  0 . • Définie-positivité : On a, pour tout x ∈ E : ϕ(x,x) = 0 ⇐⇒ ||x||2 = 0 ⇐⇒ x = 0 . On conclut que ϕ est un produit scalaire sur le R-ev E .

||x + y||2 − i ||x + i y||2 − ||x − y||2 + i ||x − i y||2 = 4(x | y) ,

ce qui donne la formule voulue. b) (i) ⇒ (ii) : Évident, en prenant y = x. (ii) ⇒ (i) : Supposons :

13.2

Soit (x,y) ∈ E 2 .

Appliquons l’hypothèse à x + y et à x + i y : ϕ(x + y,x + y) ∈ R et ϕ(x + i y,x + i y) ∈ R . En développant par sesquilinéarité, on obtient :  ϕ(x,x) + ϕ(x,y) + ϕ(y,x) + ϕ(y,y) ∈ R ϕ(x,x) − i ϕ(x,y) + i ϕ(y,x) + ϕ(y,y) ∈ R. En appliquant l’hypothèse aussi à x et à y, il en résulte :   ϕ(x,y) + ϕ(y,x) ∈ R et i ϕ(x,y) − ϕ(y,x) ∈ R .

∀ x ∈ E, || f (x)|| = ||g(x)||.

On a alors, pour tout (x,y) ∈ E 2 , en utilisant la formule du a) et la linéarité de f :    4 f (x)  f (y) = || f (x) + f (y)||2 − i || f (x) + i f (y)||2 − || f (x) − f (y)||2 + i || f (x) − i f (y)||2 = || f (x + y)||2 − i || f (x + i y)||2 − || f (x − y)||2 + i || f (x − i y)||2 = ||x + y||2 − i ||x + i y||2 − ||x − y||2 + i ||x − i y||2 = 4(x | y).

Il existe donc (a,b) ∈ R tel que : 2

ϕ(x,y) + ϕ(y,x) = a et ϕ(x,y) − ϕ(y,x) = i b. D’où : puis :

ϕ(x,y) =

1 1 (a + i b) et ϕ(y,x) = (a − i b) , 2 2 ϕ(y,x) = ϕ(x,y).

On conclut que ϕ est à symétrie hermitienne.

→ x, 13.5 1) Supposons : xn −−n− ∞ ||xn − x|| −−−→ 0 . n∞     • Comme : ∀ n ∈ N, ||xn || − ||x||
||xn − x||,

c’est-à-dire :

on déduit : c’est-à-dire :

a) En utilisant le produit scalaire canonique sur M p (C) et la norme euclidienne associée, on a :

13.3

A∗ A = 0 ⇒ ||A||2 = tr (A∗ A) = 0 ⇒ A = 0 .

||xn || − ||x|| −−−→ 0, n∞

||xn || −−−→ ||x||. n∞

• D’après l’inégalité de Cauchy et Schwarz :   ∀ n ∈ N, (xn − x | x)
||xn − x|| ||x|| , d’où, par théorème de majoration : (xn − x | x) −−−→ 0. n∞

523

2) Réciproquement, supposons : ||xn || −−−→ ||x|| et (xn − x | x) −−−→ 0 . n∞

n∞

k=1

On a, pour tout n ∈ N :

= ||xn || − (xn | x) − (x | xn ) + ||x||     = ||xn ||2 − ||x||2 − (xn − x | x) + (xn − x | x) . 2

On déduit, par opérations : ||xn − x|| −−−→ 0, n∞

|ak |2 A.

(ii) ⇒ (i) : Supposons :

2   n    n ∀ (a1 ,. . . ,an ) ∈ Cn ,  ak ek 
A |ak |2 . k=1

et on conclut : xn −−−→ x.

k=1

Soit x ∈ E. On a, pour tout (a1 ,. . . ,an ) ∈ Cn :  2 n    ak ek  0
x −

n∞

Puisque toutes les normes sur Mn (C) (qui est de dimension finie) sont équivalentes, on peut choisir, par exemple, la norme associée au produit scalaire canonique. On, a alors, pour tout k ∈ N :

13.6

tr (A∗k+1 Ak+1 )

  = tr (In + A∗k Ak )∗ (In + A∗k Ak )   = tr (In + A∗k Ak )(In + A∗k Ak ) 2A∗k Ak

= tr (In +

 n k=1

2

||Ak+1 || =

||v||2


donc :

||xn − x||2 = (xn − x | xn − x)

2

/ 0, donc ||v|| > 0. On déduit, en simplifiant par Supposons v = 

1/2 n |ak |2 A1/2 , ||v|| : ||v||


+

k=1

n n 2       ak (ek | x) +  ak ek 

= ||x||2 − 2 Ré

k=1

n 

k=1

n    Ré ak (ek | x) + A |ak |2 .


||x|| − 2 (ii) k=1 k=1 1 Choisissons ak = (ek | x), pour k ∈ {1,. . . ,n} , de façon à éliA miner la notation de partie réelle. 2

On a alors :

A∗k Ak A∗k Ak )

  = n + 2 tr (A∗k Ak ) + tr (A∗k Ak )(A∗k Ak )

0
||x||2 − 2

n n   1 1 |(ek | x)|2 |(ek | x)|2 + A 2 A A k=1 k=1

= ||x||2 −

= n + 2||Ak ||2 + ||A∗k Ak ||2  1 + ||Ak ||2 . On déduit, par une récurrence immédiate :

et on conclut :

∀ k ∈ N, ||Ak ||2  k ,

n 

n 1  |(ek | x)|2 , A k=1

|(ek | x)|2
A||x||2 .

k=1

et on conclut, par opérations et minoration :

13.8 Notons α =

||Ak || −→ +∞ . k∞

et considérons S =

Max

(ε2 ,ε3 )∈{−1,1}2



||v1 + ε2 v2 + ε3 v3 || , ||v1 + ε2 v2 + ε3 v3 ||2 . On a, en

(ε2 ,ε3 )∈{−1,1}2

13.7

développant les carrés de normes :

(i) ⇒ (ii) :

Supposons : ∀ x ∈ E,

n 

S = ||v1 + v2 + v3 ||2 + ||v1 + v2 − v3 ||2

|(ek | x)|2
A||x||2 .

+ ||v1 − v2 + v3 ||2 + ||v1 − v2 − v3 ||2

k=1

Soit (a1 ,. . . ,an ) ∈ Cn . Notons v =

n 

= ||v1 ||2 + ||v2 ||2 + ||v3 ||2

ak ek .

+ 2 Ré (v1 | v2 ) + 2 Ré (v1 | v3 ) + 2 Ré (v2 | v3 )

k=1

On a, en utilisant l’inégalité de Cauchy et Schwarz :    n n  ||v||2 = (v | v) = ak ek v = ak (ek | v)




 n k=1

k=1

|ak |2

1/2  n

k=1

1/2




 n

+||v1 || + ||v2 ||2 + ||v3 ||2 + ||v1 || + ||v2 ||2 + ||v3 ||2 2

1/2 |ak |2

k=1

Si v = 0, alors l’inégalité (ii) voulue est triviale. 524

+ 2 Ré (v1 | v2 ) − 2 Ré (v1 | v3 ) − 2 Ré (v2 | v3 ) 2

− 2 Ré (v1 | v2 ) + 2 Ré (v1 | v3 ) − 2 Ré (v2 | v3 )

|(ek | v)|2

k=1

+ ||v1 || + ||v2 ||2 + ||v3 ||2 2

A1/2 ||v||.

− 2 Ré (v1 | v2 ) − 2 Ré (v1 | v3 ) + 2 Ré (v2 | v3 )   = 4 ||v1 ||2 + ||v2 ||2 + ||v3 ||2 .   On a donc : 4α2  S  4 ||v1 ||2 + ||v2 ||2 + ||v3 ||2 .

• Notons β = ||v1 || + ||v2 || + ||v3 ||. D’après l’inégalité de Cauchy et Schwarz dans R3 usuel, appliquée aux vecteurs   ||v1 ||, ||v2 ||, ||v3 || et (1, 1, 1) , on a :  2 β2 = 1 · ||v1 || + 1 · ||v2 || + 1 · ||v3 ||  
(12 + 12 + 12 ) ||v1 ||2 + ||v2 ||2 + ||v3 ||2 , d’où :

||v1 ||2 + ||v2 ||2 + ||v3 ||2 

β2 , 3

⇐⇒ ∀ X ∈ Mn,1 (C), (B ∗ A)X = 0 ⇐⇒ B ∗ A = 0 .

On a, puisque p F est l’orthoprojecteur sur F :    x − p (x)  p (x) = 0 ,  F   F  ∈F ∈ F⊥       x  p F (x) = p F (x)  p F (x) = || p F (x)||2 . d’où :    x  pG (x) = || pG (x)||2 . De même : D’où :

      || p F (x)||2 + || pG (x)||2 = x  p F (x) + x  pG (x)    = x  p F (x) + pG (x) = x | 0) = 0.

Par transconjugaison, on a aussi : A∗ B = (B ∗ A)∗ = 0. Alors : A∗ B +   = A∗ A +   B ∗ A +B ∗ B = A∗ A + B ∗ B.

=0 =0 Montrons, maintenant : AB ∗ = 0 et B A∗ = 0.

À cet effet, calculons la norme au carré :     ||AB ∗ ||2 = tr (AB ∗ )∗ (AB ∗ ) = tr (B A∗ )(AB ∗ )    = tr B(A∗ AB ∗ ) = tr ((A∗ AB ∗ )B    = tr (A∗ A)(B ∗ B) = tr ((A A∗ )(B B ∗ )   ∗ = tr A(A B )B ∗ = 0,   =0 Il s’ensuit AB ∗ = 0, puis : B A∗ = (AB ∗ )∗ = 0, et donc : (A + B)(A + B)∗ = (A + B)(A∗ + B ∗ ) = A A∗ + AB ∗ + B A∗ + B B ∗ = A A∗ + B B ∗ = A∗ A + B ∗ B = (A + B)∗ (A + B).

|| p F (x)|| = 0 et || pG (x)|| = 0, 2

2

p F (x) = 0 et pG (x) = 0,

c’est-à-dire : x ∈ Ker ( p F ) ∩ Ker ( pG ) = F ⊥ ∩ G ⊥ . Ker ( p F + pG ) ⊂ F Ker ( p F + pG ) = F

⊥

⊥

On conclut que A + B est normale.

⊥

∩ G .

∩ G⊥.

a) La réponse est négative (si n  2 ) : la somme de deux matrices normales peut ne pas être normale, comme le montre l’exemple suivant, pour n = 2 :



1 0 0 1 A= , B= . 0 0 −1 0

13.10

Ainsi, l’hypothèse (1) équivaut, plus simplement, à : B ∗ A = 0.

(A + B)∗ (A + B) = (A∗ + B ∗ )(A + B)

2) Réciproquement, soit x ∈ Ker ( p F + pG ), c’est-à-dire : p F (x) + pG (x) = 0.

Finalement :

(1).

⇐⇒ ∀ X ∈ Mn,1 (C), ∀ Y ∈ Mn,1 (C), (AX)∗ (BY ) = 0   ⇐⇒ ∀ X ∈ Mn,1 (C), ∀ Y ∈ Mn,1 (C), (B ∗ AX)∗ Y = 0   ⇐⇒ ∀ X ∈ Mn,1 (C), ∀ Y ∈ Mn,1 (C), (B ∗ AX) ⊥ Y

F ⊥ ∩ G ⊥ ⊂ Ker ( p F + pG ).

Ceci montre :

Im (A) ⊥ Im (B)

On a : ⇐⇒ ∀ X ∈ Mn,1 (C), ∀ Y ∈ Mn,1 (C), (AX) ⊥ (BY )

⇒ x ∈ Ker ( p F + pG ),

donc :

Supposons :

(1) ⇐⇒ ∀ U ∈ Im (A), ∀ V ∈ Im (B), U ⊥ V

⇒ ( p F + pG )(x) = p F (x) + pG (x) = 0 + 0 = 0

On déduit :

On peut ensuite compléter cet exemple par des termes tous nuls, pour obtenir un exemple à l’ordre n, pour tout n  2 .

1 α  √ β. 3

13.9 1) On a, pour tout x ∈ E :  x ∈ F ⊥ = Ker ( p F ) ⊥ ⊥ x ∈ F ∩ G ⇐⇒ x ∈ G ⊥ = Ker ( pG )  p F (x) = 0 ⇐⇒ pG (x) = 0

d’où :

(A + B)(A + B)∗ = / (A + B)∗ (A + B) .

b) Soient A,B ∈ Mn (C) normales, c’est-à-dire telles que : A∗ A = A A∗ et B ∗ B = B B ∗ .

β2 . 3

Des deux points précédents, on déduit : 4α2  4 et on conclut :

Dans cet exemple, on a A∗ A = A A∗ car A∗ = A, B ∗ B = B B ∗ car B ∗ = −B, mais, par un simple calcul sur les éléments :

13.11

(i) ⇒ (ii) :

Supposons qu’il existe B ∈ GLn (C) telle que A = B −1 B ∗ . On a alors : A∗ = (B −1 B ∗ )∗ = B(B −1 )∗ et :

A−1 = (B −1 B ∗ )−1 = (B ∗ )−1 B = (B −1 )∗ B,

d’où : A∗ = B(B −1 )∗ = B(A−1 B −1 ) = B A−1 B −1 . En notant P = B , on a donc : P ∈ GLn (C) et A∗ = P A−1 P −1 . 525

(ii) ⇒ (i) : Supposons qu’il existe P ∈ GLn (C) telle que : A∗ = P A−1 P −1 . Cherchons B, selon l’indication de l’énoncé, sous la forme B = (αIn + A∗ )(P + βP ∗ ), où (α,β) ∈ C2 est à trouver. Avec ces notations, on a : B ∗ = (P ∗ + βP)(αIn + A), et donc : B A = B∗ ∗

∗

⇐⇒

∗

⇐⇒ (αIn + A )(P + βP ) = (P + βP)(αIn + A) ⇐⇒ αP A + αβP ∗ A + A∗ P A + βA∗ P ∗ A = αP ∗ + αβP + P ∗ A + βP A Mais : et :

(1).

A∗ P A = (P A−1 P −1 )P A = P ∗

∗

∗

∗

Comme SpC (A) et SpC (P −1 P ∗ ) sont finis et que l’ensemble {α ∈ C ; |α| = 1} est infini, il existe α ∈ C tel que :

Il existe donc (α,β) ∈ C2 convenant, puis B convenant, ce qui montre (ii).

Donc : (1) ⇐⇒ αP A + αβP ∗ A + P + βP ∗

Finalement,les propriétés (i) et (ii) sont équivalentes. ∗

= αP + αβP + P A + βP A   ⇐ α = β, αβ = 1, 1 = αβ, β = α   ⇐⇒ β = α, αα = 1 .

526

 / SpC (A), −α ∈ / SpC (P −1 P ∗ ) . −α∈

|α| = 1, −α ∈ / SpC (A), −α ∈ / SpC (P −1 P ∗ ) .

∗

A P A = (A P A) = P .

∗

D’autre part, pour tout α ∈ C tel que αα = 1 :  αIn + A∗ ∈ GLn (C) B ∈ GLn (C) ⇐⇒ P + βP ∗ ∈ GLn (C)  αIn + A ∈ GLn (C) ⇐⇒ In + αP −1 P ∗ ∈ GLn (C)   1 / SpC (P −1 P ∗ ) ⇐ − α ∈ / SpC (A), − ∈ α 

Compléments d’algèbre générale Plan

CHAPITRE

14

Thèmes abordés dans les exercices

Les méthodes à retenir 528 Énoncés des exercices 529 Du mal à démarrer ?

533

Corrigés

535

• • • • • • • • •

Établir une structure de groupe, de sous-groupe Calculs dans un groupe Manipulation des morphismes de groupes, endomorphismes d’un groupe, isomorphismes de groupes, automorphismes d’un groupe Établir une structure d’anneau, de sous-anneau, d’idéal d’un anneau commutatif Étude d’idéaux principaux, d’idéaux non principaux Calculs dans un anneau, manipulation d’éléments nilpotents, d’éléments idempotents, de diviseurs de 0 Manipulation de morphismes d’anneaux, endomorphismes d’un anneau, isomorphismes d’anneaux, automorphismes d’un anneau Résolution de congruences à une ou plusieurs inconnues, résolution d’équations dans Z/nZ Intervention de la finitude dans les groupes, dans les anneaux.

Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

• • • • • • • • • •

Définition et propriétés de la structure de groupe, de sous-groupe, de sousgroupe engendré par une partie Noyau, image d’un morphisme de groupes commutatifs Définition d’un groupe monogène, d’un groupe cyclique, groupes Z/nZ Définition et propriétés des morphismes de groupes, endomorphismes d’un groupe, isomorphismes de groupes, automorphismes d’un groupe Produit de deux groupes Définition et propriétés de la structure d’anneau, de sous-anneau, d’idéal d’un anneau commutatif Définition des éléments nilpotents, des éléments idempotents, des diviseurs de 0, dans un anneau Définition et propriétés des morphismes d’anneaux, endomorphismes d’un anneau, isomorphismes d’anneaux, automorphismes d’un anneau Définition d’idéal principal d’un anneau commutatif Anneaux usuels Z, Z/nZ , K [X], R E , L(E), Mn (K ) Arithmétique dans Z, notion de nombres premiers entre eux, pgcd, ppcm, théorème de Bezout, théorème de Gauss, décomposition primaire, caractérisation des éléments inversibles de Z/nZ . 527

Chapitre 14 • Compléments d’algèbre générale

Les méthodes à retenir Pour montrer qu’un ensemble G muni d’une loi interne · est un groupe

Pour montrer qu’une partie H d’un groupe G est un sous-groupe de G

Essayer de : – revenir à la définition de groupe – montrer que G est un sous-groupe d’un groupe connu. Essayer de : – revenir à la définition de sous-groupe.

➥ Exercice 14.3 a) – montrer que H est le sous-groupe engendré par une certaine partie de G, ou montrer que H est une intersection de sous-groupes de G.

Pour montrer qu’une application f : G −→ G est un morphisme de groupes

Après avoir vérifié que G et G  sont bien des groupes et que f est correctement définie, revenir à la définition, c’est-à-dire montrer : ∀ (x,y) ∈ G 2 , f (x y) = f (x) f (y) .

➥ Exercice 14.13 b). Pour montrer qu’un ensemble A muni de deux lois + et · est un anneau

Essayer de : – revenir à la définition d’un anneau – montrer que A est un sous-anneau d’un anneau connu

➥ Exercice 14.15 a). Pour montrer qu’une partie B d’un anneau A est un sous-anneau de A

Revenir à la définition, c’est-à-dire montrer 1 A ∈ B et : ∀ (x,y) ∈ B 2 , x + y ∈ B, −x ∈ B, x y ∈ B .

➥ Exercices 14.4, 14.5, 14.19, 14.27.

Pour montrer qu’une partie I d’un anneau commutatif A est un idéal de A

Revenir à la définition, c’est-à-dire montrer :  0 ∈I   A ∀ (x,y) ∈ I 2 , x − y ∈ I   ∀ a ∈ A, ∀ x ∈ I, ax ∈ I.

➥ Exercices 14.5, 14.15 a), 14.20. Pour montrer qu’un idéal I d’un anneau commutatif A n’est pas un idéal principal de A

Raisonner par l’absurde : supposer qu’il existe x ∈ A tel que I = Ax, et amener une contradiction.

Pour montrer que deux anneaux ne sont pas isomorphes

Raisonner par l’absurde : supposer qu’il existe un isomorphisme de l’un dans l’autre, et amener une contradiction.

➥ Exercices 14.15 b) 1), 14.21.

➥ Exercice 14.22. 528

Énoncés des exercices

Pour résoudre un système de congruences simultanées, à une inconnue dans Z

Résoudre la première équation, par exemple, en exprimant x en fonction d’un autre entier, noté a par exemple, puis reporter dans la deuxième équation, et réitérer.

➥ Exercice 14.6. Essayer de : – exprimer une des deux inconnues en fonction de l’autre à partir d’une des deux équations, puis reporter dans l’autre.

Pour résoudre un système d’équations  2 d’inconnue (x,y) ∈ Z/nZ

➥ Exercice 14.7 a), b) – combiner les équations pour éliminer une des deux inconnues.

➥ Exercice 14.7 c). Essayer, si n n’est pas trop grand, tous les x ∈ Z/nZ, ou, si possible, seulement tous ceux vérifiant une condition nécessaire.

Pour résoudre une équation algébrique d’inconnue x ∈ Z/nZ

➥ Exercice 14.16. Penser à utiliser des applications du genre, pour x ∈ A fixé :

Pour obtenir des résultats concernant des groupes finis ou des anneaux finis

f : A −→ A, y −→ x y , et essayer de montrer que f est injective, pour en déduire, puisque A est supposé fini, que f est surjective.

➥ Exercices 14.8, 14.9, 14.24, 14.28.

Énoncés des exercices 14.1

Calculs dans un groupe

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Soient G un groupe, e son neutre, a,b ∈ G tels que : a 3 b = ba 3 et a 5 = e. Montrer : ab = ba.

14.2 Calculs de puissances dans un groupe Soient G un groupe, a,b ∈ G, n ∈ N∗ tels que : bn a = ab. a) Montrer : ∀ k ∈ N, bkn a = abk .

p

b) En déduire : ∀ p ∈ N, bn a p = a p b .

14.3 Centralisateur d’une partie dans un groupe Soit (G,·) un groupe, de neutre noté e. Pour toute partie A de G, on appelle centralisateur de A dans G la partie, notée C (A) de G défi nie par : C (A) = x ∈ G ; ∀ a ∈ A, ax = xa . a) Vérifier que, pour toute partie A de G, C (A) est un sous-groupe de G. 529

Chapitre 14 • Compléments d’algèbre générale

b) Montrer, pour toutes parties A,B de G :   α) A ⊂ B ⇒ C (A) ⊃ C (B) β) A ⊂ C C (A)

   γ) C (A) = C (< A >) δ) C C C (A) = C (A).

14.4 Centre d’un anneau Soit A un anneau.  Z = x ∈ A ; ∀ a ∈ A, ax = xa , est un sous-

Montrer que le centre Z de A, défini par : anneau de A.

14.5 Sous-anneau, idéal : exemples dans un anneau de fonctions On note A = C([0 ; 1],R), B = C 1 ([0 ; 1],R), I = { f ∈ A ; f (0) = 0}, E = B ∩ I . Vérifier : a) A est un anneau pour les lois usuelles b) B est un sous-anneau de A, et B n’est pas un idéal de A c) I est un idéal de A, et I n’est pas un sous-anneau de A d) E n’est ni un sous-anneau ni un idéal de A.

14.6 Exemples de systèmes de congruences simultanées, à une inconnue Résoudre les systèmes d’équations suivants, d’inconnue x ∈ Z :   x ≡ 1 [2] x ≡ 1 [6]       a) x ≡ 2 [3] b) x ≡ 4 [10] c)       x ≡ 3 [5] x ≡ 7 [15]

 x ≡ 7 [18]    x ≡ 1 [30]    x ≡ 16 [45].

14.7 Exemples de systèmes d’équations dans Z/nZ  2 Résoudre les systèmes d’équations suivants, d’inconnue (x,y) ∈ Z/nZ :



y = 2 x + 3 y = 4 4 x + 7 y = 1 3 x + 10 9 a) n = 13, b) n = 18, c) n = 60,

x + 3 x + 2 y = 5 5 x + 2 y = 2 15 4 y = 9.

14.8 Caractérisation des sous-groupes parmi les parties finies d’un groupe Soient G un groupe, e son neutre, A une partie finie de G. Montrer que A est un sous-groupe de   G si et seulement si : e ∈ A et ∀ (x,y) ∈ A2 , x y ∈ A .

14.9 Somme des caractères d’un groupe fini commutatif Soient (G,·) un groupe fini commutatif, ϕ : (G,·) −→ (C∗ ,·) un morphisme de groupes autre que  ϕ(g) = 0. l’application constante égale à 1. Montrer : g∈G

14.10 Images directes et réciproques de sous-groupes d’un groupe commutatif par un morphisme de groupes Soient G,G  deux groupes commutatifs, f : G −→ G  un morphisme de groupes.   a) Montrer, pour tout sous-groupe H de G : f −1 f (H ) = H + Ker ( f ).   b) Montrer, pour tout sous-groupe H  de G  : f f −1 (H ) = H ∩ Im ( f ). 530

Énoncés des exercices

14.11 Caractérisation des anneaux n’ayant que 0 comme élément nilpotent Soient A un anneau, N l’ensemble des éléments nilpotents de A. Montrer que les deux propriétés suivantes sont équivalentes :   (i) N = {0} (ii) ∀ x ∈ A, x 2 = 0 ⇒ x = 0 .

14.12 Produits de diviseurs de 0 Soit A un anneau commutatif.  On note D = x ∈ A − {0} ; ∃ y ∈ A − {0}, x y = 0 l’ensemble des diviseurs de 0 dans A. Montrer, pour tout (a,b) ∈ A2 :   a) ab ∈ D ⇒ a ∈ D ou b ∈ D

  b) a ∈ D ou b ∈ D ⇒ ab ∈ D ∪ {0}.

14.13 Morphisme des groupes d’inversibles induit par un morphisme d’anneaux Soient A,B deux anneaux, A∗ (resp. B ∗) l’ensemble des éléments inversibles de A (resp. B), f : A −→ B un morphisme d’anneaux. a) Montrer : f (A∗ ) ⊂ B ∗ . b) Établir que l’application f : A∗ −→ B ∗ , x −→ f (x) est un morphisme de groupes (pour les lois · de A et de B).

14.14 Correspondance entre idéaux par un morphisme d’anneaux surjectif Soient A,A deux anneaux commutatifs, f : A −→ A un morphisme d’anneaux surjectif. f : I −→ f (I ) (où f (I ) est l’image directe de I par f) est une bijecMontrer que l’application  tion de l’ensemble I des idéaux de A contenant Ker ( f ) sur l’ensemble I  des idéaux de A .

14.15 Exemple d’idéal d’un anneau de suites On note A l’ensemble des suites réelles bornées et I l’ensemble des suites réelles convergeant vers 0. a) Vérifier que A est un anneau pour les lois usuelles et que I est un idéal de A. b) 1) Est-ce que I est principal ?

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

2) Est-ce que I est premier, c’est-à-dire est-ce que :

  ∀ (u,v) ∈ I 2 , uv ∈ I ⇒ u ∈ I ou v ∈ I ? 3) Est-ce que I est maximal, c’est-à-dire est-ce qu’il n’existe pas d’idéal J de A tel que : I J A? √ √  c) Déterminer le radical I de I, défini par : I = u ∈ A ; ∃ p ∈ N∗ , u p ∈ I .

14.16 Exemples de résolution d’équation algébrique dans Z/13 Z Résoudre l’équation (1) d’inconnue x ∈ Z/13Z : x 8 + 2x 6 + 3x 4 + 2x 2 + 1 = 0.

14.17 Commutation dans un groupe Soient G un groupe, n ∈ N − {0,1}. On suppose que l’application f : G −→ G, x −→ x n est un morphisme surjectif de groupes. Démontrer : ∀ (x,y) ∈ G 2 , x n−1 y = yx n−1 . 531

Chapitre 14 • Compléments d’algèbre générale

14.18 Morphismes de groupes de Sn dans Z/ N Z Soient n ∈ N − {0,1}, N ∈ N impair. Montrer que le seul morphisme de groupes de Sn dans Z/ N Z est l’application nulle.

14.19 Sous-anneaux d’un anneau-produit a) Montrer que, si A (resp. B  ) est un sous-anneau d’un anneau A (resp. B), alors A × B  est un sous-anneau de l’anneau-produit A × B.  b) Démontrer que les sous-anneaux de Z2 sont les An = (x,y) ∈ Z2 ; x ≡ y [n] , pour n ∈ N .

14.20 Idéaux d’un anneau-produit Soient A,A deux anneaux. Trouver tous les idéaux de l’anneau-produit A × A en fonction des idéaux de A et des idéaux de A .

14.21 Exemple d’idéal non principal dans Z[X]

 Montrer que P ∈ Z[X] ; 2 | P(0) , est un idéal non principal de Z[X].

14.22 Anneaux Zn , n ∈ N∗ Montrer que les anneaux Zn , n ∈ N∗ , sont deux à deux non isomorphes.

14.23 Exemple de divisibilité CNS sur (a,b) ∈ N2 pour que : ∀ n ∈ N, 5 | 2an+b + 3n .

14.24 Condition suffisante pour qu’un groupe fini soit abélien Soient G un groupe fini, e le neutre de G. On suppose qu’il existe un endomorphisme de groupes ∀ t ∈ G, f ◦ f (t) = t   f : G −→ G tel que : ∀ u ∈ G, f (u) = u ⇒ u = e .  −1 a) Montrer : ∀ x ∈ G, ∃ t ∈ G, x = t f (t) . b) En déduire : ∀ x ∈ G, f (x) = x −1 .

c) Montrer que G est abélien.

14.25 Sous-groupes d’un groupe infini Montrer que tout groupe infini admet une infinité de sous-groupes.

14.26 Morphimes de groupes de Z/aZ dans Z/bZ

    Pour (a,b) ∈ (N∗ )2 , déterminer tous les morphismes de groupes de Z/aZ ,+ dans Z/bZ ,+ .

14.27 Centre d’un anneau régulier Un anneau A est dit régulier si et seulement si : ∀ x ∈ A, ∃ y ∈ A, x yx = x.  On appelle centre d’un anneau A l’ensemble : Z = x ∈ A ; ∀ a ∈ A, ax = xa . Démontrer que le centre d’un anneau régulier est un anneau régulier.

14.28 Anneaux intègres n’ayant qu’un nombre fini d’idéaux / {0}. On suppose que A n’a qu’un nombre Soit A un anneau (commutatif) intègre tel que A = fini d’idéaux. Démontrer que A est un corps.

532

Du mal à démarrer ?

Du mal à démarrer ? 14.1

Calculer, par exemple : ab = a 5 (ab) = . . .

14.2

a) Récurrence sur k.

b) Récurrence sur p, en utilisant le résultat de a) pour transforp p mer bn n a en abn .

14.3

14.4

Se rappeler la définition d’un sous-anneau. On dit qu’une partie B de A est un sous-anneau de A si et seulement si :   1 A ∈ B et ∀(x,y) ∈ B 2 , x + y ∈ B, −x ∈ B, x y ∈ B . a) Immédiat.

b) 1) Utiliser la définition de : sous-anneau. 2) Raisonner par l’absurde, en utilisant la fonction constante 1 et une fonction continue non de classe C 1. c) 1) Utiliser la définition de : idéal. / I. 2) Remarquer : 1 ∈ / E. d) 1) Remarquer : 1 ∈ 2) Analogue à b) 2).

14.6

Résoudre la première équation (par exemple) en exprimant x en fonction d’un autre entier, noté a par exemple, puis reporter dans la deuxième équation et réitérer. a) Par (1) : x = 1 + 2a , puis, par (2) : a = −1 + 3b , etc b) Par (1) : x = 1 + 6a , puis, par (2), une contradiction.

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Pour x ∈ A, considérer l’application f : A −→ A, y −→ x y .

14.9 Remarquer que, puisque G est un groupe, pour tout g0 ∈ G fixé, l’application G −→ G, g −→ g0 g est une permutation de G, ce qui permet de réindexer la sommation.

a) Revenir à la définition de sous-groupe.

b) α) Utiliser la définition. β) Évident. γ ) • C (< A >) ⊂ C (A) par β) . • Soit x ∈ C (A). Montrer A ⊂ C ({x}), puis < A >⊂ C ({x}), x ∈ C (< A >) . δ) Appliquer α) et β) diversement.

14.5

14.8

c) Par (1) : x = 7 + 18a , puis, par (2) : a = −2 + 5b , et le report dans (3) donne une équation satisfaite pour tout b ∈ Z.

14.7

a), b) Essayer, à partir d’une des deux équations, d’exprimer une inconnue en fonction de l’autre, puis reporter dans x de Z/nZ est l’autre équation. Se rappeler qu’un élément inversible si et seulement si x ∧ n = 1.

c) Dans cet exemple, comme aucun coefficient de x ou y n’est premier avec 60, essayer d’éliminer x ou y par combinaison d’équations.

14.10

Utiliser les définitions : morphisme de groupes, noyau, image. Se rappeler les définitions d’image directe et d’image réciproque d’une partie par une application :   ∀ y ∈ G  , y ∈ f (H ) ⇐⇒ ∃ x ∈ H, y = f (x) , ∀ x ∈ G, x ∈ f −1 (H  ) ⇐⇒ f (x) ∈ H  .

14.11 Un sens est évident. Pour l’autre sens, si a n = 0 et a n−1 = 0, considérer x = a n−1 .

14.12 a) Si ab ∈ D il existe c ∈ A − {0} tel que (ab)c = 0, et séparer en cas : bc = 0, bc = 0. b) Si a ∈ D , il existe c ∈ A − {0} tel que ac = 0 et séparer en cas : ab = 0, ab = 0 .

14.13 a) Immédiat. b) 1) Montrer que A∗ (resp. B ∗ ) est un groupe pour la loi · , en revenant aux définitions. 2) Montrer que f ∗ est un morphisme de groupes.

14.14 1) Montrer que, pour tout idéal I de A (contenant Ker ( f )) , f (I ) est un idéal de A , en revenant aux définitions et en utilisant la surjectivité de f. 2) Montrer que, si I etJ sont deux idéaux de A contenant Ker ( f ), et tels que f (I ) = f (J ), alors I ⊂ J , puis I = J . 3) Montrer que, pour tout idéal I  de A , f −1 (I  ) est un idéal de A,   et montrer que f f −1 (I  ) = I  , en utilisant la surjectivité de f.

14.15 a) Évident. b) 1) Raisonner par l’absurde et, si u = (u n )n∈N engendre I , montrer que les u n sont tous non nuls et envisager √  w= |u n | n∈N . 2) Construire u = (u n )n∈N , v = (vn )n∈N ∈ A telles que : uv = 0, u ∈ / I, v ∈ / I , en séparant les rôles de n pair, n impair. 3) Considérer, par exemple, l’ensemble J des suites mixées d’une suite de termes d’indices pairs tendant vers 0 et d’une suite de termes d’indices impairs bornée. √ c) Immédiat. On obtient : I = I.

533

Chapitre 14 • Compléments d’algèbre générale

14.16 Remarquer qu’il s’agit du carré de x 4 + x 2 + 1. Procéder

14.24 a) Considérer l’application  −1 g : G −→ G, t −→ t f (t) .

par examen de tous les cas : x = 0, ±1, ±2 . . .

14.17 Soit (x,y) ∈ G 2 . Utiliser z ∈ G tel que y = z n et calculer zx(x n−1 y)x . Soit f : Sn −→ Z/ N Z un morphisme de groupes. Calculer f (τi j ) où τi j est la transposition qui échange i et j.

14.18

14.19 a) Revenir à la définition de : sous-anneau. b) 1) Montrer que, pour tout n ∈ N, An est un sous-anneau de Z2 . 2) Soit C un sous-anneau de Z2 . Considérer  E = |x − y| ; (x,y) ∈ C, x = / y et, si E = ∅ , considérer le plus petit élément n de E. Montrer alors C = An , en utilisant une division euclidienne.

14.20 1) Montrer que, si I (resp. I ) est un idéal de A (resp. A ), alors I × I  est un idéal de A × A . 2) Réciproquement, soit J un idéal de A × A . Considérer les deux projections I,I  de J :  I = x ∈ A ; ∃ x  ∈ A , (x,x  ) ∈ J ,  I  = x  ∈ A ; ∃ x ∈ A, (x,x  ) ∈ J . Montrer que I (resp. I ) est un idéal de A (resp. A ) et que J = I × I . 14.21 1) Montrer que I = {P ∈ Z[X] ; 2 | P(0) est un idéal de Z[X]. 2) Raisonner par l’absurde : supposer que I est principal, engendré par un P0 . Montrer deg (P0 ) = 0, puis considérer P1 = 2 + X.

14.22 Soit (m,n) ∈ (N∗ )2 . Supposer qu’il existe un isomorphisme d’anneaux f : Zm −→ Zn . Alors, les solutions d’une équation dans Zm doivent correspondre aux solutions de la même équation dans Zn . Envisager, par exemple, les idempotents, c’est-à-dire les solutions de l’équation x 2 = x.

14.23 En notant, pour tout n ∈ N, u n = 2an+b + 3n , montrer que (u n )n∈N est une suite récurrente linéaire du second ordre, à coefficients constants et entiers. En déduire :     ∀ n ∈ N, 5 | u n ⇐⇒ 5 | u 0 et 5 | u 1 . Étudier ensuite les congruences, modulo 5, des puissances de 2.

534

Montrer que g est injective, et en déduire que g est surjective. b) Soit x ∈ G. Utiliser a) et calculer f (x) . c) Utiliser b).

14.25 Soit G un groupe n’admettant qu’un nombre fini de sousgroupes. Montrer qu’il existe une partie finie F de G telle que :  <x >. G= x∈F

D’autre part, montrer que, pour tout x ∈ G, < x > est fini. En déduire une contradiction.

14.26 Pour x ∈ Z (resp. y ∈ Z ), noter x (resp.  y ) la classe de x (resp. y ) dans Z/aZ (resp. Z/bZ ) . • Soit f : Z/aZ −→ Z/bZ un morphisme de groupes. Montrer : ∀ x ∈ Z, f ( x ) = x f ( 1) 1) =  ξ. et considérer ξ ∈ {0,. . . ,b − 1} tel que f ( b Montrer que ξ est multiple de , où δ = pgcd (a,b). δ b • Réciproquement, soit ξ un multiple de . Montrer : δ    2 .

∀ x1 ,x2 ∈ Z, x1 = x2 ⇒ ξx1 = ξx x −→ ξ x Considérer alors f : Z/aZ −→ Z/bZ ,  et montrer que f est un morphisme de groupes.

14.27 Montrer d’abord que Z est un anneau, cf. exercice 14.4. Soit x ∈ Z. Il existe y ∈ A tel que : x = x yx. Noter z = yx y . Montrer : x = x zx, x y ∈ Z , z ∈ Z .

14.28 Il existe a ∈ A − {0} . Considérer, pour n ∈ N∗ : In = a n A = {a n x ; x ∈ A} . Il existe p,q ∈ N∗ tels que : p < q et I p = Iq . Il existe b ∈ A tel que : a p = a q b . Déduire : a(a q− p−1 b) = 1 A .

Corrigés des exercices 14.1

Puisque : ∀a ∈ A, ax = xa, on a : A ⊂ C({x}) .

ab = a 5 (ab) = a 6 b = a 3 (a 3 b) = a 3 (ba 3 ) = (a 3 b)a 3 = (ba 3 )a 3 = ba 6 = (ba)a 5 = ba .

14.2

Comme C({x}) est un sous-groupe de G, il en résulte : < A >⊂ C({x}), ∀α ∈< A >, αx = xα,

c'est-à-dire :

a) Récurrence sur k.

et donc :

• La propriété est évidente pour k = 0 .

Ainsi :

Supposons, pour k ∈ N fixé : bkn a = abk . Alors : b(k+1)n a = bkn (bn a) = bkn (ab) = (bkn a)b = (abk )b = abk+1 , donc la propriété est vraie pour k + 1 . On conclut, par récurrence sur k : ∀ k ∈ N, bkn a = abk . b) Récurrence sur p.

x ∈ C(< A >) . C(A) = C(< A >).

δ) D'après β ), appliqué à C(A) à la place de A :

  C(A) ⊂ C C C(A) .   D'après β) : A ⊂ C C(A) ,

  puis, d'après α) : C(A) ⊃ C C C(A) .

  On conclut : C C C(A) = C(A).

• La propriété est évidente pour p = 0. p

• Supposons, pour p ∈ N fixé : bn a p = a p b . Alors : bn

p+1

p

14.4 • Z ⊂ A et 1 ∈ Z.

p

a p+1 = (bn n a)a p =(abn )a p

• On a, pour tout (x,y) ∈ Z 2 :

a)

np

= a(b a ) = a(a b) = a p

p

p+1

b,

donc la propriété est vraie pour p + 1. On conclut, par récurrence sur p : p

∀ p ∈ N, bn a = a p b .

14.3

a) Soit A une partie de G.

• e ∈ C(A) , puisque :

∀a ∈ A, ae = ea.

• Pour tous x,y de C(A) : ∀a ∈ A, (x y)a = x(ya) = x(ay) = (xa)y = (ax)y = a(x y), et donc

x y ∈ C(A).

donc : x + y ∈ Z. • On a, pour tout x ∈ Z : ∀ a ∈ A, a(−x) = −ax = −xa = (−x)a , donc : −x ∈ Z. • On a, pour tout (x,y) ∈ Z 2 : ∀ a ∈ A, a(x y) = (ax)y = (xa)y = x(ay) = x(ya) = (x y)a , donc : x y ∈ Z . On conclut : Z est un sous-anneau de A.

• Soit x ∈ C(A). On a : ∀a ∈ A, ax = xa, d'où, en composant par x −1 à gauche et à droite : ∀a ∈ A,

∀ a ∈ A, a(x + y) = ax + ay = xa + ya = (x + y)a ,

x −1 a = ax −1 ,

et donc x −1 ∈ C(A) . Ainsi, C(A) est un sous-groupe de G. b) α) Supposons A ⊂ B, et soit x ∈ C(B) . On a : ∀b ∈ B, bx = xb , donc, a fortiori : ∀a ∈ A, ax = xa, c'est-à-dire : x ∈ C(A). Ceci montre : C(B) ⊂ C(A).

Remarque : Il en résulte que Z (muni des lois induites par celles de A) est lui-même un anneau, avec le même neutre que A pour la multiplication.

14.5 a) D’après le cours, A est un anneau pour les lois usuelles, addition et multiplication. b) 1) On a 1 ∈ B et, pour toutes f,g ∈ B : f + g ∈ B, − f ∈ B, f g ∈ B . On conclut : B est un sous-anneau de A.

β ) Soit a ∈ A. Par définition de C(A) : ∀x ∈ C(A), ax = xa,     donc, par définition de C C(A) : a ∈ C C(A) .

2) Si B était un idéal de A, puisque 1 ∈ B, on aurait B = A ,    1 contradiction car, par exemple, l’application x −→ x −  , 2

γ) • A ⊂< A >, donc (cf. b) α)) : C(A) ⊃ C(< A >).

est élément de A mais non de B.

• Soit x ∈ C(A).

On conclut : B n’est pas un idéal de A. 535

c) 1) On a 0 ∈ I et, pour toutes f,g ∈ I et h ∈ A :

• Puis, pour b ∈ Z : x ≡ 16 [45] ⇐⇒ −29 + 90b ≡ 16 [45]

f − g ∈ I et h f ∈ I , car :

( f − g)(0) = f (0) − g(0) = 0

et :

(h f )(0) = h(0) f (0) = h(0)0 = 0.

On conclut : I est un idéal de A. / I, I n’est pas un sous-anneau de A. 2) Comme 1 ∈ / E, car 1 ∈ / I et E ⊂ I, donc E n’est pas un sousd) 1) On a 1 ∈ anneau de A. 2) Considérons f,h : [0 ; 1] −→ R définies par : √ f : x −→ x, h : x −→ 1 − x . Il est clair que : f ∈ E et h ∈ A. √ Mais h f : x −→ x 1 − x n’est pas dérivable en 1, donc : hf ∈ / E. On conclut : E n’est pas un idéal de A.

14.6

Notons (S) le système proposé et S l’ensemble des solutions de (S).   x ≡ 1 [2] ⇐⇒ ∃ a ∈ Z, x = 1 + 2a . a) • On a : • Puis, pour a ∈ Z : x ≡ 2 [3] ⇐⇒ 1 + 2a ≡ 2 [3] ⇐⇒ 2a ≡ 1 [3] ⇐⇒ −2a ≡ −1 [3] ⇐⇒ a ≡ −1 [3]   ⇐⇒ ∃ b ∈ Z, a = −1 + 3b .

On obtient : x = 1 + 2a = 1 + 2(−1 + 3b) = −1 + 6b.

⇐⇒ 90b ≡ 45 [45] ⇐⇒ 2b ≡ 1 [1] , vrai pour tout b ∈ Z.

  (S) ⇐⇒ ∃ b ∈ Z, x = −29 + 90b .  S = − 29 + 90b ; b ∈ Z . On conclut :

Ainsi :

14.7 Notons (S) le système proposé et S l’ensemble des solutions de (S). 2 est inversible dans Z/13Z . a) Puisque 2 ∧ 13 = 1, 2 · 7 = 1. De plus, comme 2 · 7 = 14, on a : Ainsi, dans la première équation de (S) :

2 x + 3 y = 4 ⇐⇒ 7 ( 2 x + 3 y) = 7 · 4

⇐⇒ x = ⇐⇒ x + 21 y = 28 2 + 5 y. Puis, en reportant dans la deuxième équation de (S) :

3 x + 2 y = 5 ⇐⇒ 3 ( 2 + 5 y) + 2 y = 5

y = − ⇐⇒ 17 1 ⇐⇒ 4 y = − 1 ⇐⇒ − 3 ( 4 y) = (− 3)(− 1) ⇐⇒ y = 3. (−3) ∧ 13 = 1

= x = 2 + 5 y = 2 + 5 · 3 = 17 4. 

S = ( 4, 3) . On conclut :

Enfin :

7 est inversible dans Z/18Z . b) Puisque 7 ∧ 18 = 1, 7 · (− 5) = 1. De plus, comme 7 · 5 = 35, on a :

• Puis, pour b ∈ Z :

Ainsi, dans la première équation de (S) :

x ≡ 3 [5] ⇐⇒ −1 + 6b ≡ 3 [5] ⇐⇒ 6b ≡ 4 [5]   ⇐⇒ b ≡ −1 [5] ⇐⇒ ∃c ∈ Z, b = −1 + 5c .

4 x + 7 y = 1 ⇐⇒ − 5 ( 4 x + 7 y) = (− 5) · 1

⇐⇒ −20 x − 35 y = − 5

⇐⇒ − 2 x + y = − 5 ⇐⇒ y = 2 x − 5.

Ainsi : (S) ⇐⇒ ∃ c ∈ Z, x = −1 + 6(−1 + 5c) = −7 + 30c .  S = − 7 + 30c ; c ∈ Z . On conclut : b) Si x convient, alors, puisque x ≡ 1 [6] , x est impair, et, puisque x ≡ 4 [10], x est pair, contradiction.

5 x + 2 y = 2 ⇐⇒ 5 x + 2 ( 2 x − 5) = 2 ⇐⇒ 9 x = 12





⇒ 2 · 9 x = 2 · 12 ⇐⇒ 18 x = 24 ⇐⇒ 0 = 6, impossible.

On conclut : S = ∅.

On conclut : S = ∅.

c) • On a :

c) Essayons d’éliminer x ou y par combinaison d’équations. On a, en combinant avec les coefficients indiqués :   

y =

x = 27

(3) 2  5  3 x + 10 9  − 69 (S)    ⇒

x +

y = 36

(4). 5  − 1 15 4 y = 9 46

  x ≡ 7 [18] ⇐⇒ ∃ a ∈ Z, x = 7 + 18a .

• Puis, pour a ∈ Z : x ≡ 1 [30] ⇐⇒ 7 + 18a ≡ 1 [30] ⇐⇒ 18a ≡ −6 [30] ⇐⇒ 3a ≡ −1 [5]

⇐⇒ 2 · 3a ≡ −2 [5] 2∧5=1   ⇐⇒ a ≡ −2 [5] ⇐⇒ ∃ b ∈ Z, a = −2 + 5b . On obtient : x = 7 + 18a = 7 + 18(−2 + 5b) = −29 + 90b . 536

Puis, en reportant dans la deuxième équation de (S) :

, on a : X, y = Y En notant X,Y ∈ Z tels que x = (4) ⇐⇒ 46Y ≡ 36 [60] ⇐⇒ 23Y ≡ 18 [30] ⇐⇒ 7Y ≡ 12 [30] ⇐⇒ 13 · 7 Y ≡ 156 [30] 13∧30 = 1,7·13 = 91

⇐⇒ Y ≡ 6 [30] ⇐⇒ y ∈ { 6,36}.

6 : • Pour y =

=

3 x + 60 9 3x = 9 (S) ⇐⇒ ⇐⇒

x + 24

=

x = −15

= 45

15 9 15 ⇐⇒ 3x = 9 ⇐⇒ 3X ≡ 9 [60]

43}.

⇐⇒ X ≡ 3 [20] ⇐⇒ x ∈ { 3,23,

: • Pour y = 36

 = 3x = 9 3 x + 360 9 (S) ⇐⇒ ⇐⇒

x = −135  = 45,

x + 144  = 15 15 9 et on finit comme ci-dessus.

43}

× {

S = { 3,23, 6,36}.

On conclut :

14.8

1) Si A est un sous-groupe de G, alors, d’après le   cours : e ∈ A et ∀ x,y ∈ A, x y ∈ A .

2) Réciproquement, supposons :   e ∈ A et ∀ x,y ∈ A, x y ∈ A . Soit x ∈ A fixé. Considérons l’application





14.10 a) 1) Soit x ∈ f −1 f (H ) . Alors, f (x) ∈ f (H ) , donc il existe h ∈ H tel que : f (x) = f (h) . D’où : f (x − h) = f (x) − f (h) = 0, donc x − h ∈ Ker ( f ). Ainsi : x = h + (x − h), h ∈ H, x − h ∈ Ker ( f ).   f −1 f (H ) ⊂ H + Ker ( f ). Ceci montre : 2) Réciproquement, soit x ∈ H + Ker ( f ). Il existe h ∈ H, u ∈ Ker ( f ) tels que : x = h + u. On a : f (x) = f (h + u) = f (h) + f (u) = f (h) ∈ f (H ),   donc : x ∈ f −1 f (H ) .   Ceci montre : H + Ker ( f ) ⊂ f −1 f (H ) .   On conclut : f −1 f (H ) = H + Ker ( f ).   b) 1) Soit y ∈ f f −1 (H  ) . Il existe x ∈ f −1 (H  ) tel que y = f (x) . Alors, f (x) ∈ H  , donc y = f (x) ∈ H  . De plus, par définition de Im ( f ) : y = f (x) ∈ Im ( f ) . On déduit : y ∈ H  ∩ Im ( f ).   Ceci montre : f f −1 (H  ) ⊂ H  ∩ Im ( f ) . 2) Réciproquement, soit y ∈ H  ∩ Im ( f ). Alors, y ∈ H  et il existe x ∈ G tel que y = f (x) .

f : A −→ A, y −→ x y , qui est correctement définie d’après l’hypothèse. On a, pour tout (y1 ,y2 ) ∈ A2 : f (y1 ) = f (y2 ) ⇐⇒ x y1 = x y2 ⇐⇒ y1 = y2 , car, G étant un groupe, x admet un inverse.

Comme f (x) = y ∈ H  , on a : x ∈ f −1 (H  ) .   Ainsi : y = f (x) ∈ f f −1 (H  ) .   Ceci montre : H  ∩ Im ( f ) ⊂ f f −1 (H  ) .   On conclut : f f −1 () = H  ∩ Im ( f ).

Ceci montre que f est injective. Puisque f : A −→ A est injective et que A est finie, on déduit que f est bijective. Comme e ∈ A et que f est surjective, il existe x  ∈ A tel que f (x  ) = e , c’est-à-dire : x x  = e , et on a donc : x −1 = x  ∈ A. Finalement :     e ∈ A, ∀ x,y ∈ A, x y ∈ A , ∀ x ∈ A, x −1 ∈ A. On conclut que A est un sous-groupe de G.

14.9

/ 1. / 1 , il existe g0 ∈ G tel que ϕ(g0 ) = Comme ϕ = Puisque G est un groupe, l’application G −→ G, g −→ g0 g est une permutation de G, d’où :     ϕ(g) = ϕ(g0 g) = ϕ(g0 )ϕ(g) = ϕ(g0 ) ϕ(g) . g∈G

g∈G

g∈G





1 − ϕ(g0 ) ϕ(g) = 0,    g∈G = / 0  ϕ(g) = 0. et on conclut :

On déduit :

g∈G

14.11

(i) ⇒ (ii) :

On suppose N = {0}. Soit x ∈ A tel que x 2 = 0 . Alors, x ∈ N = {0}, donc x = 0. (ii) ⇒ (i) : On suppose :

  ∀ x ∈ A, x 2 = 0 ⇒ x = 0 .

On a déjà : {0} ⊂ N. Soit a ∈ N . / 0. Raisonnons par l’absurde : supposons a = / 0. Il existe n ∈ N − {0,1} tel que : a n = 0 et a n−1 = Puisque 2n − 2
n , on a : (a n−1 )2 = a 2n−2 = 0. Par hypothèse, il en résulte a n−1 = 0, contradiction. Ce raisonnement par l’absurde montre : a = 0. On a prouvé : N = {0}.

g∈G

14.12 a) Supposons ab ∈ D. / 0, On a alors, par définition de D : ab = / 0 et b = / 0. donc nécessairement a = Par hypothèse, il existe c ∈ A − {0} tel que (ab)c = 0. 537

/ 0 , alors : • Si bc =

2) On a, pour tout (x,y) ∈ (A∗ )2 :

a ∈ A − {0}, bc ∈ A − {0}, a(bc) = 0 , donc : a ∈ D.

f ∗ (x y) = f (x y) = f (x) f (y) = f ∗ (x) f ∗ (y) , donc f ∗ est un morphisme de (A∗ ,·) dans (B ∗ ,·).

• Si bc = 0, alors : b ∈ A − {0}, c ∈ A − {0}, bc = 0 , donc : b ∈ D.

On conclut que f ∗ est un morphisme de groupes de A∗ dans B ∗.

On conclut : a ∈ D ou b ∈ D. b) Supposons : a ∈ D ou b ∈ D. Comme a et b ont des rôles symétriques, on peut se ramener à supposer, par exemple : a ∈ D. Il existe donc c ∈ A − {0} tel que ac = 0. On a alors : c ∈ A − {0} et (ab)c = (ac)b = 0. / 0, alors : • Si ab =

Soit I ∈ I . Montrons que f (I ) est un idéal de A . • Puisque 0 A ∈ I, on a : 0 A = f (0 A ) ∈ f (I ). • Soient u,v ∈ f (I ) . Il existe x,y ∈ I tels que : u = f (x), v = f (y) . On a : u + v = f (x) + f (y) = f (x + y),

ab ∈ A − {0}, c ∈ A − {0}, (ab)c = 0 ,

et x + y ∈ I, donc : u + v ∈ f (I ) .

donc : ab ∈ D ⊂ D ∪ {0}.

• Soient a  ∈ A , u ∈ f (I ) .

• Si ab = 0 , alors : ab ∈ D ∪ {0}.

Il existe x ∈ I tel que y = f (x) , et, puisque f est surjectif, il existe a ∈ A tel que a  = f (a) .

On conclut : ab ∈ D ∪ {0}.

14.13

loi · .

On a : a  u = f (a) f (x) = f (ax),

Notons 1 A (resp. 1 B ) le neutre de A (resp. B ) pour la

a) Soit x ∈ A∗ . 





Il existe x ∈ A tel que : x x = x x = 1 A . On a : f (x) f (x  ) = f (x x  ) = f (1 A ) = 1 B f (x  ) f (x) = f (x  x) = f (1 A ) = 1 B , donc : f (x) ∈ B ∗ . Ceci montre : f (A∗ ) ⊂ B ∗ . b) Puisque f (A∗ ) ⊂ B ∗ , on peut considérer l’application f ∗ : A∗ −→ B ∗ , x −→ f (x) ,

et ax ∈ I , donc : a  u ∈ f (I ). Ceci montre que f (I ) est un idéal de A . Remarque : Nous venons de montrer que, si f : A −→ A est un morphisme surjectif d’anneaux, alors, pour tout idéal I de A, f (I ) est un idéal de A . f : I −→ I  , qui, à un On peut donc considérer l’application  idéal I de A contenant Ker ( f ), associe l’idéal f (I ) de A . f : 2) Injectivité de  f (I ) =  f (J ) , c’est-à-dire : Soient I,J ∈ I tels que  f (I ) = f (J ).

restriction de f à A∗ au départ et à B ∗ à l’arrivée.

Soit x ∈ I. On a : f (x) ∈ f (I ) = f (J ),

1) Montrons que A∗ (resp. B ∗) est un groupe pour la loi · .

donc il existe y ∈ J tel que : f (x) = f (y) .

• On a : 1 A ∈ A∗ , car 1 A 1 A = 1 A . • Soient x,y ∈ A∗ . Il existe x  ,y  ∈ A tels que : On a :

x x  = x  x = 1 A et yy  = y  y = 1 A . (x y)(y  x  ) = x(yy  )x  = x1 A x  = x x  = 1 A (y  x  )(x y) = y  (x  x)y = y  1 A y = y  y = 1 A ,

donc : x y ∈ A. • La loi · est associative dans A, donc dans A∗ . • Soit x ∈ A∗ . Il existe x  ∈ A tel que x x  = x  x = 1 A . On a alors : x  x = x x  = 1 A , donc x  ∈ A∗ .

538

14.14 1) Définition de  f :

On a alors : f (x − y) = f (x) − f (y) = 0, donc : x − y ∈ Ker ( f ). Ainsi : x =

+ y , donc : x ∈ J. (x − y)     ∈ Ker ( f ) ⊂ J ⊂ J

Ceci montre : I ⊂ J. Par rôles symétriques de I et J, on a donc : I = J. f est injective. On conclut :  f : 3) Surjectivité de  Soit I  ∈ I  .

Ceci montre que A∗ est un groupe pour la loi · de A.

Notons I = f −1 (I  ) , image réciproque de I  par f.

En appliquant ce résultat à B à la place de A, on déduit que B ∗ est un groupe pour la loi · de B .

∗ On a : f (0 A ) = 0 A ∈ I  , donc : 0 A ∈ I.

• Montrons que I est un idéal de A.

∗ Soient x,y ∈ I. Alors : f (x), f (y) ∈ I  , donc :

On a donc : ∀ n ∈ N,



f (x + y) = f (x) + f (y) ∈ I ,

/ 0. d’où nécessairement : ∀ n ∈ N, u n =

d’où : x + y ∈ f −1 (I  ) = I.

Considérons w = (wn )n∈N définie par :  ∀ n ∈ N, wn = |u n | .

∗ Soient a ∈ A, x ∈ I . Alors : f (x) ∈ I  donc : f (ax) = f (a) f (x) ∈ I  ,

Comme u n −−−→ 0 , on a : wn −−−→ 0, donc : w ∈ I . n∞

puis : ax ∈ f −1 (I  ) = I . Remarque : Nous venons de montrer que, si f : A −→ A est un morphisme d’anneaux, alors, pour tout idéal I  de A , f −1 (I  ) est un idéal de A. • On a : ∀ x ∈ Ker ( f ), f (x) = 0

A



∈I,

donc : ∀ x ∈ Ker ( f ), x ∈ f −1 (I  ) = I, −1

Il existe donc b = (bn )n∈N ∈ A telle que : w = bu . D’où :  ∀ n ∈ N, |u n | = bn u n . / 0, on déduit : Comme : ∀ n ∈ N, u n = 1 ∀ n ∈ N, |bn | = √ , |u n | n∞





(I ), f (x) ∈ I ,

On conclut : I n’est pas principal.

donc : f (I ) ⊂ I  . 

n∞

donc : |bn | −−−→ + ∞, contradiction avec (bn )n∈N bornée.

c’est-à-dire : Ker ( f ) ⊂ I. • ∗ On a : ∀ x ∈ I = f

1 = an u n , n+1



∗ Soit x ∈ I . Puisque f est surjectif, il existe x ∈ A tel que f (x) = x  . Mais alors x ∈ f −1 (I  ) = I, donc x  = f (x) ∈ f (I ).

2) Considérons u = (u n )n∈N , v = (vn )n∈N définies par : 0 si n pair 1 si n pair , vn = un = 1 si n impair 0 si n impair. u ∈ A, v ∈ A, uv = 0 ∈ I, u ∈ / I, v ∈ / I.

On a :

Ainsi : I  ⊂ f (I ).

On conclut : I n’est pas premier.

On a montré : f (I ) = I  .

3) Considérons l’ensemble J des suites réelles

f est surjective. Ceci établit que 

u = (u n )n∈N telles que (u 2n )n∈N soit bornée et que (u 2n+1 )n∈N converge vers 0. Il est clair que J est un idéal de A (comme en a), et que : I  J  A .

f est une bijection de I sur I . Finalement, 

14.15

a) 1) • A ⊂ RN et RN est un anneau pour les lois usuelles. • 1 ∈ A.

On conclut : I n’est pas maximal. c) Soient u = (u n )n∈N ∈ A, p ∈ N∗ . On a : u p ∈ I ⇐⇒ u np −−−→ 0 ⇐⇒ u n −−−→ 0 ⇐⇒ u ∈ I . n∞ n∞ √ On conclut : I = I .

 • ∀ u,v ∈ A, (u + v ∈ A, −u ∈ A, uv ∈ A ,

par propriétés des suites réelles bornées. On conclut : A est un anneau pour les lois usuelles. 2) • I ⊂ A , car, si une suite converge vers 0, alors elle est bornée. • 0 ∈ I.

14.16 Par commodité, pour tout x ∈ Z, on note x la classe de x modulo 13. On remarque :

• ∀ u,v ∈ I, u − v ∈ I, car :   u n −−→ 0 et vn −−→ 0 ⇒ u n − vn −−→ 0. n∞

n∞

n∞

• ∀ a ∈ A, ∀ u ∈ I, au ∈ I, car :   (an )n∈N bornée et u n −−→ 0 ⇒ an u n −−→ 0. n∞

n∞

On conclut : I est un idéal de A.

X8 + 2X6 + 3X4 + 2X2 + 1 = (X4 + X2 + 1)2 . Puisque 13 est premier, Z/13Z est un corps, donc : (1) ⇐⇒ (x 4 + x 2 + 1)2 = 0 ⇐⇒ x 4 + x 2 + 1 = 0 . Calculons, dans Z/13Z , x 2 , x 4 , puis x 4 + x 2 + 1 :

b) 1) Nous allons montrer que I n’est pas principal, en raisonnant par l’absurde. Supposons I principal. Il existe u ∈ I tel que : I = Au.



1 n+1 ∈ A telle que v = au .

 ∈ I , il existe

• Comme, par exemple, v = a = (an )n∈N

x

0

±1

±2

±3

±4

±5

±6

x

2

0

1

4

−4

3

−1

−3

x

4

0

1

3

3

−4

1 −4

1

3

8

0

0

1 −6

x +x +1 4

n∈N

Ainsi :

2



 x 4 + x 2 + 1 = 0 ⇐⇒ x = ±3 ou x = ±4 . 539

On conclut que l’ensemble S des solutions de (1) est :  S = − 4, −3, 3, 4 .

• Si C ⊂ {(x,x) ; x ∈ Z}, alors, comme (1,1) ∈ C et que C est un sous-anneau de Z2 , on déduit : C = {(x,x) ; x ∈ Z}.

14.17

Soit (x,y) ∈ G 2 . Puisque f est surjectif, il existe z ∈ G tel que : y = f (z) = z n . On a :

x n y = x n z n = f (x) f (z) = f (x z) = (x z)n ,

puis :

 z(x n y)x = z (x z)n )x = (zx)n+1 = (zx)(zx)n = zx f (zx) = zx f (z) f (x) = zx z n x n .

/ {(x,x)) ; x ∈ Z}. Alors, E = / ∅. Ainsi, E est • Supposons C ⊂ une partie non vide de N∗ , donc E admet un plus petit élément n. Montrons : C = An . ∗ Puisque n ∈ E, il existe (a,b) ∈ Z2 tel que |a − b| = n, donc a − b = εn , où ε ∈ {−1,1}. Ainsi, (a,a + εn) ∈ C . D’autre part, puisque C est un sous-anneau de Z2 : (1,1) ∈ C. Il en résulte, par addition et par opposition :

En simplifiant à gauche par zx et à droite par x, on déduit : x n−1 y = z n x n−1 = yx n−1 .

14.18

∀ x ∈ Z, (x,x) ∈ C. Comme C est un sous-anneau, on déduit :

Soit f : Sn −→ Z/ N Z un morphisme de groupes.

• Soit (i, j) ∈ {1,. . . ,n}2 tel que i < j. Notons τi j la transposition qui échange i et j. On a : 2 f (τi j ) = f (τi2j ) = f (Id{1,...,n} ) = 0 . Comme N est impair, 2 est premier avec N, donc on peut simplifier par 2 et déduire : f (τi j ) = 0. Ceci montre que, pour toute transposition τ, on a : f (τ) = 0. • Soit σ ∈ Sn . D’après le cours, il existe p ∈ N∗ et des des transpositions τ1 ,. . . ,τ p telles que : σ = τ1 ◦ · · · ◦ τ p . On a alors, puisque f est un morphisme de groupes : f (σ) = f (τ1 ◦ · · · ◦ τ p ) = f (τ1 ) + · · · + f (τ p ) = 0 + · · · + 0 = 0 .

On déduit : f = 0. On conclut que le seul morphisme de groupes de Sn dans Z/ N Z (pour N impair) est l’application nulle.

(0,εn) = (a,a + εn) − (a,a) ∈ C . Puisque C est stable par opposition et que ε ∈ {−1,1}, il en résulte : (0,n) ∈ C, puis, par addition et par opposition : ∀ k ∈ Z, (0,kn) ∈ C . Soit (x,y) ∈ An . Il existe k ∈ Z tel que : y − x = kn . On a : (x,y) = (x,x + kn) = (x,x) +(0,kn) ∈ C.       ∈C ∈C Ceci montre : An ⊂ C. ∗ Réciproquement, soit (x,y) ∈ C . Si x = y , alors (x,y) = (x,x) ∈ An . Supposons donc x = / y, par exemple x > y, le cas x < y s’y ramenant en échangeant les rôles de x et y. Par division euclidienne de x − y par n, il existe k,r ∈ N, tels que : x − y = kn + r et 0  r < n. Comme (x,y) ∈ C et (0,n) ∈ C, on a : (x,y + kn) ∈ C.

14.19 a) • A × B  ⊂ A × B et (1 A ,1 B ) ∈ A × B  . • On a, pour tous (x,y),(u,v) ∈ A × B  :

/ y + kn, alors, par définition de n : Si x = r = x − y − kn = |x − (y + kn)|
n ,



(x,y) − (u,v) = (x − u,y − v) ∈ A × B



(x,y)(u,v) = (x y,uv) ∈ A × B  .

contradiction. On a donc : x = y + kn, x ≡ y [n].

On conclut que A × B  est un sous-anneau de A × B.

Ceci montre : C ⊂ An .

b) 1) Montrons que, pour tout n ∈ N , An est un sous-anneau de Z2 . Soit n ∈ N .

Finalement, les sous-anneaux de Z2 sont les An , n ∈ N.

On obtient : C = An .

• (1,1) ∈ An car 1 − 1 = 0 ≡ 0 [n]. • Soient (x,y),(u,v) ∈ An , c’est-à-dire : x ≡ y [n] et u ≡ v [n] . On a :

x − u ≡ y − v [n] et xu ≡ yv [n],

donc :

(x,y) − (u,v) ∈ An et (x,y)(u,v) ∈ An .

On conclut que An est un sous-anneau de Z2 . 2) Soit C un sous-anneau de Z2 . Considérons  E = |x − y| ; (x,y) ∈ C et x = / y ⊂ N∗ . 540

14.20 1) Soient I un idéal de A, I  un idéal de A . Montrons que I × I  est un idéal de A × A . • (0,0) ∈ I × I  . • ∀ (x,x  ),(y,y  ) ∈ I × I  , (x,x  ) − (y,y  ) = (x − y,x  − y  ) ∈ I × I  . • ∀ (a,a  ) ∈ A × A , ∀ (x,x  ) ∈ I × I  , (a,a  )(x,x  ) = (ax,a  x  ) ∈ I × I  . On conclut : I × I  est un idéal de A × A .

2) Réciproquement, soit J un idéal de A × A . Nous allons montrer qu’il existe un idéal I de A et un idéal I de A tels que : J = I × I  . Notons  I = pr1 (J ) = x ∈ A ; ∃ x  ∈ A, (x,x  ) ∈ J ,  I  = pr2 (J ) = x  ∈ A ; ∃ x ∈ A, (x,x  ) ∈ J .

2) Montrons que I n’est pas principal. 

α) Montrons que I est un idéal de A.

Raisonnons par l’absurde : supposons que I soit un idéal principal de Z[X]. Il existe alors P0 ∈ Z[X] tel que : I = P0 Z[X]. Remarquons que le polynôme constant 2 est élément de I. Il existe donc Q 0 ∈ Z[X] tel que : 2 = P0 Q 0 . Par considération des degrés, on a nécessairement : deg (P0 ) = deg (Q 0 ) = 0, c’est-à-dire :

P0 ∈ Z∗ , Q 0 ∈ Z∗ .

• 0 ∈ I car 0 = pr1 (0,0) et (0,0) ∈ J .

Si P0 = ±1, alors I = P0 Z[X] = Z[X] , contradiction car 1 ∈ Z[X] et 1 ∈ / I.

• Soit x,y ∈ I. Il existe x  ,y  ∈ A tels que :

On a donc nécessairement : P0 = ±2.

(x,x  ) ∈ J et (y,y  ) ∈ J . On a : (x − y,x  − y  ) = (x,x  ) − (y,y  ) ∈ J, donc : x − y ∈ pr1 (J ) = I. • Soient a ∈ A, x ∈ I . Il existe x  ∈ A tel que (x,x  ) ∈ J. 

D’autre part, comme 2 + X ∈ I, il existe Q 1 ∈ Z[X] tel que : 1 2 + X = P0 Q 1 = ±2Q 1 , d’où ±Q 1 = 1 + X ∈ / Z[X] , 2 contradiction. On conclut : I est un idéal non principal de Z[X].



On a : (ax,ax ) = (a,a)(x,x ) ∈ J,

14.22 Soit (m,n) ∈ (N∗ )2 .

donc : ax ∈ pr1 (J ) = I. Ceci montre que I est un idéal de A.

Supposons qu’il existe un isomorphisme d’anneaux

β) De même, I est un idéal de A .

f : Zm −→ Zn .

γ) On a : J ⊂ I × I  .

Considérons Sm = {u ∈ Zm ; u 2 = u} et Sn de même.

En effet, pour tout (x,x  ) ∈ J , on a x = pr1 (x,x  ) ∈ I et x  = pr2 (x,x  ) ∈ I  , donc (x,x  ) ∈ I × I  .

• On a, pour tout u = (u 1 ,. . . ,u m ) ∈ Zm :   u ∈ Sm ⇐⇒ u 2 = u ⇐⇒ ∀ k ∈ {1,. . . ,m}, u 2k = u k   ⇐⇒ ∀ k ∈ {1,. . . ,m}, u k ∈ {0,1} .





δ) Montrons : I × I  ⊂ J. Soit (x,y  ) ∈ I × I  . Par définition de I et de I  , il existe x  ∈ A , y ∈ A tel que : (x,x  ) ∈ J et (y,y  ) ∈ J. On a alors : (x,0) = (1,0)(x,x  ) ∈ J et (0,x  ) = (0,1)(x,x  ) ∈ J , donc :

(x,x  ) = (x,0) + (0,x  ) ∈ J.

Ceci montre : I × I  ⊂ J . On conclut qu’il existe un idéal I de A et un idéal I  de A tels que : J = I × I  . Finalement : les idéaux de A × A sont les I × I  , où I est un idéal de Aet I  un idéal de A .

14.21

D’abord, il est clair que Z[X] est un anneau commutatif intègre. Notons I = {P ∈ Z[X] ; 2 | P(0)}. 1) Montrons que I est un idéal de Z[X].

Il en résulte : Sm = {0,1}m , et donc : Card (Sm ) = 2m . • D’autre part, montrons : Card (Sm ) = Card (Sn ) . Soit u ∈ Sm . Puisque f est un morphisme d’anneaux, on a :  2 f (u) = f (u 2 ) = f (u), donc : f (u) ∈ Sn . Ceci montre : f (Sm ) ⊂ Sn ,   donc : Card f (Sm )  Card (Sn ) . Comme f est un isomorphisme d’anneaux, on peut appliquer le résultat précédent en échangeant les rôles de m et n, et on déduit : Card (Sm ) = Card (Sn ). • Enfin :

2m = Card (Sm ) = Card (Sn ) = 2n , donc : m = n.

Ceci établit que, s’il existe un isomorphisme de Zm sur Zn , alors m = n. Par contraposition, on conclut que les anneaux Zn , pour n ∈ N∗ sont deux à deux non isomorphes.

• 0 ∈ I car 2 | 0. • On a, pour tous P,Q ∈ I : 2 | P(0) et 2 | Q(0) donc 2 | P(0) − Q(0) = (P − Q)(0) d’où P − Q ∈ I. • On a, pour tout A ∈ Z[X] et tout P ∈ I : 2 | P(0), donc 2 | P(0)Q(0) = (P Q)(0), d’où : P Q ∈ I. On conclut : I est un idéal de Z[X].

14.23 Notons, pour tout n ∈ N : u n = 2an+b + 3n . On a : ∀ n ∈ N, u n = 2b (2a )n + 3n , donc (u n )n∈N est une suite récurrente linéaire du second ordre, à coefficients constants, dont l’équation caractéristique a pour solutions (distinctes) 2a et 3. 541

On a donc : ∀ n ∈ N, u n+2 = (2a + 3)u n+1 − 2a 3u n . Il en résulte que, si 5 divise u 0 et u 1, alors, par récurrence à deux pas, comme 2a + 3 et 2a 3 sont des entiers, 5 divise u n pour tout n ∈ N. D’autre part, la réciproque est évidente. On a donc :   ∀ n ∈ N 5 | u n ⇐⇒



⇐⇒



5 | u0

⇐⇒

5 | u1

5|2 +1 b

5 | 2a+b + 3 b 2 ≡ −1 [5] 2b ≡ −1 [5] ⇐⇒ a b 2 2 ≡ −3 [5] 2a ≡ 3 [5].

 −1 b) Soit x ∈ G. D’après a), il existe t ∈ G tel que x = t f (t) . On a :   −1   −1  = f (t) f f (t) f (x) = f t f (t)  −1 −1 = x −1 . = f (t)t −1 = t f (t) c) Soit (x,y) ∈ G 2 . On a, en utilisant le résultat de b) appliqué à x y, à x, à y :  −1  −1  −1 x y = (x y)−1 = f (x y) = f (x) f (y) −1  −1  f (x) = f (y) = (y −1 )−1 (x −1 )−1 = yx. On conclut : G est abélien.

On remarque : 24 = 16 ≡ 1 [5]. Effectuons les divisions euclidiennes de a et b par 4 : a = 4α + r, α,r ∈ N, r  3

Soit G un groupe n’admettant qu’un nombre fini de sousgroupes.

2a ≡ 3 [5] ⇐⇒ 24α+r ≡ 3 [5] ⇐⇒ 2r ≡ 3 [5] .

• Il est clair qu’en notant, pour tout x ∈ G, < x > le sous-groupe  < x > . Comme G n’a de G engendré par x, on a : G =

On calcule les 2r modulo 5 :

x∈G

r

0

1

2

3

r

1

2

4

3

2

Donc : 2r ≡ 3 [5] ⇐⇒ r = 3 . De même : 2b ≡ −1 [5] ⇐⇒ 2s ≡ −1 [5] ⇐⇒ s = 2 . Finalement, la CNS cherchée est : a ≡ 3 [4] et b ≡ 2 [4] . Par exemple, pour a = 3 et b = 2 , on a : ∀ n ∈ N, 5 | 23n+2 + 3n . a) Considérons l’application

 −1 g : G −→ G, t −→ t f (t) .

• Montrons que g est injective. Soit (t,u) ∈ G 2 tel que g(t) = g(u). On, a alors :  −1  −1 t f (t) = u f (u) , d’où, en composant à gauche par u −1 et à droite par f (t) :  −1 u −1 t = f (u) f (t) = f (u −1 t), puisque f est un endomorphisme du groupe G.

qu’un nombre fini de sous-groupes, il existe une partie finie F  <x >. de G telle que : G = x∈F

• D’autre part, montrons que, pour tout x ∈ G, < x > est fini. Raisonnons par l’absurde. Supposons qu’il existe x ∈ G tel que < x > soit infini. D’après le cours, on a alors : < x > Z . On sait, d’après le cours, que Z admet une infinité de sousgroupes, les nZ, pour n ∈ N∗ , deux à deux distincts. Par isomorphisme, < x > admet une infinité de sous-groupes, puis G admet une infinité de sous-groupes, contradiction. Ceci montre que, pour tout x ∈ G, < x > est fini.  < x > , et que F et les < x > sont finis, • Puisque G = x∈F

on conclut que G est fini.

14.26 Pour x,y ∈ Z, notons x , y˜ les classes de x, y dans Z/aZ , Z/bZ respectivement. • Soit f : Z/aZ −→ Z/bZ un morphisme de groupes. Puisque Z/aZ est monogène, engendré par 1 , f est entièrement dé1), et on a alors : terminé par la donnée de f ( ∀x ∈ Z, f ( x ) = x f ( 1). 1) =  ξ . On a : Il existe ξ ∈ {0,. . . , b − 1} tel que f (  aξ = a ξ = a f ( 1) = f (a 1) = f ( a ) = f ( 0) =  0,

D’après l’hypothèse, il s’ensuit : u −1 t = e, u = t.

d'où : b | aξ .

Ceci établit que g est injective.

Notons δ = pgcd (a,b) ; il existe (a  ,b ) ∈ N∗2 tel que :

• Puisque g : G −→ G est injective et que G, est fini, g est surjective.  −1 On conclut : ∀ x ∈ G, ∃ t ∈ G, x = t f (t) . 542

met qu’un nombre fini de sous-groupes, alors ce groupe est fini.

b = 4β + s, β,s ∈ N, s  3. On a :

14.24

14.25 Par contraposition, montrons que, si un groupe n’ad-

a = δa  , b = δb,

a  ∧ b = 1.

Alors : b | aξ ⇐⇒ δb | δa  ξ ⇐⇒ b | a  ξ ⇐⇒ b | ξ, en utilisant le théorème de Gauss.

Ainsi, si f : Z/aZ −→ Z/bZ est un morphisme de groupes, b 1) =  ξ , où ξ est un multiple de . alors f ( δ b • Réciproquement, soit ξ un multiple de . δ x = x  . On a alors : a | x − x  , donc Soient x,x  ∈ Z tels que ξδa  = ξa | (ξx − ξx  ) .  . ξx = ξx Comme b | ξδ, on déduit b | (ξx − ξx  ) , c'est-à-dire  On peut donc définir une application f : Z/aZ −→ Z/bZ par : ∀x ∈ Z, f ( x) =  ξx .

2) Montrons : x y ∈ Z . Soit a ∈ A. Puisque x ∈ Z et que la multiplication est associative dans A, on peut déplacer le facteur x dans des produits, d’où : a(x y) = (ax)y = (xa)y = x(ay) = (x yx)(ay) = x yxay , (x y)a = x(ya) = (ya)x = (ya)(x yx)     = y(ax)y x = x y(xa)y = x yxay.

3) Montrons z ∈ Z. On a, pour tout a ∈ A : az = a(yx y) = (ay)(x y)

= (x y)(ay) xy ∈ Z = yax y = x yya = yx ya = za. x∈Z xy ∈ Z x∈Z

L'application f ainsi définie est un morphisme de groupes, car, pour tout (x,y) de Z2 :  + ξy =  ξx + ξy f ( x + y) = f (x + y) = ξ(x + y) = ξx = f ( x ) + f ( y). Finalement, les morphismes de groupes de Z/aZ dans Z/bZ sont les applications Z/aZ −→ Z/bZ , où ξ ∈ {0,. . . ,b − 1} 

x −→ ξx

∀ a ∈ A, a(x y) = (x y)a,

Ceci montre : donc : x y ∈ Z.

Ceci montre : z ∈ Z. Finalement : ∀ x ∈ Z , ∃ z ∈ Z , x zx = x. On conclut : Z est un anneau régulier.

14.28

b . est un multiple de pgcd (a,b)

Soit a ∈ A − {0} . Considérons, pour tout n ∈ N∗ : In = a n A = {a n x ; x ∈ A}, qui est l’idéal principal engendré par a n.

Il est clair que les morphismes ainsi obtenus sont deux à deux

Par hypothèse, A n’a qu’un nombre fini d’idéaux.

distincts et qu'il y en a pgcd (a,b) .

Il existe donc p,q ∈ N∗ tels que : p < q et I p = Iq .

Par exemple, les morphismes de Z/12Z dans Z/18Z sont les  , où ξ = 0, 3, 6, 9, 12, 15 . x −→ ξx six applications f ξ :

On a :

donc il existe b ∈ A tel que : a p = a q b. Alors :

14.27

Soit A un anneau régulier.

a p = a p 1 A ∈ I p = Iq , a p (1 A − a q− p b) = a p − a q b = 0.

/ 0 et que A est intègre, il en résulte : Comme a =

D’après l’exercice 14.4, le centre Z de A est un sous-anneau de A, donc est un anneau.

1 A − a q− p b = 0. Notons c = a q− p−1 b, qui est correctement défini car q − p − 1 ∈ N, avec la convention a 0 = 1 A .

Soit x ∈ Z. Puisque A est régulier, il existe y ∈ A tel que : x = x yx . Considérons z = yx y. Nous allons montrer x = x zx et z ∈ Z, ce qui établira que Z est un anneau régulier.

On a alors ac = 1, donc a admet un inverse.

1) On a :

x zx = x(yx y)x = (x yx)(yx) = x(yx) = x.

Ceci montre que tout élément de A − {0} admet un inverse, et on conclut que A est un corps.

543

Géométrie

Plan

CHAPITRE

15

Thèmes abordés dans les exercices

Les méthodes à retenir 545

•

Reconnaître si une courbe de l’espace est plane, et si oui, déterminer son plan

Énoncés des exercices 547

•

Calcul d’une abscisse curviligne, d’une longueur d’arc

Du mal à démarrer ?

•

Détermination de la tangente en un point régulier d’un arc paramétré

•

Détermination la normale ou/et du plan tangent en un point régulier d’une surface

•

Réduction des quadriques

•

Détermination de toutes les droites tracées sur une surface donnée.

Corrigés

549 551

Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •

Formule donnant la dérivée de l’abscisse curviligne sur un arc paramétré

• •

Vecteur directeur de la tangente en un point régulier d’un arc paramétré Pour une surface S donnée par une EC F(x,y,z) = 0, le plan tangent à S en −−→ un point régulier M(x,y,z) de S est orthogonal à grad F(x,y,z)

•

Pour une surface S donnée par une RP (u,v) −→ M(u,v), le plan tangent à S −→ −→ ∂M ∂M (u,v) ∧ (u,v) en un point régulier M(u,v) de S est normal à ∂u ∂v Le tableau des quadriques sur leur équation réduite.

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

•

Les méthodes à retenir Par commodité, on utilise les abréviations suivantes : RP pour : représentation paramétrique EC pour : équation cartésienne SEC pour : système d’équations cartésiennes. 545

546

Chapitre 15 • Géométrie

• Essayer d’éliminer le paramètre t entre x(t), y(t), z(t) , de façon à obtenir une EC de plan.

➥ Exercices 15.1, 15.5 Pour montrer qu’une courbe donnée par une RP est plane

/ (0,0,0), et tel que : • Chercher (A,B,C,D) ∈ R4 , tel que (A,B,C) = ∀ t, Ax(t) + By(t) + C z(t) + D = 0. En particulier, se rappeler qu’un polynôme P est le polynôme nul si et seulement si P s’annule en une infinité de points.

➥ Exercice 15.5.

Pour calculer une abscisse curviligne sur un arc paramétré

Appliquer la formule du cours, pour la dérivée de l’abscisse curvi 2  2  2 

x (t) + y (t) + z (t) , puis, pour la lonligne : s (t) =   b   s (t) dt . gueur d’un arc : L = |s(b) − s(a)| =  a

➥ Exercice 15.2. • Si la surface S est donnée par une EC F(x,y,z) = 0, où F est de classe C 1 sur un ouvert de R3 , la normale à S en un point régulier M(x,y,z) de S est la droite passant par M et dirigée par −−→ grad F(x,y,z), et le plan tangent en M à S admet pour EC : (X − x)Fx (x,y,z) + (Y − y)Fy (x,y,z) + (Z − z)Fz (x,y,z) = 0 . Pour étudier le plan tangent ou la normale en un point régulier M d’une surface S

Pour étudier la tangente en un point régulier M(t) d’un arc paramétré C

➥ Exercices 15.3, 15.7 • Si la surface S est donnée par une RP (u,v) −→ M(u,v), où M est de classe C 1 sur un ouvert de R2 , la normale à S en un point régulier −→ −→ ∂M ∂M (u,v) ∧ (u,v), et le plan tangent M(u,v) de S est dirigée par ∂u ∂v −→ ∂M (u,v) et en M à S est le plan passant par M et dirigé par ∂u −→ ∂M (u,v). ∂v ➥ Exercice 15.4.

Utiliser le fait que la tangente en M(t) à C est dirigée par

−→ dM . dt

➥ Exercice 15.6.

Énoncés des exercices

Il est d’abord nécessaire de retenir le tableau des quadriques, qui est dans le cours. Écrire la matrice Q de la forme quadratique canoniquement associée à S. • Si Q est inversible, alors S est une quadrique à centre. Le centre −−→ − → Ω(x,y,z) de S est obtenu en résolvant grad F(x,y,z) = 0 . Changer d’origine, nouvelle origine Ω. Déterminer une base orthonormée (direc− → − → − → − → − → − → te) ( I , J , K ) de réduction de Q. Dans le repère (Ω ; I , J , K ), S admet une équation réduite. Reconnaître alors la nature de S et nommer S. • Si Q n’est pas inversible, déterminer une base orthonormée (directe) − → − → − → ( I , J , K ) de réduction de Q, et écrire l’équation de S dans le − → − → − → repère (O ; I , J , K ) . Utiliser des mises sous formes canoniques de trinômes, pour obtenir une équation réduite de S.

Pour déterminer la nature d’une quadrique S, donnée par une EC F(x,y,z) = 0, et pour nommer S

➥ Exercice 15.8.

Pour déterminer toutes les droites ∆ tracées sur une surface S

Si ∆ n’est pas horizontale, ∆ admet un SEC de la forme : x = az + p (a,b, p,q) ∈ R4 . y = bz + q Reporter dans l’EC de S. L’inclusion de ∆ dans S se traduit par un système d’équations d’inconnue (a,b, p,q) . Résoudre ce système.

➥ Exercice 15.11 a)

Énoncés des exercices 15.1 Courbe plane dans l’espace

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

    π π , y = cos t, z = cos t + ,t ∈R Montrer que la courbe C de RP : x = cos t − 3 3

est plane, déterminer son plan, et reconnaître la nature de C .

15.2 Exemple de calcul d’abscisse curviligne Calculer l’abscisse curviligne s(t) en tout point M(t) de l’arc paramétré C de RP : x = et cos t, y = et sin t, z =

√ t 2e , t ∈ R

en prenant comme origine des abscisses curvilignes le point de C de paramètre t = 0.

15.3 Condition sur la normale en un point d’une surface Existe-t-il un point M de la surface S d’EC x 2 + y 2 − z 2 = 1 en lequel la normale soit dirigée par − → → v (3, 2, 1) ? u (1, 2, 3) ? par − 547

Chapitre 15 • Géométrie

15.4 Plan tangent en un point d’une surface donnée par une RP Soit S la surface de RP : x = eu , y = ev , z = uv, (u,v) ∈ R2 . Montrer que tout point de S est régulier, et déterminer le plan tangent en tout point M(u,v) de S .

15.5 Courbe plane dans l’espace Montrer que la courbe Γ de RP : x =

t −1 t +1 1 , y= , z= 2 , t ∈ R − {0,1} t t −1 t −t

est plane et déterminer son plan.

15.6 Condition sur la tangente en un point d’une courbe Soit Γ la courbe de RP : x = et cos t, y = et sin t, z = 2 et + 1, t ∈ R. Montrer que la tangente en tout point M de Γ fait un angle constant avec le plan x Oy .

15.7 Plan tangent contenant une droite donnée Déterminer le (ou les) plan(s) tangent(s) à la surface S d’EC x 2 + y 2 − z 2 = 1 et contenant la

x =1 droite D de SEC y = z + 2.

15.8 Réduction des quadriques Pour chaque quadrique S d’équation donnée, préciser : • un repère orthonormé (direct) dans lequel S admet une équation réduite • une équation réduite de S • la nature de S. a) 7x 2 + 4x y − 4x z + 4y 2 − 2yz + 4z 2 − 2x + 8y − 14z + 16 = 0 b) 11x 2 − 16x y − 4x z + 5y 2 − 20yz + 2z 2 + 30x − 66y + 24z + 45 = 0 c) x 2 − 2x y + y 2 + 2z 2 + 2x − 5 = 0 d) 2(x + y)(y − z) − 3x = 0 √ √ √ √ √ e) 2x 2 + 3y 2 + z 2 + 2 6 x y + 2 2 x z + 2 3 yz + 2 x + 2 3 y + 4z + 1 = 0 .

15.9 Exemple de nature d’une quadrique Quelle est la nature de la quadrique S d’EC : (2x + 3y)2 + (y + 2z)2 + (3z − x)2 = 1 ?

15.10 Lieu des points équidistants de deux droites données Soit (θ,h) ∈ ]0 ; π/2[×]0 ; +∞[ . Former une EC de la surface S lieu des ponts M de E3 équi

x cos θ = −y sin θ x cos θ = y sin θ D

distants des deux droites D z = −h. z=h Quelle est la nature de S ?

15.11 Droites tracées sur une surface, plan tangent On note S la surface d’EC x 3 + y 3 + z 3 = 1. a) Déterminer les droites tracées sur S. b) Montrer que ces droites sont situées dans un même plan P, que l’on déterminera. c) Quel est le plan tangent à S en chacun des points d’intersection de ces droites deux à deux ? 548

Du mal à démarrer ?

15.12 Ensemble des points équidistants de deux droites données Former une EC de la surface S, réunion des droites ∆ de E3 rencontrant les trois droites :

x = y y=0 x =0 D2 D1 D3 z = 0. z = −1 z=1

Du mal à démarrer ?     π π , puis combiner et cos t + Développer cos t − 3 3 x,y,z pour faire apparaître une EC de plan.

Ax 2 + 2Bx y + 2C x z + Dy 2 + 2E yz + F z 2

15.1

Calculer x (t), y (t), z (t),  2  2  2 x (t) + y (t) + z (t) , puis s (t) =  t s (u) du. et enfin s(t) =

15.2

0

15.3

La normale N en tout point M(x,y,z) de S est dirigée par −−→ grad F(x,y,z), où F(x,y,z) est le premier membre d’une EC → → v ) diriu (resp. − de S, de la forme F(x,y,z) = 0. Traduire que − −−→ − → − → ge N par la colinéarité de grad F(x,y,z) à u (resp. v ).

−→ −→ ∂M ∂M ∧ en tout point M(u,v) de S, montrer 15.4 Calculer ∂u ∂v que ce vecteur n’est pas nul, puis écrire une EC du plan passant −→ −→ ∂M ∂M . et par M(u,v) et dirigé par ∂u ∂v

15.5

1) 1re méthode : Combinaison judicieuse de x,y,z :

Exprimer x,y,z en fonction de x,y,z pour éliminer

1 1 , puis combiner et de t t −1

1 1 et . t t −1



A notons Q =  B C

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Ax + By + C z + D = 0 , puis traduire Γ ⊂ P. −−→ Déterminer un vecteur directeur V1 (t) de la tangente à Γ en M(t), puis calculer l’angle θ entre cette tangente et le plan −−→ − → x Oy , à l’aide du produit scalaire de V1 (t) et k .

15.6

15.7

Former une EC du plan tangent Π0 en un point quelconque M0 (x0 ,y0 ,z 0 ) de S, puis traduire que ce plan contient la droite D. Ne pas oublier la condition M0 ∈ S.

15.8

Pour une quadrique S d’EC, dans un repère orthonormé − → − → − → (direct) R = (O ; i , j , k ) :

+ 2Gx + 2H y + 2I z + J = 0,  C E  ∈ S3 (R). F

• Si Q est inversible, alors S est une quadrique à centre, et le centre Ω(x,y,z) de S est obtenu en résolvant l’équation −−→ − → grad F(x,y,z) = 0 , où F : (x,y,z) −→ Ax 2 + · · · + J. Ayant calculé Ω , on se place dans le repère orthonormé (direct) − → − → − →

R = (Ω ; i , j , k ) , et S admet pour EC dans R :

AX 2 + 2B X Y + 2C X Z + DY 2 + 2EY Z + F Z 2 + J1 = 0 , où J1 est à calculer. On détermine ensuite une base orthonormée (directe) − → − → − → ( I , J , K ) de réduction de la matrice symétrique réelle Q. − → − → − →

Dans R = (Ω ; I , J , K ) , S admet une EC de la forme : 2 λu + µv 2 + νw2 + J1 = 0. • Si Q n’est pas inversible,on calcule une base orthonormée (direc− → − → − → − → − → − → te) ( I , J , K ) de réduction de Q. Dans R = (O ; I , J , K ), S admet une EC de la forme : λX 2 + µY 2 + ν Z 2 + 2G 1 X + 2H1 Y + 2I1 Z + J = 0 .

2) 2e méthode : Recherche de tout plan pouvant convenir : Écrire l’EC générale d’un plan P :

B D E

Des mises sous formes canoniques de trinômes permettront ensuite d’aboutir à une équation réduite.

15.9

Remarquer que les expressions 2x + 3y, y + 2z, 3z − x sont liées.

15.10 Déterminer un point de D et un vecteur directeur de D. En  2 déduire, pour tout M(x,y,z) ∈ E3 , l’expression de d(M,D) .   2 Faire de même pour d(M,D ) .Traduire ensuite M(x,y,z) ∈ S  2  2 par : d(M,D) = d(M,D ) .

15.11 a) Soit ∆ une droite de E3 . 1) Si ∆ n’est pas horizontale, ∆ admet un SEC de la forme : x = az + p (a,b, p,q) ∈ R4 . y = bz + q

549

Chapitre 15 • Géométrie Traduire ∆ ⊂ S par un ensemble de conditions sur a,b, p,q, puis résoudre ces conditions.

Remarquer que, par exemple, le plan tangent en le point de D1 ∩ D2 contient D1 et D2 .

2) Si ∆ est horizontale, par une permutation de lettres, se ramener au cas précédent.

15.12 Remarquer que ∆ ne peut pas être horizontale, donc ∆

b) Un plan très simple contient les trois droites obtenues en a). c) 1) 1re méthode : Détermination des plans tangents : Déterminer, en un point d’intersection des droites précédentes, le plan tangent, et constater que ce plan est le plan P obtenu en b). 2) 2e méthode : Utilisation de tangentes à des courbes tracées sur une surface :

550

admet un SEC de la forme :

x = az + p y = bz + q

(a,b, p,q) ∈ R4 .

Traduire que ∆ rencontre D1 , D2 , D3 , et exprimer, par exemple, b, p,q en fonction de a. On obtient ainsi une droite ∆a , a ∈ R . Enfin, éliminer a entre les deux équations de ∆a pour obtenir une EC de la surface S.

Corrigés des exercices 15.1

• En développant les formules données dans l’énoncé, la courbe C admet la RP : √  3 1   cos t + sin t x(t) =    2 2  y(t) = cos t   √     z(t) = 1 cos t − 3 sin t, 2 2 d’où, en combinant : ∀ t ∈ R, x(t) − 2y(t) + z(t) = 0,

ce qui montre que C est plane, contenue dans le plan P d’EC : x − 2y + z = 0.

F : R3 −→ R, (x,y,z) −→ x 2 + y 2 − z 2 − 1 est de classe C 1 sur R3 et, pour tout (x,y,z) ∈ R3 : −−→ grad F(x,y,z) = (2x, 2y, −2z) . −−→ − → D’où : grad F(x,y,z) = 0 ⇐⇒ (x,y,z) = (0,0,0), / S. Ainsi, tout point de S est régulier. mais (0,0,0) ∈ La normale N en un point M(x,y,z) de S est dirigée par −−→ grad F(x,y,z) , ou encore par (x, y, −z). 1)

• On a, pour tout M(x,y,z) ∈ E3 :  x = x(t)    M ∈ C ⇐⇒ ∃ t ∈ R, y = y(t)    z = z(t)

− → u dirige N ⇐⇒ (x,y,−z) colinéaire à (1,2,3)   ⇐⇒ ∃ λ ∈ R, x = λ, y = 2λ, z = −3λ . On a alors :

 x + z = cos t   y = cos t ⇐⇒ ∃ t ∈ R,   √ x − z = 3 sin t  x +z = y     ⇐⇒ x −z 2 2  = 1. y + √ 3 Ainsi, C = P ∩ S, où P est un plan et S un cylindre elliptique. On conclut que C est une ellipse.

15.2

15.3 L’application

x 2 + y 2 − z 2 = 1 ⇐⇒ (12 + 22 − 32 )λ2 = 1 ⇐⇒ −4λ2 = 1 , impossible. On conclut qu’il n’existe aucun point de S en lequel la normale → u . à S soit dirigée par − 2) − → v dirige N ⇐⇒ (x,y,−z) colinéaire à (3,2,1)   ⇐⇒ ∃ µ ∈ R, x = 3µ, y = 2µ, z = −µ . On a alors : x 2 + y 2 − z 2 = 1 ⇐⇒ (32 + 22 − 12 )µ2 = 1

Les applications x,y,z sont de classe C sur R et, pour 

x (t) = et ( cos t − sin t)    tout t ∈ R : y (t) = et ( sin t + cos t)   √  z(t) = 2 et .

√ 3 ⇐⇒ 12µ = 1 ⇐⇒ µ = ± . 6 2

1

D’où, pour tout t ∈ R :  2  2  2  2 s (t) = x (t) + y (t) + z (t)   = e2t ( cos t − sin t)2 + ( sin t + cos t)2 + 2 = 4 e2t . Comme s
0 (par définition), on déduit : ∀ t ∈ R, s (t) = 2 et . Enfin : 

t

2 eu du = [2 eu ]t0 = 2(et − 1) .

∀ t ∈ R, s(t) = 0

On conclut qu’il existe exactement deux points de S en lesquels → v . la normale à S est dirigée par −

15.4 • L’application − → − → − → M : (u,v) −→ M(u,v) = O + eu i + ev j + uv k est de classe C 1 sur l’ouvert R2 , et, pour tout (u,v) ∈ R2 :  u   −→ −→ e 0 ∂M ∂ M (u,v) =  0  , (u,v) =  ev  , ∂u ∂v u v   −→ −→ −v ev ∂M ∂M  (u,v) ∧ (u,v) = −u eu  . d’où : ∂u ∂v eu+v 551

  A+B+D =0 A = 2B       ⇐⇒ −2A + B − D = 0 ⇐⇒ C = −2B       A+C =0 D = −3B.

−→ −→ ∂M ∂M − → (u,v) ∧ (u,v) = / 0, / 0, on a : Comme eu+v = ∂u ∂v donc tout point M(u,v) de S est régulier. • On a, pour tout point P(X,Y,Z ) de E3 , en notant Π le plan tangent en M(u,v) à S :    X − eu eu 0    P ∈ Π ⇐⇒  Y − ev 0 ev  = 0  Z − uv v u  ⇐⇒ −v ev (X − eu ) − u eu (Y − ev ) + eu+v (Z − uv) = 0. On conclut que le plan tangent en M(u,v à S admet pour EC, après simplification par −e−(u+v) : v e−u X + u e−v Y − Z + (u + v − uv) = 0 .

15.5

1re méthode : Combinaison judicieuse de x,y,z : 1 1 . Faisons apparaître et t t −1

On a, pour tout t ∈ R − {0,1} :  1 t −1   =1− x=   t t     t +1 2 y= =1+  t − 1 t − 1      1 1 1 1  z = = = − . t2 − t (t − 1)t t −1 t Combinons pour éliminer z=

1 1 . Par exemple : et t t −1

Ainsi, A,B,C,D sont déterminés à un coefficient multiplicatif non nul près. On conclut que Γ est plane, incluse dans le plan P d’EC : 2x + y − 2z − 3 = 0.

15.6 • Les applications x,y,z sont de classe C 1 sur R, et, pour  x (t) = et ( cos t − sin t)    tout t ∈ R : y (t) = et ( sin t + cos t)    z(t) = 2 et .

/ 0 , tout point de Γ est réEn particulier, comme z (t) = 2 et = gulier. • La tangente en M(t) à Γ est dirigée par : −→ −−→ dM − → − → − → V1 (t) = = et ( cos t − sin t) i +et ( sin t + cos t) j +2 et k . dt

En notant θ l’angle de la tangente en M à Γ avec x Oy , on a θ ∈ [0 ; π/2] et : −−→ − → V1 (t) · k sin θ = −−→ − → ||V1 (t)|| || k || 2 et =  1/2 e2t ( cos t − sin t)2 + e2t ( sin t + cos t)2 + 4 e2t

1 y−1 1 − = + x − 1. t −1 t 2

=

Ainsi, tout point M(x,y,z) de Γ vérifie : 2x + y − 2z − 3 = 0 . On conclut que Γ est plane, incluse dans le plan P d’EC :

√ 6 2 et 2 = = . √ (6 e2t )1/2 3 6

On conclut que la tangente en tout point de Γ fait un angle √ 6 , avec le plan x Oy . constant, égal à Arcsin 3

2x + y − 2z − 3 = 0. 2e méthode : Recherche de tout plan pouvant convenir : / (0,0,0), et P le Soient (A,B,C,D) ∈ R4 tel que (A,B,C) = plan d’EC Ax + By + C z + D = 0. On a : Γ⊂ P

⇐⇒ ∀ t ∈ R − {0,1}, t −1 t +1 1 A +B +C 2 +D=0 t t −1 t −t

15.7 Une EC du plan tangent Π0 en un point quelconque M0 (x0 ,y0 ,z 0 ) de S est : (x − x0 )2x0 + (y − y0 )2y0 + (z − z 0 )(−2z 0 ) = 0 , ou encore : x0 x + y0 y − z 0 z = 1. On a : D ⊂ Π0 ⇐⇒ ∀ z ∈ R, x0 + y0 (z + 2) − z 0 z = 1 ⇐⇒ ∀ z ∈ R, (y0 − z 0 )z + (x0 + 2y0 − 1) = 0

z 0 = y0 y0 − z 0 = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ x0 = −2y0 + 1. x0 + 2y0 − 1 = 0

⇐⇒ ∀ t ∈ R − {0,1}, A(t − 1)2 + Bt (t + 1) + C + D(t 2 − t) = 0 ⇐⇒ ∀ t ∈ R − {0,1}, (A + B + D)t 2 + (−2A + B − D)t + (A + C) = 0 552

Alors :

M0 ∈ S ⇐⇒ x02 + y02 − z 02 = 1 y02

y02

On a alors : x0 = −2y0 + 1 = 1, y0 = 0, z 0 = y0 = 0 ou x0 = −2y0 + 1 = −1, y0 = 1, z 0 = y0 = 1. Il y a donc exactement deux plans convenant, les plans d’EC : x − y + z + 1 = 0, x = 1. 

7 2 15.8 a) La matrice Q =  2 4 −2 −1 donc S est une quadrique à centre.



−2 −1  est inversible, 4

Le centre Ω(x,y,z) est obtenu en résolvant le système d'équa  14x + 4y − 4z − 2 = 0 4x + 8y − 2z + 8 = 0 . tions  −4x − 2y + 8z − 14 = 0 On obtient Ω(1,−1,2) . − → − → − → Considérons le r.o.n.d. R = (Ω; i , j , k ). Les formules de changement de repère, pour un point M de coordonnées (x,y,z) dans R et (X,Y,Z ) dans R , sont: x = X + 1,

y = Y − 1,

z = Z + 2.

On obtient donc une équation cartésienne de S dans R : 7X 2 + 4X Y − 4X Z + 4Y 2 − 2Y Z + 4Z 2 − 3 = 0. On calcule les valeurs propres de Q ; on trouve : 3 (double) et 9 (simple). − → − → Une base de SEP (Q, 9) est ( K ), où K a pour coordonnées   2 1  − → − → − → √ 1  dans ( i , j , k ). 6 −1 − → Un vecteur normé de SEP (Q, 3) est, par exemple, I de co  −1 1 − → − → − → ordonnées √  2  dans ( i , j , k ). 5 0   2 1   − → − → − → 1 dans En notant J = K ∧ I , de coordonnées √ 30 5 − → − → − → − → − → − → ( i , j , k ), ( I , J , K ) est une b.o.n.d. de réduction de Q . − → − → − → Une équation cartésienne de S dans R

= (Ω ; I , J , K ) est alors : 3ξ2 + 3ζ2 + 9η2 − 3 = 0, ou encore : ξ2 + ζ2 + 

η2 1 √ 3

2 = 1.

S est un ellipsoïde, de révolution.   11 −8 −2 5 −10  est inversible, donc b) La matrice Q =  −8 −2 −10 2 S est une quadrique à centre. On conclut :

⇐⇒ (−2y0 + 1) + − = 1   ⇐⇒ (2y0 − 1)2 = 1 ⇐⇒ y0 = 0 ou y0 = 1 . 2

Le centre Ω(x,y,z) est obtenu en résolvant le système d'équa  22x − 16y − 4z + 30 = 0 tions −16x + 10y − 20z − 66 = 0 .  −4x − 20y + 4z + 24 = 0 On obtient Ω(−1, 1, −2) . − → − → − → Considérons le r.o.n.d. R = (Ω ; i , j , k ) . Les formules de changement de repère sont : x = X − 1,

y = Y + 1,

z = Z − 2.

On obtient donc une équation cartésienne de S dans R : 11X 2 − 16X Y − 4X Z + 5Y 2 − 20Y Z + 2Z 2 − 27 = 0. Une b.o.n.d. de vecteurs propres associés respectivement aux − → − → − → valeurs propres 9, 18, −9 de Q est ( I , J , K ) , où − → − → − → I , J , K ont respectivement pour coordonnées dans − → − → − → ( i , j , k ):       2 −2 1 1 1 1  2 ,  2 . 1 , 3 3 3 −2 −1 2 − → − → − → Une équation cartésienne de S dans R

= (Ω; I , J , K ) est alors: 9ξ2 + 18ζ2 − 9η2 − 27 = 0, ou encore : ξ2 ζ2 η2 + = 1. − 3 3 3 2 On conclut : S est un hyperboloïde à une nappe.   1 −1 0 1 0  n'est pas inversible, c) La matrice Q =  −1 0 0 2 donc S n'est pas une quadrique à centre. On calcule les valeurs propres de Q : 2 (double), 0 (simple), − → − → − → et une b.o.n.d. ( I , J , K ) de vecteurs propres associés, par − → − → − → exemple ceux de coordonnées, dans ( i , j , k ):       −1 1 0 1  1 √ 1 ,  0 , √  1 . 2 2 0 0 1 − → − → − → Considérons le r.o.n.d. R = (O ; I , J , K ) . Les formules de changement de repère sont données par : 553

 1 −√   2  x  y= 1  √  z 2 0 c'est-à-dire : x =

0 0 1

−X + Z , √ 2

1  √ 2 X  1  Y , √  Z 2 0

y=

X+Z √ , 2

c'est-à-dire :

z = Y.



Une équation cartésienne de S dans R est donc : √ 2X 2 + 2Y 2 + 2(−X + Z ) − 5 = 0

(1).

Puis : 1 1 5 (1) ⇐⇒ X 2 + Y 2 − √ X + √ Z − = 0 2 2 2   1 2 1 21 ⇐⇒ X − √ + Y2 + √ Z − =0 8 2 2 2 √     1 2 1 21 2 2 ⇐⇒ X − √ + Y = −2 √ Z − . 8 2 2 2 2 √   21 2 1 dans Notons A le point de coordonnées √ , 0, 8 2 2 − → − → − → R , et R

le r.o.n.d. R

= (A ; I , J , K ). Une équation de S dans R

est : 1 ξ2 + ζ2 = −2 √ η. 2 2 On conclut : S est un paraboloïde elliptique, de révolution.   0 1 −1 2 −1  n'est pas inverd) La matrice Q =  1 −1 −1 0 sible, donc S n'est pas une quadrique à centre. On calcule les valeurs propres de Q :

3, −1, 0 simples.

On calcule une b.o.n.d. de vecteurs propres associés, par − → − → − → − → − → − → exemple ( I , J , K ), où I , J , K ont pour coordonnées − → − → − → dans ( i , j , k ) :       1 1 1 1  1 1 √ √ 0, √  −1  . 2, 6 −1 2 1 3 −1 − → − → − → Considérons le r.o.n.d. R = (O; I , J , K ). Les formules de changement de repère sont données par : 

1 √ 6     x  2 y= √  6  z  1 −√ 6 554

1 √ 2 0 1 √ 2

1  √ 3    X 1  Y , −√  3  Z  1 −√ 3

 Y Z X  x= √ +√ +√    6 2 3     2X Z y= √ −√ .  6 3      Y Z   z = − √X + √ −√ 6 2 3

Une équation cartésienne de S dans R est donc :      3X X 3X Y Y Y Z −3 √ +√ + √ =0 2 √ +√ √ −√ 6 2 6 2 6 2 3 (1). Puis : √ 3X 3Y (1) ⇐⇒ 3X 2 − Y 2 − √ − √ − 3Z = 0 6 2  2   1 1 3 2 9 √ ⇐⇒ 3 X − √ − − Y+ √ + − 3Z = 0 8 8 2 6 2 2 

    3 2 √ 1 − Y+ √ = 3 Z−√ . 2 2 3   1 3 1 √ ,− √ , √ Notons A le point de coordonnées 2 6 2 2 3 − → − → − →



dans R , et R = (A ; I , J , K ). Une équation cartésienne de S dans R

est : √ 3ξ2 − ζ2 = 3η, √ 3 ξ2 ζ2 =2 η. − ou encore : 1 1 2 3 On conclut : S est un paraboloïde hyperbolique. √  √  6 √2 √2 3  n'est pas inversible, e) La matrice Q =  √6 √3 2 3 1 donc S n'est pas une quadrique à centre. 1 ⇐⇒ 3 X − √ 2 6

2

On calcule les valeurs propres de Q : 6 (simple), 0 (double). On calcule une b.o.n.d. de vecteurs propres associés, par − → − → − → − → − → − → exemple ( I , J , K ), où I , J , K ont pour coordonnées − → − → − → dans ( i , j , k ) :  1  √  3    1   √ ,  2     1 √ 6

1  −√  3      0 ,    2  √ 6 

1  √  3      1  −√ .  2    1  √ 6 

− → − → − → Considérons le r.o.n.d. R = (O; I , J , K ). Les formules de changement de repère sont données par :

 1 √    3  x  1 y= √  2  z  1 √ 6    x=       y= c'est-à-dire :        z =

1  √ 3    X 1  Y , −√  2  Z  1 √ 6

1 −√ 3 0 2 √ 6

D’après le cours, on a alors, pour tout point M(x,y,z) de E3 : −→ → 2  2 || AM ∧ − v || d(M,D) = − → || v ||2  2  2 = cos θ(z − h) + sin θ(z − h) + (x cos θ − y sin θ)2 = (z − h)2 + (x cos θ − y sin θ)2 . De même, en remplaçant (θ,h) par (−θ,−h), on a :  2 d(M,D ) = (z + h)2 + (x cos θ + y sin θ)2 .

1 √ (X − Y + Z ) 3 1 √ (X − Z ) 2 1 √ (X + 2Y + Z ). 6

Une équation cartésienne de S dans R est donc : √ √ 2 2 3 2 6X + √ (X − Y + Z ) + √ (X − Z ) 3 2 4 + √ (X + 2Y + Z ) + 1 = 0 6

D’où :

 2  2 M ∈ S ⇐⇒ d(M,D) = d(M,D ) ⇐⇒ (z − h)2 + (x cos θ − y sin θ)2 = (z + h)2 + (x cos θ + y sin θ)2 ⇐⇒ hz + sin θ cos θx y = 0.

(1).

La surface S est un paraboloïde hyperbolique.

Puis : √ √ (1) ⇐⇒ 6X 2 + 2 6 X + 6 Y + 1 = 0   √ 1 2 ⇐⇒ 6 X + √ = − 6 Y. 6   1 Notons A le point de coordonnées − √ , 0, 0 dans R , et 6 − → − → − →

R = (A; I , J , K ) . Une équation cartésienne de S dans R

est : √ 2 6 ξ2 = − ζ. 12 On conclut : S est un cylindre parabolique.

15.9

Voyons si les expressions A = 2x + 3y, B = y + 2z, C = 3z − x

sont liées entre elles. Ou bien on remarque : 3B − 2C = 3(y + 2z) − 2(3z − x) = 2x + 3y = A , ou bien on résout le système d’équations d’inconnue (x,y,z), et on s’aperçoit que les trois formes linéaires envisagées sont liées. Ainsi, en notant X = 2x + 3y, Z = 3z − x par changement de repère (non orthonormé), S admet pour EC : (3Y − 2Z ) + Y + Z = 1 , 2

2

2

donc S est un cylindre elliptique.

15.10

Un point de D est, par exemple, A(0,0,h) , et un vec→ v ( sin θ, cos θ,0) . teur directeur de D est, par exemple, −

15.11 a) Soit ∆ une droite de E3 . 1) Si ∆ n’est pas horizontale, ∆ admet un SEC

x = az + p , (a,b, p,q) ∈ R4 . y = bz + q On a :

∆ ⊂ S ⇐⇒ ∀ z ∈ R, (az + p)3 + (bz + q)3 + z 3 = 1 ⇐⇒ ∀ z ∈ R, (a 3 + b3 + 1)z 3 + (3a 2 p + 3b2 q)z 2 + (3ap2 + 3bq 2 )z + ( p3 + q 3 − 1) = 0  3 a + b3 + 1 = 0       a 2 p + b2 q = 0 ⇐⇒ (S)  2 2   ap + bq = 0    3 p + q 3 − 1 = 0. Exprimons, par exemple, q en fonction de a,b, p dans la dernière équation de (S) : (S) ⇐⇒  b = 0, a 3 + 1 = 0,

 a 2 p = 0, ap 2 = 0, p3 + q 3 − 1 = 0

 a2 ou b = / 0, a 3 + b3 + 1 = 0, q = − 2 p, b  a4 2 a6 p = 0, p3 + 6 p3 − 1 = 0 4 b b   ⇐⇒ b = 0, a = −1, p = 0, q = 1 ap2 + b

555

 a2 ou b = / 0, a 3 + b3 + 1 = 0, q = − 2 p, b

c’est-à-dire : X + Y + Z = 1,

 ap (a + b ) = 0, p (a + b ) − b = 0   ⇐⇒ b = 0, a = −1, p = 0, q = 1   ou b = / 0, a = 0, b = −1, q = 0, p = 1 . 2

3

3

3

6

6

6

Ceci donne deux droites, correspondant aux quadruplets (a,b, p,q) = (−1,0,0,1), (0,−1,1,0) :



x = −z x =1 D1 D2 y=1 y = −z. 2) Si ∆ est horizontale, comme S est invariante par toute permutation de (x,y,z), ∆ correspond, par permutation, à D1 ou D2 , d’où la troisième droite : x = −y D3 z = 1. On conclut qu’il y a trois droites exactement tracées sur S, les droites :

y+z =0 z + x = 0 x +z =0 D1 , D , D2 3 y=1 x =1 z = 1. b) Il est évident que les trois droites D1 ,D2 ,D3 sont incluses dans le plan P : x + y + z = 1 . c) 1re méthode : Détermination des plans tangents : L’application F : R3 −→ R, (x,y,z) −→ x 3 + y 3 + z 3 − 1 est de classe C 1 sur l’ouvert R3 et, pour tout (x,y,z) ∈ R3 : −−→ grad F(x,y,z) = (3x 2 , 3y 2 , 3z 2 ). −−→ − → Comme : grad F(x,y,z) = 0 ⇐⇒ (x,y,z) = (0,0,0) / S, on a : et que O ∈ −−→ − → ∀ M(x,y,z) ∈ S, grad F(x,y,z) = / 0 , donc tout point de S est régulier. Une EC du plan tangent à S en M0 (x0 ,y0 ,z 0 ) ∈ S est : (X − x0 )3x02 + (Y − y0 )3y02 + (Z − z 0 )3z 02 = 0. D’autre part, les points d’intersection des trois droites D1 ,D2 ,D3 deux à deux sont : A(1,1,−1), B(−1,1,1), C(1,−1,1) . Une EC du plan tangent en A à S est : (X − 1)3 + (Y − 1)3 + (Z + 1)3 = 0 ,

556

donc ce plan tangent est le plan P obtenu en b). De même pour les points B et C. On conclut que les trois plans tangents en les trois points d’intersection de D1 ,D2 ,D3 deux à deux sont confondus et sont égaux à P. 2e méthode : Utilisation de tangentes à des courbes tracées sur une surface : Puisque D1 et D2 se coupent en A et que D1 et D2 sont tracées sur S, le plan tangent en A à S contient les tangentes en A à D1 et D2 , c’est-à-dire contient D1 et D2 , donc ce plan est le plan P de la question b). De même pour les points B et C.

15.12 Une droite horizontale ∆ ne peut pas rencontrer D1 et D2 , qui sont dans des plans horizontaux distincts. Une droite non horizontale ∆ admet un système d'équations cartésiennes : x = az + p , (a,b, p,q) ∈ R4 . y = bz + q On a :

 / ∅ ⇐⇒ ∃ (x,y,z) ∈ R3 , • ∆ ∩ D1 =

 (x = 0, z = 1, x = az + p, y = bz + q) ⇐⇒ a + p = 0  / ∅ ⇐⇒ ∃ (x,y,z) ∈ R3 , • ∆ ∩ D2 =  (y = 0, z = −1, x = az + p, y = bz + q) ⇐⇒ −b + q = 0  / ∅ ⇐⇒ ∃ (x,y,z) ∈ R3 , • ∆ ∩ D3 =  (x = y, z = 0, x = az + p, y = bz + q) ⇐⇒ p = q . Donc ∆ rencontre D1 , D2 , D3 si et seulement si ∆ admet un x = az − a SEC : , a ∈ R. y = −az − a Puis, pour tout point M(x,y,z) de l'espace :   x = az − a M ∈ S ⇐⇒ ∃a ∈ R, y = −az − a  (z = 1 et x = 0)    ou ⇐⇒     x(z + 1)  z= / 1 et y = − z−1 ⇐⇒ x z + yz + x − y = 0. Ainsi, S admet pour équation cartésienne : x z + yz + x − y = 0.

Index alphabétique

A abscisse (–– curviligne), 546 addition (des DL), 48 adhérence, 4 adjoint, 474 anneau, 528 anneau (–– commutatif), 528 anneaux (–– finis), 529 application (–– continue), 45 application (–– linéaire), 5 application (–– linéaire continue), 6 approximation (–– uniforme par des polynômes), 188 arc (–– paramétré), 546 ASM, 336

B b.o.n., 472 base (–– duale), 399 base (–– préduale), 398, 399

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

C C1 -difféomorphisme, 379 Ck -difféomorphisme, 379 C∞ -difféomorphisme, 379 caractérisation (–– séquentielle de la continuité), 5 caractérisation (–– séquentielle des fermés), 3 caractérisation (–– séquentielle des limites), 187 Cauchy (suite de ––), 7 changement (–– de fonction inconnue), 44, 377, 378 changement (–– de variable), 44, 47, 78, 79, 250, 338, 378, 379 changement (–– de variable qui échange les bornes), 79 chemin, 7 classe (–– C 1 , C k , C ∞ pour la limite d’une suite de fonctions), 187 classe C ∞, 252, 379 coefficients (–– de Fourier), 312, 313 combinaison (–– linéaire), 250 commutant, 430 compacité, 6

compact, 5, 6 compacte (partie ––), 6 comparaison (–– série/intégrale), 136, 139, 191 comparaison (–– somme/intégrale), 138 comparaisons (pour les séries), 139 complète (partie ––), 7 composition (des DL), 48 congruences, 529 connexe (–– par arcs), 7 constante (–– d’Euler), 138 continue, 5, 187 continue (–– en un point), 5 continue (–– par morceaux), 78 convergence (–– absolue d’une série d’applications), 189 convergence (–– normale d’une série d’applications), 189 convergence (–– uniforme d’une suite d’applications), 186 convergence (–– uniforme d’une série d’applications), 189 convergence (–– d’une série), 137 convergence (–– simple d’une suite d’applications), 186 convergence (–– simple d’une série d’applications), 189 convergences (–– d’une série d’applications), 188 convergences (–– de la série de Fourier), 312 convergente (série absolument ––), 137 convexe (partie ––), 7 courbe, 546

D décomposition (–– en éléments simples), 45, 250 dédoublement, 472 dérivation, 48, 249, 250 dérivée (–– n-ème), 45 dérivées (–– partielles premières), 378 dérivées (–– partielles secondes), 379 déterminant, 436 déterminants (–– de matrices décomposées en blocs), 399 déterminants (–– de matrices triangulaires par blocs), 429 développement (–– asymptotique), 48, 137 développement (–– asymptotique d’une intégrale dépendant d’un paramètre), 79 développement (–– limité), 48 diagonalisabilité, 429 diagonalisable, 429 563

Index alphabétique

diagonalisation, 430 diagonaliser, 429 distance, 2 distance (–– d(x,A)), 4 distance (–– associée à une norme), 2 diverge (pour une série), 137 diverge (–– grossièrement, pour une série), 137 dSE(0), 250, 252 dual, 398 dualité, 399

E EC, 545, 546, 547 EC (–– de plan), 546 ED, 336 EDL1, 336 EDL1 (–– ASM normalisée), 336 EDL1 (–– ASM non normalisée), 336 EDL1 (–– SSM), 336 EDL1 (–– SSM normalisée), 336 EDL2, 336 EDL2, (–– SSM), 338 EDL2 (–– SSM normalisée), 337 égalités, 473 équation (–– fonctionnelle), 44, 339 équation (–– intégrale), 339 équation (–– matricielle), 430 équation (–– aux dérivées partielles du deuxième ordre (EDP2)), 379 équation (–– aux dérivées partielles du premier ordre (EDP1)), 379 équation (–– caractéristique), 337 équation (–– réduite), 547 équivalent (–– simple), 248 équivalent (–– simple d’une intégrale dépendant d’un paramètre), 79 espace (–– préhilbertien), 8, 473 espace (–– vectoriel, ev), 2 espace (–– vectoriel normé, evn), 2 étoilé, 381 ev, 398, 428, 472 eve, 472 exacte (forme différentielle ––), 381 exponentielle (–– complexe), 253 extrémums (–– globaux), 380 extrémums (–– locaux), 380

F facteur (–– intégrant), 381 factorisation (–– d’une matrice), 399 famille (–– infinie libre), 398 famille (–– infinie liée), 398 fbs, 472 564

fermée, 3, 381 fonction, 44mpaire 44 fonction (–– implicite), 380 fonction (–– coordonnée), 5 fonctions (–– partielles), 378 fonctions (–– usuelles de la variable complexe), 253 forme (–– différentielle), 381 forme (–– quadratique), 7 forme (–– linéaire), 398 forme (–– polaire), 472 forme (–– sesquilinéaire), 519 formule (–– de Leibniz), 45 formule (–– de Parseval), 312 formule (–– de Stirling), 138 formule (–– fondamentale de l’analyse), 47 fq, 472 fraction (–– rationnelle), 45

G groupe, 528 groupes (–– finis), 529

I idéal, 528 idéal (–– principal), 528 inégalité, 45, 253, 313 inégalité (–– de Cauchy et Schwarz), 8, 46, 472, 520 inégalité (–– de Minkowski), 8, 520 inégalité (–– portant sur des intégrales), 46 inégalité (–– triangulaire), 3, 4, 472 inégalité (–– triangulaire renversée), 3, 4 inégalités, 473 inéquation (–– différentielle), 46 inéquation (–– intégrale), 46 intégrabilité, 78, 138 intégrale, 47, 78 intégrale (–– à paramètre), 80 intégrale (–– d’un produit), 46 intégrale (–– = série), 252 intégrale (–– = somme de série), 191 intégrale (–– dépendant d’un paramètre), 47, 251 intégrale (–– double), 80 intégrale (–– impropre), 80 intégrales (–– de carrés de fonctions), 313 intégration (–– par parties), 46, 47, 78, 79, 188, 312 intérieur, 4 intervalle, 7 intervention (–– de l’exponentielle complexe), 312 inverse (pour un DL), 48 isomorphes, 528

J jacobien, 379

Index alphabétique

L lemme (–– fondamental pour les séries), 137 lien (–– suite/série), 137, 138 limite, 48 limite (–– d’une intégrale dépendant d’un paramètre), 79 limite (–– d’intégrale), 48 limite (–– en un point), 378 linéaire, 5, 6 linéarisation, 312 linéarité (–– de l’intégration), 47, 188 lipschitzienne, 5, 45 loi (–– externe pour un DL), 48 loi (–– interne), 528

M majoration, 248 majoration (–– géométrique), 191 matrice (–– orthogonale), 474 matrice (–– symétrique réelle), 474 matrice (–– compagnon), 429 méthode (–– de Lagrange), 337 méthode (–– de variation de la constante), 336 méthode (–– de variation des constantes), 338 méthode (–– des coefficients indéterminés), 380 minoration, 248 mises (–– sous formes canoniques de trinômes), 547 monotonie, 45 morphisme (–– de groupes), 528 multiplication (des DL), 48

N

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nature (–– d'une quadrique), 547 nature (–– d’une série), 136, 137 nature (–– d’une suite), 137 normale, 546 norme, 2, 3 norme (–– équivalente), 3 norme (–– non équivalente), 3 normes (–– euclidiennes), 472, 473

O orthogonal, 473 orthogonaux, 8 ouverte, 3

P paquet (–– de termes), 137 paramètre (–– à l’intérieur de l’intégrale), 79 paramètre (–– aux bornes), 79 partie (–– compacte), 6 partie (–– complète), 7

permutation (–– intégrale/série), 191 permuter (–– intégrale et limite), 187 permuter (–– intégrale et série), 251 plan (–– tangent), 546 point, 4 point (–– adhérent), 4 point (–– intérieur), 4 point (–– régulier), 546 points (–– critiques), 380 polynôme (–– annulateur), 428, 430 polynôme (–– caractéristique), 428, 429 polynômes (–– de matrices carrées), 430 primitivation, 48, 249, 250 primitives usuelles, 47 produit, 7, 250 produit (–– scalaire), 7, 472, 473, 519 produit (–– scalaire canonique), 520 produit (–– scalaire complexe), 519, 520 produit (–– scalaire réel), 520 projecteurs, 398 projeté (–– orthogonal), 473 ps, 472 puissances (–– d’une matrice carrée), 430

Q quadratique (forme ––), 7

R raccords (pour les ED), 336, 338 rang, 399 rayon (–– de convergence d’une série entière), 248, 249 règle (–– n α u n ), 136 règle (–– x α f (x) ), 78 règle (–– de d’Alembert), 136, 248 relation (–– de Chasles), 47, 188 restes (–– de séries convergentes), 139 RP, 545 RP (–– d’une courbe), 546

S S+ n , 474 S++ n , 474 SDL1, 336 SDL1 (–– ASM, à coefficients constants), 337 SDL1 (–– SSM, à coefficients constants), 337 SDL2, 336 SEC, 545 SEP, 428 série, 137 série (–– = série), 252 série (–– de Fourier), 191 série (–– double), 140 565

Index alphabétique

série (–– entière), 191, 248 série (–– entière dérivée), 249 série (–– trigonométrique), 313 séries (–– entières connues), 250 sev, 398, 428, 472 sev (–– orthogonaux), 473 solution (–– générale), 336 solution (–– maximale d’un problème de Cauchy), 338 solution (–– particulière), 336 solutions (–– y d’une ED (E) développables en 0), 339 sommation, 47 somme (–– d’une série), 139 somme (–– d’une série entière), 249 somme (–– d’une série numérique), 251 somme (–– de série convergente), 140, 312, 313 sommes (–– partielles de la série), 137 sommes (–– partielles de séries divergentes), 139 sous-anneau, 528 sous-espace (–– vectoriel, sev), 2 sous-espaces (–– propres), 428 sous-famille (–– finie), 398 sous-groupe, 528 sous-groupe (–– engendré), 528 spectre, 430 SSM, 336 suite, 3 suite (–– d’applications), 186 suite (–– de Cauchy), 7 suite (–– double), 140 surface, 546, 547 symbole (–– de Kronecker), 398 symétrie (–– hermitienne), 519

T tableau (–– des quadriques), 547 télescopage, 139 terme (–– constant de la série entière), 250 théorème (–– d’équivalence), 78 théorème (–– d’interversion des sommations), 140 théorème (–– de Cauchy et Lipschitz), 338 théorème (–– de continuité sous le signe intégrale), 79, 80 théorème (–– de convergence dominée), 48, 187 théorème (–– de dérivation sous le signe intégrale), 80 théorème (–– de Fubini), 80, 140 théorème (–– de Heine), 5 théorème (–– de majoration), 78

566

théorème (–– de minoration), 78 théorème (–– de projection orthogonale), 8 théorème (–– de réduction simultanée), 475 théorème (–– de Rolle), 45 théorème (–– de sommation des relations de comparaison), 139 théorème (–– de Taylor-Young), 380 théorème (–– de Weierstrass), 188 théorème (–– des accroissements finis), 45 théorème (–– des fonctions implicites), 380 théorème (–– du cours sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série d’applications), 190 théorème (–– fondamental), 474 théorème (–– spectral), 427, 474 théorème (–– sur convergence uniforme et continuité), 252 théorème (–– sur convergence uniforme et continuité en un point), 190 théorème (–– sur convergence uniforme et intégration sur un segment), 190 théorème (–– sur convergence uniforme et limite), 190 théorème (–– sur convergence uniforme sur tout segment et continuité sur l’intervalle de départ), 190 théorèmes (–– de Dirichlet), 312 théorèmes (–– généraux), 5, 378, 379 trace, 399, 430 tracées (courbes –– sur une surface), 547 trigonalisabilité, 430 trigonalisation, 430 troncature (d’un DL), 48 TSCSA, 137, 191

U uniformément (–– continue), 5, 45

V valeurs (–– propres), 428, 429 valeurs (–– propres réelles), 429 variables (deux –– réelles), 378 variables (plusieurs –– réelles), 378 variations (–– d’une fonction), 45 vecteurs (–– propres), 428, 429 voisinage, 4 vp, 428 − →, 428 vp

Mathématiques Méthodes et exercices mp

Jean-Marie Monier est professeur en classe de Spéciales au lycée La Martinière-Monplaisir à Lyon

Cet ouvrage de méthodes et d’exercices propose un entraînement progressif et complet qui vous aidera, tout au long de l’année, à passer du cours aux exercices et à assimiler le programme de mathématiques de 2e année MP.

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