Corrige des exercices

1

3

Chapitre 4Exercice 4.1

1. La proposition P signifie que si deux parties A et B d’un ensemble E sont telles queA ∩ B = B, alors, A ⊂ BSa negation P est : (∃(A,B) ∈ (P(E))

2;A ∩ B = B ∧ A 6⊂ B)

C’est P qui est vraie.

2. La proposition P signifie que si la somme de deux reels est nulle, alors les deux reels sontnuls.Sa negation P est : (∃(x, y) ∈ (R)2, x + y = 0 ∧ (x 6= 0 ∨ y 6= 0))C’est P qui est vraie.

3. La proposition P signifie que, si la somme des carres de trois reels est nulle, alors ces troisreels sont nuls.Sa negation P est : (∃(x, y, z) ∈ (R)3, x2 + y2 + z2 = 0 ∧ (x = 0 ∨ y = 0 ∨ z = 0))C’est P qui est vraie.

4. La proposition P signifie que, quels que soient les reels x, y, et z non tous les trois nuls,alors (x − y + z)2 + (x − 2y − z)2 + (2x − 3y)2 est strictement positif.Sa negation P est : (∃(x, y, z) ∈ (R)3, (x, y, z) 6= (0, 0, 0)∧(x−y+z)2+(x−2y−z)2+(2x−3y)2 6 0)C’est P qui est vraie (considerer par exemple x = 3, y = 2, z = −1).

5. La proposition P signifie qu’il existe un reel M superieur a tous les autres, c’est a direque R admet un element maximum.Sa negation P est :(∀M ∈ R,∃x ∈ R, x > M)C’est P qui est vraie.

6. La proposition P signifie que, quel que soit le reel x ; il existe un reel M qui lui est stric-tement superieur.Sa negation P est : (∃x ∈ R,∀M ∈ R,M > x)C’est P qui est vraie. On constatera a propos de cet exemple et du precedent, que le simplechangement de place de deux quantificateurs peut changer completement le sens d’une pro-position, au point de lui faire dire le contraire de ce qu”elle disait au prealable.

7. La proposition P signifie que, quel que soit le reel ε strictement positif (aussi petit soit-il),il existe un reel strictement positif α tel que, si x est une valeur approchee a α pres de 0,alors sinx est une valeur approchee de 0 a ε pres. C’est la definition de la continuite en 0de la fonction sinus.Sa negation P est : (∃ε ∈ R+

∗,∀α ∈ R,∃x ∈ R, |x| < α ∧ | sin x| > ε)C’est P qui est vraie.

Exercice 4.2

1. Le tableau rempli fait l’objet du schema ci-dessous.

P Q 1 2 3 4 5 6 7 8V V V V V V V V V VV F V V V V F F F FF V V V F F V V F FF F V F V F V F V FA B

4

P Q 9 10 11 12 13 14 15 16V V F F F F F F F FV F V V V V F F F FF V V V F F V V F FF F V F V F V F V FA B

2. Les reponses aux deux questions qui suivent sont donnees ci-dessous colonne par colonne.a) A la colonne 1, on doit faire figurer une propriete qui est vraie dans tous les cas. Unetelle propriete est une « Tautologie ». Comme tautologie, on peut choisir la propriete «

P ∨ P »dont le caractere tautologique exprime le principe du « tiers exclus », qui stipuleque, une proposition P etant donnee, l’une ou l’autre des proprietes P et P est vraie, et iln’y a pas d’autre possibilite.Le sous ensemble associe est l’ensemble E. Il est toujours vrai qu’un element de E appartienta E.

b) A la colonne 2, on fait figurer la proposition « P∨Q »qui est vraie lorsqu’au moins unedes deux propositions P et Q est vraie.Le sous ensemble associe est A ∪ B.

c) La propriete correspondant a la colonne 3 est vraie lorsque P est vraie ou Q fausse. Onfera donc figurer la propriete P∨Q, c’est a dire Q∨P, ou encore Q ⇒ P. Le sous ensembleassocie est A ∪B. Remarquons que,lorsque ce sous ensemble est egal a E, c’est que B ⊂ A,c’est a dire que la propriete x ∈ B implique la propriete x ∈ A

d) A la colonne 4, on reconnaıt la propriete P, associee a l’ensemble A.

e) A la colonne 5, on a la propriete P ∨ Q, c’est a dire P ⇒ Q, associee au sous ensembleA ∪ B (voir colonne 3).

f) A la colonne 6, on reconnaıt la propriete Q, associee a l’ensemble B.

g) A la colonne 7, on reconnaıt la conjonction des colonnes 3 et 5. On fera donc figurer lapropriete (P∨Q)∧ (P∨Q), que l’on resume sous la forme P ⇔ Q (proprietes equivalentes,qui correspondent a des sous ensembles egaux)

h) A la colonne 8, on reconnaıt la propriete « P ∧ Q »qui est vraie lorsque les deux propo-sitions P et Q sont vraies.Le sous ensemble associe est A ∩ B.

i) Colonne 9, negation de la colonne 8. Propriete P ∧ Q = P ∨ Q.Sous ensemble A ∪ B

j) Colonne 10, negation de la colonne 7. Propriete P ∨∨Q (disjonction exclusive).Sous ensemble (A ∩ B) ∪ (A ∩ B).

k) Colonne 11, negation de la colonne 6. Propriete Q.Sous ensembleB.

l) Colonne 12, negation de la colonne 5. Propriete P ⇒ Q, c’est a dire P ∧ Q.Le sous ensemble associe est A ∩ B. Quand ce sous-ensemble est non vide, la propriete »

∀x ∈ E,P(x) ⇒ Q(x) »est fausse.

m) Colonne 13, negation de la colonne 4. Propriete P.Sous ensembleA.

5

n) Colonne 14, negation de la colonne 3. Propriete Q ⇒ P, c’est a dire Q ∧ P.Le sous ensemble associe est B ∩ A. Quand ce sous ensemble est non vide, la propriete «

∀x ∈ E,Q(x) ⇒ P(x) »est fausse.

o) Colonne 15, negation de la colonne 2. Propriete P ∨ Q = P ∧ Q.Sous ensemble A ∩ B

p) Colonne 16, negation de la colonne 1. Une propriete qui est toujours fausse est une «

antilogie ». Comme antilogie, on peut choisir la propriete « P ∧ P »dont le caractere an-tilogique exprime le principe de « non contradiction », qui stipule qu’une proposition P

ne peut etre a la fois vraie et fausseLe sous ensemble associe est l’ensemble ∅. Il est toujours faux qu’un element de E appar-tienne a ∅.

Exercice 4.3

1. • Partie directe. On suppose que E ⊂ F , et l’on considere un element quelconque X deP(E). On sait donc que X ⊂ E ⊂ F . Il en resulte, par transitivite de l’inclusion, que X ⊂ F ,c’est a dire que X ∈ P(F ). Il en resulte donc que P(E) ⊂ P(F ).• Reciproquement, supposons que P(E) ⊂ P(F ), et soit x un element de E. Le singletonx est donc un element de P(E) et par suite, par hypothese, de P(F ). On en conclut quex ∈ F . Comme ceci est vrai pour tout x element de E, on en deduit que E ⊂ F .

2. On sait que E ⊂ E ∪ F , et que F ⊂ E ∪ F . D’apres la question preecedente, il en resulteque P(E) ⊂ P(E ∪ F ), et que P(F ) ⊂ P(E ∪ F ), et donc que (P(E) ∪ P(F )) ⊂ P(E ∪ F ).Remarquons que cette inclusion est en general stricte. Soient par exemple E = x etF = y. On a : P(E) = ∅, x,P(F ) = ∅, y et P(E ∪ F ) = ∅, x, y, x, y.

Exercice 4.4

1. Il est clair que si A = B, alors A ∪ B = A ∩ B.Reciproquement, supposons que A∪B = A∩B. Soit a un element de A. D’apres la definitionde la reunion, a est element de A∪B, et donc, par hypothese, de A∩B. Il est donc elementde A et de B.Tout element de A etant element de B, on conclut que A ⊂ B.En reprenant le meme raisonnemlent avec un element b de B, on prouve de meme que B ⊂ A.Il en resulta que A = B.

Exercice 4.5

1. Calculons : A ∩ B ∩ C = (A ∩ B) ∩ C = (B ∪ C) ∩ C = C ;De meme : A ∩ B ∩ C = A ∩ (B ∩ C) = A ∩ (C ∩ A) = A ;Et enfin : A ∩ B ∩ C = B ∩ (A ∩ C) = B ∩ (B ∩ A) = B ;Le resultat en decoule.

Exercice 4.6

1. Soit x un element de A. Il est element de A ∪ X, et donc de B ∪ X

• S’il n’est pas element de X, etant dans B ∪ X, il est element de B.

• S’il est element de X, alors, comme il est dans A et dans X, il est dans A ∩ X et doncdans B ∩ X, c’est a dire a la fois dans A et dans B.

6

Dans tous les cas, un element quelconque de A est donc element de B. Donc A ⊂ B.On prouverait de meme que B ⊂ A, et donc A = B

Exercice 4.7

1. Par distributivite : Y = (A ∪ B) ∩ C = (A ∩ C) ∪ (B ∩ C).Comme A ∩ C ⊂ A, (A ∩ C) ∪ (B ∩ C) ⊂ A ∪ (B ∩ C). C’est a dire Y ⊂ XEn general, cette inclusion est stricte. En effet, Y ne contient que des elements de C, alorsque X contient au moins tous les elements de A. Pour qu’il y ait egalite, il faut donc aumoins que A ⊂ C.Supposons alors que A ⊂ C, et soit x un element de X. Par definition de X, x est elementde A ou de B ∩ C.S’il est dans A, il est dans A∪B, et aussi dans C puisque A ⊂ C. Il est donc element de Y .S’il est dans B ∩ C, il est dans B, donc dans A ∪ B, et dans C, donc dans Y .En conclusion, X = Y si et seulement si A ⊂ C.

2. En passant au complementaire, on obtient, par les regles de Morgan : Z = A ∪ (B ∩ C)et T = (A ∪ B) ∩ COn obtient alors, d’apres la question precedente : T ⊂ Z, d’ou il resulte que : Z ⊂ T .

Exercice 4.8

1. Par definition, A\B = A equivaut a A ⊂ B, ce qui equivaut, en passant au complementairea : A ⊃ B, soit B ⊂ A soit encore a B \ A = B

2. (A ∩ B) \ C = (A ∩ B) ∩ C = (A ∩ C) ∩ (B ∩ C) = (A \ C) ∩ (B \ C)

3. (A ∪ B) \ C = (A ∪ B) ∩ C = (A ∩ C) ∪ (B ∩ C) = (A \ C) ∪ (B \ C)

4.

(A \ B) \ C = (A \ B) ∩ C = (A ∩ B) ∩ C = A ∩ (B ∩ C) = A ∩ (B ∪ C) = A \ (B ∪ C)

(A \ C) \ (B \ C) = (A ∩ C) ∩ (B ∩ C) = A ∩ C ∩ (B ∪ C)

= (A ∩ C ∩ B) ∪ (A ∩ C ∩ C) = (A ∩ C ∩ B) = A ∩ (B ∪ C) = A \ (B ∪ C)

.

Exercice 4.9

1. (X ∩ Y ) ∪ (X ∩ Y ) = X ∩ (Y ∪ Y ) = X ∩ E = X

2. (X ∪ Y ) ∩ (X ∪ Y ) = X ∪ (Y ∩ Y ) = X ∪ ∅ = X

3. En utilisant ce qui precede : A = X ∪ X = E

4. En utilisant ce qui precede : B = X ∩ X = ∅

Exercice 4.10

1. Cette equivalence resulte clairement des definitions.

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2. Calculons : X ∩ Y ∩((X ∩ Z) ∪ (Y ∩ Z)

)= (X ∩ Y ∩ X ∩ Z) ∪ (X ∩ Y ∩ Y ∩ Z)

= (X ∩ Y ∩ Z) ∪ (X ∩ Y ∩ Z) = (X ∩ Y ) ∩ (Z ∪ Z) = (X ∩ Y ).

La conclusion en resulte, par application de la premiere question.

3. (X ∪ Z) ∩ (Y ∪ Z) = (X ∩ Z) ∪ (X ∩ Z) ∪ (Z ∩ Y ) ∪ (Z ∩ Z).Compte tenu de (Z ∩ Z) = ∅, et de la premiere question, on en deduit :

(X ∪ Z) ∩ (Y ∪ Z) = (X ∩ Z) ∪ (Z ∩ Y ).

4. D’apres la question precedente, on a :

(Z ∪ X) ∩ (X ∪ Y ) ∩ (Y ∪ Z) = (X ∪ Y ) ∩ [(X ∩ Z) ∪ (Z ∩ Y )]

= [(X ∪ Z) ∩ X ∩ Z] ∪ [(X ∪ Z) ∩ Y ∩ Z]

= (X ∩ X ∩ Z) ∪ (Z ∩ X ∩ Z) ∪ (X ∩ Y ∩ Z) ∪ (Z ∩ Y ∩ Z)

= (X ∩ Z) ∪ (Y ∩ Z) ∪ (X ∩ Y ∩ Z)

= (X ∩ Z) ∪ (Y ∩ Z).

D’autre part, on a : (Z∪X)∩(Y ∪Z) = [(Z∪X)∩Y ]∪[(Z∪X)∩Z] = (Z∩Y )∪(X∩Y )∪(Z∩Z)∪(X∩Z)Soit : (Z ∪ X) ∩ (Y ∪ Z) = (Z ∩ Y ) ∪ (X ∩ Y ) ∪ (X ∩ Z).Calculons alors (X ∩ Y ) ∩ [(Z ∩ Y ) ∪ (X ∩ Z)] = (X ∩ Y ∩ Z) ∪ (X ∩ Y ∩ Z) = (X ∩ Y ), cequi prouve que (X ∩ Y ) ⊂ (Z ∩ Y ) ∪ (X ∩ Z)Il en resulte que (Z ∩ Y ) ∪ (X ∩ Y ) ∪ (X ∩ Z) = (Z ∩ Y ) ∪ (X ∩ Z),et donc que : (Z ∪ X) ∩ (Y ∪ Z) = (Z ∩ Y ) ∪ (X ∩ Z) = (Z ∪ X) ∩ (X ∪ Y ) ∩ (Y ∪ Z)

Exercice 4.11

1. A = A ∩ A = A ∪ A = A|A

2. (A|A)|(B|B) = A ∪ B = A ∩ B

3. (A|B)|(A|B) = A|B = A∪B; A\B = A∩B = (A|A)|(B|B) = (A|A)|((B|B)|(B|B));

A∆B = (A \ B) ∪ (B \ A) = ((A \ B)|(B \ A))|((A \ B)|(B \ A)) =

((A|A)|((B|B)|(B|B)))|((B|B)|((A|A)|(A|A)))|((A|A)|((B|B)|(B|B)))|((B|B)|((A|A)|(A|A)))

Exercice 4.12

1. f(A) =]1,+∞[;−1

f (B) =] −∞,−1[∪]1,+∞[.

2. f(A) =]0,+∞[;−1

f (B) = ∅.

3. f(A) = 1

n2;n ∈ N∗;

−1

f (B) =] −∞,−1[∪]1,+∞[.

Exercice 4.13

1. f(A) = [2,+∞[;−1

f (B) = ρ(cos θ + i sin θ), ρ ∈ [0, 1], θ ∈ R.

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2. f(A) = 1;−1

f (B) = ρ(cos θ + i sin θ), ρ ∈]0, 1], θ ∈ R.

3. f(A) = [0, 2];−1

f (B) = ρ(cos θ + i sin θ), ρ ∈ [1, 2], θ ∈ R.

Exercice 4.14

1. a) On suppose que A1 ⊂ A2. Soit y1 ∈ f(A1). Il existe un element x1 de A1 tel quef(x1) = y1 . Comme A1 ⊂ A2, x1 est aussi element de A2, et par suite, y1 est aussi elementde A2. Il en resulte que f(A1) ⊂ f(A2)

b) On suppose que B1 ⊂ B2. Soit x1 ∈−1

f (B1). Alors f(x1) est element de B1, donc de B2,

compte tenu de l’hypothese. Donc x1 est element de−1

f (B1)

2. a) On sait que A1 ⊂ A1 ∪A2 et A2 ⊂ A1 ∪A2. Il en resulte d’apres la premiere question,que f(A1) ∪ f(A2) ⊂ f(A1 ∪ A2)Reciproquement, soit y un element de f(A1 ∪A2), il existe un element x de A1 ∪A2 tel quey = f(x). Si x ∈ A1, alors y ∈ f(A1), si x ∈ A2, alors y ∈ f(A2), donc y ∈ f(A1) ∪ f(A2)La conclusion resulte de la double inclusion ainsi demontree.

b) Comme A1 ∩A2 ⊂ A1 et A1 ∩A2 ⊂ A2, la premiere question permet de conclure. Notonsque dans le cas general, cette inclusion est stricte.

3. a) La premiere question permet la encore de conclure que−1

f (B1) ∪−1

f (B2) ⊂−1

f (B1∪B2)

Reciproquement, soit x un element de−1

f (B1 ∪ B2). On sait qu’alors, f(x) est element de

B1 ∪ B2. Si f(x) ∈ B1, alors x ∈−1

f (B1), et si f(x) ∈ B2, alors x ∈−1

f (B2). Dans les deux

cas, x est element de−1

f (B1) ∪−1

f (B2). L’egalite demandee resulte de la double inclusionainsi demontree.

b) La premiere question permet encore de conclure que−1

f (B1 ∩ B2) ⊂−1

f (B1) ∩−1

f (B2).

Reciproquement, soit x un element de−1

f (B1) ∩−1

f (B2). Alors, f(x) est element de B1 et

de B2, donc de B1∩B2. Donc x ∈−1

f (B1∩B2). L’inclusion−1

f (B1) ∩−1

f (B2) ⊂−1

f (B1∩B2)est ainsi demontree. L’egalite annoncee en resulte.

4. a) Pour demontrer qu’aucune relation ne relie en general l’image directe du complementaired’un sous ensemble et le complementaire de son image directe, prenons un exemple. Soitf l’application de R dans R definie par f(x) = x2, et soit A = [−2, 1]. On a alorsf(A) = [1, 4], A =] −∞,−2[∪]1,+∞[, f(A) =]1,+∞[ et f(A) =] −∞, 1[∪]4,+∞[.On constate sur cet exemple que, en general,f(A) n’est pas inclus dans f(A), et que f(A)n’est pas non plus inclus dans f(A).

b)

• Soit x un element de−1

f (B). On sait que ceci signifie que f(x) est element de B. Il en

resulte que x ne peut pas appartenir a−1

f (B), et par suite qu’il appartient a−1

f (B). On a

donc prouve que−1

f (B) ⊂−1

f (B)

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• Reciproquement, soit x un element de−1

f (B). Son image par f ne peut pas apparte-

nir a B, sinon il appartiendrait a−1

f (B). Elle appartient donc a B, ce qui prouve que−1

f (B) ⊂−1

f (B).

• L’egalite annoncee resulte de la double inclusion ainsi demontree.

Exercice 4.15

1. a)−1

f (f(A)) et A est l’ensemble des elements x de E dont les images f(x) sont dans f(A).

Par definition, tout element a de A est un tel element, et donc A ⊂−1

f (f(A)).

b) Si f est injective, quel que soit le sous ensemble A de E, aucun element de A n’a son

image dans f(A). D’apres ce qui precede, il en resulte que A =−1

f (f(A)).

Reciproquement, supposons que, quel que soit le sous ensemble A de E, A =−1

f (f(A)).

Posons A = x. L’egalite x =−1

f (f(x)) signifie que f(x) n’a qu’un seul antecedent,qui n’est autre que x. Comme ceci est vrai pour tout x, on peut conclure que f est injective.

2. a) Soit b un element de B. Par definition, l’image par f d’un antecedent de b est egale

a b. Or, f

(−1

f (B)

)est l’ensemble des antecedents des elements de B. Il en resulte que

f

(−1

f (B)

)⊂ B.

b) Si f est surjective, tout element y de B admet au moins un antecedent x dont il est

l’image. Il est donc element de f

(−1

f (B)

), et l’inclusion de la question precedente devient

egalite.

Reciproquement, supposons que pour tout sous ensemble B de F , on ait f

(−1

f (B)

)= B,

et posons B = F . On a alors f

(−1

f (F )

)= F ce qui prouve que f est surjective.

Exercice 4.16

1. Pour tout entier positif n, posons fn = f f f ... f(n fois). Quel que soit l’element yde In+1, il existe x element de E tel que y = fn+1(x) = fn(f(x)), ce qui prouve que y ∈ In.

2. Supposons que n soit un entier tel que In = In−1 = ... = Ij , et considerons un elementy de In. Il existe un element x de E tel que y = fn(x) = f

(fn−1(x)

). Or, fn−1(x) est

element de In−1, donc de In. Il existe donc un element x′ de E tel que fn−1(x) = fn(x′), etdonc y = f (fn(x′)) = fn+1(x′), ce qui prouve que y ∈ In+1. L’inclusion In ⊂ In+1 est doncainsi demontree. Il en resulte que In+1 = In = In−1 = · · · = Ij , et la propriete annoncee estdemontree par recurrence.Dans le cas ou f est surjective, on a j = 0.

Exercice 4.17

1. Si f n’etait pas injective, il existerait deux elements distincts x′ et x” de E tels quef(x) = f(x′). Ceci impliquerait que g(f(x)) = g(f(x′)), c’est a dire que, contrairement a

10

l’hypothese, g f ne serait pas injective (puisque x 6= x′). Le resultat annonce est donc ainsidemontre par reduction a l’absurde.

2. Comme g f est surjective, pour tout element z de G, il existe un element x de E tel quez = g(f(x)). En posant y = f(x), il en resulte que, quel que soit l’element z de G, il existeun y de F tel que z = g(y), ce qui prouve que g est surjective.

Exercice 4.18

1. On sait (voir exercice 14) que quel que soit f , f(A ∩ B) ⊂ f(A) ∩ f(B)Supposons alors que f soit injective, et soit y un element de f(A) ∩ f(B). Il existe alors unelement a de A et un element b de B tels que y = f(a) = f(b). Comme f est injective, ona a = b et cet element appartient ) A ∩ B. On en conclut que y ∈ f(A ∩ B), ce qui prouvel’inclusion f(A) ∩ f(B) ⊂ f(A ∩ B), et donc l’egalite f(A ∩ B) = f(A) ∩ f(B).Reciproquement, supposons que, quels que soient les sous ensembles A et B de E, on aitf(A∩B) = f(A)∩f(B). Considerons deux elements distincts x et y de E. Les sous ensemblesA = x et B = y sont disjoints (x ∩ y = ∅). Comme f(∅) = ∅, la conditionf(A ∩ B) = f(A) ∩ f(B) s’ecrit : f(x ∩ fy) = ∅, qui est verifiee si et seulement sif(x) 6= f(y). Ceci devant etre vrai quels que soient les elements x et y, ceci prouve que fest injective.

2. Il est clair que, si f est bijective, la condition f(A) = f(A) est verifiee pour toutsous ensemble A de E. Reciproquement, supposons que, pour tout sous ensemble A deE, f(A) = f(A). Alors (voir exercice 14), f(E) = f(A∪A) = f(A)∪ f(A) = F . Donc f estsurjective.D’autre part, soient x et y deux elements distincts de E. Comme x 6= y, y ∈ x, et doncf(y) ∈ f(x), ce qui prouve que f(x) 6= f(y). Comme ceci est vrai quels que soient x et y,on peut conclure que f est injective.

Exercice 4.19

1. a) On sait que A ∪ A = A ∪ ∅ = A. Donc, si ϕA est injective, alors A = ∅.Reciproquement, si A = ∅, alors ϕ∅ est l’application identique, donc est injective.

b) On sait que A ⊂ A∪X. Si ϕA est surjective, alors ∅ admet un antecedent, ce qui impliqueque A = ∅.Reciproquement, si A = ∅, alors ϕ∅ est l’application identique, donc est surjective.

2. En passant au complementaire, et compte tenu des regles de Morgan, ψA(X) = ϕA(X).L’application ψA est injective (resp. surjective) si et seulement si ϕA est injective (resp.surjective), c’est a dire si et seulement si A = ∅, c’est a dire A = E.

Exercice 4.20

1. Si f est surjective, alors il existe X tel que f(X) = (∅, ∅), ce qui necessite A = B = ∅.

Mais alors, pour tout X, f(X) = (X,X) et f(P(E)) ne peut pas etre egal a (P (E))2. Donc,

f ne peut pas etre surjective.

2. On a f(∅) = (A,B) = f(A ∩ B). Donc, si f est injective, alors A ∩ B = ∅

Reciproquement, supposons que A ∩ B = ∅, et soient X et Y deux parties de E telles quef(X) = f(Y ), c’est a dire que A∪X = A∪Y et B∪X = B∪Y . Alors X ⊂ ((A∪X)∩(B∪X))implique X ⊂ ((A ∪ Y ) ∩ (B ∪ Y )), c’est a dire X ⊂ ((A ∩ B) ∪ Y ) = Y .On montrerait de meme que Y ⊂ X. On en deduit que X = Y . L’application f est doncinjective.

11

Exercice 4.21

1. On a : f(E) = (A,B) = f(A ∪ B). Donc, si f est injective, alors A ∪ B = E.Reciproquement, supposons que A ∪ B = E, et soient X et Y deux parties de Etelles que f(X) = f(Y ), c’est a dire que A ∩ X = A ∩ Y et B ∩ X = B ∩ Y . Alors,(A∩X)∪(B∩X) = (A∪B)∩X = E∩X = X. On a alors : X = (A∩Y )∪(B∩Y ) = (A∪B)∩Y = E∩Y = Y ,ce qui prouve que f est injective.

2. Si f est surjective, alors il existe X tel que f(X) = (E,E), alors, necessairementA = B = EMais reciproquement, si A = B = E, alors pour tout X, f(X) = (X,X) et l’application fne peut pas etre surjective.Remarquons qu’elle est surjective sur P(A) × P(B), lorsque A ∩ B = ∅.

Exercice 4.22

1. Considerons deux couples (p, q) et (p′, q′) d’entiers tels que (p + q)2 + q = (p′ + q′)2 + q′,supposons que p + q 6 p′ + q′, et posons p′ + q′ = p + q + a (ou a est un entier naturel).On a alors (p + q)2 + q = (p + q + a)2 + q′ = (p + q)2 + a2 + 2a(p + q) + q′, c’est adire q = a2 + 2a(p + q) + q′. Mais 2a(p + q) = 2ap + 2aq > 2aq et, si a est non nul,a2 + 2a(p + q) + q′ > q. Pour que (p + q)2 + q = (p′ + q′)2 + q′, il est donc necessaire quea = 0, c’est a dire que p + q = p′ + q′. Mais alors, on a q = q′ et donc p = p′, ce qui prouveque f est injective.

Exercice 4.23

1.

f g(x) = f(g(x)) =√

1 − cos2 x =√

sin2 x = | sin x|,g f(x) = g(f(x)) = cos

√1 + x2.

2.

f g(x) = f(g(x)) = 1 + (1 − x2) + (1 − x2)2 = 1 + 1 − x2 + 1 − 2x2 + x4 = 3 − 3x2 + x4

g f(x) = g(f(x)) = 1 − (1 + x + x2)2 = −2x − 3x2 − 2x3 − x4.

3.

f g(x) = f(g(x)) =1 + (x2 − x + 1)

1 − (x2 − x + 1)=

2 − x + x2

x − x2

g f(x) = g(f(x)) =

(1 + x

1 − x

)2

− 1 + x

1 − x+ 1 =

(1 + x)2 − (1 + x)(1 − x) + (1 − x)2

(1 − x)2

=1 + 3x2

(1 − x)2.

Exercice 4.24

1. Avec y =2 + x

3 − x, on obtient 3y − xy = 2 + x, soit x + xy = 3y − 2 ou encore x =

3y − 2

y + 1.

f est une bijection de R\3 sur R\−1, et sa bijection reciproque est : f−1(x) =3x − 2

x + 1.

12

2. f est une bijection de R \−4

5

sur R \

−3

5

, et sa bijection reciproque est :

f−1(x) =−4x − 1

3 + 5x.

3. f est une bijection de R\1 sur R\−1, et sa bijection reciproque est : f−1(x) =x

x + 1.

4. Soient A et B deux sous ensembles d’un ensemble E. Alors :1lA = 1−1lA ; 1lA∩B = 1lA1lB ;

1lA∪B = 1lA +1lB −1lA1lB

Exercice 4.25

1. a) On sait que A \ B = A ∩ B.En utilisant les resultats du cours, on obtient : 1lA\B= 1lA∩B = 1lA(1−1lB)= 1lA−1lA1lB .

b) On a A∆B = (A∪B)\ (A∩B). En utilisant les resultats du cours et celui de la premierequestion, on obtient :1lA∆B= ( 1lA +1lB −1lA1lB)− (1lA +1lB − 1lA1lB)1lA1lB .En remarquant que 1lA1lA =1lA, on obtient, apres calcul : 1lA∆B = 1lA +1lB −21lA1lB

2. a) Le calcul a ete fait ci-dessus

b) Calcul sans difficulte. On trouve1l(A∆B)∆C = 1lA∆(B∆C) = 1lA +1lB +1lB −21lA1lB −21lA1lC −21lC1lB +41lA1lB 1lC

c) Calcul sans difficulte. Ne pas oublier que 1lA1lA =1lA.On trouve 1l(A∩(B∆C) = 1l(A∩B)∆(A∩C) =1lA1lB +1lA1lC −21lA1lB 1lC .

3. a) Le calcul donne 1lA∆A = 0. Donc quel que soit A, A∆A = ∅ De meme, on trouveA∆∅ = A

b) Si 1lA∆B = 1lA +1lB −21lA1lB =1lB , alors 1lA(1-21lB)=0. Comme (1-21lB) n’est pasnul, il en resulte que 1lA = 0 et par suite que A = ∅.

Chapitre 5Exercice 5.1

1. Supposons que E contienne un element e neutre pour la loi ∗. Ceci signifie que, quel quesoit l’element x de E, x ∗ e = e ∗ x = x.Supposons alors que E contienne un autre element e′ neutre pour la loi ∗. Ceci signifie que,quel que soit l’element x de E, x ∗ e′ = e′ ∗ x = x.On aurait donc, en appliquant la premiere propriete a x = e′ : e′ ∗ e = e ∗ e′ = e′

Puis, en appliquant la deuxieme propriete a x = e : e ∗ e′ = e′ ∗ e = eIl en resulte clairement que e = e′, et que par suite, l’ensemble E ne peut pas contenir deuxelements neutres distincts pour la loi ∗.

Exercice 5.2

1. Posonsa

b=

c

d= k. On a alors a = kb et c = kd. Alors :

xa + yc

xb + yd=

xkb + kdc

xb + yd=

k(xb + yd)

xb + yd= k.

13

Les trois quotientsa

b,

xa + yc

xb + ydet

c

dsont donc egaux.

Exercice 5.3

1. On a :

(1 +

1

x

)(1 − 1

1 + x

)=

x + 1

x

x

1 + x= 1, et ceci quelle que soit la valeur de x.

2. En prenant x = 3 + 227√

2 et en appliquant le resultat de la question precedente, ontrouve 1.

3. En utilisant la factorisation remarquable a2 − b2 = (a − b)(a + b), avec a = 1, le produitetudie se factorise sous la forme :

n∏

k=2

(1 − 1

n2

)=

(1 − 1

2

)(1 +

1

2

) (1 − 1

3

)(1 +

1

3

)· · ·

(1 − 1

n

)(1 +

1

n

)

Or, d’apres la premiere question, on a :

(1 +

1

2

)(1 − 1

3

)=

(1 +

1

3

)(1 − 1

4

)= · · · =

(1 +

1

n − 1

)(1 − 1

n

)= 1

Il en resulte que

n∏

k=2

(1 − 1

n2

)=

(1 − 1

2

) (1 +

1

n

)=

n + 1

2n

Exercice 5.4

1. On trouve4

7

2. On trouve11

12

3. On trouve125

36

Exercice 5.5

1. Pour comparer ces deux nombres, etudions le signe de leur difference

δ = (a2 + b2 + c2 + d2) − (ab + bc + cd + da).

Pour cela, envisageons l’expression 2δ = 2(a2 + b2 + c2 + d2)− 2(ab + bc + cd + da), que l’onpeut mettre sous la forme :

2δ = (a2 − 2ab + b2) + (a2 − 2ad + d2) + (b2 − 2bc + c2) + (c2 − 2cd + d2)

= (a − b)2 + (a − d)2 + (b − c)2 + (c − d)2.

2δ se presente donc sous la forme de la somme de quatre carres de nombres reels. Or, unesomme de nombres reels positifs ne peut etre nulle que s’ils sont tous nuls. Il en resulte quea − b = b − c = c − a = a − d = 0, et par suite que a = b = c = d.

14

Exercice 5.6

1. Considerons la somme S =

n∑

k=1

(xk − 1)2 =

n∑

k=1

(x2k − 2xk + 1) =

n∑

k=1

x2k − 2

n∑

k=1

xk +

n∑

k=1

1.

Compte tenu des hypotheses, on obtient alors S = n−2n−n = 0. Comme S est une sommede carres de reels, tous ses termes sont positifs, et donc nuls puisque leur somme est egale a0. On en conclut que, pour tout entier k compris entre 1 et n, xk = 1.

Exercice 5.7

1. A =√

2 − 1 + 2 −√

2 = 1 (ne pas oublier que, pour tout reel x :√

x2 = |x|.

2. B = a − 2√

6 + 7 + 2√

6 + 2√

(7 − 2√

6)(7 + 2√

6) = 14 + 2√

25 = 24

3. On trouve 4.

4. En reduisant au meme denominateur :

D =

√18 +

√12 + 3

√3 − 3

√2

(√

3 −√

2)(√

3 +√

2)=

3√

2 + 2√

3 + 3√

3 − 3√

2

1= 5

√3.

Exercice 5.8

1.

E =

√x + 2

√x − 1 +

√x − 2

√x − 1

=

√x − 1 + 2

√x − 1 + 1 +

√x − 1 − 2

√x − 1 + 1

=

√(1 +

√x − 1)2 +

√(1 −

√x − 1)2 = |1 +

√x − 1| + |1 −

√x − 1|

Or, 1+√

x − 1 est positif pour tout reel x superieur ou egal a 1, et 1−√

x − 1 est positif pourtout reel x superieur ou egal a 2. On en deduit que E = 2 pour x ∈ [1, 2] et E = 2

√x − 1

pour x ∈ [2,+∞[

Exercice 5.9

1. Pour comparer deux nombres, on etudie le signe de leur difference. En operant de la sorte,

et en utilisant le resultat de l’exercice 2, on obtient333

106<

688

219<

355

113. Pour placer

√227

23, on

utilise le fait que deux nombres reels positifs sont ranges dans le meme ordre que leurs carres.

On compare donc227

23avec

6882

2192. On calcule leur difference :

6882

2192− 227

23=

−235

23 × 2192. Donc

6882

2192<

227

23. Reste a comparer

227

23avec

3552

1132. On calcule alors :

227

23− 3552

1132=

−12

23 × 1132.

On en deduit que les reels donnes sont tels que :333

106<

688

219<

√227

23<

355

113

Exercice 5.10

1. a) Pour comparer deux reels, etudions le signe de leur difference.Soit D = a2 + b2 + 2 − a − b = a2 − a + 1 + b2 − b + 1 Posons P (x) = x2 − x + 1 Le

15

discriminant de ce polynome du second degre est negatif, et son coefficient dominant estpositif. Donc P (x) est positif pour tout reel x. Comme D = P (a)+P (b), alors D est positif,et 2 + a2 + b2 > a + b.Soit D′ = (1 + a2)(1 + b2) − a − b = a2b2 + a2 + b2 − a − b + 1. Posons alors

Q(x) = x2 − x +1

2. On demontre comme plus haut que Q(x) est positif pour tout

reel x. Ainsi D′ = Q(a) + Q(b) + a2b2 est la somme de reels positifs. C’est donc un reelpositif, et l’on a bien a + b < (1 + a2)(1 + b2).

b) 2+a2 + b2 et (1+a2)(1+ b2) sont donc deux majorants de (a+ b). On peut se demanderlequel des deux est le meilleur. Comparons les : (1 + a2)(1 + b2) − (2 + a2 + b2) = a2b2 − 1.Il en resulte que, si ab < 1, alors (1 + a2)(1 + b2) < (2 + a2 + b2), si ab > 1,(1 + a2)(1 + b2) > (2 + a2 + b2). Si ab = 1, ces deux majorants sont egaux.

2. Quels que soit le reel x, (1− |x|)2 = x2 − 2|x|+ 1 > 0. Donc (1 + x2) > 2|x|. Il en resulteque, quels que soient les reels a, b et c : (1 + a2)(1 + b2)(1 + c2) > 8|abc|(on multiplie desinegalites de meme sens entre nombres positifs).Comme pour tout reel x, x 6 |x|, on peut conclure : quels que soient les reels a, b et c,(1 + a2)(1 + b2)(1 + c2) > 8abc.

3. Pour comparer ces deux nombres reels, on peut etudier le signe de leur difference (voirexercice 5), on peut aussi utiliser les nombres complexes, en considerant le module dea + bj + cj2.Utilisons une autre methode :Pour tout reel x, (ax + b)2 + (bx + c)2 + (cx + a)2 > 0. Comme il ne change pas de signe, cetrinome du second degre a un discriminant negatif : Or

(ax + b)2 + (bx + c)2 + (cx + a)2 = (a2 + b2 + c2)x2 + 2(ab + bc + ca)x + b2 + c2 + a2

et ∆′ = (ab+bc+ca)2−(a2+b2+c2)(b2+c2+a2) (discriminant reduit). La condition ∆′ > 0conduit donc a (ab + bc + ca)2 6 (a2 + b2 + c2)2, c’est a dire a |ab + bc + ca| 6 a2 + b2 + c2.On conclut en remarquant que tout reel x est inferieur ou egal a sa valeur absolue.

Exercice 5.11

1. Considerons le produit P = a(1 − b)b(1 − c)c(1 − a) = a(1 − a)b(1 − b)c(1 − c)

Pour tout x,Q(x) =

(x − 1

2

)2

= x2 − x +1

4> 0. Par suite, x(1 − x) = x − x2 6

1

4.

Donc P = Q(a)Q(b)Q(c) 6

(1

4

)3

.

Trois nombres positifs dont le produit est egal a P ne peuvent pas etre tous les trois superieurs

a1

4, sinon P serait lui meme superieur a

1

4.

Exercice 5.12

1. P (x) = Ax2 + 2Cx + B

2. Pour tout reel x, P (x) est positif. Comme il ne change pas de signe, son discriminantest negatif ou nul. On a donc C2 − AB 6 0 (discriminant reduit). On a egalite lorsqu’ilexiste un x tel que, pour tout entier k de [[1, n]], akx + bk = 0, c’est a dire si et seulement si(a1, a2, ..., an) et (b1, b2, ..., bn) sont proportionnels.

16

3. En appliquant ce qui precede aux n-uplets (√

a1,√

a2, · · · ,√

an) et (1√a1

,1√a2

· · · ,1√an

),

on obtient le resultat demande.

Exercice 5.13

1. a) A = x4+x2+2x2+2 = (x2+1)(x2+2); B = (x2+1)2−x2 = (x2+x+1)(x2−x+1);

C = x3 − 1 + x2 − 1 + x − 1 = (x − 1)(x2 + x + 1 + x + 1 + 1) = (x − 1)(x2 + 2x + 3)

D = x4 − x3 + 3x3 − 3x2 − x2 + x − 3x + 3 = (x − 1)(x3 + 3x2 − x − 3) = (x − 1)(x + 3)(x2 − 1)

= (x − 1)2(x + 3)(x + 1)

b)

• X = a(b + 1) + (b + 1) = (b + 1)(a + 1);

• On developpe : Y = ab2 + ac2 + 2abc + bc2 + ba2 + 2abc + ca2 + cb2 + 2abc − 4abc,On regroupe : Y = a(c2 + ab + ca + bc) + b(c2 + ab + cb + ac),On factorise : Y = (a+b)(c2+ab+ca+bc) = (a+b)(c(a+c)+b(a+c)) = (a+b)(b+c)(c+a)

• Z = a(a3+6a2+11a+6) = a(a3+a2+5a2+5a+6a+6) = a(a+1)(a2+5a+6) = a(a+1)(a+2)(a+3).

Exercice 5.14

1.

• On developpe A = a2b−a2c+ b2c− b2a+c2a−c2b = (ac2−ca2 + ba2)+(−bc2 +cb2 +ab2)en factorisant : A = a(c2 − ca + ab) + b(−c2 + cb + ab) Pour faire apparaıtre un facteurcommun, on ajoute et on retranche le terme abc :A = a(c2−ca+ab−bc)+b(−c2+cb−ab+ac) = (a−b)(c2−ca+ba−bc) = (a−b)(c(c−a)−b(c−a))On obtient alors : A = (a − b)(c − a)(c − b) = −(a − b(b − c)(c − a).

• En remplacant a par b, on obtient 0. C’est l’indice d’une factorisation possible par (a− b).Par symetrie, on pense a une factorisation par (a−b)(b−c)(c−a) Pour trouver le quotient,on peut considerer les expressions en jeu comme des polynomes en a, et proceder paridentification, ou poser la division.On trouve :B = −(a + b + c)(a − b)(b − c)(c − a)

• Meme methode que pour le B. On trouve C = −(bc + ca + ab)(a − b)(b − c)(c − a).

Exercice 5.15

1. L’equationx√

x − 2

x − 3=

x − 1√x − 2

est definie pour x ∈]2, 3[∪]3,+∞[. Sur cet ensemble, elle

equivaut a x(x − 2) = (x − 1)(x − 3), c’est a dire a 2x = 3.Comme3

2n’appartient pas a

l’ensemble de definition de l’equation, celle si n’a pas de solution.

2. L’equation√

x − 1 +√

x + 4 =√

5 est definie pour x > 1. Deux nombres positifs sontegaux si et seulement si leurs carres sont egaux. Donc, pour tout x de cet ensemble, cetteequation equivaut a 2x + 3 + 2

√(x − 1)(x + 4) = 5, c’est a dire a

√(x − 1)(x − 4) = 1− x.

Comme 1 − x est negatif pour x > 1, la seule possibilite est x = 1 qui est la seule solutionde cette equation.

17

3. L’equation√|x2 − 1| = x − 5 equivaut sur [5,+∞[ a |x2 − 1| = (x − 5)2, c’est a dire :

pour x ∈ [−1, 1], a 1 − x2 = x2 − 10x + 25, soit a x2 − 5x + 12 = 0 dont le discriminant estnegatif. Il n’y a donc pas de solution dans [−1, 1]pour x 6∈ [−1, 1], a x2 − 1 = x2 − 10x+25, c’est a dire a 10x = 24, ce qui conduit a x = 2, 4,qui ne convient pas car plus petit que 5.

Exercice 5.16

1.

• f(x) =√

x − 1 −√

2x − 3 est defini pour x >3

2. Deux reels positifs sont ranges dans le

meme ordre que leurs carres et leurs racines carrees. Le signe de f(x) est donc, pour tout

x superieur a3

2, le meme que celui de f1(x) = (x− 1)− (2x− 3) = −x + 2 ; f(x) est donc

positif pour x compris entre3

2et 2, et negatif pour x superieur a 2.

• Pour tout x de R, g(x) est du meme signe que

g1(x) = (x − 1)2 − (2x − 3)2 = −3x2 + 10x − 8 = (−3x + 4)(x − 2)

c’est a dire positif entre les racines 43 et 2, et negatif ailleurs.

• Pour tout x de R, h(x) est du meme signe que

h1(x) = (x2−1)2−(2x2+x−3)2 = (x−1)2[(x+1)2−(3x+4)2] = (x−1)2(−x−2)(3x+4)

On en deduit que h(x) est positif entre les racines −2 et − 43 , positif ailleurs. Notons qu’elle

s’annule sans changer de signe pour x = 1.

Exercice 5.17

1. Pour n=1, on a clairement :

1∑

k=1

1

k(k + 1)(k + 2)=

1

6=

1 × (1 + 3)

4(1 + 1)(1 + 2)

Soit n un entier tel que

n∑

k=1

1

k(k + 1)(k + 2)=

n(n + 3)

4(n + 1)(n + 2).

Calculons alors :

n+1∑

k=1

1

k(k + 1)(k + 2)=

n(n + 3)

4(n + 1)(n + 2)+

1

(n + 1)(n + 2)(n + 3)

=1

(n + 1)(n + 2)

(n(n + 3)

4+

1

n + 3

)=

1

(n + 1)(n + 2)

n(n + 3)2 + 4

4(n + 3)

=1

(n + 1)(n + 2)

n3 + 6n2 + 9n + 4

4(n + 3)=

1

(n + 1)(n + 2)

(n + 1)2(n + 4)

4(n + 3)=

(n + 1)(n + 4)

4(n + 2)(n + 3),

ce qui etablit le caractere hereditaire de la propriete. On conclut en appliquant le principede recurrence.

Exercice 5.18

1. Dans cet exercice, on ne peut pas commencer par amorcer la recurrence. On est contraintde supposer qu’il existe des entiers naturels n satisfaisant a la condition.Soit donc n un entier naturel (s’il en existe) tel qu’il existe deux entiers naturels a et b de

18

facon que n = 4a+9b. Considerons alors n+1, qui peut s’ecrire : 4a+9b+4×7−9×3 = 4(a+7)+9(b−3).Ceci donne une decomposition convenable pour b > 3.On peut aussi ecrire n + 1 = 4a + 9b− 4× 2 + 9× 1 = 4(a− 2) + 9(b + 1), ce qui donne unedecomposition convenable pour a > 2.La propriete est donc hereditaire si (b > 3 ∨ a > 2). Elle n’est pas hereditaire pour(b < 3∧ a < 2), c’est a dire puisque a et b sont des entiers, pour (b 6 2∧ a 6 1), c’est a direpour n 6 4 × 1 + 2 × 9 = 22. Elle est hereditaire pour n > 23.On doit maintenant amorcer la recurrence, c’est a dire prouver qu’il existe un entier nsatisfaisant a la condition, et appartenant a l’ensemble des entiers pour lesquels la proprieteest hereditaire. C’est le cas de 24 = 4 × 6 + 9 × 0.On peut donc conclure par le principe de recurrence que tout entier naturel n superieur ouegal a 24 peut se decomposer sous la forme 4a + 9b ou a et b sont des entiers naturels.Remarquons que certains des entiers inferieurs a 24 peuvent se decomposer sous la formedesiree, mais ce n’est pas vrai pour tous.

Exercice 5.19

1. On amorce sans difficulte pour n = 1.

Soit n un entier tel que

n∑

k=1

(−1)i−1k6 = (−1)n−1 n6 + 3n5 − 5n3 + 3n

2.

Calculons alors :

n∑

k=1

(−1)i−1k6 + (−1)n(n + 1)6 = (−1)n−1 n6 + 3n5 − 5n3 + 3n

2+ (−1)n(n + 1)6.

On a alors :

n+1∑

k=1

(−1)i−1k6 =(−1)n

2[2(n6 + 6n5 + 15n4 + 20n3 + 15n2 + 6n + 1)− (n6 + 3n5 − 5n3 + 3n)]

C’est a dire :n+1∑

k=1

(−1)i−1k6 =(−1)n

2(n6 + 9n5 + 30n4 + 45n3 + 30n2 + 9n + 2).

On verifie directement que ceci est bien egal a (n + 1)6 + 3(n + 1)5 − 5(n + 1)3 + 3(n + 1)

(n + 1)6 = n6 + 6n5 + 15n4 + 20n3 + 15n2 + 6n + 13(n + 1)5 = 3n5 + 15n4 + 30n3 + 30n2 + 15n + 3

−5(n + 1)3 = −5n3 − 15n2 − 15n − 53(n + 1) = 3n + 3

n6 + 9n5 + 30n4 + 45n3 + 30n2 + 9n + 2

La propriete est donc hereditaire, et l’on conclut par application du principe de recurrence.

Exercice 5.20

On amorce sans difficulte pour n = 1. Soit n un entier tel que

n5

5+

n4

2+

n3

3− n

30=

6(n)5 + 15(n)4 + 10(n)3 − (n)

30

19

soit un entier.

On developpe le numerateur de :6(n + 1)5 + 15(n + 1)4 + 10(n + 1)3 − (n + 1)

30:

(n + 1)5 = 6n5 + 30n4 + 60n3 + 60n2 + 30n + 615(n + 1)4 = 15n4 + 60n3 + 90n2 + 60n + 1510(n + 1)3 = 10n3 + 30n2 + 30n + 10−(n + 1) = −n − 1

6n5 + 45n4 + 130n3 + 180n2 + 119n + 30

En faisant apparaıtre l’hypothese de recurrence, on obtient alors :6(n+1)5+15(n+1)4+10(n+1)3−(n+1) = (6n5+15n4+10n3−n)+(30n4+120n3+180n2+120n+30)Donc :

6(n + 1)5 + 15(n + 1)4 + 10(n + 1)3 − (n + 1)

30=

6n5 + 15n4 + 10n3 − n

30+ n4 + 4n3 + 6n2 + 4n + 1,

ce qui prouve que6(n + 1)5 + 15(n + 1)4 + 10(n + 1)3 − (n + 1)

30est bien un entier. La pro-

priete etudiee est donc hereditaire, et l’on peut conclure par application du principe derecurrence.

Exercice 5.21

1. Lorsqu’il n’y a qu’un reel a1, l’expression est egale a a1 + (1 − a1) = 1. La propriete estdonc vraie pour 1 reel quelconque a1. Soit n un entier tel que, quel que soient les n reelsa1, a2, ..., an, l’expression

En = a1 + a2(1 − a1) + a3(1 − a2)(1 − a1) + · · · + an(1 − an−1) · · · (1 − a1)

+(1 − an)(1 − an−1) · · · (1 − a1)

soit egale a 1. Considerons alors l’expression :

En+1 = a1 + a2(1 − a1) + a3(1 − a2)(1 − a1) + · · · + an+1(1 − an) · · · (1 − a1)

+(1 − an+1)(1 − an) · · · (1 − a1).

On a :

En+1 = En + an+1(1 − an) · · · (1 − a1) + (1 − an+1)(1 − an) · · · (1 − a1)

−(1 − an)(1 − an−1) · · · (1 − a1)

= En + [(1 − an)(1 − an−1) · · · (1 − a1)][an+1 + (1 − an+1) − 1] = En = 1

La propriete est donc hereditaire et donc vraie pour tout entier naturel n, par applicationdu principe de recurrence.

2. On obtient la reponse annoncee en faisant ak =k

ndans la question precedente. on a en

effet :

ak(1 − ak−1)(1 − ak−2) · · · (1 − a1) =k(n − 1)(n − 2) · · · (n − k + 1)

nk=

kn!

nk+1(n − k)!

=kn!k!

nk+1(n − k)!k!

20

D’autre part, (1− an)(1− an−1) · · · (1− a1) = 0 (car an = 1). On conclut en multipliant parn.

Exercice 5.22

1. A et B etant des parties bornees de R admettent des bornes superieures. Tout element xde A∪B appartient a A ou a B. Il est donc majore par supA ou par supB, donc majore parla plus grande des deux. Ainsi, max(supA, supB) est un majorant de A ∪ B. Donc A ∪ Betant majore, admet une borne superieure qui est inferieure a ce majorant. On en deduitque sup(A ∪ B) 6 max(supA, supB).Reciproquement, par definition de la borne superieure, quel que soit le reel ε strictementpositif, il existe un element x de A, donc de A ∪B tel que supA− ε < x, ce qui prouve quesupA 6 sup(A∪B). On obtient clairement le meme resultat avec supB. On en deduit ainsique max(supA, supB) 6 sup(A ∪ B), et par suite que sup(A ∪ B) = max(supA, supB).

Exercice 5.23

a) Pour tout entier naturel non nul n, n − 1

net n +

1

nsont des reels positifs. Donc I est

minore par 0. D’autre part, n − 1

n< n +

1

n, donc I est majore par 1.

b) On a f(1) = 0, donc 0 est le minimum, donc la borne inferieure de I.Soit ε un reel positif non nul. L’inequation 1−ε < f(n) equivaut, apres calcul, a εn2 > 2−ε

En prenant n >

√2 − ε

ε, on prouve que 1 − ε n’est pas un majorant de I. Ceci prouve que

la borne superieur de I est egale a 1.

c) On a deja montre que 0 est le minimum de I. D’autre part, la borne superieure de I est1, mais 1 n’est pas element de I, donc I n’admet pas de maximum.

d) On a f(n) =n2 − 1

n2 + 1. La condition f(n) = f(p) equivaut donc a

n2 − 1

n2 + 1=

p2 − 1

p2 + 1, c’est

a dire a n2p2 − p2 + n2 − 1 = n2p2 + p2 − n2 − 1, c’est a dire encore a p2 = n2, soit n = p,car ce sont des nombres positifs. La conclusion en decoule.f est donc bijective de N sur son image I, et donc CardI = CardN. On conclut donc que In’est pas un ensemble fini.

Exercice 5.24

1.

• S1 =n∑

k=1

k2 −n∑

k=1

k =n(n + 1)(2n + 1)

6− n(n + 1)

2=

n(n2 − 1)

3

• Posons Ti =i∑

j=1

(i−1)(n−j+1) = i(i−1)(n+1)−(i−1)i(i + 1)

2= (n+1)(i2−i)+

i − i3

2.

Il en resulte que :

S2 =

n∑

i=2

Ti =

n∑

i=2

((n + 1)(i2 − i) +

i − i3

2

)= (n + 1)

n∑

i=2

(i2 − i) +1

2

n∑

i=2

(i − i3)

21

Les termes correspondant a i = 1 peuvent etre rajoutes, car ils s’annulent dans les deux

sommes. Donc : S2 = (n+1)

n∑

i=1

(i2−i)+1

2

n∑

i=1

(i−i3) = (n+1)S1+1

2

n(n + 1)

2−1

2

n2(n + 1)2

4,

soit :

S2 = (n+1)n(n + 1)2(n − 1)

3+

n(n + 1)

4−n2(n + 1)2

8=

n(n + 1)

24[8(n2−1)+6−3(n2+n)].

Apres developpement et factorisation, on trouve : S2 =n(n2 − 1)(5n + 2)

24.

•

S3 =

n∑

i=1

(n − i + 1)

i∑

j=1

j =

n∑

i=1

(n − i + 1)i(i + 1)

2=

1

2

n∑

i=1

(n + 1)(i2 + i) − (i3 + i2)

=n2(n + 1)(2n + 1)

12+

n(n + 1)2

4− n2(n + 1)2

4=

n(n + 1)

24(n2 + 5n + 6)

=n(n + 1)(n + 2)(n + 3)

24

(=

(n + 3

4

))

Exercice 5.25

1.∑

i,j

Max(i, j) = 2∑

i<j

j +

n∑

i=1

i. et∑

i<j

j =

n∑

i=1

n∑

j=i+1

j =

n∑

j=1

j−1∑

i=1

j =

n∑

1

(j − 1)j

Alors :∑

i,j

Max(i, j) = 2

n∑

1

(j2 − j) +

n∑

i=1

i = 2n(n + 1)(2n + 1)

6− n(n + 1)

2

=n(n + 1)

2

(2n + 1

3− 1

2

)=

n(n + 1)(4n − 1)

6

Exercice 5.26

1.

n∑

k=0

n∑

j=k

k

j + 1

=

n∑

j=0

(j∑

k=0

k

j + 1

)=

n∑

j=0

1

j + 1

(j∑

k=0

k

)=

n∑

j=0

j(j + 1)

2(j + 1)

=

n∑

j=0

j

2=

n(n + 1)

4

Exercice 5.27

1. P =∏

16i6j6n

ij Posons Q =∏

16j6i6n

ij, R =∏

16i,j6n

ij, et S =∏

16i=j6n

ij. On a claire-

ment : P = Q, R =PQ

S=

P 2

Set S = (n!)2. Calculons

R =∏

16i,j6n

ij =

n∏

i=1

n∏

j=1

ij =

n∏

j=1

inn! = (n!)nn∏

i=1

in = (n!)2n

On a donc P 2 = RS = (n!)2n+2, et par suite P = (n!)n+1.

22

Chapitre 6Exercice 6.1

Nous ne detaillons pas les calculs, qui sont sans surprise.

On trouve : z1 = 65 − 142i; z2 =7 − 24i

25; z3 =

14 − 5i

221; z4 =

31 − 53i

29.

Exercice 6.2

Les regles de resolutions d’un systeme sont les memes que dans le cas de systemes reels(methodes de multiplication et addition, methode de substitution, voire application desformules de Cramer, pour ceux qui les connaissent). Nous ne detaillons pas les calculs, quisont sans surprise.

1. On trouve : z =6 − 9i

13; t =

−11 − 6i

13

2. On trouve, z = i, et t = 1

Exercice 6.3

Dans les trois cas de calcul faisant l’objet de cet exercice, le resultat obtenu est un reel (ilen est ainsi chaque fois qu’on fait la somme d’un complexe avec son conjugue).

On trouve z1 = 2(a3 − 3ab2); z2 = 2 − 12a2 + 2a4; z3 =ac − bd

c2 + d2

Exercice 6.4

1. On a : 1 + j2 = −j, et (1 + j2) = (1 + j). Donc An = (1 + j)n + (1 + j2)n = 2ℜ(−j)n

C’est a dire : Si ∃k ∈ Z tel que n = 6k, alors A = 2. Si ∃k ∈ Z tel que n = 6k + 1, alorsA = 1.Si ∃k ∈ Z tel que n = 6k + 2, alors A = −1. Si ∃k ∈ Ztel que n = 6k + 3, alors A = −2.Si ∃k ∈ Z tel que n = 6k + 4, alors A = −1. Si ∃k ∈ Z tel que n = 6k + 5, alors A = 1..

2. Dans les deux cas, on trouve z3 + 1

3. On trouve : (a + b)(aj + bj2)(aj2 + bj) = a3 + b3 (ne pas oublier que 1 + j + j2 = 0).Il en resulte que (a + bj + cj2)3 + (a + bj2 + cj)3 =

[(a+bj+cj2)+(a+bj2+cj)][(a+bj+cj2)j+(a+bj2+cj)j2][(a+bj+cj2)j2+(a+bj2+cj)j]

C’est a dire, tout calcul fait (ne pas oublier que 1 + j + j2 = 0, soitj + j2 = −1) :

(a + bj + cj2)3 + (a + bj2 + cj)3 = (2a − b − c)(2b − c − a)(2c − a − b)

4. En developpant, on trouve : a3 + b3 + c3 − a2b − a2c − b2a − b2c − c2a − c2b.

Exercice 6.5

1. Pour trouver sous forme algebrique, les racines carrees complexes d’un nombre complexeα + iβ, on cherche des reels x et y tels que (x + iy)2 = x2 − y2 + 2ixy = α + iβ. Onobtient alors les conditions x2 − y2 = α et 2xy = β, auxquelles il est d’usage d’ajouterla condition x2 + y2 = |α + iβ| =

√α2 + β2. On obtient alors 2x2 = α +

√α2 + β2 et

2y2 = −α +√

α2 + β2

23

On en deduit |x— et |y| , puis les racines carrees cherchees, en tenant compte du signesrespectifs de x et y, connaissant le signe de leur produit, qui est le signe de β. On trouvetoujours deux racines carrees opposees.On trouve : pour a, 2− i et −2 + i ; pour b, 1 + 4i et −1− 4i, pour c :4− 3i et −4 + 3i, pour

d : 5 + 4i et −5− 4i, et pour e,√√

577 + 24− i√√

577 − 24 et son oppose (ca ne peut pastoujours “tomber juste” !).

2. En appliquent deux fois la methode, on trouve les racines carrees de −119+120i, qui sont5+12i et son oppose, et les racines carrees de ces deux nombres, donc les racines quatriemesde −119 + 120i, qui sont 3 + 2i,−2 + 3i,−3 − 2i, et 2 − 3i.

Exercice 6.6

1. a etant de module 1, on a aa = |a|2 = 1, c’est a dire a =1

a

2. a) On a z1 =a + b

a − b=

1

a+

1

b1

a− 1

b

=b + a

b − a= −z1, ce qui prouve que z1 est imaginaire pur.

De meme : z2 =a + b

1 − ab=

1

a+

1

b

1 − 1

ab

=b + a

ab − 1= −z2, ce qui prouve que z2 est imaginaire pur.

b) Posons a = eiα et b = eiβ .

Alors z1 =eiα + eiβ

eiα − eiβ=

ei α+β2

(ei α−β

2 + e−i α−β2

)

ei α+β2

(ei α−β

2 − e−i α−β2

) = icos α−β

2

sin α−β2

=i

tan α−β2

.

De meme z2 =eiα + eiβ

1 − ei(α+β)=

ei α+β2

(ei α−β

2 + e−i α−β2

)

ei α+β2

(e−i α+β

2 − ei α+β2

) =

−i cos

(α − β

2

)

sin

(α + β

2

)

3. Comme |abc| = 1,

|ab + bc + ca| =|ab + bc + ca|

|abc| =

∣∣∣∣ab + bc + ca

abc

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣1

c+

1

c+

1

a

∣∣∣∣ = |a + b + c| = |a + b + c|.

4. On a :

z =

(c + abc − (a + b)

a − b

)=

c + abc − (a + b)

a − b=

c +1

abc − (

1

a+

1

b)

1

a− 1

b

=cab + c − (b + a)

b − a

= −z

ce qui prouve que z est imaginaire pur.

Exercice 6.7

On a a = eiθ =1 + ix

1 − ix. On en deduit : a− iax = 1 + ix, c’est a dire x =

a − 1

i(1 + a)= i

1 − a

1 + a.

On a alors x = iei θ

2 (e−i θ2 − ei θ

2 )

ei θ2 (e−i θ

2 − ei θ2 )

= ie−i θ

2 − ei θ2

e−i θ2 + ei θ

2

= tan θ2

24

Exercice 6.8

1. Soit a un complexe quelconque, z est un antecedent de a par f si et seulement si z+1

z= a,

c’est a dire si et seulement si z2 + az + 1 = 0. Cette equation du second degre admet aumoins une solution dans C, ce qui permet de conclure que f est surjective.

2. a) Procedons par recurrence.Pour n = 0, on a f(z0) = f(1) = 2. Le polynome constant egal a 2 est l’unique possibilite(P0(x) = 2). Pour n = 1, la seule possibilite est le polynome P1(x) = xSupposons que n−1 et n soit des entiers tel qu’il existe un unique polynome Pn et un uniquepolynome Pn−1 tels que Pn(f(z)) = f(zn) et Pn−1(f(z)) = f(zn−1).

On a alors : f(zn+1) = zn+1 +1

zn+1=

(z +

1

z

)×

(zn +

1

zn

)−

(zn−1 +

1

zn−1

).

C’est a dire : f(zn+1) = f(z)×Pn(f(z))−Pn−1(f(z)). En posant pour tout entier naturel nstrictement superieur a 1 : Pn+1 = xPn(x)−Pn−1(x), on definit un polynome Pn+1 repondanta la question. On prouve ainsi, d’apres le principe de recurrence, qu’un tel polynome existepour tout entier n.Supposons maintenant que deux polynomes Pn(x) et Qn(x)satisfassent a la condition. Ona alors, quel que soit z, Pn(f(z)) = Qn(f(z)), c’est a dire Pn(f(z)) − Qn(f(z)) = 0. Lepolynome (Pn − Qn)(x) admet donc f(z) comme racine, et ce quel que soit le complexe z.D’apres la premiere question, on peut en conclure qu’il admet une infinite de racines, et doncque c’est le polynome nul. On prouve ainsi que les deux polynomes Pn et Qn sont egaux,c’est a dire que, pour tout entier naturel n, il existe un polynome et un seul satisfaisant ala question.La relation de recurrence trouvee permet par ailleurs de conclure que Pn est degre n.

b) Soit z un complexe. Il existe un complexe y tel que z = f(y) (d’apres la premiere ques-tion). Le complexe z est racine complexe du polynome Pn si et seulement si

Pn(z) = Pn(f(y)) = f(yn) = 0

Cherchons donc les complexes y tels que yn +1

yn= 0, soit y2n = −1. Cette equation admet

les 2n solutions distinctes donnees, pour k ∈ [[0, 2n − 1]] par yk = e2k+12n

iπ. Les racines ainsitrouvees sont toutes de module 1, et tout conjugue d’une des racines et aussi une racine. On

obtient alors les racines zk = yk +1

yk= yk + yk correspondantes, et on peut conclure :

les racines du polynome Pn sont les nombres zk = 2 cos(

2k+12n π

), pour k ∈ [[0, n − 1]].

Exercice 6.9

1 + cos θ + i sin θ

1 − cos θ − i sin θ=

1 + eiθ

1 − eiθ=

ei θ2

ei θ2

e−i θ2 + ei θ

2

e−i θ2 − ei θ

2

= −ei θ2 + e−i θ

2

ei θ2 − e−i θ

2

=−i cos θ

2

sin θ2

Donc |z| =∣∣cot θ

2

∣∣ et l’argument de z estπ

2ou −π

2suivant le signe de cot

θ

2.

Exercice 6.10

1 + cos a + i sin a

1 + cos b + i sin b=

1 + eia

1 + eib=

ei a2

ei b2

e−i a2 + ei a

2

e−i b2 + ei b

2

= ei a−b2

cos a2

cos b2

.

25

On a donc

∣∣∣∣1 + cos a + i sin a

1 + cos b + i sin b

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣cos a

2

cos b2

∣∣∣∣∣, et l’argument de1 + cos a + i sin a

1 + cos b + i sin best

a − b

2ou

a − b

2+ π, suivant le signe de

cos a2

cos b2

.

Exercice 6.11

Soit z =1 + cos a + i sin a√

1 + sin 2a + i√

1 − sin 2a. Posons

N = 1 + cos a + i sin a et D =√

1 + sin 2a + i√

1 − sin 2a.

Les formules de trigonometrie elementaire conduisent aisement a N = 2 cosa

2

(cos

a

2+ i sin

a

2

).

D’autre part :

1+sin 2a = 1+cos(π

2− 2a

)= 2 cos2

(π

4− a

)et 1−sin 2a = 1−cos

(π

2− 2a

)= 2 sin2

(π

4− a

).

Il en resulte que D =√

2(∣∣∣cos

(π

4− a

)∣∣∣ + i∣∣∣sin

(π

4− a

)∣∣∣).

On conclut que le module de z est egal a√

2.

Pour l’argument de z, il faut distinguer plusieurs cas suivant les signes de cos(π

4− a

)et

sin(π

4− a

):

pour a ∈[−π,−3π

4

], alors arg z = π +

(π

4− a

);

pour a ∈[−3π

4,−π

4

], alors arg z = π −

(π

4− a

);

pour a ∈[−π

4,π

4

], alors arg z =

π

4− a ;

pour a ∈[π

4,3π

4

], alors arg z = −

(π

4− a

);

pour a ∈[3π

4, π

], alors arg z = π +

(π

4− a

).

Exercice 6.12

1. Les trois points sont alignes si et seulement si les vecteurs dont les affixes sont1

z− z et

1

z− (1 − z) sont colineaires, c’est a dire si et seulement si

1z − 12 − z

1z − z

est un nombre reel,

c’est a dire si et seulement siz2 − z + 1

1 − z2=

z2 − 1 − z + 2

z2 − 1= 1 − z − 2

z2 − 1est un reel. La

condition d’alignement s’ecrit donc en definitive, apres ces simplifications,z − 2

z2 − 1∈ R.

Or un complexe est un reel si et seulement s’il est egal a son conjugue. La condition d’aligne-

ment s’ecrit doncz − 2

z2 − 1=

z − 2

z2 − 1, soit encore, apres calcul, (z − z)[zz − 2(z + z) + 1] = 0.

Une premiere solution est z = z, ce qui signifie que z est un reel. Dans ce cas, les trois imagesetudiees sont toutes les trois sur l’axe des reels. Cette solution etait attendue... En posantz = a + ib (ou a et b sont des reels), la deuxieme condition s’ecrit (a2 + b2) − 4a + 1 = 0,c’est a dire b2 = −a2 + 4a− 1. Ceci necessite que −a2 + 4a− 1 > 0, c’est a dire (tout calcul

26

fait) que a ∈ [2−√

3, 2+√

3]. Reciproquement, a tout reel a de cet intervalle correspondentdeux valeurs opposees de b, ce qui correspond au fait que, si z est solution, alors z est aussisolution (ce qui, la aussi etait attendu).

2. Si les points d’affixes z et1

zsont sur un meme cercle de centre O, c’est que ces deux

nombres complexes ont le meme module, et ce module commun a z et son inverse ne peutetre que 1. On est donc conduit a chercher les nombres complexes z de module 1, tels que

1 − z soit aussi de module 1. On ne tiendra pas compte des cas ou z etant egal a1

z, z est

reel. Dans ce cas, il n’y a plus que deux points.Notons z = a + ib. Les conditions |z| = |1 − z| se traduisent par le systeme :

a2 + b2 = 1

a2 − 2a + 1 + b2 = 1

qui conduit a : a =1

2et b2 =

3

2.

Les seules solutions au probleme pose sont alors −j et −j2.

Exercice 6.13

La condition a2 + b2 + c2 − ab + bc + ca = 0 equivaut a a2 − (b + c)a + b2 + c2 − bc = 0Le discriminant du trinome en a ainsi mis en evidence est

∆ = (b + c)2 − 4(b2 + c2 − bc) = −3(b − c)2.

Le calcul des racines permet d’ecrire la condition de l’enonce sous la forme (a+bj+cj2)(a+bj2+cj) = 0.Supposons par exemple que a + bj + cj2 = 0. Comme 1 + j + j2 = 0, la condition peuts’ecrire bj + cj2 = a(j + j2), soit b + cj = a(1 + j), c’est a dire b − a = −j(c − a), ce qui

signifie que le vecteur−→AC se deduit du vecteur

−−→AB par le rotation de centre A et d’angle

π

3, et donc que le triangle ABC est equilateral. L’autre cas se traite de la meme facon.

Exercice 6.14

1. Les vecteurs−−→AB et

−→AC sont colineaires si et seulement si

a − b

a − cest un reel, c’est a dire si et

seulement sia − b

a − c=

a − b

a − c, soit, en transformant cette egalite : ab−ab+bc− bc+ca− ca = 0.

2. Dans cette question, la condition est quea − b

a − csoit un imaginaire pur, c’est a dire que

a − b

a − c+

a − b

a − c= 0, soit, en transformant cette egalite : 2aa + cb+ cb− ac− ac− ab− ab = 0.

Exercice 6.15

2Dn(t) = 1+2 cos t+2 cos 2t+ · · ·+2 cos nt = 1+

n∑

k=1

(eikt+e−ikt) =

n∑

−n

eikt = e−int2n∑

0

eikt.

On a donc :

2Dn(t) = e−int ei(2n+1)t − 1

eit − 1= e−int e

i(2n+1)t

2

eit2

ei(2n+1)t

2 − e−i(2n+1)t

2

eit2 − e

−it2

= e−inteint sin(n + 1

2

)t

sin t2

.

27

Le resultat en decoule : Dn(t) =sin

(n + 1

2

)t

2 sin t2

.

Exercice 6.16

1. On a A = ℜ(

n−1∑

k=0

ei(a+kb)

)

S’il existe un entier k tel que b = 2kπ, alors A = n cos a.

Sinon, A = ℜ(

eia 1 − einb

1 − eib

)= ℜ

(eia e

inb2

eib2

e−inb

2 − einb2

e−ib2 − e

ib2

)

On en deduit que A = ℜ(

sin nb2

sin b2

× ei(a+(n−1) b2 )

)et donc que A =

sin nb2

sin b2

cos(a + (n − 1) b

2

).

2. On a B = ℜ(

n∑

k=0

(n

k

)ei(a+kb)

)= ℜ

(eia

n∑

k=0

(n

k

)(eib

)k

)= ℜ

(eia(1 + eib)n

)

On en deduit que B = ℜ(ei(a+n b

2 )(e−i b2 + ei b

2 )n)

,

et par suite que B = 2n cosn b

2cos(a + n b

2 )

Exercice 6.17

On sait que k(nk

)= n

(n−1k−1

). Donc S =

n∑

k=1

n

(n − 1

k − 1

)sin kθ = Im

(n∑

k=1

n

(n − 1

k − 1

)eikθ

).

Avec le changement d’indice de sommation h=k-1, on obtient :n∑

k=1

n

(n − 1

k − 1

)eikθ =

n−1∑

h=0

n

(n − 1

h

)ei(h+1)θ = neiθ

n−1∑

h=0

(n − 1

h

)eihθ = neiθ(1 + eiθ)n−1

La methode habituelle de l’angle moitie permet alors d’obtenir

S = Im(neiθei(n−1) θ

2 (e−i θ2 + ei θ

2 )n−1)

C’est a dire : S = n2n−1 sin((n + 1) θ

2

)cosn−1

(θ2

)

Exercice 6.18

On a tout d’abord, sous forme trigonometrique z =(√

2)n

ei nπ4 =

(√2n

) (cos nπ

4 + i sin nπ4

)

Puis, sous forme algebrique : (1+i)n =

n∑

k=0

(n

k

)ik =

[ n2 ]∑

k=0

(n

2k

)(−1)k+i

[ n−12 ]∑

k=0

(n

2k + 1

)(−1)k

On conclut en egalant partie reelle et partie imaginaire.

Exercice 6.19

On pose ω = e2ipπ

n

1. On a alors :

n−1∑

k=0

(n

k

)ωk = (1+ω)n−ωn Or, les techniques de calcul classiques permettent

d’obtenir : (1 + ω) = 2 cos ipπn e

ipπn . On obtient alors :

n−1∑

k=0

(n

k

)ωk = (−1)p2n cosn pπ

n− 1

28

2. Si ωp = 1, alorsn−1∑

k=0

ωkp = n.

Sinon,

n−1∑

k=0

ωkp =

n−1∑

k=0

(ωp)k =1 − (ωp)n

1 − ωp= 0

3. Si ω = 1, alors on aurait

n−1∑

k=0

(k + 1)ωk =(n − 1)n

2.

Ici, on calcule (1 − ω)

n−1∑

k=0

(k + 1)ωk=

n−1∑

k=0

(k + 1)ωk − nωn = −n On obtient donc

n−1∑

k=0

(k + 1)ωk =−n

1 − ω

4. Soit S la somme a chercher.

La formule du binome permet d’obtenir : S =

n∑

k=1

(2 + ωk)n =

n∑

k=1

(n∑

l=0

(n

l

)ωkl2n−l

)

En intervertissant les sommations, on obtient : S =

n∑

l=0

(n

l

)2n−l

(n∑

k=1

ωkl

). Alors (voir

question b) ci-dessus), pour l = 0 ou l = n, on a

n∑

k=1

ωkl = n et dans tous les autres cas, on

obtient

n∑

k=1

ωkl = 0. En reportant les resultats, on obtient : S =(n0

)n +

(nn

)n2n = n(1 + 2n)

Exercice 6.20

On calcule sous la formeα(1 + α4)(1 + α6) + α2(1 + α2)(1 + α6) + α3(1 + α2)(1 + α4)

(1 + α2)(1 + α4)(1 + α6).

On obtientα + α2 + α3 + α4 + 2α5 + 2α7 + α8 + α9 + α10 + α11

1 + α2 + α4 + 2α6 + α8 + α10 + α12.

En utilisant les proprietes des racines 7iemes de l’unite (ω7 = 1 et 1+α+α2+α3+α4+α5+α6 = 0),

on transforme sous la forme −2α6

α6 , et l’on obtient le resultat :

α

1 + α2+

α2

1 + α4+

α3

1 + α6= −2

Exercice 6.21

1. Le polynome (z − 1)

n−1∏

k=1

(z − ωk) est un polynome de degre n, dont les racines sont les

racines niemes de l’unite. C’est donc le polynome zn −1. On a donc :n−1∏

k=1

(z−ωk) =zn − 1

z − 1.

Dans cette derniere expression, on reconnaıt la somme des n premiers termes de la suite

geometrique de premier terme 1 et de raison z.On conclut donc :

n−1∏

k=1

(z − ωk) =

n−1∑

s=0

zs.

29

2. On a (1 − ωk) = 1 − cos 2kπn − i sin 2kπ

n = 2 sin kπn

(sin kπ

n − i cos kπn

).

Si kπn est compris entre 0 et π, son sinus est positif. On peut donc conclure :

∣∣(1 − ωk)∣∣ = 2 sin kπ

n .En appliquant le resultat de la premiere question a z=1, et en comparant les modules des

deux membres, on conclut que 2n−1

n−1∏

k=1

sinkπ

n= n (ce qui equivaut au resultat demande).

Exercice 6.22

Le discriminant reduit vaut 3 − 3i. Les racines carrees de 3 − 3i, calculees avec la methodedes exercices 6 et 7, sont :√

3

(√√2 + 1

2− i

√√2 − 1

2

)et son oppose.

Les racines de l’equation etudiee sont :

z1 = −2+ i+√

3

(√√2 + 1

2− i

√√2 − 1

2

)et z2 = −2+ i−

√3

(√√2 + 1

2− i

√√2 − 1

2

)

Exercice 6.23

En posant X = z3, on obtient les solutions X = j = e2iπ3 et X = j2 = e

4iπ3 . On en deduit

les solutions de l’equation etudiee, qui sont : e2iπ9 , e

4iπ9 , e

8iπ9 , e

10iπ9 , e

14iπ9 , e

16iπ9 , c’est a dire

les racines 9iemes de l’unite, sauf 1, j et j2.

Exercice 6.24

1 + 2z + 2z2 + 2z3 + · · · + 2zn−1 + zn = 1 + z + z2 + z3 + · · · + zn−1)

+(z + z2 + z3 + · · · + zn−1 + zn)

= (1 + z)1 − zn

1 − z

les solutions de l’equation sont donc −1 et les racines n-iemes de l’unite, mais la racine 1 neconvient pas.

Exercice 6.25

On pose u = cos x et v = sinx, pour x ∈ [0, 2π[. La deuxieme equation est au-tomatiquement verifiee, et la premiere s’ecrit 2 cos nx = 2 cos ϕ. On en deduit que

x ∈

ϕ

n+

2kπ

n, k ∈ [[0, n − 1]]

∪

−ϕ

n+

2kπ

n, k ∈ [[0, n − 1]]

Les couples solution du

systeme s’en deduisent sans difficulte.

Exercice 6.26

En remplacant tan a en fonction de sin a et cos a, on obtient sans peine :1 − i tan a

1 + i tan a= e−2ia

Il en resulte que z est solution de l’equation etudiee si et seulement s’il existe un entier k de

[[0, n − 1]] tel que1 − iz

1 + iz= eiαk , avec αk =

2(kπ − a)

n.

Pour chaque valeur de k, on a alors iz(1 + eiαk) = 1 − eiαk . Comme (1 + eiαk) est non nul,

on en deduit que z =1 − eiαk

i(1 + eiαk)= − tan αk

2 (voir exercice 7)

30

Exercice 6.27

On pose Z = zn. Z est alors solution de l’equation Z2 − 2Z cos na + 1 = 0.Les racines de cette equation sont eia et e−ia. On en deduit l’ensemble des racines de

l’equation initiale :

ei(a+ i2kπn ), k ∈ [[0, n − 1]]

∪

ei(a+−i2kπ

n ), k ∈ [[0, n − 1]]

.

Exercice 6.28

Nous supposerons que b 6= 0, car le complexe 0 n’a pas d’argument.L’equation proposee admet deux racines de meme argument si et seulement s’il existe desreels r, R et α tels que z2 + az + b = (z − reiα)(z −Reiα) = z2 − (R + r)eiα + Rre2iα, c’esta dire si et seulement s’il existe des reels R, r et α tels que a = −(R + r)eiα et b = Rre2iα.

S’il existe de tels reels, c’est que e2iα =b

Rr= (eiα)2 =

a2

(R + r)2. Il existe donc un reel

k =Rr

(R + r)2tel que b = ka2. De plus, il existe deux reels R et r tels que k =

Rr

(R + r)2. On

a Rr =1

4

((R + r)2 − (R − r)2

)6

(R + r)2

4. Il en resulte que k =

Rr

(R + r)26

1

4

Reciproquement, supposons qu’il existe un reel k inferieur a1

4tel que b = ka2. Considerons

l’equation z2 +az +ka2 = 0. Son discriminant ∆ = a2(1−4k) est un reel positif. Les racines

de l’equation sont z1 = a

[−1 +√

1 − 4k

2

]et z2 = a

[−1 −√

1 − 4k

2

]. Elles ont toutes les

deux le meme argument que −a

Chapitre 7Exercice 7.1

1. On trouve :

P 2(X) = X4 + 6X3 + 9X2; (P − Q)(X) = 2X + 1;

(3P + Q − R)(X) = −X3 + 4X2 + 11X − 1; (P 2 − Q2)(X) = 4X3 + 10X2 + 2X − 1.

2. On trouve : P (Q(X)) = X4+2X3+2X2+X−2 ; Q(P (X)) = X4+6X3+10X2+3X−1;(P R − R P )(X) = −9X5 − 29X4 − 6X3 + 2X2.

Exercice 7.2

1. Pour se faire une idee de ce qui se passe, on considere successivement :P0(X) = 1 + X; P1(X) = (1 + X)(1 + X2) = 1 + X + X2 + X3;P2(X) = (1 + X)(1 + X2)(1 + X4) = 1 + X + X2 + X3 + X4 + X5 + X6 + X7.

On demontre aisement par recurrence que Pn(X) =2n+1−1∑

k=0

Xk

2. Dans la somme, on reconnaıt la somme des 2n+1 premiers termes d’une suite geometriquede raison (−X). On obtient :

Qn(X) = (X2 + 1)(X + 1)1 + X2n+1

1 + X= (X2 + 1)(1 + X2n+1) = X2n+3 + X2n+1 + X2 + 1.

On peut egalement proceder par recurrence.

31

Exercice 7.3

R(X) = (1 − X)n

n∑

k=0

(n

k

)3k(1 − X)2n−2kXk = (1 − X)n

n∑

k=0

(n

k

)[(1 − X)2]n−k(3X)k.

On obtient alors, en reconnaissant un developpement par le binome de Newton :R(X) = (1 − X)n((1 − X)2 + 3X)n =

((1 − X)(1 + X + X2)

)n= (1 − X3)n.

Exercice 7.4

1. Comme (−i)3 = i,X2 + i est en facteur, et l’on obtient :

X6−i = (X2+i)(X4−iX2−1) = (X2+i)(X2− i +√

3

2)(X2− i −

√3

2) Le calcul des racines

carrees donne :i +

√3

2=

(√12 +

√3

4 + i

√12 −

√3

4

)2

, eti −

√3

2=

(√12 −

√3

4 + i

√12 +

√3

4

)2

.

Comme

(1√2

+ i1√2

)2

= i, on obtient la factorisation demandee :

X6 − i =

(X − 1√

2+ i

1√2

) (X +

1√2− i

1√2

)P (X)Q(X), avec

P (X) =

(X −

√12 +

√3

4 + i

√12 −

√3

4

) (X +

√12 +

√3

4 − i

√12 −

√3

4

)

et Q(X) =

(X −

√12 −

√3

4 + i

√12 +

√3

4

)(X +

√12 −

√3

4 − i

√12 +

√3

4

)

2. La factorisation trigonometrique ne pose pas de probleme. On a :

X6 − i =

5∏

k=0

[cos

(π

12+

2kπ

6

)+ i cos

(π

12+

2kπ

6

)]

La solution dont la partie reelle est la plus grande estπ

12.

En comparant avec la premiere question, on conclut : cosπ

12=

√12 +

√3

4 .

Exercice 7.5

1. Les solutions de l’equation etudiee sont les racines cinquiemes de l’unite, c’est a dire les

elements de l’ensemble

e2ikπ

5 , k ∈ [[0, 4]]

2. Il est classique que Q(z) = 1 + z + z2 + z3 + z4

a) On a Q(z) = z2

(1

z2+

1

z+ 1 + z + z2

)= z2

(1

z2+ 2 + z2 +

1

z+ z − 1

)= z2(u2+u−1).

b) Les racines de l’equation u2 + u − 1 = 0 sont (tout calcul fait) :−1 +

√5

2et

−1 −√

5

2

Pour determiner les valeurs de z connaissant celles de u, on resout l’equation z +1

z= u,

c’est a dire z2 − uz + 1 = 0.La resolution de cette equation du second degre donne les racines du polynome Q, qui sont :

z1 =1

2

−1 +

√5

2+ i

√5 −

√5

2

, z2 =

1

2

−1 +

√5

2− i

√5 −

√5

2

,

32

z3 =1

2

−1 −

√5

2+ i

√5 +

√5

2

, z4 =

1

2

−1 −

√5

2− i

√5 +

√5

2

.

3. Des resultats des questions precedentes, et du fait que cos 2π5 est positif, on conclut que :

cos 2π5 =

√5 − 1

4et cos 4π

5 = −√

5 + 1

4

Comme cos 2π5 = 2 cos2 π

5 −1 = 1−2 sin2 π5 , et apres calcul, on en deduit : cos π

5 =

√3 +

√5

8

et sin π5 =

√5 −

√5

8.

Exercice 7.6

1. Une faute dans l’enonce de cet exercice. Il s’agit du polynome X8 +1 (l’enonce propose nepresente pas grand interet). a) Les racines complexes du polynome X8 +1 sont les elementsde l’ensemble

ei(2k+1)π

8 , k ∈ [[0, 7]]

.

On peut ainsi factoriser : X8+1 =

7∏

k=0

(X − e

i(2k+1)π

8

). En regroupant les facteurs conjugues,

on obtient :

X8 + 1 =

3∏

k=0

(X − e

i(2k+1)π

8

)(X − e

i(2×(7−k)+1)π

8

)=

3∏

k=0

(X − e

i(2k+1)π

8

) (X − e−

i(2k+1)π

8

)

C’est a dire : X8 + 1 =3∏

k=0

(X2 − 2 cos

(2k + 1)π

8X + 1

)

2. X8 + 1 = (X4 + 1)2 − 2X4 = (X4 +√

2X2 + 1)(X4 −√

2X2 + 1).D’autre part, on a les deux egalites :

X4 +√

2X2 + 1 = (X2 + 1)2 − (2−√

2)X2 = (X2 +

√2 −

√2X + 1)(X2 −

√2 −

√2X + 1)

X4 −√

2X2 + 1 = (X2 + 1)2 − (2 +√

2)X2 = (X2 +

√2 +

√2X + 1)(X2 −

√2 +

√2X + 1).

Donc :

X8+1 = (X2+

√2 −

√2X+1)(X2−

√2 −

√2X+1)(X2+

√2 +

√2X+1)(X2−

√2 +

√2X+1).

En comparant les deux ecritures de la factorisation, on en deduit par exemple que :

cosπ

8=

√2 +

√2

2.

33

Exercice 7.7

1.

P (X) = X6 + 1 = (X2 + 1)(X4 − X2 + 1) = (X2 + 1)((X2 + 1)2 − 3X2

)

= (X2 + 1)(X2 −√

3X + 1)(X2 +√

3X + 1)

Q(X) = (X − 1)(X4 + X3 + X2 + X + 1) = (X − 1)

((X2 +

X

2+ 1

)2

− 5

4X2

)

donc X5 − 1 = (X − 1)(X2 −

√5−12 X + 1

) (X2 +

√5+12 X + 1

).

R(X) = (X3 + 1)(X6 + 1) = (X + 1)(X2 − X + 1)P (X)

2. Dans cet exercice, P1(X) = (1 − X2)3 + 8X3 et non ce qui est ecrit.

P1(X) = (1 − X2)3 + 8X3 = (1 − X2 + 2X)((1 − X2)2 − 2X(1 − X2) + 4X2

)

= (−X2 + 2X − 1 + 2)(X4 + 2X3 + 2X2 − 2X + 1)

Calculons

(X2 +X +2)2 = X4 +2X3 +5X2 +4X +4 = (X4 +2X3 +2X2−2X +1)+(3X2 +6X +3).

Donc (X4 + 2X3 + 2X2 − 2X + 1) = (X2 + X + 2)2 − 3(X + 1)2.On conclut

P1(X) = (√

2−X + 1)(√

2−X + 1)(X2 + (1 +√

3)X + 2 +√

3)(X2 + (1−√

3)X + 2−√

3).

On peut egalement chercher les racines complexes et regrouper les facteurs conjugues.Q1(X) = (X4 + 1)2 − 4 cos4 αX2 = X4 − 2 cos2 αX, et on recommence. On trouve :Q1(X) = (X2 − 2 cos α

2 X + 1)(X2 + 2 cos α2 X + 1)(X2 − 2 sin α

2 X + 1)(X2 + 2 sin α2 X + 1)

R1(X) = (1−X)(X4+X2+1) = (1−X)((X2 + 1)2 − X2

)= (1−X)(X2−X+1)(X2+X+1)

Exercice 7.8

1. Sous forme trigonometrique, on pose y = z4, et l’on obtient les solutions y = j = e2iπ3 et

y = j2 = e4iπ3 , ce qui donne pour l’ensemble des solutions de l’equation proposee :

S =

e2iπ12 , ie

2iπ12 ,−e

2iπ12 ,−ie

2iπ12 , e

4iπ12 , ie

4iπ12 ,−e

4iπ12 ,−ie

4iπ12

=

eiπ6 , ie

iπ6 ,−e

iπ6 ,−ie

iπ6 , e

iπ3 , ie

iπ3 ,−e

iπ3 ,−ie

iπ3

.

Sous forme algebrique, on a :

z8 + z4 + 1 = z8 + 2z4 + 1 − z4 = (z4 + 1)2 − z4 = (z4 + z2 + 1)(z4 − z2 + 1)

On continue avec z4 + z2 + 1 = z4 + 2z2 + 1− z2 = (z2 + 1)2 − z2 = (z2 + z + 1)(z2 − z + 1)et avec z4 − z2 + 1 = z4 + 2z2 + 1 − 3z2 = (z2 + 1)2 − 3z2 = (z2 +

√3z + 1)(z2 −

√3z + 1)

et l’on pourra resoudre les equations du second degre ainsi obtenues.

34

2. z4 + 4z3 + 4z2 + 1 = z2(z + 2)2 + 1 = (z(z + 2) + i)(z(z + 2) − i). Les racines complexesde l’equation proposee sont les racines des equations du second degre

z2+2z+i = z2+2z+1−1+i = (z+1)2−(1−i) = 0 et z2+2z+1−1−i = (z+1)2−(1+i) = 0

qui se resolvent en connaissant seulement les racines carrees des nombres 1 − i et 1 + i.

Exercice 7.9

1. On a X4 + X3 + X2 + X + 1 =X5 − 1

X − 1. Les racines complexes de l’equation sont donc

les racines cinquiemes de l’unite (sauf 1). On factorise

P (X) = (X − e2iπ5 )(X − e

4iπ5 )(X − e

−4iπ5 )(X − e

−2iπ5 )

et on regroupe les facteurs conjugues : P (X) = (X2 − 2 cos 2π5 X + 1)(X2 − 2 cos 4π

5 X + 1)

2. En posant a = cos 2π5 et b = 2 cos 4π

5 , en developpant, et en identifiant,on obtient

a + b = −1

2et ab = −1

4. Ces nombres sont les racines de l’equation z2 +

1

2z − 1

4

On obtient ainsi : cos 2π5 =

−1 +√

5

4et cos 4π

5 =−1 −

√5

4.

Il ne reste plus qu’a utiliser les formules de trigonometrie pour trouver sin 2π5 =

√10 + 2

√2

4

Exercice 7.10

1. X3 + X2 − 4X + 1 = (X2 − X + 1)(X + 2) − 3X − 1 ;

2. 4X4 + X3 − 2X2 − 5 = (2X2 + X + 1)

(2X2 − 1

2X − 7

4

)+

9

4X − 13

4.

Exercice 7.11

1. On peut poser Y = X − 1, et donc

P (X) = (Y + 1)n + (Y + 1)n−1 + Y =

n∑

k=0

(n

k

)Y k +

n−1∑

k=0

(n − 1

k

)Y k + Y

On obtient alors P (X) = 2 + 2nY + (n − 1)2Y 2 + Y 2

(n∑

k=3

(n

k

)Y k +

n−1∑

k=3

(n − 1

k

)Y k

).

Il reste a revenir a la variable X :

P (X) = 2+2n(X−1)+(n−1)2(X−1)2+(X−1)2

(n∑

k=3

(n

k

)(X − 1)k +

n−1∑

k=3

(n − 1

k

)(X − 1)k

).

On peut bien entendu encore transformer le quotient et le reste ainsi obtenus. On pouvaitaussi utiliser la formule de Taylor pour les polynomes.

2. Meme methode. Posons Y = X − 1, c’est a dire X = Y + 1. On a alors :

Q(X) = (X − 1)n + (X + 2)n + 2 = Y n + (Y + 3)n + 2 = Y n +

n∑

k=0

(n

k

)3n−kY k + 2

Q(X) = 2Y n +

(n−1∑

k=0

(n

k

)3n−kY k + 2

). Il resterait a revenir a la variable X.

35

Exercice 7.12

En posant Y = X − 1, on a

P (X) = Y n+2 + (Y + 3)n+1 − 1 = Y n+2 +n+1∑

k=0

(n + 1

k

)3n+1−kY k − 1

= Y n(Y 2 + Y + 3n + 3) +

n−1∑

k=0

(n + 1

k

)3n−kY k − 1

Il resterait a revenir a la variable X.

Exercice 7.13

En posant Y = X + 1, on a

P (X) = Y n+1 + (Y − 2)n − 1 = Y n+1 +

n∑

k=0

(n

k

)(−2)n−kY k − 1

= Y 3

(Y n−2 +

n∑

k=3

(n

k

)(−2)n−kY k−3

)

+n(n − 1)

2(−2)n−2Y 2 + n(−2)n−1Y + (−2)n − 1

Resterait, bien sur, a revenir a la variable X

Exercice 7.14

• Avec les methodes des exercices precedents, on pose Y = X−1 (car X3−3X2+3X−1 = (X−1)3).

On a alors Xn = (Y +1)n =n∑

k=0

(n

k

)Y k = 1+nY +

n(n − 1)

2Y 2 +Y 3

(n∑

k=3

(n

k

)Y k−3

).

Le reste cherche s’ecrit donc : R(X) = 1+nY +n(n − 1)

2Y 2 = 1+n(X−1)+

n(n − 1)

2(X−1)2

• La methode la plus elegante est sans doute l’application directe au point 1 de la formulede Taylor pour les polynomes, avec laquelle, en posant P (X) = Xn, le reste cherche s’ecrit

directement sous la forme R(X) = P (1) + P ′(1)(X − 1) +P”(1)

2(X − 1)2.

• Il est bien sur possible d’ecrire le reste cherche sous la forme aX2 + bX + c. On ecrit alorsXn = (X − 1)3Q(X) + aX2 + bX + c. En remplacant X par 1, on trouve une premiererelation a + b + c = 1. Puis on derive et on remplace a nouveau par 1. On recommenceavec la derivee seconde, ce qui donne une troisieme relation entre a, b et c. On resout alorsle systeme obtenu.

Exercice 7.15

1. On a clairement P (1) = 0 ; on calcule P ′(X) = 2nX2n−1 − n(n + 1)Xn + n(n − 1)Xn−2,et P ′(1) = 2n − n(n + 1) + n(n − 1) = 0.De meme, P”(X) = 2n(2n − 1)X2n−2 − n(n + 1)nXn−1 + n(n − 1)(n − 2)Xn−3

et P”(1) = 2n(2n − 1) − n2(n + 1) + n(n − 1)(n − 2) = 0.On calcule aussi P ′′′(1) = 2n(2n−1)(2n−2)−n2(n+1)(n−1)+n(n−1)(n−2)(n−3) 6= 0.Ceci prouve que 1 est racine multiple d’ordre 3 de P (X)

36

2. On calcule Q(1) = 0, puis, avec Q′(X) = (2n+1)X2n−(2n+1)(n+1)Xn+n(2n+1)Xn−1,on calculeQ′(1) = 2n + 1 − (2n + 1)(n + 1) + n(2n + 1) = 0.Ensuite Q”(X) = 2n(2n + 1)X2n−1 − n(2n + 1)(n + 1)Xn−1 + n(n − 1)(2n + 1)Xn−2,et Q”(1) = 2n(2n + 1) − n(2n + 1)(n + 1) + n(n − 1)(2n + 1) = 0.Enfin, on a Q′′′(1) = 2n(2n+1)(2n−1)−n(2n+1)(n+1)(n−1)+n(n−1)(2n+1)(n−2) 6= 0,ce qui prouve que 1 est racine multiple d’ordre 3 de P (X)

Exercice 7.16

1. Avec P (X) = X6 − 7X5 + 17X4 − 16X3 + 8X2 − 16X + 16 , on calcule P (2) = 0,puisP ′(X) = 6X5 − 35X4 + 68X3 + 24X2 + 16X − 16, et P ′(2) = 0.Ensuite P”(X) = 30X4 − 140X3 + 204X2 + 48X + 16, mais P”(2) = 288 6= 0. La racine 2est multiple d’ordre 2. On pouvait aussi effectuer des divisions successives par (X-2)

2. En calculant les derivees successives, on prouve simplement que 1 est racine double.

Exercice 7.17

1. On sait que, pour tout entier naturel n : Xn − 1 = (X − 1)n−1∑

k=0

Xk

On calcule P (X) − Q(X) = X3(X4a − 1) + X2(X4b − 1) + X(X4c − 1) + (X4d − 1)P (X) − Q(X) = X3((X4)a − 1) + X2((X4)b − 1) + X(X4)c − 1) + (X4)d − 1)

P (X) − Q(X) = (X4 − 1)

(X3

a−1∑

k=0

X4k + X2b−1∑

k=0

X4k + Xc−1∑

k=0

X4k +d−1∑

k=0

X4k

)

P (X)) = Q(X)

(1 + (X − 1)

(X3

a−1∑

k=0

X4k + X2b−1∑

k=0

X4k + X

c−1∑

k=0

X4k +

d−1∑

k=0

X4k

))

Exercice 7.18

1. En remplacant X par i dans (X sin α + cos α)n = (X2 + 1)Q(X) + aX + b, on obtient(cos α + i sin α)n = (cos nα + i sin nα) = ai + b.On en deduit les valeurs de a et b : (X sin α + cos α)n = (X2 + 1)Q(X) + sin nαX + cos nα

2. On pourrait bien sur repartir de zero avec un reste de degre 3. Mais, pour utiliser lesresultats de la premiere question, on ecrit :(X sin α+cos α)n = (X2+1)2Q(X)+(X2+1)(cX+d)+sin nαX+cos nα En derivant, on a :n sin α(X sinα+cos α)n−1 = 4X(X2+1)Q(X) = (X2+1)2Q′(X)+2X(cX+d)+c(X2+1)+sinnα,et, en remplacant par i, n sin α(cos(n − 1)α + i sin(n − 1)α) = 2i(ci + d) + sin nα, donc−2c + 2di = n sin α cos(n − 1)α − sinnα + in sin α sin(n − 1)αd’ou le reste cherche :

(X2 + 1)

(n sin α cos(n − 1)α − sinnα

2X +

n sin α sin(n − 1)α

2d

)+ sinnαX + cos nα.

Exercice 7.19

1. On a : 2X4 − 4X3 − 7X − 14 = (X2 − 2X − 2)(2X2 + 4) + X − 6. Comme 1 +√

3 estracine de X2 − 2X − 2, on a : P (1 +

√3) = 1 +

√3 − 6 = −1 +

√3.

37

2. On sait que j est racine du polynome X2 + X + 1.On a alors : X5 − 2X4 + 5X3 − 7X + 1 = (X2 + X + 1)(X3 − 3X2 + 7X − 10) − 4X + 11Donc P (j) = −4j + 11 = 11 − 2

√3 − 2i.

Exercice 7.20

1. Le reste dans la division euclidienne de P (X) par (X −a)(X − b)(X − c) est un polynomeR(X) de degre inferieur ou egal a 2 tel queR(a) = P (a), R(b) = P (b) et R(c) = P (c).On peut ecrire les conditions que cela implique sur les coefficients, et resoudre le systemeobtenu. Mais en utilisant les polynomes d’interpolation de Lagrange, on obtient directement :

R(X) = P (a)(X − b)(X − c)

(a − b)(a − c)+ P (b)

(X − a)(X − c)

(b − a)(b − c)+ P (c)

(X − a)(X − b)

(c − a)(c − b).

2. Le reste de la division de P (X) par (X − a)3 est un polynome de degre inferieur ou egala 2. On pourrait ecrire les conditions que cela implique sur les coefficients (en utilisant lesderivees successives) et resoudre le systeme obtenu. Mais l’utilisation de la formule de Taylorpermet d’ecrire directement :

P (X) = P (a) + P ′(a)(X − a) +P”(a)

2(X − a)2 + (X − a)3Q(X), ou Q(X) est un polynome

que l’on sait ecrire en fonction des valeurs en a des polynomes derives successifs de P . D’ou

R(X) = P (a) + P ′(a)(X − a) +P”(a)

2(X − a)2.

Exercice 7.21

D’apres la seconde condition, on a directement

P (X) = (X +2)3(aX + b)+12 = aX4 +(6a+ b)X3 +(12a+6b)X2 +(8a+12b)X +8b+12.

P (X) + 10 etant divisible par (X − 2)2, on a P (2) + 10 = 0 et P ′(2) = 0, ce qui donne :

32a + 16b + 3 = 0 et 10a + 3b = 0 En resolvant le systeme, on obtient : a =9

64etb = −15

32,

d’ou le resultat : P (X) =1

64(9X − 30)(X + 2)3 + 12

Exercice 7.22

1. La deuxieme condition est en realite : (X + 1)4 divise P (X) − 1 D’apres les hypotheses,(X − 1)3 et (X + 1)3 divisent P ′(X). Comme P ′(X) est de degre inferieur ou egal a 6, ilexiste un reel a tel que P ′(X) = a(X2 −1)3 = a(X6−3X4 +3X2 −1), et par consequent un

reel b tel que P (X) = a

(1

7X7 − 3

5X5 + X3 − X

)+ b. Sachant de plus que 1 est racine de

P (X)+1, et que −1 est racine de P (X)−1, on obtient a(1

7− 3

5+ b+1 et a(−1

7+

3

5+ b−1.

La resolution de ce systeme conduit a a =35

6et b = 0.

On conclut que P (X) =35

6

(1

7X7 − 3

5X5 + X3 − X

).

2. Le resultat de la premiere question permet de conclure a l’existence de deux polynomesA(X) et B(X) tels que P (X) + 1 = A(X)(X − 1)4 et P (X) − 1 = B(X)(X + 1)4.On en deduit par soustraction, que A(X)(X − 1)4 − B(X)(X + 1)4 = 2,

et donc que1

2A(X)(X − 1)4 − 1

2B(X)(X + 1)4 = 1

38

Exercice 7.23

Si a est une racine complexe de P , alors il en sera de meme de a2, de a4, et plus generalementde a2n

pour tout entier n. Comme un polynome n’admet qu’un nombre fini de racines, onen conclut qu’il existe deux entiers p et q tels que a2p

= a2q

. Il en resulte que, soit a = 0,soit |a| = 1.D’autre part, si a est racine de P (X), comme a = (a− 1) + 1, on en deduit que (a− 1)2 estegalement racine de P (X), et donc, d’apres ce qui precede, (a− 1)2 = 0 (c’est a dire a = 1)ou |a − 1|2 = 1 (soit |a − 1] = 1)Envisageons alors les quatre possibilites :

• a = 0 et a = 1 n’est pas possible.

• a = 0 et |a − 1| = 1 equivaut a a = 0, qui est une racine possible du polynome P (X).

• |a| = 1 et a = 1 equivaut a a = 1 qui est une racine possible de P (X).

• |a| = 1 et |a − 1| = 1 equivaut, en posant a = x + iy a x2 + y2 = 1 et (x − 1)2 + y2 = 1,c’est a dire, apres resolution, a a = −j ou a = −j2. Mais, si j etait une racine de P (X),alors, d’apres ce qui precede, (−j)2 en serait aussi une, ce qui n’est pas vrai. Donc −jn’est pas racine de P (X). On prouve de meme que −j2 n’est pas une racine de P (X).

En resume, les seules racines possibles de P (X) etant 0 et 1, Il existe un reel k et deuxentiers naturels p et q tels que P (X) = kXp(X − 1)q

Reciproquement, supposons que P (X) = kXp(X − 1)q.La condition de l’enonce s’ecrit alors : kX2p(X2 − 1)q = kXp(X − 1)p × k((X + 1)qXq.En comparant les termes de plus faible degre, on constate que k2 = k, c’est a dire k = 0 (lepolynome nul convient en effet) ou k = 1. On constate egalement que p = q, et l’on peutconclure :Les polynomes repondant a la condition donnee sont les polynomes de la forme Xn(X−1)n,pour n entier naturel.

Exercice 7.24

On a : sin kπn =

ei kπn − e−i kπ

n

2i= e−i kπ

n

2i

(e2i kπ

n − 1). Donc

P = sinπ

nsin

2π

n· · · sin (n − 1)π

n=

n−1∏

k=1

sinkπ

n

=1

2n−1

1

in−1e−

iπn

(1+2+···+(n−1))n−1∏

k=1

(e2i kπ

n − 1)

Avec 1 + 2 + · · · + n =n(n − 1)

2et

1

i= e

π2 , on a alors :

P =1

2n−1eiπ(n−1)

n−1∏

k=1

(e2i kπ

n − 1)

=(−1)n−1

2n−1

n−1∏

k=1

(e2i kπ

n − 1)

Pour tout k de [[1, n − 1]], e2i kπn − 1 est racine du polynome (X − 1)n − 1.

n−1∏

k=1

(e2i kπ

n − 1)

est donc le produit des racines non nulles de l’equation (X − 1)n − 1 = 0,

39

c’est a dire de l’equationn−1∑

k=0

(n

k

)Xn−1−k = 0.

Le produit des racines de cette equation vaut : (−1)n−1(

nn−1

)= n(−1)n−1.

On peut conclure

n−1∏

k=1

sinkπ

n=

(−1)n−1

2n−1n(−1)n−1 =

n

2n−1.

Exercice 7.25

On a s1 = a + b + c = 1; s2 = ab + bc + ca = 4, s3 = abc = −1.Posons S = a3b + a3c + b3a + b3c + c3a + c3bCalculons alors (a2 + b2 + c2)(ab + bc + ca) = S + abc(a + b + c)Comme d’autre part (a2 + b2 + c2) = (a + b + c)2 − 2(ab + bc + ca), on en deduit queS = (s2

1 − 2s2)s2 − s1s3 = −27

Exercice 7.26

On a : a+ b+ c = 0, ab+ bc+ ca = −5, abc = −m. Compte tenu de l’hypothese, et en posants = a + b, p = ab, avec s = 2p on en deduit : c = −s = −2p, p + cs = p− s2 = p− 4p2 = −5.p est solution de l’equation du second degre 4p2 − p − 5 = 0. Il y a donc deux possibilites.

• Si p = −1, alors s = −2, c = 2 et m = pc = 2. L’equation s’ecrit alors

x3 − 5x + 2 = (x − 2)(x2 + 2x − 1) = (x − 2)((x2 + 2x + 1) − 2)

dont les racines sont apparentes.

• Si p =5

4, alors s =

5

2, c = −5

2et m =

−25

8. L’equation s’ecrit alors

x3 − 5x +25

8=

(x +

5

2

)(x2 − 5

2x +

5

4

).

Exercice 7.27

1.

P (x) = x4 − 2(cos a + cos b)x3 + 2(1 + 2 cos a cos b)x2 − 2(cos a + cos b)x + 1

= x2

(x2 +

1

x2− 2(cos a + cos b)

(x +

1

x

)+ 2(1 + 2 cos a cos b)

)

Avec y = x +1

x, on a y2 = x2 +

1

x2+ 2, donc x2 +

1

x2= y2 − 2.

On en deduit que P (x) = x2Q(y), avec Q(y) = y2 − 2(cos a + cos b)y + 4 cos a cos b)

2. P (x) n’admettant pas la racine 0, P (x) = 0 equivaut a Q(y) = 0. Les racines deQ(y) etant 2 cos a et 2 cos b, on obtiendra les racines de P (x) en resolvant les equationsx2 − 2x cos a + 1 = 0 et x2 − 2x cos b + 1 = 0. L’ensemble des racines de P (x) est donceia, e−ia, eib, e−ib

40

Exercice 7.28

1. Posons Y = X +1

X. On a

P1(Y ) = Y = X +1

X

et P2(Y ) = X2 +1

X2=

(X +

1

X

)2

− 2 = Y 2 − 2.

Supposons que n soit entier tel que, pour tout k inferieur ou egal a n, il existe un polynome

Pk tel que Xk +1

Xk= Pk(Y ). Calculons

(Xn +

1

Xn

)(X +

1

X

)=

(Xn+1 +

1

Xn+1+ Xn−1 +

1

Xn−1

).

On a donc Xn+1+1

Xn+1= Pn(Y )P1(Y )−Pn−1(Y ), et par consequent, il existe un polynome

Pn+1 = PnP1 − Pn−1 tel que Xn+1 +1

Xn+1= Pn+1(Y ).

On conclut par le principe de recurrence.

2. L’utilisation de ce qui precede permet de ramener l’etude d’une equation de degre 5 aune equation de degre 2, pourvu que les coefficients equidistants des extremes soient egaux(un tel polynome satisfaisant a cette condition est un polynome reciproque).a) On trouve X4+4X3+8X2+4X+1 = [x2+(2+

√2)x+3+2

√2][x2+(2−

√2)x+3−2

√2]

b) On trouve X4 − 3X3 + 4X2 − 3X + 1 = (X2 − X + 1)(X − 1)2

c) On trouve X4 + 4X3 + 4X + 1 = (X2 + (2 −√

6)X + 1)(X2 + (2 +√

6)X + 1)

d) On trouve X5+6X4+11X3+11X2+6X+1 = (X+1)(X2+X+1)(X−√

3+2)(X+√

3+2)

Chapitre 8Exercice 8.1

1. On sait quen + 1

k + 1

(n

k

)=

(n + 1

k + 1

).

On en deduit que (n + 1)I =

n∑

k=0

n + 1

k + 1

(n

k

)=

n∑

k=0

(n + 1

k + 1

)=

n+1∑

k=1

(n + 1

k

)= 2n+1 − 1

Par suite : I =2n+1 − 1

n + 1

2. On sait quen

k

(n − 1

k − 1

)=

(n

k

), et donc que n

(n − 1

k − 1

)= k

(n

k

)

On en deduit que J =

n∑

k=1

k

(n

k

)=

n∑

k=1

n

(n − 1

k − 1

)= n

n∑

k=1

(n − 1

k − 1

)= n

n−1∑

k=0

(n − 1

k

).

Par suite : J = n × 2n−1

41

3. Comme ci-dessus, on a : K = nn∑

k=1

(−1)k−1

(n − 1

k − 1

)= n

n−1∑

k=0

(−1)k

(n − 1

k

)= 0.

Exercice 8.2

1. La formule du triangle de Pascal s’ecrit, pour tout k de l’intervalle [[n, p]] (ou p > n)(k

n

)=

(k + 1

n + 1

)−

(k

n + 1

).

En sommant de k = n a k = p, on obtient

p∑

k=n

(k

n

)=

p∑

k=n

[(k + 1

n + 1

)−

(k

n + 1

)].

Soit

n∑

k=p

(k

p

)=

p+1∑

k=n+1

(k

n + 1

)−

p∑

k=n

(k

n + 1

)=

(n + 1

p + 1

)−

(n + 1

n

)=

(n + 1

p + 1

).

2. On a (k + i − 1

i

)=

(k + i − 1)!

i!(k − 1)!=

(k + i − 1)(k + i − 2)...(k + 1)

i!k

c’est a dire k(k + 1)(k + 2)...(k + i − 1) = i!(k+i−1

i

).

Donc S =

n∑

k=0

k(k + 1)(k + 2) · · · (k + i − 1) =

n∑

k=1

i!

(k + i − 1

i

)= i!

n+i−1∑

k=i

(k

i

)

et, en appliquant le resultat de la premiere question :

n∑

k=0

k(k + 1)(k + 2) · · · (k + i − 1) = i!

(n + i

i + 1

)

Exercice 8.3

1. A =

(n

k

)(n − k

p − k

)=

n!

k!(n − k)!

(n − k)!

(p − k)!(n − p)!=

n!

p!(n − p)!

p!

k!(p − k)!=

(n

p

)(p

k

)

2. On sait que(nk

)=

(n

n−k

), que

(n−kp−k

)=

(n−kn−p

), que

(np

)=

(n

n−p

)et que

(pk

)=

(p

p−k

). On

peut ainsi combiner ces resultats pour donner d’autres expressions de A.Ainsi, on aura par exemple : A =

(n

n−k

)(n−kp−k

)=

(n

n−p

)(p

p−k

)=

(np

)(p

p−k

)=

(nk

)(n−kn−p

).

3. En appliquant les resultats de la premiere question :

X =

p∑

k=0

(n

k

)(n − k

p − k

)=

p∑

k=0

(n

p

)(p

k

)=

(n

p

) p∑

k=0

(p

k

)= 2p

(n

p

).

4. Toujours d’apres la premiere question, on a(nk

)(ki

)=

(ni

)(n−ik−i

).

Donc Y =

n−1∑

k=i

(n

k

)(k

i

)=

n−1∑

k=i

(n

i

)(n − i

k − i

)=

(n

i

) n−1∑

k=i

(n − i

k − i

)

Avec le changement d’indice k−i = h, on obtient Y =

(n

i

) n−1−i∑

h=0

(n − i

h

)=

(n

i

)(2n−i−1).

42

Exercice 8.4

La relation bien connue(

ni+1

)=

n

i + 1

(n−1

i

)conduit a :

S =

n−1∑

i=0

(−1)i 1

i + 1

(n − 1

i

)=

n−1∑

i=0

(−1)i 1

n

(n

i + 1

)=

1

n

n−1∑

i=0

(−1)i

(n

i + 1

).

Avec le changement d’indice j = i + 1, on obtient :

S =1

n

n∑

j=1

(−1)j−1

(n

j

)= − 1

n

n∑

j=0

(−1)j

(n

j

)− 1

=

1

n.

Exercice 8.5

1. Le calcul donne1

k + 1sans difficulte.

2. En utilisant le resultat de la premiere question, on obtient :

n∑

k=1

1

k=

n∑

k=

∫ 1

0

(1 − x)k−1dx.

C’est a dire :

n∑

k=1

1

k=

∫ 1

0

(n∑

k=

(1 − x)k−1

)dx =

∫ 1

0

1 − (1 − x)n

xdx =

∫ 1

0

n∑

k=1

(n

k

)(−x)k−1dx

Par linearite de l’integration, on obtient

n∑

k=1

1

k=

n∑

k=1

(−1)k−1

(n

k

)∫ 1

0

xk−1dx =

n∑

k=1

(−1)k−1 1

k

(n

k

)

Exercice 8.6

Il suffit de developper par la formule du binome la relation ((1 + 1)n)2

= (3 + 1)n.

Exercice 8.7n−1∑

k=0

(1 + x)k =(x + 1)n − 1

x + 1 − 1=

n∑

k=0

(n

k

)xk−1.

Exercice 8.8

1. Le coefficient de xn dans le polynome xn−k(1 − x)n est egal au coefficient de xk dans(1 − x)n, c’est a dire (−1)k

(nk

). Donc le coefficient de xn dans le polynome P (x) est egal a

m∑

k=0

(−1)k

(n

k

).

2. On a

P (x) = (1 − x)nn−m∑

k=n

xk = (1 − x)n xn+1 − xn−m

x − 1= −(1 − x)n−1(xn+1 − xn−m)

= xn−m(1 − x)n−1 − xn+1(1 − x)n−1.

43

3. Sur la forme reduite du polynome, on lit le coefficient de xn, qui est (−1)m(n−1m

). On

conclut que

m∑

k=0

(−1)k

(n

k

)= (−1)m

(n − 1

m

).

Exercice 8.9

1. La somme E est le coefficient de xk dans le polynome P (X) =

m∑

j=0

j = (1 + x)n+j .

2. En utilisant la formule donnant la somme des termes d’une suite geometrique, on trouve :

P (x) =(1 + x)n+m+1 − (1 + x)n

(1 + x) − 1=

1

x

((1 + x)n+m+1 − (1 + x)n

). Sur cette forme, on cal-

cule le coefficient de xk, qui est(n+m+1

k+1

)−

(n

k+1

). On en deduit que

m∑

j=0

(n + j

k

)=

(n + m + 1

k + 1

)−

(n

k + 1

).

Cette formule reste vraie pour k = n, compte tenu des conventions de nullite pour lescoefficients binomiaux.

Exercice 8.10

1. On trouve

p∑

k=0

(n

k

)=

(n − 1

p

). Mais cette formule ne sert pas pour la question sui-

vante. L’enonce est faux. pour la premiere question, il faut lire : Calculer

p∑

k=0

(n + k

k

). En

remarquant que(n+k

n

), et en utilisant la formule de Pascal pour construire une formule

telescopique, on trouve :

p∑

k=0

(n + k

k

)=

n+p∑

k=n

(k

k − n

)=

(n + p + 1

p

).

2. On a : k =(k1

)=

(k

k−1

), d’ou, par application de la formule demontree a la premiere

question :

n∑

k=1

k =n∑

k=1

(k

k − 1

)=

n−1∑

i=0

(1 + i

i

)=

(n + 1

n − 1

)=

(n + 1

2

)=

n(n + 1)

2.

3. On trouve : k2 = 2(k2

)+

(k1

). Donc

n∑

k=1

k2 = 2

n∑

k=2

(k

2

)+

n∑

k=1

(k

1

)= 2

n∑

k=2

(k

k − 2

)+

n∑

k=1

(k

k − 1

)= 2

(n + 1

n − 2

)+

(n + 1

n

)

= 2(n + 1)n(n − 1)

6+

(n + 1)n

2=

n(n + 1)(2n + 1)

6·

Exercice 8.11

La demonstration se fait par recurrence.

44

• Pour n = 0, la propriete devient u0 = v0, qui equivaut bien entendu a v0 = u0.

• Supposons n soit un entier tel que la propriete soit vraie pour tous les entiers strictement

inferieurs a n, et que un =

n∑

k=0

(n

k

)vk.

On a alors : un = vn +

n−1∑

k=0

(n

k

)vk.

Il en resulte, en utilisant l’hypothese de recurrence, que

vn = un −(

n−1∑

k=0

(n

k

)[k∑

i=0

(−1)k−i

(k

i

)uk

]).

Dans la parenthese, soit αi le coefficient du terme ui. Alors αi =

n−1∑

k=i

(−1)k−i

(k

i

)(n

k

).

Or (voir exercice 3)

(n

k

)(k

i

)=

(n

i

)(n − i

k − i

). Donc αi =

(n

i

) n−1∑

k=i

(−1)k−i

(n − i

k − i

), c’est

a dire, apres le changement d’indice j = k − i : αi =

(n

i

) n−i−1∑

j=0

(−1)j

(n − i

j

).

Or,

n−i∑

j=0

(−1)j

(n − i

j

)= (1 − 1)n−i = 0. Donc αi = −(−1)n−i

(ni

).

En reportant dans la relation ci-dessus, on obtient :

vn = un +

n−1∑

k=0

(−1)n−i

(n

i

)ui =

n∑

k=0

(−1)n−i

(n

i

)ui.

La propriete etudiee est donc hereditaire, et l’on peut conclure grace au principe derecurrence.

Exercice 8.12

Si l’on note n le nombre cherche, on a : 26 = 10 + 16 + 22− 8− 4− 12 + n. On conclut quen = 2

Exercice 8.13

Le resultat est(41

)(2710

)= 33745140 (a moins que l’on considere que tout joueur peut jouer gar-

dien de but, ce qui n’est pas precise par l’enonce. On aurait alors(41

)(2710

)+

(2711

)= 41471300,

mais cette interpretation est peu vraisemblable)

Exercice 8.14

1.(328

)= 5852925

2.(84

)(244

)= 35 × 8855 = 309925

3.(10

)(33

)(74

)(211

)+

(11

)(32

)(73

)(212

)= 18690

45

Exercice 8.15

Soit u0 le nombre cherche. On a clairement u0 = 1, u1 = 2.La (n + 1)ieme droite rencontre les n autres droites et traverse donc (n + 1) regions quiexistent deja. Elle partage chacune de ces regions en deux, et rajoute donc n + 1 regions.Ceci fait que un+1 = un+n+1. Apres avoir constate que un = u0+1+2+3+...+[(n−1)+1],

on peut conclure que un = 1 +n(n + 1)

2

Exercice 8.16

1. Soit F1 (resp. F2, resp. F3) l’ensemble des lancers de P1(resp.P2, resp. P3) ayant donnele resultat ”face”.On cherche a majorer Card

(A1 ∩ A2 ∩ A3

). Or,

A1 ∩ A2 ∩ A3 ⊂ A1 ∩ A2 et A1 ∩ A2 ∩ A3 ⊂ A2 ∩ A3.

Donc Card(A1 ∩ A2 ∩ A3

)6 Card

(A1 ∩ A2

)et Card

(A1 ∩ A2 ∩ A3

)6 Card

(A2 ∩ A3

).

D’apres la formule de Poincare, on a :

Card(A1 ∪ A2) = CardA1 + CardA2 − Card(A1 ∩ A2) = 70 + 50 − 31 = 89

et Card(A2 ∪ A3) = CardA2 + CardA3 − Card(A2 ∩ A3) = 50 + 56 − 28 = 78

Il en resulte que Card(A1 ∩ A2

)= 11 et Card

(A2 ∩ A3

)= 22.

On conclut alors que Card(A1 ∩ A2 ∩ A3

)6 11

2. Dans cette question, on cherche a minorer Card(A1 ∩ A2 ∩ A3).Or Card(A1 ∩A2 ∩A3) = Card(A2 ∩A3)−Card(A1 ∩A2 ∩A3) = 28−Card(A1 ∩A2 ∩A3).Cherchons donc a majorer Card(A1 ∩ A2 ∩ A3).Or A1 ∩ A2 ∩ A3 ⊂ A1 ∩ A2, donc Card(A1 ∩ A2 ∩ A3) 6 Card(A1 ∩ A2)Reste a calculer Card(A1∩A2). Pour cela, constatons que A2 = (A1∩A2)∪(A1∩A2)(reuniondisjointe). Donc Card(A1 ∩ A2) = CardA2 − Card(A1 ∩ A2) = 50 − 31 = 19Il en resulte que Card(A1 ∩ A2 ∩ A3) = 28 − Card(A1 ∩ A2 ∩ A3) > 28 − 19, c’est a direCard(A1 ∩ A2 ∩ A3) > 9

Exercice 8.17

1. Avec n points, on construit(n2

)=

n(n − 1)

2segments, dont n sont des cotes. Il y a donc

n(n − 1)

2− n =

n2 − 3n

2diagonales.

2. A chaque choix de quatre sommets du polygone correspond un point d’intersection dediagonales interieur au polygone (et deux exterieurs s’il n’y a pas de parallelisme). Il y adonc

(n4

)intersections de diagonales qui sont interieures au polygone.

3. Pour definir un polygone admettant les n points donnes comme sommets, il faut definirun itineraire partant de l’un de ces n points et les joignant successivement les uns auxautres. Il y a n! tels itineraires. Mais on peut suivre un tel de ces itineraires en partant del’un quelconque de ces sommets, et on peut le faire dans un sens ou dans l’autre, ce qui

fait qu’en definitive, il y aura(n − 1)!

2polygones admettant les n points donnes comme

sommets.

46

Exercice 8.18

1. a) Pour tout entier donne k, on choisit un sous-ensemble B de(nk

)facons, puis on choisit

un sous-ensemble A de B de 2k facons. Comme k varie de 0 a n, il y a

n∑

k=0

2k

(n

k

)facons

de choisir le couple (A,B) de sous ensembles satisfaisant a la question. A chaque couplesatisfaisant a la question correspond une paire de sous ensembles tel que l’un soit inclusdans l’autre, et a une telle paire correspond un seul couple (A,B) tel que A ⊂ B. Il y a donc3n paires satisfaisant a la question (d’apres le binome de Newton).

b) Il y a autant de paires (A,B) avec A = B que de sous ensembles de E, a savoir 2n. Il ya donc 3n − 2n paires de sous ensembles distincts de E tels que l’un soit inclus dans l’autre.

2. a) Tout couple (A,B) de sous ensembles (A,B) tels que A ⊂ B correspond a un coupleet un seul de sous ensembles (A, B) tels que A ∪ B = E. La reponse a la question est donc3n. Il y a bien entendu d’autres methodes. Si A ∪ B = E, E est la reunion disjointe deA \B,A∩B, etB \A. Une telle partition de E est parfaitement definie par l’application quia chaque element de E associe celui de ces trois sous ensembles auquel il appartient. Commeil y a 3n telles applications, il y a 3n facons de choisir les sous ensembles A et B repondanta la question.

b) Si A ∪ B = E, il y a deux facons de choisir celui des deux sous ensembles dont le

complementaire est inclus dans l’autre, sauf pour A = B = E. Il y a donc3n − 1

2recouvre-

ments de E a l’aide de deux parties.

3. a) Si A ∪ B ∪ C = E, les sous-ensembles A, B et C definissent une partition de E ensept ensembles (disjoints). Chaque element de E devant appartenir a un et un seul de ces7 sous ensembles, il y a 7n facons de trouver un triplet de sous-ensembles de E tels queA ∪ B ∪ C = E.

b) En generalisant la methode ci-dessus, on trouve (2p − 1)n

Exercice 8.19

1. Le premier cube est place au sol. Il est code 1. Si le deuxieme cube est place sur le premier,il est code 0, et de meme pour tous les cubes qui seront places sur la premiere pile (celledont la base est constituee par le premier cube).Le premier cube qui ne sera pas place surla premiere pile sera place au sol contre le premier (il n’y a pas d’autre position possible), ilsera code 1, et plus aucun cube ne pourra etre pose sur la pile dont la base est constituee parle premier cube. seront alors code 0 les cubes qui constitueront la deuxieme pile. Le premiercube de la troisieme pile (place au sol, le long de la deuxieme pile) sera code 1, et ainsi desuite jusqu’a epuisement des n cubes.Ainsi, un tel mur sera-t-il code par une suite de n caracteres ”0” ou ”1”, et qui commencerapar ”1”.Ainsi, la suite ”1 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1” codera-t-elle un mur de 12 cubes, dont la premierepile est formee d’un seul cube, la deuxieme de 3 cubes, la troisieme de 4 cubes, la quatriemede 3 cubes et la cinquieme d’un seul cube.

2. On peut ecrire 2n−1 suites codant un mur tel qu’il est decrit dans l’enonce (une telle suiteest constituee de ”1” et de ”0”, et commence obligatoirement par un ”1”), et il y a donc2n−1 tels murs.

47

Exercice 8.20

1. Pour realiser une telle liste, on choisit p (p > 2) elements distincts de [[1, n]] (de(np

)

facons), on place en premier le plus petit element, et en dernier le plus grand element (uneseule facon possible), puis on permute les p− 2 elements qui restent (de (p− 2)! facons). Ona donc (p − 2)!

(np

)facons de faire.

2. On trouve 3!(p − 3)!(np

)(pour p > 3)

3. On trouve (3!)2(p − 6)!(np

)(pour p > 6)

Exercice 8.21

1. Pour une realiser une telle repartition, on considere les N tirages ; on choisit d’abord lesa1 tirages (parmi les N) ou le numero 1 sera tire, puis les a2 tirages (parmi les N − a1) quirestent ou le numero 2 sera tire, etc...On obtiendra ainsi

(a1 + a2 + a3 + ... + ap

a1

)(a2 + a3 + ... + ap

a2

)(a3 + ... + ap

a3

)· · ·

(ap

ap

)=

(a1 + a2 + a3 + ... + ap)!

a1!a2!a3!...ap!

facons de repartir les p numeros.

2. On considere 5 boules portant la lettre A, 2 boules portant la lettre B, et une bouleportant la lettre C, la lettre D, la lettre R, la lettre N et la lettre T. En tirant les 12 bouleset en notant les lettres dans l’ordre des tirages, on se retrouve face a la meme situation qu’ala question precedente, a ceci pres que les boules portent des lettres au lieu de porter des

numeros. On obtient donc12!

5!2!1!1!1!1!1!= 479001600 facons de faire.

Exercice 8.22

1. a) Une telle situation correspond a une injection de l’ensemble des clients dans l’ensemble

des articles vendus. Il y a doncn!

(n − p)!possibilites.

b) Pour le grossiste, une commande sera un sous ensemble de p elements parmi les n articles

vendus. Il y a donc(np

)=

n!

p!(n − p)!possibilites

2. a) Pour le commercant, une commande est une application de l’ensemble des clients dansl’ensemble des articles proposes a la vente. Il y a alors np possibilites.

b) C’est la situation a laquelle est confronte le grossiste. Chaque tiroir correspond a unarticle, et une boule correspond a une commande. Ainsi, si le tiroir numero 3 contient 5boules, c’est que l’article numero 3 aura ete commande 5 fois.

c) On a bien sur(n+p−1

n−1

)=

(n+p−1

p

)possibilites.

d) Le schema donne correspond a 2 commandes pour l’article 1, 0 pour l’article 2, 3 pourl’article 3, 6 pour l’article 4, 4 pour l’article 5, 1 pour l’article 6, et 0 pour les articles 7 et8. Le schema correspondant a la commande donnee est :

×⊗×××⊗××⊗⊗×××⊗×××⊗×⊗×××

48

e) Chaque rangement de p boules indiscernables dans n tiroirs (discernables) peut donc etrecaracterise par une suite de n + p − 1 croix dont n − 1 sont entourees.Le grossiste peut donc etre confronte a

(n+p−1

n−1

)=

(n+p−1

p

)possibilites. (ce nombre est

souvent note Γpn)

Exercice 8.23

1. a) On arrive en haut de pn facons, apres etre arrive a la (n − 1)ieme marche (de pn−1

facons), en terminant par un pas d’une marche, ou apres etre arrive a la (n−2)ieme marche(de pn−1 facons), en terminant par un pas de deux marches. On aboutit ainsi a la relationde recurrence pn = pn−1 + pn−2, avec les conditions initiales p1 = 1 et p2 = 2 .

b) On sait alors trouver une expression de pn en fonction de n. Pour cela, on cherche lesraisons des suites geometriques repondant a la question, en resolvant l’equation x2−x−1 = 0,

dont les racines sont q1 =1 +

√5

2et q2 =

1 +√

5

2. On cherche ensuite, grace aux conditions

initiales, les reels λ et µ tels que pn = λ(q1)n + µ(q2)

n.

On trouve ici : pn =

(1

2+

√5

10

) (1 +

√5

2

)n

+

(1

2−

√5

10

) (1 −

√5

2

)n

2. a) k varie clairement entre 0 et⌊n

2

⌋(partie entiere de

n

2)

b) Le nombre total de pas necessaires est alors de n − k

c) On peut placer les k pas de deux marches de(n−k

k

)facons parmi les n−k pas necessaires.

d) et donc on a pn =

⌊n2 ⌋∑

k=0

(n − k

k

). Remarquons que cet exercice permet de calculer en

fonction de n cette somme dont le calcul direct semble bien delicat.

Exercice 8.24

1. Considerons n boules indiscernables, et p tiroirs numerotes de 1 a p tels que chaque tiroirpuisse contenir toutes les boules. Repartissons les boules dans les tiroirs, et appelons xi

le nombre de boules contenues dans le tiroir numero i. Il est clair que l’on a ainsi obtenuun p-uplet (x1, x2, x3, · · · , xp) d’entiers naturels tels que x1 + x2 + x3 + · · · + xp = n.Reciproquement, un tel p-uplet correspond a une repartition des boules dans les tiroirs etune seule. On a vu (exercice 22) qu’il y a alors Γp

n =(n+p−1

n−1

)=

(n+p−1

p

)possibilites.

On peut egalement raisonner par recurrence en prouvant que, si d(n, p) est le nombre cherche,

on a : d(n, p + 1) =

n∑

k=0

d(n, p), et que de plus d(n, 1) = 1. On raisonne alors de proche en

proche.

2. Si l’on cherche des xi tous non nuls, il suffit de commencer par mettre une boule danschaque tiroir (ce qui n’est bien sur possible que si n > p), et a recommencer avec n − p aulieu de n. On obtient alors Γp

n−p =(

n−1n−p−1

)=

(n−1

p

)possibilites.

3. Le raisonnement est exactement le meme dans ce cas. Pour tout i de [[1, p]], on met ri

boules dans le tiroir numero i (ce qui bien sur n’est possible que si

p∑

i=1

ri > p). On obtient,

49

en notant r =

p∑

i=1

ri : Γn − rp =(n−r+p−1

n−r−1

)=

(n−r+p−1

p

)possibilites.

Exercice 8.25

1. L’enonce est faux. Le nombre (a(n, p) est le nombre des p-uplet (x1, x2, x3, · · · , xp) deNp tel que x1 + 2x2 + 3x3 + · · ·+ pxp = n Considerons un p-uplet (x1, x2, x3, · · · , xp) de Np

tel que x1 + 2x2 + 3x3 + · · · + pxp = n. Pour tout i de [[1, p]], posons alors yi =

p∑

k=i

xk. On

verifie alors aisement que yi > yi+1, et que

p∑

k=1

yk = n.

Reciproquement, a un tel p-uplet (y1, y2, y3, · · · , yp), on fait correspondre un p-uplet

(x1, x2, x3, · · · , xp) tel que

p∑

k=1

kxk = n.

Il existe donc une bijection entre l’ensemble des p-uplets (x1, x2, x3, · · · , xp) de Np tels quex1 + 2x2 + 3x3 + · · · + pxp = n et l’ensemble des p-uplets (y1, y2, y3, · · · , yp) de Np tels que

y1 > y2 > · · · > yp > 0y1 + y2 + y3 + · · · + yp = n

Ces deux ensembles ont donc meme cardinal a(n, p).

2. Il suffit de comprendre les definitions donnees pour conclure que a(0, p) = 1 et a(n, 1) = 1.

3. Les a(n, p) p-uplets (y1, y2, y3, · · · , yp) peuvent se repartir en deux ensembles disjointssuivant que yp = 0 ou yp > 0.

• Si yp = 0, il est clair que le nombre de p-uplets (y1, y2, y3, · · · , yp) (satisfaisant aux condi-tions) est egal au nombre des (p − 1)-uplets (y1, y2, y3, · · · , yp−1) (satisfaisant aux condi-tions). Il y en a donc a(n,p-1).

• Si yp > 0, on pose zi = yi − 1. On se ramene a des p-uplets (z1, z2, z3, · · · , zp) satisfaisantaux conditions, mais pour n − p au lieu de n. Ils sont au nombre de a(n − p, p). D’ou larelation de recurrence demandee.

Exercice 8.26

1. Determinons d’abord le nombre des n-uplets (p1, p2, · · · pn) ou les pi sont des pairesd’elements de E deux a deux disjointes. Pour determiner un tel n-uplet, on commencepar determiner la paire p1, de

(2n2

)facons differentes, puis on choisit la paire p2, de(

2n−22

)facons differentes, et ainsi de suite. Le nombre de facons de proceder est alors de

n−1∏

k=0

(2n − 2i

2

)=

(2n)!

2n. Le nombre de partitions par paires est alors de

(2n)!

n!2n, car il y a n!

facons d’ordonner les n paires ainsi choisies. Il y a donc n! n-uplets qui definissent la memepartition par paires.

2. Simple application de ce qui precede. Il y a64!

32!232facons de faire. Pour calculer le nombre

total de rencontres au cours du tournoi, il suffit de constater qu’a chaque rencontre, un joueurest elimine. Le vainqueur est le seul a ne pas avoir ete elimine. Pour eliminer 63 joueurs, ilfaut donc (et cela suffit) 63 rencontres.

50

3. Il faut ici d’abord realiser une partition par paires, puis une partition par paires de paires.

On obtient le resultat suivant64!

32!232

32!

16!216(nombre qui defie l’imagination)

Exercice 8.27

1. Il y a une seule partition pour un ensemble contenant un seul element : 1 = 1. SoitE = a, b un ensemble de deux elements. Il admet deux partitions, la partition E et lapartition a, b. Pour un ensemble a trois elements (E = a, b, c), on peut ecrire lescinq partitions E; a, b, c; b, a, c; c, a, b; a, b, c. On aura 3 = 5.

2. Soit a un element de E, et soit p le cardinal de la partie A qui contient a. Il est clair quep ∈ [[1, n]]. Ce sous ensemble peut etre choisi de

(n−1p−1

)facons. Pour completer une partition

de E, il faudra proceder a une partition du complementaire de A, et ceci de n−p facons (enposant 0 = 1). On en deduit la formule demandee : n =

∑np=1

(n−1p−1

)n−p. On obtient

l’autre expression en posant n − p = k, et en utilisant la propriete(n−1p−1

)=

(n−1n−p

)

3. Les calculs donnent 4 = 15,5 = 52,6 = 1203,7 = 877.

4. Pour le programme Pascal demande, on commence par programmer une fonction permet-tant le calcul de

(np

)a l’aide par exemple de la formule de Pascal, puis on calcule les k de

proche en proche, en presentant les resultats dans un tableau (bien entendu, on se limiteraa des valeurs de k par exemple inferieures a 20).

Exercice 8.28

1. a) Clairement Dn = A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ An−1 ∩ An = A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An−1 ∪ An

b) Quel que soit l’entier k de [[1, n]], l’ensemble Ai1 ∩ Ai2 ∩ ∩Aik−1∩ Aik

est l’ensemble despermutations qui laissent fixes les k elements de l’ensemble i1, i2, ..., ik. Son cardinal estdonc (n − k)!.Comme il y a

(nk

)facons de choisir un tel sous ensemble, et que k varie de 1 a n, la formule

de Poincare peut alors s’appliquer :

Card(A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An−1 ∪ An) =

n∑

k=1

(−1)k−1

(n

k

)(n − k)! =

n∑

k=1

(−1)k−1 n!

k!

c) Il en resulte que d(n) = n! −n∑

k=1

(−1)k−1 n!

k!= n!

n∑

k=0

(−1)k

k!

2. a) Pour realiser une permutation admettant exactement p points fixes, on choisit les ppoints fixes (de

(np

)facons), puis de considerer une permutation sans point fixe des n − p

elements qui restent (il y a d(n − p) facons de proceder). Par suite ϕpn =

(np

)d(n − p)

b) On obtient alors : ϕpn =

(np

)(n − p)!

n−p∑

k=0

(−1)k

k!=

n!

p!

n−p∑

k=0

(−1)k

k!

Exercice 8.29

1. a) Il est clair que si p < q, alors Sp,q = 0 (et non moins clair que Sp,p = p!)

51

b) Soit a un element de E. Classons les surjections de E sur F suivant que la restric-tion a E \ a est encore une surjection sur F , (il y a bien sur Sp−1,q cas) ou ne l’estplus (c’est alors une surjection de E \ a sur F \ b, ou b designe l’image de a ; il y adonc Sp−1,q−1 cas). Comme il y a q facons de choisir a, on aboutit a la relation demandeeSp,q = qSp−1,q + qSp−1,q−1

c) Le tableau demande se presente comme suit :

1 2 3 4 51 1 02 1 2 03 1 6 6 64 4 14 36 36 0

2. a) Toute application de E dans F est une surjection de E sur l’ensemble des images deses elements. Soit i le cardinal de cet ensemble image. Il y a alors

(qi

)facons de le choisir, et

Sp,i facons de realiser cette surjection. Au total, comme il y a qp applications de E dans Fet que i varie de 1 a q, on obtient la formule annoncee : qp =

∑qi=1

(qi

)Sp,i

b) L’application de la formule d’inversion de Pascal (voir exercice 11) permet de conclure.Mais on peut aussi utiliser la formule de Poincare, en notant par exemple F = b1, b2, ..., bq,et Mi(E,F ) l’ensemble des applications de E dans F telles que bi n’a pas d’antecedent.

c) Pour le programme en Pascal demande, il suffit d’utiliser la formule de recurrence obtenueplus haut.

Chapitre 9Exercice 9.1

Notons A cet ensemble.

– Par definition A est bien un sous-ensemble de RR.– A est non vide puisque la fonction nulle est solution de cette equation differentielle.– Soient f1, f2 deux fonctions de A et λ, µ deux reels. Par hypothese on a

f ′′1 + 2f ′

1 − f1 = 0 (1)

f ′′2 + 2f ′

2 − f2 = 0 (2)

En effectuant λ(1) + µ(2) on trouve λ(f ′′1 + 2f ′

1 − f1) + µ(f ′′2 + 2f ′

2 − f2) = 0, soit encore

(λf1 + µf2)′′ + 2(λf1 + µf2)

′ − (λf1 + µf2) = 0

et donc λf1 + µf2 appartient a A.

A est donc un sous-espace vectoriel de RR.

Exercice 9.2

Remarquons d’abord que tous les ensembles sont bien des sous-ensembles de RR.1. A est non vide puisque la fonction nulle verifie l’equation qui definit A.

52

Soient f, g deux fonctions de A et λ, µ deux reels. On a

(λf + µg)(3) = λf(3) + µg(3)

= λ2f(0) + µ2g(0)

= 2(λf + µg)(0)

et donc λf + µg appartient a A.A est un sous-espace vectoriel de RR.

2. On remarque que la fonction nulle n’appartient pas a B puisque 0 6= 6× 0+1. B ne peutdonc etre un sous-espace vectoriel de RR.

3. C est non vide puisque la fonction nulle verifie l’equation qui definit C.Soient f, g deux fonctions de A et λ, µ deux reels. On a pour tout reel x

(λf + µg)(−x) = λf(−x) + µg(−x)

= λf(1 + x) + µg(1 + x)

= (λf + µg)(1 + x)

et donc λf + µg ∈ C.On en deduit que C est un sous-espace vectoriel de RR.

4. Soit f la fonction definie pour tout reel x par f(x) = 1. Par construction pour tout reelx, on a f(x)2 = 1 = f(2x), et donc f ∈ D. Or pour tout reel x, on a (2f)(x)2 = 4 et(2f)(2x) = 2 donc 2f /∈ D. On en deduit que D n’est pas un sous-espace de RR.

Exercice 9.3

On remarque tout d’abord que les quatres ensembles proposes sont bien des parties de R3.1. A est non vide puisqu’il contient le triplet (0, 0, 0).Soient u, v ∈ A, avec u = (x1, y1, z1), v = (x2, y2, z2) et λ, µ deux reels. Par hypothese on a

x1 + 2y1 − 3z1 = 0 (1)x2 + 2y2 − 3z2 = 0 (2)

En calculant λ(1) + µ(2) on trouve

(λx1 + µx2) + 2(λy1 + µy2) − 3(λz1 + µz2) = 0

et donc λu + µv ∈ A. A est un sous-espace de R3.

2. On a

B =(x + y, x − y, 2y) / (x, y) ∈ R2

=x(1, 1, 0) + y(1,−1, 2) / (x, y) ∈ R2

= Vect ((1, 1, 0) , (1,−1, 2))

donc B est un sous-espace vectoriel de R3.

3. Montrons que 0 /∈ C. Supposons qu’il existe deux reels x, y tels que

(2x − 3y, x + 1,−x + 3y) = 0

On aurait alors x = 1 d’apres la deuxieme equation et y =1

3d’apres la troisieme. Mais alors

2x − 3y = 1 6= 0, ce qui est contradictoire. Ces deux reels n’existent donc pas et 0 /∈ C. Cn’est pas un sous-espace vectoriel de R3.

53

4. Les triplets u = (1, 0, 1) et v = (1, 0,−1) appartiennent a D. Or u + v = (2, 0, 0) et22 + 02 − 02 6= 0, donc u + v /∈ D. D n’est pas un sous-espace de R3.

Exercice 9.4

Tout d’abord ces quatre ensembles sont bien des sous-ensembles de KN.1. A est non vide puisqu’il contient la suite nulle.Soient (un), (vn) deux suites de A et λ, µ deux scalaires. Posons (wn) = λ(un)+µ(vn). Cettesuite verifie pour tout n ∈ N,

w4n = λu4n + µv4n

= λ(un+1 + 5un) + µ(vn+1 + 5vn)

= λun+1 + µun+1 + 5(λun + µvn)

= wn+1 + 5wn

et donc (wn) ∈ A. A est un sous-espace vectoriel de KN.

2. B est non vide puisqu’il contient la suite nulle.Soient (un), (vn) deux suites de B et λ, µ deux scalaires. Posons (wn) = λ(un)+µ(vn). Cettesuite verifie

w4 = λu4 + µv4 = 0

et

w10 = λu10 + µv10 = 0

Donc (wn) ∈ B. B est un sous-espace vectoriel de KN.

3. La suite nulle ne verifie pas l’equation qui definit C. C n’est pas un sous-espace vectorielde KN.

4. D est non vide puisqu’il contient la suite nulle.Soient (un), (vn) deux suites de D et λ, µ deux scalaires. Posons (wn) = λ(un) + µ(vn). Onsait alors que (wn) converge et que

limn→+∞

wn = λ0 + µ0 = 0

et donc (wn) ∈ D. D est un sous-espace vectoriel de KN.

Exercice 9.5

Soit a, b, c trois reels tels que a(5,−2,−3) + b(4, 1,−3) + c(−2,−7, 3) = 0. On resout lesysteme equivalent

5a + 4b − 2c = 0−2a + b + 3c = 0

−3a − 3b + 3c = 0⇔

5a + 4b − 2c = 013b + 11c = 0−3b + 9c = 0

L2 ← 5L2 + 2L1

L3 ← 5L3 + 3L1

⇔

5a + 4b − 2c = 050c = 0

−3b + 9c = 0L2 ← L2 +

13

3L3 ⇔ a = b = c = 0

Donc la famille proposee est libre.

54

Exercice 9.6

Soient a, b, c trois reels tels que a(1, k, 2) + b(−1, 8, k) + c(1, 2, 1) = 0. On resout le systemeequivalent

a − b + c = 0ka + 8b + 2c = 02a + kb + c = 0

⇔

a − b + c = 0(8 + k)b + (2 − k)c = 0

(k + 2)b − c = 0L2 ← L2 − kL1

L3 ← L3 − 2L1

⇔

a − b + c = 0−c + (k + 2)b = 0

(2 − k)c + (8 + k)b = 0L2 ↔ L3

⇔

a − b + c = 0−c + (k + 2)b = 0

((8 + k) + (2 − k)(k + 2)) b = 0 L3 ← L3 + (2 − k)L2

Donc si ((8 + k) + (2 − k)(k + 2)) 6= 0, alors b = 0, donc c = 0 et par suite a = 0 et dansce cas la famille est libre. Inversement si ce coefficient est nul alors le systeme admet unesolution avec b = 1 (qu’il est inutile d’expliciter) et donc la famille est liee. On en deduitque la famille est liee si et seulement si k verifie l’equation −k2 + k + 12 = 0, c’est-a-dire siet seulement si k ∈ −3, 4.

Exercice 9.7

1. On trouve par exemple ((−2, 1, 0), (−3, 0, 1)).

2. Le vecteur u = (x, y, z) ∈ E si et seulement si

2x − z = 0y + z = 0

⇔

x =1

2z

y = −z⇔ u = z

(1

2,−1, 1

)ou z ∈ R

d’ou E = Vect((

12 ,−1, 1

))et dim E = 1

3. Le vecteur u = (x, y, z) ∈ E si et seulement si

x + 5y − 3z = 0−x − 4y + 2z = 0

⇔

x + 5y − 3z = 0y − z = 0

⇔

x = −2zy = z

⇔ u = z(−2, 1, 1) ou z ∈ R

Donc E = Vect(−2, 1, 1) et dim(E) = 1.

4. Le vecteur u = (x, y, z) ∈ E si et seulement si

2x + y − 3z = 04x + 2y − 5z = 0

⇔

2x + y − 3z = 0z = 0

⇔

y = −2xz = 0

⇔ u = x(1,−2, 0) ou x ∈ R

Donc E = Vect(1,−2, 0) et dim(E) = 1.

Exercice 9.8

1. On resout le systeme

x + y + z + t = 0x − y + z − t = 0

⇔

x + y + z + t = 0−2y − 2t = 0

⇔

x = −zy = −t

On reconnaıt donc Vect((−1, 0, 1, 0), (0,−1, 0, 1)). De plus, ces deux vecteurs n’etant pascolineaires, ils forment une base du sous-espace propose.

55

2. On resout le systeme

−3x + y + z + t = 0x − 3y + z + t = 0x + y − 3z + t = 0x + y + z − 3t = 0

⇔

3x + y + z + t = 0−8y + 4z + 4t = 0

4y − 8z + 4t = 04y + 4z − 8t = 0

L2 ← 3L2 + L1

L3 ← 3L3 + L1

L4 ← 3L4 + L1

⇔

3x + y + z + t = 0−2y + z + t = 0

y − 2z + t = 0y + z − 2t = 0

L2 ← 3L2 + L1

L3 ← 3L3 + L1

L4 ← 3L4 + L1

⇔

3x + y + z + t = 0−2y + z + t = 0

−3z + 3t = 03z − 3t = 0

L3 ← 2L3 + L2

L4 ← 24L4 + L2

⇔

x = ty = tz = t

On en deduit que la famille ((1, 1, 1, 1)) est generatrice du sous-espace propose. Cette familleetant composee d’un vecteur non nul, c’est une base du sous-espace.

3. On resout le systeme

x + 3y + 2z = 03x + 10y + 5z + t = 02x + 5y + 5z − t = 0

y − z + t = 0

⇔

x + 3y + 2z = 0y − z + t = 0

−y + z − t = 0y − z + t = 0

L2 ← L2 − 3L1

L3 ← L3 − 2L1

⇔

x + 3y + 2z = 0y − z + t = 0

⇔

x = −5z + 3ty = z − t

Une famille generatrice est donc par exemple ((−5, 1, 1, 0), (3,−1, 0, 1)). Ces deux vecteursn’etant pas colineaires ils forment une base du sous-espace donne.

Exercice 9.9

Soient a, b, c trois reels tels que pour tout n ∈ N, on ait

aun + bvn + cwn = 0

Alors en ecrivant l’egalite avec n = 0, 1, 2, on voit que a, b, c sont les solutions d’un systemelineaire homogene que l’on resout

a + b + c = 02a + 3b + 4c = 0

4a + 9b + 16c = 0⇔

a + b + c = 0b + 2c = 0

7b + 12c = 0L2 ← L2 − 2L1

L3 ← L3 − 4L1

⇔

a + b + c = 0b + 2c = 0−2c = 0 L3 ← L3 − 7L2

⇔ a = b = c = 0

La famille ((un), (vn), (wn)) est donc bien une famille libre.

56

Exercice 9.10

1. Comme (−3,−6) = −3(1, 2), on a A = Vect((1, 2)). Par ailleurs comme (1, 2) 6= 0, lafamille ((1, 2)) est une base de A.

2. Montrons que ((1, 2), (3, 4), (5, 6)) n’est pas une famille libre. Soient a, b, c trois reels, ona

a(1, 2) + b(3, 4) + c(5, 6) = 0 ⇔

a + 3b + 5c = 02a + 4b + 6c = 0

⇔

a + 3b + 5c = 0−2b − 4c = 0 L2 ← L2 − 2L1

⇔

a = cb = −2c

On a donc par exemple (5, 6) = −(1, 2) + 2(3, 4). On en deduit que B = Vect((1, 2), (3, 4)).Ces deux vecteurs n’etant pas colineaires la famille ((1, 2), (3, 4)) est une base de B.

Exercice 9.11

1. Soient a, b, c trois reels tels que a(1, 3,−3) + b(4, 2,−3) + c(−1, 7, 6) = 0. On resout lesysteme equivalent

a + 4b − c = 03a + 2b + 7c = 0

−3a − 3b + 6c = 0⇔

a + 4b − c = 0−10b + 10c = 0

9b + 3c = 0L2 ← L2 − 3L1

L3 ← L3 + 3L1

a + 4b − c = 0−b + c = 03b + c = 0

⇔

a + 4b − c = 0−b + c = 0

4c = 0 L3 ← L3 + 3L2

⇔ a = b = c = 0

La famille ((1, 3,−3), (4, 2,−3), (−1, 7, 6)) est donc a la fois une famille libre et generatricede A. C’est une base de A.

2. Soient a, b, c, d quatre reels tels que a(4,−5, 3)+b(2, 3,−2)+c(4,−16, 10)+d(8, 1,−1) = 0.On resout le systeme equivalent

4a + 2b + 4c + 8d = 0−5a + 3b − 16c + d = 0

3a − 2b + 10c − d = 0⇔

4a + 2b + 4c + 8d = 022b − 44c + 44d = 0

−14b + 28c − 28d = 0L2 ← 4L2 + 5L1

L3 ← 4L3 − 3L1

⇔

4a + 2b + 4c + 8d = 0b − 2c + 2d = 0

⇔

4a = −2b − 4c − 8db = 2c − 2d

⇔

a = −4c − 2db = 2c − 2d

Il existe donc une solution telle que c = 1 et d = 0. Ceci implique que (4,−16, 10) estcombinaison lineaire de ((4,−5, 3), (2, 3,−2)). De meme il existe une solution telle que c = 0et d = 1, et donc (8,−1, 1) est aussi combinaison lineaire de ((4,−5, 3), (2, 3,−2)).On en deduit que B = Vect((4,−5, 3), (2, 3,−2)). Ces deux vecteurs n’etant pas colineaires,ils forment egalement une famille libre. La famille ((4,−5, 3), (2, 3,−2)) est donc une basede B.

3. Soient a, b, c trois reels tels que a(1, 1,−2) + b(2, 1,−3) + c(0, 1,−1) = 0. On resout lesysteme equivalent

a + 2b = 0a + b + c = 0

−2a − 3b − c = 0⇔

a + 2b = 0−b + c = 0

b − c = 0⇔

a = −2cb = c

57

On a donc par exemple (0,−1, 1) = 2(1, 1, 2) − (2, 1,−3).On en deduit que C = Vect((1, 1, 3), (2, 1,−3)). Les deux vecteurs n’etant pas colineaires ilforment une famille libre. La famille ((1, 1, 3), (2, 1,−3)) etant a la fois libre et generatricede C, c’est une base de C.

4. On remarque que (−2,−8, 6) = −2(1, 4,−3). Donc D = Vect((1, 4,−3)). Le vecteur(1, 4,−3) n’etant pas nul, la famille ((1, 4,−3)) est une base de D.

Exercice 9.12

1. On constate que pour tout x > 0, f4(x) = ex+3 = e3ex = e3f3(x). C’est-a-dire quef4 = e3f3. La famille (f1, f2, f3, f4, f5) n’est donc pas libre.

2. D’apres la question precedente on sait que Vect(f1, f2, f3, f4, f5) est engendre par(f1, f2, f3, f5). Montrons que la famille (f1, f2, f3, f5) est aussi une famille libre. Soienta, b, c, d quatre reels tels que af1 + bf2 + cf3 + df5 = 0. Ceci signifie que pour tout reel x > 0on a

a ln(x) + bx + cex + d · 1

x= 0

Si l’on avait c 6= 0, on aurait

limx→+∞

a ln(x) + bx + cex + d · 1

x= lim

x→+∞ex

(aln(x)

ex+ b

x

ex+ c + d · 1

exx

)

︸ ︷︷ ︸→c

= ±∞

ce qui est absurde. On en deduit que c = 0.Alors si l’on avait b 6= 0, on aurait

limx→+∞

a ln(x) + bx + d · 1

x= lim

x→+∞x

(aln(x)

x+ b + d · 1

x2

)

︸ ︷︷ ︸→b

= ±∞

ce qui est absurde. On en deduit que b = 0. En evaluant l’equation en x = 1, on obtientalors d = 0. Finalement en evaluant en x = e, il reste a = 0.La famille (f1, f2, f3, f5) est bien une famille libre et c’est donc une base de Vect(f1, f2, f3, f4, f5).

Exercice 9.13

Soient a, b, c trois reels tels que af1 + bf2 + cf3 = 0. Ceci signifie que pour tout reel x on a

a sin(x) + b sin(2x) + c sin(3x) = 0

En particulier pour x =π

2,π

3,π

6, on voit que a, b, c verifient le systeme

a − c = 0√2

2a +

√2

2b = 0

1

2a +

√2

2b + c = 0

⇔

c = ab = −a

a +√

2b + c = 0⇔

c = ab = −a

(2 −√

2)a = 0

⇔ a = b = c = 0.

La famille proposee est bien une famille libre.

58

Exercice 9.14

Pour tout reel x on a f0(x) = cos(0x) = cos(0) = 1. En particulier la fonction f0 n’est pasnulle. La famille (f0) est donc libre. Autrement dit la propriete a prouver est vraie pourn = 0.Supposons qu’elle soit verifiee a un certain rang n − 1 (avec n > 1).

Soient λ0, λ1, . . . , λn des reels tels que

n∑

k=0

λkfk = 0. Ceci signifie que pour tout reel x, on a

n∑

k=0

λk cos(kx) = 0. (1)

En derivant cette relation deux fois par rapport a x, on obtient

n∑

k=0

−k2λk cos(kx) = 0. (2)

En effectuant n2(1) + (2), on trouve

n∑

k=0

(n2 − k2)λk cos(kx) = 0.

Le dernier terme etant nul, ceci peut aussi s’ecrire

n−1∑

k=0

(n2 − k2)λk cos(kx) = 0.

Or d’apres l’hypothese de recurrence, on sait que (f0, f1, f2, . . . , fn−1) est une famille libre.On en deduit que pour k ∈ [[0, n − 1]], on a (n2 − k2)λk = 0, et donc λk = 0. En evaluantalors l’equation (1) en x = 0, il vient λn = 0. Ceci prouve que la famille (f0, f1, . . . , fn) estlibre.Nous avons donc montre par recurrence que pour tout n ∈ N, la famille (f0, f1, . . . , fn) estune famille libre.

Exercice 9.15

Quitte a changer l’ordre de la famille, on peut supposer que α1 < α2 < . . . < αn.

Soit a1, a2, . . . , an des reels tels quen∑

k=1

akfk = 0. On a donc pour tout reel x

n∑

k=1

akeαkx = 0.

Supposons que les reels a1, a2, . . . , an ne soient pas tous nuls. Notons i le plus grand indicetel que ai 6= 0 et supposons que αi > 0. On a alors

limx→+∞

n∑

k=1

akeαkx = limx→+∞

eαix

(ai +

i−1∑

k=1

ake(αk−αi)x

)

︸ ︷︷ ︸→ai

6= 0

59

Ce qui est absurde. Si αi < 0, on pose alors j le plus petit indice tel que aj 6= 0, eton etudie la limite en −∞ pour aboutir a une contradiction analogue. On en conclut quea1 = a2 = · · · = an = 0. La famille (f1, f2, . . . , fn) est donc une famille libre.

Exercice 9.16

Quitte a changer l’ordre des reels on peut supposer que α1 < α2 < · · · < αn. Soient

a1, a2, . . . , an des reels tels que

n∑

k=1

akfk = 0. On a donc pour tout reel x

n∑

k=1

ak(αk)x = 0

Supposons que les reels a1, . . . , an ne soient pas tous nuls. Notons i le plus grand indice telque ai 6= 0 et supposons que αi > 1. On a alors

limx→+∞

n∑

k=1

ak(αk)x = limx→+∞

(αi)x

(ai +

i−1∑

k=1

akex ln

(αkαi

))

︸ ︷︷ ︸→ai

6= 0

Ce qui est absurde. De meme si αi < 1, on note alors j le plus petit indice tel que aj 6= 0.On a alors

limx→−∞

n∑

k=1

ak(αk)x = limx→−∞

(αj)x

aj +

i∑

k=j+1

akex ln

(αkαj

)

︸ ︷︷ ︸→aj

6= 0

ce qui est egalement contradictoire. On doit donc avoir a1 = a2 = · · · = an = 0. La famille(f1, f2, . . . , fn) est libre.

Exercice 9.17

1. On sait que la fonction cos realise une surjection de R sur [−1, 1]. Il existe donc un reel

x0 tel que α = cos(x0). Comme

n∑

k=0

akfk = 0, on a

n∑

k=0

akfk(x0) =n∑

k=0

ak cosk(x0) =n∑

k=0

akαk = 0

et donc α est bien une racine du polynome a0 + a1X + · · · + anXn.

2. D’apres la question precedente on en deduit que le polynome a0 + a1X + · · · + anXn aune infinite de racines. C’est donc le polynome nul. Autrement dit a0 = a1 = · · · = an = 0.

Nous avons montre que si a0, a1, . . . , an etaient des reels tels que

n∑

k=0

akfk = 0 alors on avait

a0 = a1 = · · · = an = 0. Ceci revient a dire que la famille (f0, f1, . . . , fn) est libre.

60

Exercice 9.18

1. Si f etait derivable en αk alors la fonction

fk =1

λk

f −

∑

i∈[[1,n]]i6=k

λifi

serait derivable en αk comme combinaison lineaire de fonctions derivables en αk. Or fk n’estpas derivable en αk. f n’est donc pas derivable en αk.

2. Si λ1, λ2, . . . , λn sont des reels tels quen∑

k=1

λkfk = 0, comme la fonction nulle est derivable

en tout point, d’apres la question precedente on doit avoir λk = 0 pour tout k ∈ [[1, n]]. Onen deduit que la famille (f1, f2, . . . , fn) est libre.

Exercice 9.19

On sait deja que B ⊂ C. Il suffit donc de montrer que C ⊂ B.Soit x ∈ C. Comme C ⊂ A + B, il existe y ∈ A et z ∈ B tels que x = y + z. On a alorsx − z = y. Comme z ∈ B, on peut dire que z ∈ C. Comme C est un sous-espace vectorielde E, on en deduit que x− z ∈ C. Autrement dit y ∈ A∩C et donc y ∈ B. Or x = y + z, yet z etant des vecteurs de B et B etant un sous-espace on en conclut finalement que x ∈ B.C’est-a-dire que C ⊂ B.

Exercice 9.20

Montrons dans un premier temps que C = A + (B ∩ C). Comme A ⊂ C et B ∩ C ⊂ C,on a A + (B ∩ C) ⊂ C. Reciproquement soit x ∈ C, comme E = A ⊕ B, il existe y ∈ A etz ∈ B tels que x = y + z. On a alors z = x − y. Et comme A ⊂ C, on a y ∈ C. C etant unsous-espace vectoriel, on en deduit que z ∈ C. On a donc x = y + z avec y ∈ A et z ∈ B∩C.Montrons que A ∩ (B ∩ C) = 0. Soit x ∈ A ∩ (B ∩ C), en particulier x ∈ A ∩ B. CommeE = A ⊕ B, on en deduit que x = 0.On peut donc conclure que C = A ⊕ (B ∩ C).

Exercice 9.21

Montrons d’abord que F ∩ G = 0. Soit u ∈ F ∩ G, comme u ∈ G, on sait qu’il existe unreel λ tel que u = (λ, 0, 0). Mais alors d’apres la definition de F on a λ = 0. Autrement ditu = 0.Montrons ensuite que E = F + G. Soit u ∈ R3 avec u = (x, y, z). On va chercher un reel λtel que u − λ(1, 0, 0) ∈ F , c’est-a-dire tel que (x − λ, y, z) ∈ F . Ceci equivaut a

x − λ − 3y + 4z = 0

soit λ = 3x − 3y + 4z. λ ainsi defini, on a donc

x = (x − λ(1, 0, 0))︸ ︷︷ ︸∈F

+λ(1, 0, 0)︸ ︷︷ ︸∈G

61

Exercice 9.22

1. Par definition A est bien une partie de E et la fonction nulle est un element de A doncA est non vide.Soient f, g deux fonctions de A et λ, µ deux reels, il est alors clair que si f et g sont constantes,la fonction λf + µg est constante. A est bien un sous-espace de E.

De meme, B est une partie de E et B est non vide, puisque si f = 0 alors

∫ 1

0

f(t)dt = 0.

Et si f, g sont deux fonctions de B et λ, µ deux reels, on a

∫ 1

0

(λf + µg)(t)dt = λ

∫ 1

0

f(t)dt + µ

∫ 1

0

g(t)dt = 0

et donc λf + µg ∈ B. B est un sous-espace vectoriel de E.

2. Soit f ∈ E. Supposons avoir trouve une fonction g ∈ A et une fonction h ∈ B telles quef = g + h. Comme g ∈ A il existe un reel a tel que g = a. On a alors

∫ 1

0

f(t)dt =

∫ 1

0

a + h(t)dt = a +

∫ 1

0

h(t)dt

et comme h ∈ B, on en deduit que necessairement a =

∫ 1

0

f(t)dt. Il vient alors pour tout

t ∈ [0, 1], h(t) = f(t) −∫ 1

0

f(t)dt. Ceci prouve l’unicite de l’ecriture.

Reciproquement, soient g, h les fonctions ainsi definies. On a alors g ∈ A et

∫ 1

0

h(t)dt =

∫ 1

0

(f(t) −

∫ 1

0

f(x)dx

)dt =

∫ 1

0

f(t)dt −∫ 1

0

f(x)dx = 0

c’est-a-dire que h ∈ B.

Et enfin pour t ∈ [0, 1], on a bien g(t) + h(t) =

∫ 1

0

f(t)dt + f(t) −∫ 1

0

f(t)dt = f(t).

Nous avons donc montre que E = A ⊕ B.

Exercice 9.23

1. On voit que F = Vect((1, 1, 0), (1, 0, 1)). Soit u ∈ R3 avec u = (x, y, z), cherchons unreel λ tel que u − λ(1, 1, 0) ∈ G, c’est-a-dire tel que (x − λ, y − λ, z) ∈ G. Ceci equivaut a

2(x − λ) + (y − λ) + z = 0, soit λ =2x + y + z

3· Avec un tel reel λ, on a alors

u = λ(1, 1, 0)︸ ︷︷ ︸∈F

+u − λ(1, 1, 0)︸ ︷︷ ︸∈G

On peut donc en conclure que E = F + G.

2. Un triplet (x, y, z) appartient a F ∩ G si et seulement si

x − y − z = 02x + y + z = 0

⇔

x − y − z = 03y + 3z = 0

⇔

x = 0y = −z

On a donc par exemple (0,−1, 1) ∈ F ∩ G. F et G ne sont pas supplementaires.

62

Exercice 9.24

1. Par definition F est un sous-ensemble de RN. De plus F est non vide puisqu’il contientla suite nulle.Enfin soient (un) et (vn) deux suites de F et λ, µ deux scalaires. Si l’on pose (wn) = λ(un)+µ(vn),on a pour tout n ∈ N, w2n = λu2n + µv2n = λu2n+1 + µv2n+1 = w2n+1 et donc wn ∈ F . Fest un sous-espace vectoriel de KN.De meme par definition G est un sous-ensemble de RN qui est non vide puisqu’il contient lasuite nulle.Si l’on se donne (un) et (vn) deux suites de G, λ, µ deux scalaires et si l’on pose(wn) = λ(un) + µ(vn), on a pour tout n ∈ N, w2n+1 = λu2n+1 + µv2n+1 = 0 et doncwn ∈ G. G est un sous-espace vectoriel de KN.

2. Soit (un) une suite a valeurs dans K. Definissons la suite (vn) par v2n = v2n+1 = u2n+1

pour tout n ∈ N et la suite (wn) par w2n = u2n − u2n+1 et w2n+1 = 0 pour tout n ∈ N.Soit n ∈ N. Si n est pair avec n = 2p, alors vn + wn = u2p+1 + u2p − u2p+1 = u2p = un.Si n est impair, alors vn + wn = un + 0 = un. On en conclut donc que pour tout n ∈ N,un = vn + wn, c’est-a-dire que (un) = (vn) + (wn). Ceci prouve que KN = F + G.Soit (un) une suite de F ∩ G. Comme (un) ∈ G, on sait que pour tout entier n, u2n+1 = 0.Et comme (un) ∈ F , on a alors pour tout entier n ∈ N, u2n = u2n+1 = 0. La suite (un) estnulle. On a donc F ∩ G = 0.On en conclut que KN = F ⊕ G.

Chapitre 10Exercice 10.1

1. Soient u, v deux vecteurs de R3 avec u = (x1, y1, z1) et v = (x2, y2, z2) et λ, µ deux reels.On a

f1(λu + µv) = f1 ((λx1 + µx2, λy1 + µy2, λz1 + µz2))

= ((λx1 + µx2) − (λy1 + µy2) + (λz1 + µz2), λz1 + µz2)

= (λ(x1 − y1 + z1) + µ(x2 − y2 + z3), λz1 + µz2)

= λ(x1 − y1 + z1, z1) + µ(x2 − y2 + z2, z2)

= λf1(u) + µf1(v)

et f1 est donc lineaire.

2. Soient u, v deux vecteurs de R3 avec u = (x1, y1, z1) et v = (x2, y2, z2) et λ, µ deux reels.On a

f2(λu + µv) = f2 ((λx1 + µx2, λy1 + µy2, λz1 + µz2))

= (0, 5(λx1 + µx2) − 2(λy1 + µy2))

= (0, λ(5x1 − 2y1) + µ(5x2 − 2y2))

= λ(0, 5x1 − 2y1) + µ(0, 5x2 − 2y2)

= λf2(u) + µf2(v)

et donc f2 est lineaire.

63

3. On a f3(0) = (0, 1) 6= 0, donc f3 n’est pas lineaire.

4. On a f4(2, 0, 0) = (4, 0, 0) et f4(1, 0, 0) = (1, 0, 0) donc f4(2(1, 0, 0)) 6= 2f4(1, 0, 0). f4 n’estpas lineaire.

5. Soient u, v deux vecteurs de R3 avec u = (x1, y1, z1) et v = (x2, y2, z2) et λ, µ deux reels.On a

f5(λu + µv) = f5 ((λx1 + µx2, λy1 + µy2, λz1 + µz2))

= (λy1 + µy2, λx1 + µx2)

= λ(y1, x1) + µ(y2, x2)

= λf5(u) + µf5(v)

et f5 est donc lineaire.

6. On a f6(1, 0, 0) = (0, 0), f6(0, 1, 1) = (0,−1) et f6(1, 1, 1) = (1,−1). Autrement dit

f6((1, 0, 0) + (0, 1, 1)) 6= f6(1, 0, 0) + f6(0, 1, 1)

On en deduit que f6 n’est pas lineaire.

Exercice 10.2

1. Soient f, g ∈ E et λ, µ deux reels, on a u1(λf+µg) = 3(λf+µg) = λ3f+µ3g = λu1(f)+µu1(g).u est une application lineaire.

2. Soit f la fonction constante egale a 1. D’une part f ∈ E. D’autre part u2(2f) = (2f)3 = 8f3 = 8et 2u2(f) = 2f3 = 2. On a donc u2(2f) 6= 2u2(f), u2 n’est pas lineaire.

3. Soient f, g ∈ E et λ, µ deux reels, on a

u3(λf + µg) = (λf + µg)(0) + (λf + µg)′

= λ(f(0) + f ′) + µ(g(0) + g′)

= λu3(f) + µu3(g)

u est donc une application lineaire.

4. Soient f, g ∈ E et λ, µ deux reels, on a

u4(λf + µg) =

∫ 1

−1

(λf + µg)(t)dt + (λf + µg)′′

= λ

(∫ 1

−1

f(t)dt + f ′′)

+ µ

(∫ 1

−1

g(t)dt + g′′)

= λu4(f) + µu4(g)

u4 est donc une application lineaire.

5. Notons f la fonction definie sur R par f(x) = x. Cette fonction est bien un element deE. De plus, pour tout reel x, on a (2f) (2f)(x) = 2f(2x) = 4x, et 2(f f)(x) = 2x. On endeduit que u5(2f) 6= 2u5(f). L’application u5 n’est pas lineaire.

64

6. Soient f, g ∈ E et λ, µ deux reels. On a pour tout reel x

u6(λf + µg)(x) = cos(x) × (λf + µg)(x)

= λ cos(x)f(x) + µ cos(x)g(x)

= λu6(f)(x) + µu6(g)(x)

et donc u6(λf + µg) = λu6(f) + µu6(g). u6 est une application lineaire.

Exercice 10.3

1. Soient (un), (vn) deux suites a valeurs dans K et λ, µ deux scalaires. On a

∆(λ(un)n∈N + µ(vn)n∈N) = ∆((λun + µvn)n∈N

)

= ((λun+1 + µvn+1) − (λun + µvn))n∈N

= (λ(un+1 − un) + µ(vn+1 − vn))n∈N

= λ(un+1 − un)n∈N + µ(vn+1 − vn)n∈N

= λ∆((un)n∈N) + µ∆((vn)n∈N)

∆ est une application lineaire.

2. Une suite (un) appartient au noyau de ∆ si et seulement si pour tout n ∈ N, un+1−un = 0.C’est-a-dire que (un) appartient a Ker(∆) si et seulement si (un) est une suite constante.Ker(∆) est l’ensemble des suites constantes.

3. Notons A l’ensemble des suites (un) telles que u0 = 0. Montrons que A est unsupplementaire de Ker(∆).Soit (un) une suite qui appartient a A ∩ Ker(∆). Ceci signifie que (un) est constante.Mais comme (un) ∈ A, u0 = 0. On en deduit que (un) est constante egale a 0. AinsiA ∩ Ker(∆) = 0.Montrons maintenant que KN = A + Ker(∆). Soit (un) une suite a valeurs dans K. Ondefinit la suite (vn) par vn = un − u0 pour n ∈ N et la suite (wn) par wn = u0 pour n ∈ N.On a alors (vn) ∈ A, (wn) ∈ Ker(∆) et pour tout n ∈ N, vn + wn = un − u0 + u0 = un.C’est-a-dire que (un) = (vn) + (wn). On a donc bien KN = A + Ker(∆).A et Ker(∆) sont bien des sous-espaces supplementaires.

4. Soit (un) une suite a valeurs dans K. Definissons la suite (vn) par vn =n−1∑

k=0

uk. On a alors

pour tout n ∈ N,

vn+1 − vn =n∑

k=0

uk −n−1∑

k=0

uk = un

Autrement dit ∆ ((vn)n∈N) = (un)n∈N. ∆ est donc surjectif.

5. Soit (un) une suite a valeurs dans K, on a

∆2 ((un)n∈N) = ∆ ((un+1 − un)n∈N)

= ((un+2 − un+1) − (un+1 − un))n∈N

= (un+2 − 2un+1 + un)n∈N

et donc (un)n∈N ∈ Ker(∆2) si et seulement si pour tout n ∈ N, un+2 − 2un+1 + un = 0,c’est-a-dire si et seulement si pour tout n ∈ N, un+2 −un+1 = un+1 −un. Ceci revient a direque (un)n∈N ∈ Ker(∆) si et seulement si (un)n∈N est une suite arithmetique.

65

Exercice 10.4

1. Soient P,Q ∈ K[X] et λ, µ deux scalaires, on a

u(λP + µQ) = (λP + µQ)(1)

= λP (1) + µQ(1)

= λu(P ) + µu(Q)

donc u est lineaire. De plus u(1) = 1, donc u n’est pas nulle.

2. Soit P ∈ K[X], on a P ∈ Ker(u) si et seulement si P (1) = 0. On peut donc ecrire

Ker(u) =(X − 1)P

∣∣ P ∈ K[X]

3. Soit A l’ensemble des polynomes constants, qui est clairement un sous-espace de K[X],montrons que A et Ker(u) sont supplementaires.Soit P un polynome de A∩K[X]. Comme P est constant, il existe a ∈ K tel que P = a. Etcomme P (1) = 0, on a a = 0. On en conclut que A ∩ Ker(u) = 0.Montrons maintenant que K[X] = A + Ker(u). Soit P ∈ K[X], on pose P1 = P (1) etP2 = P − P (1). P1 est constant donc P1 ∈ A. P2 verifie P2(1) = P (1) − P (1) = 0, doncP2 ∈ Ker(u). Enfin P1 + P2 = P (1) + P − P (1) = P .On a donc bien K[X] = A ⊕ Ker(u).

Exercice 10.5

1. Soient P,Q ∈ Kn[X] et λ, µ deux scalaires. On a

f(λP + µQ) = X(λP + µQ)′(X) − (λP + µQ)(X)

= λ(XP ′(X) − P (X)) + µ(XQ′(X) − Q(X))

= λf(P ) + µf(Q)

donc f est lineaire.

2. Soit P ∈ K[X] avec P (X) =n∑

k=0

akXk. On a alors

P ∈ Ker(f) ⇔ X

(n∑

k=0

kakXk−1

)−

n∑

k=0

akXk = 0

⇔n∑

k=0

kakXk −n∑

k=0

akXk = 0

⇔n∑

k=0

(k − 1)akXk = 0

⇔ ∀k ∈ [[0, n]], (k − 1)ak = 0

Autrement dit P ∈ Ker(u) si et seulement si ak = 0 pour k 6= 1. Les polynomes de Ker(u)sont donc les polynomes de la forme aX ou a ∈ K. Soit encore Ker(u) = Vect(X).

66

3. On sait que l’image par f d’une base est une famille generatrice de Im(f). Commepour k ∈ [[1, n]] on a f(Xk) = (k − 1)Xk−1 et f(1) = −1, on en deduit que la famille(−1, 0,X, 2X2, . . . , (n − 1)Xn−1) est generatrice de Im(f). Il en est alors de meme de lafamille (1,X,X2, . . . ,Xn−1). Or cette famille est libre, c’est donc une base de Im(f).

Exercice 10.6

1. Soient P,Q ∈ Kn[X] et λ, µ deux scalaires. On a

u(λP + µQ) = −n(λP + µQ) + 2X(λP + µQ)′

= λ(−nP + 2XP ′) + µ(−nQ + 2XQ′)

= λu(P ) + µu(Q)

donc u est lineaire, et

v(λP + µQ) = nX(λP + µQ) − X2(λP + µQ)′

= λ(nXP − X2P ′) + µ(nXQ − X2Q′)

= λv(P ) + µv(Q)

v est lineaire.

2. Soit P ∈ K[X], on a

(uv − vu)(P ) = u(nXP − X2P ′) − v(−nP + 2XP ′)

= −n(nXP − X2P ′) + 2X(nXP − X2P ′)′ − (nX(−nP + 2XP ′) − X2(−nP + 2XP ′)′)

= −n2XP + nX2P ′ + 2X(nP + nXP ′ − 2XP ′ − X2P ′′) + n2XP − 2nX2P ′

+X2(−nP ′ + 2P ′ + 2XP ′′)

= (−n2X + 2nX + n2X)P + (nX2 + 2nX2 − 4X2 − 2nX2 − nX2 + 2X2)P ′

+(−2X3 + 2X3)P ′′

= 2nXP − 2P ′

= 2v(P )

et donc uv − vu = 2v.

3. Pour n = 0 on a uv0 − v0u = u − u = 0 = 2 × 0v0. Pour n = 1 on a uv − vu = 2v. Lapropriete est donc verifiee aux rangs 0 et 1.Supposons que uvn−1 − vn−1u = 2(n − 1)vn−1 et uvn − vnu = 2nvn. En composanta gauche et a droite par v on en deduit les deux egalites vuvn − vn+1u = 2nvn+1 etuvn+1 − vnuv = 2nvn+1. En additionnant on en deduit que

uvn+1 − vn+1u + vuvn − vnuv = 4nvn+1

soit encoreuvn+1 − vn+1u + v(uvn−1 − vn−1u)v = 4nvn+1

⇔ uvn+1 − vn+1u + v(2(n − 1)vn−1)v = 4nvn+1

⇔ uvn+1 − vn+1u = 4nvn+1 − 2(n − 1)vn+1 = (4n − 2n + 2)vn+1 = 2(n + 1)vn+1

la propriete est verifiee au rang n + 1. On en deduit donc que pour tout n ∈ N

uvn − vnu = 2nvn

67

Exercice 10.7

Supposons que Ker(u) = Ker(u2). Soit x ∈ Im(u) ∩ Ker(u). Comme x ∈ Im(u), il existey ∈ E tel que x = f(y). Et comme x ∈ Ker(u) on en deduit que u(x) = u2(y) = 0.Autrement dit y ∈ Ker(u2). D’apres l’hypothese on sait alors que y ∈ Ker(u), soit u(y) = 0.C’est-a-dire que x = 0. On a donc bien Im(u) ∩ Ker(u) = 0.Reciproquement supposons que Im(u) ∩ Ker(u) = 0. Soit x ∈ Ker(u) on a alorsu2(x) = u(u(x)) = u(0) = 0 donc x ∈ Ker(u2). Ceci prouve que Ker(u) ⊂ Ker(u2).Soit x ∈ Ker(u2), on a donc u2(x) = 0, soit encore u(u(x)) = 0. Si l’on note y = u(x), on aalors y ∈ Im(u) et y ∈ Ker(u). D’apres l’hypothese on en conclut que y = 0, soit u(x) = 0.C’est-a-dire que x ∈ Ker(u). On a donc bien Ker(u) = Ker(u2).

Exercice 10.8

– Supposons que Im(u) = Im(u2).Soit x ∈ E. Par definition u(x) ∈ Im(u). D’apres l’hypothese, il existe y ∈ E tel queu(x) = u2(y). On a alors u(x−u(y)) = 0, soit x−u(y) ∈ Ker(u). On peut donc ecrire que

x = x − u(y)︸ ︷︷ ︸∈Ker(u)

+ u(y)︸︷︷︸∈Im(u)

On en deduit que E = Im(u) + Ker(u).– Supposons que E = Im(u) + Ker(u).

Soit x ∈ Im(u2), il existe donc y ∈ E tel que x = u2(y), soit x = u(u(y)). Donc x ∈ Im(u).Ceci prouve que Im(u2) ⊂ Im(u).Reciproquement si x ∈ Im(u), il existe y ∈ E tel que x = u(y). Mais d’apres l’hy-pothese il existe y1 ∈ Im(u) et y2 ∈ Ker(u) tels que y = y1 + y2. On a alorsx = u(y1 + y2) = u(y1) + u(y2) = u(y1). Soit z ∈ E tel que y1 = u(z), on a doncx = u(u(z)) = u2(z), c’est-a-dire que x ∈ Im(u2).On a donc bien Im(u) = Im(u2).

Exercice 10.9

1. On sait que Xn − 1 = (X − 1)(Xn−1 + Xn−2 + · · · + 1).

2. D’apres la question precedente on peut ecrire un−IdE = (u−IdE)(un−1+un−1+· · ·+u+IdE).Comme un = 0, on a en fait

(IdE −u)(un−1 + un−2 + · · · + u + IdE) = IdE

et de meme(un−1 + un−2 + · · · + u + IdE)(IdE −u) = IdE

L’application IdE −u est donc bijective et (IdE −u)−1 =n−1∑

k=0

uk.

Exercice 10.10

1. Soient (un), (vn) deux suites a valeurs dans K et λ, µ deux scalaires. On a

f(λ(un)n∈N + µ(vn)n∈N) = f((λun + µvn)n∈N

)

= (λun+1 + µvn+1)n∈N

= λ(un+1)n∈N + µ(vn+1)n∈N

= λf ((un)n∈N) + µf ((vn)n∈N)

68

f est une application lineaire.

2. Une suite (un) est dans le noyau de f si et seulement si pour tout n ∈ N, un+1 = 0,c’est-a-dire si pour tout n > 1, un = 0. Ceci s’ecrit

Ker(f) =(un) ∈ KN / ∀n ∈ N∗, un = 0

Le noyau de f contient donc par exemple la suite (un) definie par u0 = 1 et un = 0 pourn > 1. En particulier Ker(f) 6= 0, donc f n’est pas injective.

3. On montre par recurrence sur k que pour toute suite (un) a valeurs dans K, fk((un)n∈N) = (un+k)n∈N.Une telle suite est donc dans le noyau de fk si et seulement si pour tout entier n ∈ N,un+k = 0. On en deduit que

Ker(fk) =(un) ∈ KN / ∀n ∈ N, n > k ⇒ un = 0

Pour i ∈ N, definissons la suite (uin)n∈N par ui

n = 1 si n = i et 0 sinon. Pour toute suite(un) ∈ Ker(fk) on a alors

(un) =

k−1∑

i=0

ui(uin)n∈N

et donc Ker(fk) ⊂ Vect(u0, u1, . . . , uk−1). Mais comme pour i ∈ [[0, k − 1]], on aui ∈ Ker(fk), on en deduit que Ker(fk) = Vect(u0, u1, . . . , uk−1). Montrons que la famille(u0, u1, . . . , uk−1) est aussi une famille libre. Supposons avoir des scalaires a0, a1, . . . , ak−1

tels que

k−1∑

i=0

aiui = 0. Alors en egalant les k premiers termes de l’egalite il vient a0 = a1 = · · · = ak−1 = 0.

La famille (u0, u1, . . . , uk−1) est donc une famille libre est generatrice de Ker(fk), c’est-a-direune base de Ker(fk).

4. Soit (un) une suite a valeurs dans K. On definit la suite (vn) par v0 = 0 et vn = un−1

pour n > 1. On a alors f((vn)n∈N) = (vn+1)n∈N = (un)n∈N. f est donc surjective.

Exercice 10.11

1. On remarque deja que

(f − 3 IdE)(f + IdE) = (f + IdE)(f − 3 IdE) = f2 − 2f − 3 IdE = 0

Soit x ∈ Im(f − 3 IdE). Il existe y ∈ E tel que x = (f − 3 IdE)(y). On a alors

(f + IdE)(x) = (f + IdE)((f − 3 IdE)(y)) = ((f + IdE)(f − 3 IdE))(y) = 0

Donc Im(f − 3 IdE) ⊂ Ker(f + IdE).De meme si x ∈ Im(f + IdE), il existe y ∈ E tel que x = (f + IdE)(y). On a alors

(f − 3 IdE)(x) = (f − 3 IdE)((f + IdE)(y)) = ((f − 3 IdE)(f + IdE))(y) = 0

Donc Im(f + IdE) ⊂ Ker(f − 3 IdE).

2. On remarque simplement que

1

4(f + IdE)(x) − 1

4(f − 3 IdE)(x) =

1

4f(x) +

1

4x − 1

4f(x) +

3

4x = x

c’est-a-dire que l’egalite est verifiee avec α =1

4et β = −1

4.

69

3. D’apres la question precedente, on sait que pour tout x ∈ E, on a

x =1

4(f + IdE)(x) − 1

4(f − 3 IdE)(x)

Or d’apres 1,1

4(f + IdE)(x) ∈ Ker(f − 3 IdE) et −1

4(f − 3 IdE)(x) ∈ Ker(f + IdE). On en

deduit que E = Ker(f − 3 IdE) + Ker(f + IdE).

4. Il reste a prouver que Ker(f − 3 IdE) ∩ Ker(f + IdE) = 0. Soit x un vecteur de cetteintersection. D’une part f(x) − 3x = 0, et d’autre part f(x) + x = 0. On en deduit que3x = −x, soit 4x = 0 et donc x = 0. Ker(f − 3 IdE) et Ker(f + IdE) sont bien des sous-espaces supplementaires.

Exercice 10.12

1. Soient u, v ∈ R2 avec u = (x1, y1) et v = (x2, y2), et λ, µ deux reels. On a

p(λu + µv) = p(λx1 + µx2, λy1 + µy2)

= (4(λx1 + µx2) − 6(λy1 + µy2), 2(λx1 + µx2) − 3(λy1 + µy2))

= (λ(4x1 − 6y1) + µ(4x2 − 6y2), λ(2x1 − 3y1) + µ(2x2 − 3y2))

= λ(4x1 − 6y1, 2x1 − 3y1) + µ(4x2 − 6y2, 2x2 − 3y2)

= λp(u) + µp(v)

p est lineaire.

2. Soit u = (x, y) ∈ R2, on a

(p p)(u) = p(4x − 6y, 2x − 3y)

= (4(4x − 6y) − 6(2x − 3y), 2(4x − 6y) − 3(2x − 3y))

= (4x − 6y, 2x − 3y)

= p(u)

p est donc bien un projecteur.

3. Une equation de Ker(p) est

4x − 6y = 02x − 3y = 0

⇔ x =3

2y

on en deduit que Ker(p) = Vect(3, 2), et (3, 2) etant non nul, la famille ((3, 2)) est une basede Ker(p).On sait que l’image d’une base est une famille generatrice de Im(p), on a donc

Im(p) = Vect(p(1, 0), p(0, 1)) = Vect((4, 2), (−6,−3))

Ces deux vecteurs etant colineaires, on a Im(p) = Vect((4, 2)) = Vect((2, 1)). Ce vecteuretant non nul, ((2, 1)) est une base de Im(p).

70

Exercice 10.13

1. Montrons d’abord que F ∩G = 0. Soit u un vecteur de F ∩G. Comme u ∈ G, il existeun reel λ tel que u = λ(1, 1, 1) = (λ, λ, λ). Mais comme u ∈ F , il vient λ − λ + λ = 0, soitλ = 0, et donc u = 0.Montrons ensuite que R3 = F + G. Soit u ∈ R3 avec u = (x, y, z). Recherchons un reel λ telque u − λ(1, 1, 1) ∈ F . Comme u − λ(1, 1, 1) = (x − λ, y − λ, z − λ), il suffit que λ verifiel’equation

(x − λ) − (y − λ) + (z − λ) = 0

soit λ = x − y + z. λ ainsi pose, on a

u = x − λ(1, 1, 1)︸ ︷︷ ︸∈F

+λ(1, 1, 1)︸ ︷︷ ︸∈G

et donc R3 = F + G. F et G sont des espaces supplementaires.

2. D’apres la question precedente la projection de (x, y, z) sur F parallelement a G est

(x, y, z) − (x − y + z)(1, 1, 1) = (y − z,−x + 2y − z,−x + y)

Exercice 10.14

Montrons d’abord que v (Im(u)) ⊂ Im(u). Soit x ∈ v (Im(u)). Par definition il existe unvecteur y ∈ E tel que x = v(u(y)). On a alors x = (v u)(y) = (u v)(y) = u(v(y)) et doncx ∈ Im(u).Montrons maintenant que v (Ker(u)) ⊂ Ker(u). Soit x ∈ v (Ker(u)). Par definition il existeun vecteur y ∈ Ker(u) tel que x = v(y). On a alors

u(x) = u(v(y)) = (u v)(y) = (v u)(y) = v(u(y)) = v(0) = 0

et donc x ∈ Ker(u).

Exercice 10.15

Supposons que Ker(p) = Ker(q). Comme q est un projecteur, on sait que E = Ker(q)⊕Im(q).Soit x ∈ E. Il existe y ∈ Ker(q) et z ∈ Im(q) tels que x = y + z. On a alorsp(x) = p(y + z) = p(y) + p(z). Or y ∈ Ker(q) = Ker(p), donc p(x) = p(z). D’autrepart p(q(x)) = p(q(y + z)) = p(z), puisque q est aussi la projection sur Im(q) parallelementa Ker(q). Autrement dit p(x) = (p q)(x), et donc p = p q. p et q jouant des rolessymetriques, on montrerait de meme que q = q p.Reciproquement supposons que p = pq et q = qp. Soit x ∈ Ker(p), on a q(x) = q(p(x)) = q(0) = 0et donc x ∈ Ker(q). De meme si x ∈ Ker(q), alors p(x) = p(q(x)) = p(0) = 0 et doncx ∈ Ker(p). On en deduit que Ker(p) = Ker(q).

Exercice 10.16

1. Supposons que p q = q p = 0, on a alors

(p + q)2 = p2 + p q + q p + q2 = p + q

71

Donc p + q est un projecteur.Reciproquement si p + q est un projecteur, alors (p + q)2 = p + q, c’est-a-dire quep2 + pq + qp + q2 = p + q. On en deduit que pq + qp = 0. En composant par p a gaucheon trouve p2q + pqp = 0 soit pq + pqp = 0. En composant par p a droite, on obtientpqp + qp2 = 0, soit pqp + qp = 0. On en deduit que pq = −pqp = qp. On a donc a la foispq = −qp et pq = qp. Par somme, on trouve 2pq = 0 et donc pq = 0. Par suite qp = 0.

2. Montrons d’abord Ker(p + q) = Ker(p) ∩ Ker(q).– Soit x ∈ Ker(p) ∩ Ker(q), alors (p + q)(x) = p(x) + q(x) = 0. Donc x ∈ Ker(p + q).– Reciproquement soit x ∈ Ker(p + q). Par definition p(x) + q(x) = 0. En composant par p

a gauche on trouve p2(x) + pq(x) = 0. Comme p2 = p et d’apres la question precedentepq = 0, on en deduit que p(x) = 0, soit x ∈ Ker(p). De meme en composant par q agauche on obtient qp(x) + q2(x) = 0, soit q(x) = 0 et donc x ∈ Ker(q). On peut conclureque x ∈ Ker(p) ∩ Ker(q).

Montrons maintenant que Im(p + q) = Im(p) ⊕ Im(q).– Soit x ∈ Im(p) ∩ Im(q). Par definition il existe y ∈ E tel que x = p(y). On en deduit

que q(x) = qp(y) = 0. Mais comme x ∈ Im(q), on sait aussi que x = q(x). Autrement ditx = 0 et Im(q) ∩ Im(q) = 0.

– Il reste a montrer que Im(p + q) = Im(p) + Im(q). L’inclusion Im(p + q) ⊂ Im(p) + Im(q)est claire. Montrons la reciproque. Soit x ∈ Im(p) + Im(q). Il existe y et z tels quex = p(y) + q(z). On a alors

(p+q)(x) = p(p(y)+q(z))+q(p(y)+q(z)) = p2(y)+pq(y)+qp(z)+q2(z) = p(y)+q(z) = x

et donc x ∈ Im(p + q).

Exercice 10.17

1. On a (p q)2 = p q p q = p p q q = p q. p q est bien un projecteur.

2. Si y ∈ Im(pq) alors il existe x ∈ E tel que x = (pq)(x). On a donc y = p(q(x)) et aussiy = q(p(y)). On en deduit que y ∈ Im(p) ∩ Im(q) et que Im(pq) ⊂ Im(p) ∩ Im(q).Reciproquement soit y ∈ Im(p) ∩ Im(q). Il existe x ∈ E tel que y = p(x). On a alorsq(y) = qp(x) = pq(x). Mais comme y ∈ Im(q), on a aussi y = q(y). On en deduit quey = pq(x) et donc que y ∈ Im(pq).

3. Soit x ∈ Ker(p) + Ker(q). Il existe y ∈ Ker(p) et z ∈ Ker(q) tels que x = y + z. On aalors pq(x) = pq(y) + pq(z) = q(p(y)) + p(q(z)) = 0, autrement dit x ∈ Ker(pq).Reciproquement soit x ∈ Ker(pq). On sait que E = Ker(p) ⊕ Im(p). Il existe doncy ∈ Ker(p) et z ∈ Im(p) tels que x = y + z. D’une part on a pq(x) = 0 et d’autre partpq(x) = pq(y) + pq(z) = q(p(y)) + q(p(z)) = q(z). Autrement dit q(z) = 0. On a doncx = y + z avec y ∈ Ker(p) et z ∈ Ker(q).On en conclut finalement que Ker(pq) = Ker(p) + Ker(q).

Exercice 10.18

1. Soit x un vecteur non nul, la famille (x, f(x) etant liee, il existe deux scalaires λ, µ nontous nuls tels que λx + µf(x) = 0.Si λ = 0 alors necessairement µ 6= 0 et donc f(x) = 0. Dans ce cas 0 est l’unique scalaire λx

tel que f(x) = λxx.

Si λ 6= 0 alors f(x) = −µ

λx. De plus si a et b sont deux scalaires tels que f(x) = ax = bx

alors (a − b)x = 0 et comme x 6= 0, a = b.Ceci prouve l’existence et l’unicite de λx.

72

2. a) Nous avons d’une part f(x + y) = λx+y(x + y) et d’autre part f(x + y) = λxx + λyy.On a donc

λx+yx + λx+yy = λxx + λyy

Comme la famille (x, y) est libre, on en deduit que λx+y = λx = λy

b) Soit a ∈ K tel que y = ax. On a alors f(y) = λyy et f(y) = f(ax) = af(x) = aλxx = λxy.Autrement dit λyy = λxy, comme y 6= 0, λx = λy.

3. D’apres les questions precedentes, le scalaire λx ne depend pas de x. Notons le λ. On aalors pour tout x ∈ E non nul, f(x) = λx. Cette egalite etant encore verifiee pour x = 0, fest bien une homothetie de rapport λ.

Chapitre 11Exercice 11.1

1. Apres calculs, on trouve que u(X4) = X.

2. Soient P1 et P2 deux polynomes de C4[X] et λ, µ deux scalaires. Supposons que l’on ait

P1 = (X2 + X + 1)Q1 + R1 (1)

P2 = (X2 + X + 1)Q2 + R2 (2)

ou R1 = u(P1) et R2 = u(P2). En effectuant λ(1) + µ(2), on trouve

λP1 + µP2 = (X2 + X + 1)(λQ1 + µQ2) + λR1 + µR2

Et d’apres les regles sur les degres deg(λR1 + µR2) 6 max (deg(R1),deg(R1)) 6 1. Lepolynome λR1+µR2 est donc le reste de la division de λP1+µP2 par X2+X+1. Autrementdit u(λP1 + µP2) = λR1 + µR2 = λu(P1) + µu(P2), c’est-a-dire que u est lineaire.

3. Un polynome P est dans le noyau de u si et seulement si le reste de la division de Ppar X2 + X + 1 est nul, autrement dit P ∈ Ker(u) si et seulement si P est un multiple deX2 + X + 1.

Ker(u) =(X2 + X + 1)(aX2 + bX + c)

∣∣ a, b ∈ C

=a(X4 + X3 + X2) + b(X3 + X2 + X) + c(X2 + X + 1)

∣∣ a, b ∈ C

= Vect(X4 + X3 + X2,X3 + X2 + X,X2 + X + 1

)

Ces trois vecteurs etant de degres distincts, ils forment une base de Ker(u).

4. Il est clair que Im(u) ⊂ C1[X] et que pour tout P ∈ C1[X] on a u(P ) = P . Ceci permetde conclure que Im(u) = C1[X].

5. Soit P ∈ C4[X], ecrivons la division euclidienne de P par X2+X+1, P = (X2+X+1)Q+R.En evaluant l’egalite en j et en j2 on trouve

P (j) = (j2 + j + 1)Q(j) + R(j)

etP (j2) =

((j2)2 + j2 + 1

)Q(j2) + R(j2)

73

Mais on sait que j et j2 sont les racines de 1+X +X2, donc P (j) = R(j) et P (j2) = R(j2).Ainsi si l’on pose R = aX + b, les scalaires a, b verifient le systeme

aj + b = P (j)

aj2 + b = P (j2)⇔

a(j2 − j) = P (j2) − P (j)b(1 − j) = P (j2) − jP (j)

On a donc

u(P ) =P (j2) − P (j)

j2 − jX +

P (j2) − jP (j)

1 − j

Exercice 11.2

1. Soient P1, P2 ∈ Rn[X] et deux scalaires λ, µ, on a

f(λP1 + µP2) =

∫ 1

0

λP1(t) + µP2(t)dt

= λ

∫ 1

0

P1(t)dt + µ

∫ 1

0

P2(t)dt

= λf(P1) + µf(P2)

et donc f est une application lineaire a valeurs dans R, c’est une forme lineaire. Elle estnon nulle puisque f(1) = 1. Le noyau de f est donc un hyperplan de Rn[X], c’est-a-dire unsous-espace de dimension n + 1 − 1 = n.

2. Soit P ∈ Rn[X] avec P = anXn + an−1Xn−1 + · · · + a1X + a0. On a alors

f(P ) = 0 ⇔∫ 1

0

n∑

k=0

aktkdt = 0

⇔n∑

k=0

∫ 1

0

aktkdt = 0

⇔n∑

k=0

ak

k + 1= 0

⇔ a0 = −n∑

k=1

ak

k + 1

Donc

Ker(f) =

n∑

k=1

akXk −n∑

k=1

ak

k + 1

∣∣ a1, a2, . . . , an ∈ R

=

n∑

k=1

ak

(Xk − 1

k + 1

) ∣∣ a1, a2, . . . , an ∈ R

= Vect

(Xn − 1

n + 1, . . . ,X2 − 1

3,X − 1

2

)

La famille de n vecteurs

(Xn − 1

n + 1, . . . ,X2 − 1

3,X − 1

2

)est donc une famille generatrice

de Ker(f) et comme cette famille est a degres echelonnes, c’est une base de Ker(f).

74

Exercice 11.3

Soit y ∈ Im(u+v), par definition il existe x ∈ E tel que y = (u+v)(x), soit y = u(x)+v(x).Donc y ∈ Im(u) + Im(v). Autrement dit Im(u + v) ⊂ Im(u) + Im(v). On en deduit que

rg(u + v) 6 rg(u) + rg(v)

Comme cette inegalite est verifiee pour tout u, v, on l’applique au couple u + v et −v pourobtenir

rg(u) 6 rg(u + v) + rg(−v)

Or on a clairement rg(−v) = rg(v), donc

rg(u) − rg(v) 6 rg(u + v)

on montrerait de meme que rg(v)− rg(u) 6 rg(u + v). Ceci permet donc d’ecrire finalement

|rg(u) − rg(v)| 6 rg(u + v) 6 rg(u) + rg(v)

Exercice 11.4

1. Comme uv = 0, on a Im(v) ⊂ Ker(u), donc rg(v) 6 dim(Ker(v)). Or d’apres le theoremedu rang on a

dim(E) = dim(Ker(u)) + rg(u)

On en deduit que rg(u) + rg(v) 6 dim(E). Par ailleurs, comme u + v est inversible, on arg(u + v) = dim(E). Or d’apres l’exercice precedent, on sait que rg(u + v) 6 rg(u) + rg(v).Donc

dim(E) = rg(u) + rg(v)

2. C’est par exemple le cas si u et v sont des projecteurs associes, puisque dans ce casu + v = Id et uv = 0.

Exercice 11.5

1. Soit P,Q ∈ Kn−1[X] et λ, µ deux scalaires, on a

f(λP + µQ) = ((λP + µQ)(a1), . . . , (λP + µQ)(an))

= (λP (a1) + µQ(a1), . . . , λP (an) + µQ(an))

= λ(P (a1), . . . , P (an)) + µ(Q(a1), . . . , Q(an))

= λf(P ) + µf(Q)

f est donc lineaire.

2. Soit P ∈ Ker(f), on a donc P (a1) = P (a2) = · · · = P (an) = 0. Autrement dit le polynomeP admet au moins n racines. Ce polynome etant de degre inferieur a n − 1, on en deduitque P = 0. Ainsi Ker(f) = 0 et f est injective.

3. Comme f est un endomorphisme d’un espace de dimension finie, on en deduit que f estbijective.

75

4. Par definition P = f−1(ei) est le polynome de Kn−1[X] tel que P (ak) = 0 pour k 6= i etP (ai) = 1. On voit que le polynome suivant repond a la question

n∏

k=1k 6=i

(X − ak)

n∏

k=1k 6=i

(ai − ak)

Exercice 11.6

1. Soit i le plus petit entier k tel que λk 6= 0. On a alors

P =n∑

k=i

(X − a)k(X − b)n−k

= (X − a)i

(n−i∑

k=0

(X − a)k(X − b)n−k−i

)

= (X − a)i

((X − b)n−i +

n−i∑

k=1

(X − a)k(X − b)n−k−i

)

︸ ︷︷ ︸Q(X)

avec Q(a) = (a − b)n−i 6= 0, donc a est une racine de P d’ordre i.

2. Supposons avoir n scalaires λ1, λ2, . . . , λn tels que P =

n∑

k=0

λkPk = 0. Si ces scalaires

n’etaient pas tous nuls, on en deduirait d’apres ce qui precede que a serait une racine de Pd’un certain ordre fini. Mais ceci est en contradiction avec P = 0. Les scalaires sont donctous nuls et la famille (P0, . . . , Pn) est libre.

3. D’apres les regles sur les degres on sait que deg(Pk) = k + n − k = n, donc Pk ∈ Rn[X].La famille (P0, . . . , Pn) est donc une famille libre de n + 1 vecteurs de Rn[X], espace dedimension n + 1. On en deduit que cette famille est une base de Rn[X].

Exercice 11.7

1. On note h la restriction de g a Im(f). Il est clair que h est une application lineaire deIm(f) vers G.La formule du rang appliquee aux applications f, h, g f donne les equations

dim(Ker(f)) + rg(f) = dim(E) (1)

dim(Ker(h)) + rg(h) = dim(Im(f)) (2)

dim(Ker(g f)) + rg(g f) = dim(E) (3)

En effectuant (1) + (2) − (3), on trouve que

dim(Ker(f)) + dim(Ker(h)) − dim(Ker(g f)) + rg(f) + rg(h) − rg(g f) = rg(f).

76

Or il est clair que Im(h) = Im(g f). On en deduit que

dim(Ker(g f)) = dim(Ker(f)) + dim(Ker(h)).

On remarque enfin que Ker(h) ⊂ Ker(g), ce qui entraıne dim(Ker(h)) 6 dim(Ker(g)) et parsuite

dim(Ker(g f)) 6 dim(Ker(f)) + dim(Ker(g)).

2. L’inegalite precedente peut aussi s’ecrire a l’aide de la formule du rang

dim(E) − rg(g f) 6 dim(E) − rg(f) + dim(F ) − rg(g)

soit encorerg(f) + rg(g) − dim(F ) 6 rg(g f).

De plus on a clairement Im(g f) ⊂ Im(g) et donc rg(g f) 6 rg(g). De meme h etant uneapplication lineaire de Im(f) vers G, on a rg(h) 6 dim(Im(f)) soit encore rg(g f) 6 rg(f).On a donc finalement

rg(f) + rg(g) − dim(F ) 6 rg(g f) 6 inf(rg(f), rg(g))

Exercice 11.8

1. Si f etait bijective alors fk serait bijective comme composee de bijection. Or fk = 0,donc f n’est pas bijective.

2. a) Soient λ0, . . . , λp−1 des scalaires tels que

p−1∑

k=0

λkfk(x0) = 0. Supposons que ces scalaires

ne soient pas tous nuls et notons i le plus petit indice k tel que λk 6= 0. On a alors

fp−i−1

(p−1∑

k=i

λkfk(x0)

)=

p−1∑

k=i

λkfp−i−1+k(x0)

=

2p−2−i∑

k=p−1

λk−p+1+i fk(x0)︸ ︷︷ ︸=0

pour k>p

= λifp−1(x0)

mais aussi fp−i−1

(p−1∑

k=i

λkfk(x0)

)= 0. On en deduit finalement que λif

p−1(x0) = 0, or

fp−1(x0) etant non nul, on a donc λi = 0. Ceci est absurde. Les scalaires λ0, . . . , λp−1 sontnuls et la famille (x0, f(x0), . . . , f

p−1(x0)) est libre.

b) On vient de trouver une famille libre de E qui compte p vecteurs. On sait alors quep 6 dim(E) = n.

Exercice 11.9

1. Soit x ∈ Fn, alors fn+1(x) = f(fn(x)) = f(0) = 0 et donc x ∈ Fn+1. Ceci prouve queFn ⊂ Fn+1.Soit y ∈ Gn+1. Par definition il existe x ∈ E tel que y = fn+1(x). On a alors y = fn(f(x))et donc y ∈ Gn. Ainsi Gn+1 ⊂ Gn.

77

2. a) D’apres la premiere question, la suite d’entiers naturels (dim(Gn)) est decroissante. Elleest donc stationnaire au-dela d’un certain rang k. Pour i > k, on a donc dim(Gi) = dim(Gn+1)et Gn+1 ⊂ Gn. On en deduit que Gi = Gi+1.

b) Soit i > k, en appliquant le theoreme du rang a f i et f i+1 on trouve

dim(E) = dim(Fi) + dim(Gi)

dim(E) = dim(Fi+1) + dim(Gi+1)

On a donc dim(Fi+1) + dim(Gi+1) = dim(Fi) + dim(Gi), et comme dim(Gi+1) = dim(Gi),on en deduit que dim(Fi) = dim(Fi+1). Sachant que Fi ⊂ Fi+1, on obtient finalementFi = Fi+1.

3. D’apres le theoreme du rang, on sait deja que dim(Fk) + dim(Gk) = dim(E).Soit y ∈ Fk ∩ Gk. Par definition il existe un element x ∈ E tel que y = fk(x). De plus onsait que fk(y) = 0, c’est-a-dire que fk(fk(x)) = 0, soit f2k(x) = 0. Autrement dit x ∈ F2k,or F2k = Fk donc fk(x) = 0, soit y = 0. On en deduit que Fk ∩ Gk = 0.Les deux proprietes nous permettent de conclure que Fk et Gk sont supplementaires.

4. On a f(Gk) = Gk+1 = Gk, donc f induit un endomorphisme de Gk qui de plus estsurjectif. Gk etant de dimension finie, f induit un automorphisme de Gk.

Exercice 11.10

1. Montrons que u est surjective. Soit x ∈ E, par hypothese il existe des scalaires a1, . . . , an

tels que x =

n∑

k=1

akuk(x0). On a alors x = u

(n−1∑

k=0

ak+1uk(x0)

)et donc x ∈ Im(u). u est un

endomorphisme surjectif de E espace de dimension finie, c’est donc un automorphisme.

2. On en deduit que la famille (x0, u(x0), . . . , un−1(x0)) est l’image par u−1 de la famille

(u(x0), u2(x0), . . . , u

n(x0)). L’image d’une base par un automorphisme etant une base, lafamille (x0, u(x0), . . . , u

n−1(x0)) est une base de E.

3. Soit a0, a1, . . . , an−1 les scalaires tels que

un(x0) =

n−1∑

k=0

akuk(x0)

Soit i ∈ [[0, n − 1]], en composant cette egalite par ui on obtient

un+i(x0) =

n−1∑

k=0

akuk+i(x0)

soit

un(ui(x0)) =

n−1∑

k=0

akuk(ui(x0))

Autrement dit les deux applications lineaires un et

n−1∑

k=0

akuk sont egales sur la base

(x0, u(x0), . . . , un−1(x0)). Elles sont donc egales.

78

Exercice 11.11

1. Tout d’abord, il est clair que si P ∈ Kn[X] alors P (X + 1) − P (X) ∈ Kn[X].Soient P,Q ∈ Kn[X] et λ, µ deux scalaires, on a

∆(λP + µQ) = (λP + µQ)(X + 1) − (λP + µQ)(X)

= λP (X + 1) + µQ(X + 1) − λP (X) − µQ(X)

= λ(P (X + 1) − P (X)) + µ(Q(X + 1) − Q(X))

= λ∆(P ) + µ∆(Q)

f est lineaire.

2. a) Il est clair que deg(Pk) = k. La famille (P0, . . . , Pn) est donc une famille libre de n+1vecteurs de Kn[X]. Comme dim(Kn[X]) = n + 1, cette famille est une base de Kn[X].

b) Soit k ∈ [[1, n]], on a

∆(Pk) = Pk(X + 1) − Pk(X)

=(X + 1)X(X − 1) · · · (X − k + 2)

k!− X(X − 1) · · · (X − k + 1)

k!

=X(X − 1) · · · (X − k + 2)

k!(X + 1 − (X − k + 1))

=X(X − 1) · · · (X − k + 2)

(k − 1)!

= Pk−1

et ∆(P0) = ∆(1) = 1 − 1 = 0.

c) Soit P ∈ Kn[X] de coordonnees (a0, a1, . . . , an) dans la base (P0, P1, . . . , Pn). Les coor-donnees de ∆(P ) sont (a1, a2, . . . , an, 0). On en deduit que P ∈ Ker(∆) si et seulement sia1 = a2 = · · · = an = 0. On a donc Ker(∆) = Vect(P0) = Vect(1), ensemble des polynomesconstants de Kn[X].De meme on sait que Im(∆) = Vect(∆(P0), . . . ,∆(Pn)) = Vect(0, P0, . . . , Pn−1) = Kn−1[X].

3. a) Soit P ∈ Kn[X], d’apres ce qui precede il existe des scalaires a0, a1, . . . , an tels que

P =

n∑

k=0

akPk

En appliquant ∆i a cette egalite, avec i ∈ [[0, n]], on trouve

∆i(P ) =

n∑

k=0

ak∆i(Pk)

Or d’apres ce qui precede, on sait que ∆i(Pk) = Pk−i pour k > i et ∆i(Pk) = 0 pour k < i.On en deduit que

∆i(P ) =

n∑

k=i

akPk−i

=

n−i∑

k=0

ak+iPk

79

En evaluant cette egalite de polynomes en 0 et en tenant compte du fait que Pk(0) = 0 pourk > 1, on trouve que ∆i(P )(0) = ai. On en deduit que

P =

n∑

k=0

(∆k)(P )(0)Pk

b) On a

∆(X4) = (X + 1)4 − X4 = 4X3 + 6X2 + 4X + 1

∆2(X4) = 4(X + 1)3 + 6(X + 1)2 + 4(X + 1) + 1 − 4X3 − 6X2 − 4X − 1

= 12X2 + 24X + 14

∆3(X4) = 12(X + 1)2 + 24(X + 1) + 14 − 12X2 − 24X − 14

= 24X + 36

∆4(X4) = 24(X + 1) + 26 − 24X − 26

= 24

A l’aide de la question precedente on en deduit que

X4 = 24P4 + 36P3 + 14P2 + 1P1

4. a) Soit Q ∈ Kn−1[X], d’apres la question 2.c il existe un polynome P0 ∈ Kn[X] tel que∆(P0) = Q. En posant P = P0 − P0(0), on a alors ∆(P ) = ∆(P0) − ∆(P0(0)) = Q − 0 = Qet P (0) = P0(0) − P0(0) = 0.De plus si P1 et P2 sont deux polynomes qui repondent a la question alors

∆(P1 − P2) = ∆(P1) − ∆(P2) = 0.

On a donc P1 −P2 ∈ Ker(∆), c’est-a-dire que P1 −P2 est constant. Mais en 0, ce polynomevaut P1(0) − P2(0) = 0. On a donc P1 = P2. Le polynome P est unique.

b) On a

P =n−1∑

k=0

(∆k)(Q)(0)Pk+1

c) D’apres les questions precedentes, on a

P = 24P5 + 36P4 + 14P3 + 1P2

d) On en deduit que

p∑

k=0

k4 =

p∑

k=0

P (k + 1) − P (k)

= P (p + 1) − P (0)

=1

5(p + 1)p(p − 1)(p − 2)(p − 3) +

3

2(p + 1)p(p − 1)(p − 2) +

7

3(p + 1)p(p − 1) +

1

2(p + 1)p

=(p + 1)p

30(6(p − 1)(p − 2)(p − 3) + 45(p − 1)(p − 2) + 70(p − 1) + 15)

=(p + 1)p

30

(6p3 + 9p2 + p − 1

)

80

Exercice 11.12

1. On a T (X) = (X −1)(3X2 +2X +1). Comme le discriminant du trinome en facteur vaut4 − 12 = −8, 1 est la seule racine reelle de T .D’apres les proprietes connues sur la somme et le produit des racines d’un trinome, on a

α + α = −2

3et αα =

1

3

2. a) La demonstration est tout a fait analogue a celle de l’exercice 1.

b) On a ϕ(T ) = 0 donc ϕ n’est pas injectif. Par definition Im(ϕ) ⊂ C2[X], donc ϕ n’est passurjectif.

3. a) Prouvons que c’est une famille libre. Soit a1, a2, a3 des scalaires tels que a1L1+a2L2+a3L3 = 0.En evaluant ce polynome en α, on trouve a1(α − 1)(α − α) = 0 et donc a1 = 0. De memel’evaluation en α et en 1 amene a2 = a3 = 0. La famille (L1, L2, L3) est donc une famillelibre de 3 vecteurs de C2[X], espace de dimension 3. C’est donc une base de C2[X].

b) L’existence et l’unicite de an, bn, cn vient de la question precedente et de Im(ϕ) ⊂ C2[X].Soit Q ∈ C[X] le polynome tel que Xn = T (X)Q(X) + anL1 + bnL2 + cnL3. En evaluantl’equation en 1, α et α, on trouve

1 = cnL3(1)

αn = bnL2(α)

αn = anL1(α)

et donc

an =αn

L1(α)=

αn

(α − 1)(α − α)

bn =αn

L2(α)=

αn

(α − 1)(α − α)

cn =1

L3(1)=

1

(1 − α)(1 − α)=

1

1 − (α + α) + αα=

1

1 +2

3+

1

3

=1

2

c) En reprenant les notations de la question precedente, on a

fn = (QT + anL1 + bnL2 + cnL3)(f)

= Q(f)T (f)︸ ︷︷ ︸=0

+anL1(f) + bnL2(f) + cnL3(f)

= anL1(f) + bnL2(f) + cnL3(f)

d) On a clairement limn→+∞

cn =1

2. Par ailleurs |α|2 = |αα| =

1

3< 1. Donc |α| = |α| < 1.

Compte tenu de la remarque on en deduit que (an) et (bn) converge vers 0.

81

4. a) On a

h =1

2L3(f)

=1

2(f − α IdE)(f − α IdE)

=1

2

(f2 − (α + α)f + αα IdE

)

=1

2

(f2 +

2

3f +

1

3IdE

)

=1

6

(3f2 + 2f + IdE

)

b) On calcule

h2 =1

6

(3f2 + 2f + IdE

) 1

6

(3f2 + 2f + IdE

)

=1

36

(9f4 + 12f3 + 10f2 + 4f + IdE

)

En effectuant la division euclidienne de 9X4 + 12X3 + 10X2 + 4X + 1 par T , on trouve que

9X4 + 12X3 + 10X2 + 4X + 1 = T (X)(3X + 5) + 18X2 + 12X + 6

On en conclut que

h2 =1

36

(18f2 + 12f + 6 IdE

)

=1

6(3f2 + 2f + IdE)

= h

c’est-a-dire que h est un projecteur.

Chapitre 12Exercice 12.1

1. On voit que A2 = 0. On en deduit que A0 = I, A1 = A et An = 0 pour n > 2.

2. On constate que B = I + 3A.

3. Les matrices A et I commutant, on peut appliquer la formule du binome de Newton pourtrouver

Bn = (I + 3A)n

=

n∑

k=0

(n

k

)3k Ak

︸︷︷︸=0

pour k>2

= I + 3nA

=

(3n + 1 3n−3n −3n + 1

)

82

Exercice 12.2

1. Soient A,B ∈ E et λ, µ deux scalaires. Notons

A =

(a bc d

), B =

(e fg h

)

Par hypothese on a donc a + c = b + d et e + g = f + h. Par ailleurs

λA + µB =

(λa + µe λb + µfλc + µg λd + µh

)

or

λa + µe + λc + µg = λ(a + c) + µ(e + g) = λ(b + d) + µ(f + h) = λb + µf + λd + µd

autrement dit λA + µB ∈ E. E est un sous-espace vectoriel de M2(R).

2. Soit A =

(a bc d

)une matrice de M2(R), A ∈ E si et seulement si a + c = b + d,

c’est-a-dire si et seulement si d = a + c − b. On en deduit que

E =

(a bc a + c − b

) ∣∣ a, b, c ∈ R

= Vect

((1 00 1

),

(0 10 −1

),

(0 01 1

))

De plus la famille

((1 00 1

),

(0 10 −1

),

(0 01 1

))est libre puisque si a, b, c sont trois

reels tels que

a

(1 00 1

)+ b

(0 10 −1

)+ c

(0 01 1

)= 0

alors (a bc a + c − b

)= 0

et donc a = b = c = 0. C’est une base de E et dim(E) = 3.

Exercice 12.3

1. La matrice possedant deux colonnes identiques, elle n’est pas inversible.

2. On a

A2 =

1 0 03 −1 −1

−3 2 2

, A3 =

−5 2 2−3 1 1−9 4 4

3. On remarque que A3 = A.Montrons par recurrence sur n que pour tout n > 1, An = A si n est impair et An = A2 sin est pair.C’est vrai pour n = 1, puisque A1 = A.Supposons que la propriete soit vraie au rang n. Si n est pair alors An+1 = AnA = A2A = A3 = A.Si n est impair alors An+1 = AnA = A2. Dans tous les cas la propriete est verifiee au rangn + 1. La propriete est donc prouvee pour tout entier n > 1.Signalons enfin que A0 = I.

83

Exercice 12.4

1. On a

A2 =

6 5 55 6 55 5 6

et on remarque que A2 = 5A − 4I.

2. D’apres ce qui precede1

4A(5I − A) = I. A est donc inversible et A−1 =

1

4(5I − A).

3. On A0 = a0A + b0I3 avec a0 = 0 et b0 = 1.Supposons qu’il existe deux reels an et bn tels que An = anA + bnI3, alors

An+1 = AAn = A(anA + bnI) = anA2 + bnA = an(5A − 4I) + bnA = (5an + bn)A − 4anI

et donc An+1 = an+1A + bn+1 si l’on pose an+1 = 5an + bn et bn+1 = −4an.Ces deux suites ainsi definies, on a pour tout n ∈ N, An = anA + bnI.

4. On aan+2 = 5an+1 + bn+1 = 5an+1 − 4an

La suite (an) est donc une suite recurrente lineaire d’ordre 2 dont l’equation caracteristiqueest x2 − 5x + 4 = 0. 1 est racine evidente et 4 est l’autre racine. On en deduit qu’il existedeux reels λ, µ tels que pour tout n ∈ N, an = λ+µ4n. En egalant les deux premiers termes,on trouve

λ + µ = 0λ + 4µ = 1

Une soustraction donne µ =1

3et de la premiere equation il vient λ = −1

3. On en conclut

finalement que

∀n ∈ N, an =1

3(4n − 1)

Et comme bn+1 = −4an, on a pour n ∈ N∗, bn =4

3(4n−1 − 1), egalite qui est egalement

vraie pour n = 0.Ainsi, pour tout entier n ∈ N,

An =1

3((4n − 1)A + (4n − 4)I3)

Exercice 12.5

Il s’agit de determiner les images des vecteurs de la base canonique de R2. Cherchons deuxreels a, b tels que (1, 0) = a(1,−1) + b(2,−3). Cette egalite equivaut au systeme suivant quel’on resout

a + 2b = 1

−a − 3b = 0⇔

a + 2b = 1

b = −1⇔

a = 3b = −1

On peut alors ecrire que

f(1, 0) = f(3(1,−1)−(2,−3)) = 3f(1,−1)−f(2,−3) = 3(−1,−2, 5)−(0, 5, 4) = (−3,−11, 11)

84

De meme

(0, 1) = a(1,−1)+b(2,−3) ⇔

a + 2b = 0−a − 3b = 1

⇔

a + 2b = 0b = −1

⇔

a = 2b = −1

et donc

f(0, 1) = f(2(1,−1)−(2,−3)) = 2f(1,−1)−f(2,−3) = 2(−1,−2, 5)−(0, 5, 4) = (−2,−9, 6)

Ceci permet d’ecrire que

A =

−3 −2−11 −9

11 6

Exercice 12.6

1. a) Montrons que la famille E ′ est libre. Soient a, b, c trois scalaires, on a

ae′1+be′2+ce′3 = 0 ⇔ a(e2+e3)+b(e1+e3)+c(e1+e2) = 0 ⇔ (b+c)e1+(a+c)e2+(a+b)e3 = 0

⇔

b + c = 0a + c = 0a + b = 0

⇔

b = −ca = −ca = −b

⇔ a = b = c = 0

Cette famille est donc une famille libre de 3 vecteurs dans un espace de dimension 3, c’estune base.

b) On calcule les images des vecteurs de la base E ′

f(e′1) = f(e2) + f(e2) = −f1 + 2f2 + f1 − 3f2 = −f2

f(e′2) = f(e1) + f(e3) = 2f1 + 3f2 + f1 − 3f2 = 3f1

f(e′3) = f(e1) + f(e2) = 2f1 + 3f2 − f1 + 2f2 = f1 + 5f2

D’ou

ME′,F (f) =

(0 3 1

−1 0 5

)

2. a) Montrons que F ′ est libre. Soient a, b deux scalaires, on a

af ′1 + bf ′

2 = 0 ⇔ a(2f1 + f2) + b(5f1 + 3f2) = 0 ⇔ (2a + 5b)f1 + (a + 3b)f2 = 0

⇔

2a + 5b = 0a + 3b = 0

⇔

2a + 5b = 0b = 0

⇔ a = b = 0

La famille F ′ est donc une famille libre de deux vecteurs d’un espace de dimension 2, c’estune base.

b) Exprimons dans un premier temps les vecteurs f1, f2 en fonction de f ′1, f

′2.

2f1 + f2 = f ′

1

5f1 + 3f2 = f ′2

⇔

2f1 + f2 = f ′1

f2 = −5f ′1 + 2f ′

2 L2 ← 2L2 − 5L1

⇔

f1 = 3f ′1 − f ′

2

f2 = −5f ′1 + 2f ′

2

L1 ← 12 (L1 − L2)

85

On en deduit que

f(e′1) = −f2 = 5f ′1 − 2f ′

2

f(e′2) = 3f1 = 9f ′1 − 3f ′

2

f(e′3) = f1 + 5f2 = 3f ′1 − f ′

2 − 25f ′1 + 10f ′

2 = −22f ′1 + 9f ′

2

D’ou

ME′,F ′(f) =

(5 9 −22

−2 −3 9

)

Exercice 12.7

1. Soient A = (ai,j) et B = (bi,j) deux matrices de Mn(K). On a

Tr(λA + µB) =

n∑

i=1

(λai,i + µbi,i)

= λ∑

i=1

ai,i + µ

n∑

i=1

bi,i

= λTr(A) + µTr(B)

La trace est bien une forme lineaire.

2. En notant C = AB et D = BA, on a

Tr(AB) = Tr(C) =

n∑

i=1

ci,i =

n∑

i=1

n∑

j=1

ai,jbj,i

=n∑

j=1

n∑

i=1

bj,iai,j =n∑

j=1

dj,j = Tr(D) = Tr(BA)

3. Si un tel couple de matrices existait, on aurait en particulier Tr(AB − BA) = Tr(In),c’est-a-dire Tr(AB)−Tr(BA) = n, soit 0 = n. Ceci est absurde et donc un tel couple n’existepas.

Exercice 12.8

1. Si u etait injectif alors up le serait aussi comme composee d’injections, or up = 0 etE 6= 0 donc up n’est pas injective et donc u n’est pas injective. Comme en dimension finieinjectivite equivaut a surjectivite, u n’est pas surjective.

2. Soit (e1, e2, . . . , ep) une base de Im(u), comme Im(u) 6= E on a p < n. Cette fa-mille etant libre dans E, on peut la completer en une base (e1, . . . , en) de E. AlorsIm(u) ⊂ Vect(e1, e2, . . . , en−1) = H ou dim(H) = n − 1, et donc H est un hyperplan.

3. On a ∀x ∈ H, vp(x) = up(x) = 0 et donc v est nilpotent.

86

4. Au rang 1, un endomorphisme nilpotent d’un espace de dimension 1 est necessairementnul. Donc sa matrice est triangulaire superieure stricte. Supposons l’hypothese verifiee aurang n− 1. Soit u un endomorphisme nilpotent d’un espace de dimension n. D’apres ce quiprecede il existe un hyperplan H tel que Im(u) ⊂ H. Soit v = u|H l’endomorphisme de Hinduit par u. v est lui meme nilpotent. D’apres l’hypothese de recurrence il existe une base(e1, e2, . . . , en−1) de H telle que la matrice de v dans cette base soit triangulaire superieurestricte :

0 a1,2 . . . . . . a1,n−1

0 0 a2,3 . . . a2,n−1

.... . .

. . ....

.... . . an−2,n−1

0 . . . . . . . . . 0

En completant cette famille libre de E a l’aide d’un vecteur en pour en faire une base B de

E, comme u(en) ∈ H, u(en) est de la forme u(en) =n−1∑

k=1

ak,nek. Dans cette base de E, la

matrice de u est donc :

MB(u) =

0 a12 . . . . . . a1n

0 0 a23 . . . a2n

.... . .

. . ....

.... . . an−1,n

0 . . . . . . . . . 0

Exercice 12.9

1. Soit A ∈ Mn(K). Supposons avoir trouve deux matrices B ∈ Sn(K) et C = An(K) tellesque A = B + C. Alors tA = t(B + C) = tB + tC = B − C. On en deduit par demi-somme

et demi-difference qu’on a necessairement B =A + tA

2et C =

A − tA

2. Autrement dit si

l’ecriture existe, elle est unique.

De plus si l’on pose B =A + tA

2et C =

A − tA

2, on a alors

tB = t

(A + tA

2

)=

1

2

(tA + t(tA)

)=

1

2

(tA + A

)= B

tC = t

(A − tA

2

)=

1

2

(tA − t(tA)

)=

1

2

(tA − A

)= −C

c’est-a-dire que B ∈ Sn(K), C ∈ An(K) et

B + C =A + tA

2+

A − tA

2= A

On en conclut que Mn(K) = Sn(K) ⊕An(K).

87

2. On a

A3(K) =

0 a b−a 0 c−b −c 0

∣∣ a, b, c ∈ R

= Vect

0 1 0−1 0 00 0 0

,

0 0 10 0 0−1 0 0

,

0 0 00 0 10 −1 0

De plus la famille

0 1 0−1 0 00 0 0

,

0 0 10 0 0−1 0 0

,

0 0 00 0 10 −1 0

est libre puisque

a

0 1 0−1 0 00 0 0

+ b

0 0 10 0 0−1 0 0

+ c

0 0 00 0 10 −1 0

= 0

⇔

0 a b−a 0 c−b −c 0

= 0 ⇔ a = b = c = 0

Exercice 12.10

1. Soient z1, z2 ∈ C avec z1 = a + ib et z2 = c + id et λ, µ deux reels, on a

f(λz1 + µz2) = f(λa + µc + i(λb + µd))

=

(λa + µc −(λb + µd)λb + µd λa + µc

)

= λ

(a −bb a

)+ µ

(c −dd c

)

= λf(z1) + µf(z2)

et donc f est lineaire. De plus si f(z1) = 0 alors

(a −bb a

)= 0, donc a = b = 0 et z1 = 0.

Autrement dit Ker(f) = 0 et f est injective.

2. De f(1) =

(1 00 1

)et f(i) =

(0 −11 0

), on deduit que la matrice de f dans les bases

canoniques de C et M2(R) est

1 00 −10 11 0

88

3. Avec les memes notations, on a

f(z1)f(z2) =

(a −bb a

)(c −dd c

)

=

(ac − bd −(ad + bc)bc + ad −bd + ac

)

= f ((a + ib) (c + id))

= f(z1z2)

4. D’apres la question precedente, pour n ∈ N, f(eiθ)n = f((eiθ)n) = f(eniθ). On en deduitque (

cos(θ) − sin(θ)sin(θ) cos(θ)

)n

=

(cos(nθ) − sin(nθ)sin(nθ) cos(nθ)

)

Par ailleurs, on a f(eiθ)f(e−iθ) = f(1) = I2. Donc f(eiθ)−n = f(e−iθ)n = f(e−niθ). On endeduit que la formule enoncee est egalement vraie pour tout n ∈ Z.

Exercice 12.11

1. Posons C = AB. Soient i, j deux entiers de [[1, n]], on a

ci,j =

n∑

k=1

ai,kbk,j

=

n∑

k=1

ω(i−1)(k−1)ω(k−1)(j−1)

=n∑

k=1

(ωi−j

)k−1

On reconnaıt la somme des termes consecutifs d’une suite geometrique de raison ωi−j . Deuxcas se presentent.

Si i = j, on a ωi−j = 1 et donc ci,i =n∑

k=1

1 = n.

Si i 6= j, comme −(n − 1) 6 i − j 6 n − 1 on en deduit que ωi−j 6= 1. Il vient alors

ci,j =n−1∑

k=0

(ωi−j

)k=

1 −(ωi−j

)n

1 − ω=

1 − (ωn)i−j

1 − ω= 0.

On en deduit que AB = Diag(n, n, . . . , n).

2. D’apres la question precedente A

(1

nB

)= In. Autrement dit A est inversible et

A−1 =1

nB.

Exercice 12.12

1. Soient λ, µ ∈ R et M1,M2 ∈ M2(R), on a

ϕ(λM1+µM2) = A(λM1+µM2) = A(λM1)+A(µM2) = λAM1+µAM2 = λϕ(M1)+µϕ(M2)

89

2. Comme ϕ est un endomorphisme d’un espace de dimension finie, il suffit de prouver queϕ est injective, et donc que Ker(ϕ) = 0.Soit M ∈ M2(R) telle que ϕ(M) = 0. On a alors AM = 0. Or la matrice A est inversiblepuisque 1× 4− 2× 3 = −2 6= 0. On peut donc multiplier la relation a gauche par A−1 pourobtenir A−1AM = A0 = 0, soit M = 0.ϕ est bien bijective.

3. On a

ϕ(E1,1) =

(1 23 4

) (1 00 0

)=

(1 03 0

)= E1,1 + 3E2,1

et

ϕ(E1,2) =

(0 10 3

), ϕ(E2,1) =

(2 04 0

), ϕ(E2,2) =

(0 20 4

)

D’ou la matrice de ϕ

1 0 2 00 1 0 23 0 4 00 3 0 4

Exercice 12.13

1. Soient a, b, c ∈ R tels que

∀x ∈ R, a + b sin(x) + c cos(x) = 0

Pour x = 0, x =π

2, x = π on trouve les trois equations

a + c = 0 (1)a + b = 0 (2)a − c = 0 (3)

En effectuant (1) + (3) et (1) − (3), on trouve a = c = b = 0.La famille (1, sin, cos) est libre, c’est donc une base de E et dim(E) = 3.

2. Soit f ∈ E, il existe trois reels a, b, c tels que pour tout reel x, f(x) = a+b sin(x)+c cos(x).On a alors

∀x ∈ R, f ′(x) = b cos(x) − c sin(x)

et donc f ′ ∈ E.

3. On calcule les images par ϕ des vecteurs de la base canonique

(1)′ = 0, (cos)′ = − sin, (sin)′ = cos

La matrice de ϕ est donc

0 0 00 0 10 −1 0

90

Exercice 12.14

1. L’image par ϕ de la base (e1, e2, e3, e4) est la famille (e2, e3, e4, e1), c’est-a-dire une basede R4. ϕ est donc un automorphisme.

2. On trouve

A =

0 0 0 11 0 0 00 1 0 00 0 1 0

3. Soit ψ ∈ L(R4) defini par ψ(ei) = ei−1 pour i ∈ [[2, 4]] et ψ(e1) = e4. On a alors pouri ∈ [[1, 4]], ϕ ψ(ei) = ψ ϕ(ei) = ei et donc ψ = ϕ−1, d’ou

A−1 =

0 1 0 00 0 1 00 0 0 11 0 0 0

Exercice 12.15

1. a) On verifie facilement que c’est un endomorphisme (c’est d’ailleurs un exemple ducours). De plus ϕ est clairement injective. En effet, si P ∈ Rn[X] est tel que ϕ(P ) = 0, alorsP (X +1) = 0. En particulier, pour tout reel x, on a P (x) = P (x−1+1) = 0 et donc P = 0.L’application ϕ etant un endomorphisme injectif d’un espace de dimension finie, c’est unautomorphisme.

b) D’apres la formule du binome de Newton, on sait que pour p ∈ [[0, n]], on a

ϕ(Xp) = (X + 1)p

=

p∑

k=0

(p

k

)Xk.

On en deduit que

M =

(00

) (10

). . . . . .

(n0

)

0(11

) . . .(n1

)

.... . .

. . .. . .

......

. . .. . .

(n

n−1

)

0 . . . . . . 0(nn

)

c) Il est clair que l’isomorphisme reciproque de ϕ est l’application ψ qui a tout polynome Passocie le polynome P (X − 1). On en deduit que

M−1 =

(00

)−

(10

). . . . . . (−1)n

(n0

)

0(11

) . . . (−1)n−1(n1

)

.... . .

. . .. . .

......

. . .. . . −

(n

n−1

)

0 . . . . . . 0(nn

)

91

2. a) Si l’on note mi,j les coefficients de M , les relations de l’enonce s’ecrivent

∀p ∈ 0, . . . , n, bp =

p∑

k=0

mk+1,p+1ak

ce qui revient a la relation matricielle(

b0 b1 . . . bn

)=

(a0 a1 . . . an

)× M .

b) On en deduit que(

a0 a1 . . . an

)=

(b0 b1 . . . bn

)× M−1. Ce qui s’ecrit

encore

∀k ∈ 0, . . . , n, ak =

k∑

p=0

(k

p

)(−1)k−pbp

Exercice 12.16

1. On remarque dans un premier temps que si P ∈ R3[X] alors f(P ) = P (X+1)+P (X) ∈ R3[X].f est bien une application a valeurs dans E.Montrons que f est lineaire. Soient P,Q ∈ E et λ, µ ∈ R, on a

f(λP + µQ) = (λP + µQ)(X + 1) + (λP + µQ)(X)

= λP (X + 1) + µQ(X + 1) + λP (X) + µQ(X)

= λ(P (X + 1) + P (X)) + µ(Q(X + 1) + Q(X))

= λf(P ) + µf(Q)

Ainsi f est un endomorphisme de E.

2. On calcule l’image des vecteurs de la base

f(1) = 1 + 1

= 2

f(X) = X + 1 + X

= 2X + 1

f(X2) = (X + 1)2 + X2

= 2X2 + 2X + 1

f(X3) = (X + 1)3 + X3

= 2X3 + 3X2 + 3X + 1

On en deduit que la matrice de f dans cette base est

2 1 1 10 2 2 30 0 2 30 0 0 2

3. La matrice de f dans la base B est triangulaire superieure avec des coefficients diagonauxnon nuls. Elle est donc inversible, et par suite f est bijective.

92

4. On inverse la matrice de f dans cette base en resolvant le systeme associe

2x + y + z + t = a2y + 2z + 3t = b

2z + 3t = c2t = d

⇔

2x + y + z + t = a2y + 2z + 3t = b

2z = c − 3t

t =1

2d

⇔

2x + y + z + t = a

y =1

2b − 1

2c

z =1

2c − 3

4d

t =d

2

⇔

x =1

2a − 1

4b +

1

8d

y =1

2b − 1

2c

z =1

2c − 3

4d

t =1

2d

La matrice de f−1 dans la base B est

1

2−1

40

1

8

01

2−1

20

0 01

2−3

4

0 0 01

2

5. a) Les coordonnees de Q dans la base canonique sont

a0

a1

a2

a3

1

2−1

40

1

8

01

2−1

20

0 01

2−3

4

0 0 01

2

a0

2− a1

4+

a3

8a1

2− a2

2a2

2− 3a3

4a3

2

Soit

Q =a3

2X3 +

(a2

2− 3a3

4

)X2 +

(a1

2− a2

2

)X +

a0

2− a1

4+

a3

8

93

b) On sait que f(Q) = P , ce qui s’ecrit Q(X + 1) + Q(X) = P (X). On en deduit que

S(n) =n∑

k=1

(−1)kP (k)

=n∑

k=1

(−1)k(Q(k + 1) + Q(k))

=n∑

k=1

(−1)kQ(k + 1) +n∑

k=1

(−1)kQ(k)

=

n+1∑

k=2

(−1)k−1Q(k) +

n∑

k=1

(−1)kQ(k)

= (−1)nQ(n + 1) − Q(1) +

n∑

k=2

(−1)k−1Q(k) +

n∑

k=2

(−1)kQ(k)

︸ ︷︷ ︸=0

= (−1)nQ(n + 1) − Q(1)

c) D’apres ce qui precede on trouve

S(n) =(−1)n

(a3

2(n + 1)3 +

(a2

2− 3a3

4

)(n + 1)2 +

(a1

2− a2

2

)(n + 1) +

a0

2− a1

4+

a3

8

)

−(

a3

2+

(a2

2− 3a3

4

)+

(a1

2− a2

2

)+

a0

2− a1

4+

a3

8

)

Chapitre 13Exercice 13.1

1. On echelonne la matrice

1 2 −3 0−2 6 5 −35 −10 −13 6

→

1 2 −3 00 10 −1 −30 −20 2 6

L2 ← L2 + 2L1

L3 ← L3 − 5L1

→

1 2 −3 00 10 −1 −30 0 0 0

L3 ← L3 − 2L2

Le rang de la matrice est 2.

2. On a

2 −2 1 −5 31 −1 2 −2 14 −4 −4 −10 2

−2 2 2 7 −72 −2 −2 −8 10

→

2 −2 1 −5 30 0 3 1 −10 0 −6 0 −40 0 3 2 −40 0 −3 −3 7

L2 ← 2L2 − L1

L3 ← L3 − 2L1

L4 ← L4 + L1

L5 ← L5 − L1

94

→

2 −2 1 −5 30 0 3 1 −10 0 0 2 −60 0 0 1 −30 0 0 −2 6

L3 ← L3 + 2L2

L4 ← L4 − L2

L5 ← L5 + L2

→

2 −2 1 −5 30 0 3 1 −10 0 0 2 −60 0 0 0 00 0 0 0 0

L4 ← 2L4 − L3

L5 ← L5 + L3

donc le rang de la matrice est 3.

3. De meme

2 1 7−3 2 0

1 2 8−4 1 −5

→

2 0 0−3 7 21

1 3 9−4 6 18

C2 ← 2C2 − C1

C3 ← 2C3 − 7C1→

2 0 0−3 7 0

1 3 0−4 6 0

C3 ← C3 − 3C1

le rang de la matrice est 2.

Exercice 13.2

1. On applique la methode du pivot de Gauss

−x + 2y − z = 3−2x + 2y − z = 2

x − y + z = 1⇔

−x + 2y − z = 3−2y + z = −4

y = 4L2 ← L2 − 2L1

L3 ← L3 + L1

⇔

x = 1y = 4z = 4

2. De meme

4x − 3y + 2z = −1−3x + 3y − 2z = 0

x − y + z = 1⇔

4x − 3y + 2z = −13y − 2z = −3−y + 2z = 5

L2 ← 4L2 + 3L1

L3 ← 4L3 − L1

⇔

4x − 3y + 2z = −13y − 2z = −3

4z = 12 L3 ← 3L3 + L2

⇔

4x − 3y + 2z = −13y − 2z = −3

z = 3⇔

x = −1y = 1z = 3

3. On continue

4x + y − 2z + 2t = 3−3x + 2y + 2z − t = −1−2x + y + 2z − t = 1

x + y − z + t = 2

⇔

x + y − z + t = 2−3x + 2y + 2z − t = −1−2x + y + 2z − t = 14x + y − 2z + 2t = 3

L1 ↔ L4

⇔

x + y − z + t = 25y − z + 2t = 5

3y + t = 5−3y + 2z − 2t = −5

L2 ← L2 + 3L1

L3 ← L3 + 2L1

L4 ← L4 − 4L1

⇔

x + y − z + t = 25y − z + 2t = 5

3z − t = 107z − 4t = −10

L3 ← 5L3 − 3L2

L4 ← 5L4 + 3L2

⇔

x + y − z + t = 25y − z + 2t = 5

3z − t = 10−5t = −100 L4 ← 3L4 − 7L2

⇔

x + y − z + t = 25y − z + 2t = 5

3z = 30t = 20

⇔

x + y − z + t = 25y = 5 + 10 − 40z = 10t = 20

⇔

x + y − z + t = 2y = −5z = 10t = 20

⇔

x = −3y = −5z = 10t = 20

95

Exercice 13.3

1. Soit (x, y, z, t) un vecteur de K4, on a

(x, y, z, t) ∈ Ker(f) ⇔

2x − y + 5t = 0−3x + y − z − 8t = 0

x + z + 3t = 0⇔

2x − y + 5t = 0−y − 2z − t = 0

y + 2z + t = 0L2 ← 2L2 + 3L1

L3 ← 2L3 − L1

⇔

2x − y + 5t = 0y = −2z − t

⇔

x = −z − 3ty = −2z − t

D’ou Ker(f) = Vect((−1,−2, 1, 0), (−3,−1, 0, 1)). Ces deux vecteurs n’etant pas colineaires,ils forment une base de Ker(f).D’apres le theoreme du rang, on en deduit que dim(Im(f)) = dim(K4)−dim(Ker(f)) = 4−2 = 2.Or on sait que les deux vecteurs ((−1, 1, 0), (0,−1, 1)) sont des vecteurs de Im(f). Commeils ne sont pas colineaires, ils forment une famille libre de deux vecteurs de Im(f), espacede dimension 2. La famille ((−1, 1, 0), (0,−1, 1)) est donc une base de Im(f).

2. Un triplet (x, y, z) appartient a Im(f) si et seulement s’il existe deux scalaires a, b telsque

(x, y, z) = a(−1, 1, 0) + b(0,−1, 1)

soit encore

−a = xa − b = y

b = z⇔

a = −x−b = x + y

b = z⇔

a = −xb = −x − y0 = x + y + z

Une equation de Im(f) est donc x + y + z = 0.

Exercice 13.4

Posons x1, x2, . . . , xn les affixes de A1, A2, . . . , An. Ces points repondent a la question si etseulement si leurs affixes verifient le systeme

x1 + x2 = 2z1

x2 + x3 = 2z2

x3 + x4 = 2z3

...xn−1 + xn = 2zn−1

x1 + xn = 2zn

Ce systeme est quasiment triangulaire. Il reste a simplifier la derniere ligne. En effectuantLn ← Ln − L1, on a Ln : −x2 + xn = 2(−z1 + zn). L’intuition nous pousse a effectuer

Ln ← Ln +

n−1∑

k=1

(−1)kLk. On a alors

Ln : x1 + xn +

n−1∑

k=1

(−1)kxk + xk+1 = 2zn +

n−1∑

k=1

(−1)k2zk

96

soit

Ln : x1 + xn +n−1∑

k=1

(−1)kxk +n−1∑

k=1

(−1)kxk+1 = 2zn +n−1∑

k=1

(−1)k2zk.

En effectuant un changement d’indice dans la deuxieme somme, on obtient

Ln : x1 + xn +n−1∑

k=1

(−1)kxk +n∑

k=2

(−1)k−1xk = 2zn +n−1∑

k=1

(−1)k2zk.

soit apres simplification

Ln : x1 + xn − x1 + (−1)n−1xn = 2zn +

n−1∑

k=1

(−1)k2zk.

ou encore

Ln : (1 + (−1)n−1)xn = 2zn +

n−1∑

k=1

(−1)k2zk.

Le systeme initial est donc equivalent au systeme

x1 + x2 = 2z1

x2 + x3 = 2z2

x3 + x4 = 2z3

...xn−1 + xn = 2zn−1

(1 + (−1)n−1)xn = 2zn +

n−1∑

k=1

(−1)k2zk

Deux cas se presentent.Si n est pair :Le systeme s’ecrit alors

x1 + x2 = 2z1

x2 + x3 = 2z2

x3 + x4 = 2z3

...xn−1 + xn = 2zn−1

0 =n∑

k=1

(−1)kzk

Ce systeme est donc compatible si et seulement si la derniere equation est verifiee. Le com-plexe zn peut alors etre choisi comme variable libre et determine de facon unique z1, . . . , zn−1.Si n est impair :

97

Le systeme s’ecrit alors

x1 + x2 = 2z1

x2 + x3 = 2z2

x3 + x4 = 2z3

...xn−1 + xn = 2zn−1

xn = zn +n−1∑

k=1

(−1)kzk

C’est donc un systeme de Cramer qui admet une et une seule solution.

Exercice 13.5

On resout le systeme associe

λ1xn = y1

λ2xn−1 = y2

...λnx1 = yn

⇔

x1 = 1λn

yn

x2 = 1λn−1

yn−1

...xn = 1

λ1y1

On en deduit que

A−1 =

0 . . . 0 1λn

... . .. 1

λn−10

0 . ..

. .. ...

1λ1

0 . . . 0

Exercice 13.6

Le systeme associe s’ecrit

x1 + 2x2 + · · · + nxn = y1

x2 + · · · + (n − 1)xn = y2

...xn−1 + 2xn = yn−1

xn = yn

En effectuant successivement les operations L1 ← L1−L2, L2 ← L2−L3, . . . , Ln−1 ← Ln−1−Ln,on trouve que le systeme equivaut a

x1 + x2 + x3 + · · · + xn = y1 − y2

x2 + x3 + · · · + xn = y2 − y3

...xn−1 + xn = yn−1 − yn

xn = yn

98

En effectuant a nouveau les operations L1 ← L1−L2, L2 ← L2−L3, . . . , Ln−1 ← Ln−1−Ln,on trouve que le systeme equivaut finalement a

x1 = y1 − 2y2 + y3

x2 = y2 − 2y3 + y4

...xn−2 = yn−2 − 2yn−1 + yn

xn−1 = yn−1 − 2yn

xn = yn

On en deduit que

A−1 =

1 −2 1 0 . . . 0

0. . .

. . .. . .

. . ....

.... . .

. . .. . .

. . . 0...

. . .. . .

. . . 1...

. . .. . . −2

0 . . . . . . . . . 0 1

Exercice 13.7

On resout le systeme homogene associe

λx + y + z = 0x + λy + z = 0x + y + λz = 0

⇔

x + y + λz = 0x + λy + z = 0λx + y + z = 0

L1 ↔ L3

⇔

x + y + λz = 0(λ − 1)y + (1 − λ)z = 0

(1 − λ)y + (1 − λ2)z = 0L2 ← L2 − L1

L3 ← L3 − λL1

⇔

x + y + λz = 0(λ − 1)y + (1 − λ)z = 0

(2 − λ − λ2)z = 0 L3 ← L3 + L2

Ce systeme n’est pas un systeme de Cramer si et seulement si λ2 + λ− 2 = 0. Ce trinome apour racines evidentes 1 et −2. Autrement dit la matrice associee au systeme est inversiblesi et seulement si λ /∈ 1,−2.

Exercice 13.8

Soit P ∈ R3[X] avec P (X) = aX3 + bX2 + cX + d. On a alors

P (1) = P (−1) = 1P ′(1) = 0

⇔

a + b + c + d = 1−a + b − c + d = 1

3a + 2b + c = 0

⇔

a + b + c + d = 1b + d = 1

−b − 2c − 3d = −3L2 ← 1

2 (L2 + L1)L3 ← L3 − 3L1

99

⇔

a + b + c + d = 1b + d = 1c + d = 1 L3 ← − 1

2 (L3 + L2)⇔

a = −1 + db = 1 − dc = 1 − d

On en deduit que l’ensemble recherche est

(−1 + d)X3 + (1 − d)X2 + (1 − d)X + d

∣∣ d ∈ R

soit encore −X3 + X2 + X + d(X3 − X2 − X + 1)

∣∣ d ∈ R

.

Exercice 13.9

On resout le systeme associe

x + y + z + t = x′

x + (1 + a)y + z + t = y′

x + y + (1 + b)z + t = z′

x + y + z + (1 + c)t = t′

⇔

x + y + z + t = x′

ay = y′ − x′

bz = z′ − x′

ct = t′ − x′

L2 ← L2 − L1

L3 ← L3 − L1

L4 ← L4 − L1

⇔

x =

(1 +

1

a+

1

b+

1

c

)x′ − 1

ay′ − 1

bz′ − 1

ct′

y =−x′ + y′

a

z =−x′ + z′

b

t =−x′ + t′

c

On en deduit que

A−1 =

1 +1

a+

1

b+

1

c−1

a−1

b−1

c

−1

a

1

a0 0

−1

b0

1

b0

−1

c0 0

1

c

Chapitre 14Exercice 14.1

1. λ est valeur propre si et seulement si A − λI2 n’est pas inversible donc si et seulement si(2 − λ)(−1 − λ) − 4 = 0. Soit λ2 − λ − 6 = 0. Les valeurs propres sont −2, 3.Comme A possede deux valeurs propres distinctes, A est diagonalisable.

100

2. Une equation de E−2 est 4x + 4y = 0

x + y = 0

Soit x + y = 0, ou encore x = −y. D’ou E−2 = Vect(−1, 1).De meme une equation de E3 est

−x + 4y = 0

x − 4y = 0⇔ x = 4y

D’ou E3 = Vect(4, 1). Une base de vecteurs propres est ((−1, 1), (4, 1)).

En posant P =

(−1 4

1 1

), on a

P−1AP =

(−2 0

0 3

)

Exercice 14.2

Notons A cette matrice. L’unique valeur propre de A est 1. Si elle etait diagonalisable ilexisterait P telle que P−1AP = Diag(1, 1). C’est-a-dire que l’on aurait P−1AP = I2 soitA = PI2P

−1 = I2 ce qui est absurde. A n’est donc pas diagonalisable.

Exercice 14.3

1. λ est valeur propre de A si et seulement si A − λI2 n’est pas inversible, c’est-a-dire si etseulement si λ verifie l’equation (a−λ)2 − 1 = 0. Soit (a−λ− 1)(a−λ+1) = 0. Les valeurspropres sont a + 1 et a − 1. Ces valeurs etant distinctes, A est diagonalisable.Une equation de Ea−1 est

x + y = 0x + y = 0

Soit x = −y, d’ou Ea−1 = Vect(−1, 1).De meme une equation de Ea+1 est

−x + y = 0

x − y = 0

Soit x = y, d’ou Ea+1 = Vect(1, 1).

Une base de vecteurs propres est donc ((−1, 1), (1, 1)). En posant P =

(−1 1

1 1

), on a

P−1AP =

(a − 1 0

0 a + 1

)

2. On a donc An = PBnP−1. Or on sait que Bn =

((a − 1)n 0

0 (a + 1)n

). Il reste a

calculer P−1. Pour cela on resout le systeme associe

−x + y = a

x + y = b⇔

x =−a + b

2

y =a + b

2

101

D’ou

P−1 =

−1

2

1

21

2

1

2

On trouve finalement

An =

(−1 1

1 1

)((a − 1)n 0

0 (a + 1)n

)(− 1

212

12

12

)

=1

2

(−(a − 1)n (a + 1)n

(a − 1)n (a + 1)n

)(−1 1

1 1

)

=1

2

((a + 1)n + (a − 1)n (a + 1)n − (a − 1)n

(a + 1)n − (a − 1)n (a + 1)n + (a − 1)n

)

Exercice 14.4

1. λ est valeur propre si et seulement si (1−λ)2 +1 = 0, soit encore (1−λ− i)(1−λ+ i) = 0.La matrice n’est donc pas reductible sur R. Sur C, les valeurs propres de la matrice sontdonc 1 − i et 1 + i.Une equation de E1−i est

ix − y = 0x + iy = 0

⇔ y = ix

D’ou E1−i = Vect(1, i).De meme une equation de E1+i est

−ix − y = 0

x − iy = 0⇔ y = −ix

D’ou E1+i = Vect(1,−i).

2. λ est valeur propre si et seulement si (5 − λ)(−6 − λ) + 18 = 0 soit λ2 + λ − 12 = 0. Lessolutions de cette equation sont

∆ = 1 + 48 = 49, λ1 =−1 −

√49

2= −4, λ2 =

−1 +√

49

2= 3

La matrice possede deux valeurs propres −4, 3.Une equation de E−4 est

9x − 6y = 03x − 2y = 0

⇔ x =2

3y

D’ou E−4 = Vect (2, 3).Une equation de E3 est

2x − 6y = 03x − 9y = 0

⇔ x = 3y

D’ou E3 = Vect (3, 1)

102

3. λ est valeur propre si et seulement si (2 − λ)(4 − λ) + 1 = 0 soit λ2 − 6λ + 9 = 0. Lessolutions de cette equation sont

∆ = 36 − 36 = 0, λ =6

2= 3

La matrice possede une valeur propre 3.Une equation de E3 est

−x − y = 0x + y = 0

⇔ x = −y

D’ou E−4 = Vect (−1, 1).

4. λ est valeur propre si et seulement si (6 − λ)(3 − λ) + 2 = 0 soit λ2 − 9λ + 20 = 0. Lessolutions de cette equation sont

∆ = 81 − 80 = 1, λ1 =9 −

√1

2= 4, λ2 =

9 +√

1

2= 5

La matrice possede deux valeurs propres 4, 5.Une equation de E4 est

2x + 2y = 0−x − y = 0

⇔ x = −y

D’ou E4 = Vect (−1, 1)Une equation de E5 est

x + 2y = 0−x − 2y = 0

⇔ x = 2y

D’ou E5 = Vect (2, 1)

5. λ est valeur propre si et seulement si (1− λ)(−1− λ) + 2 = 0 soit λ2 + 1 = 0. La matricen’est donc pas reductible sur R. Sur C, les valeurs propres de la matrice sont i et −i.Une equation de Ei est

(1 − i)x + y = 0

−2x − (1 − i)y = 0⇔ y = (−1 + i)x

D’ou Ei = Vect(1,−1 + i).Une equation de E−i est

(1 + i)x + y = 0

−2x − (1 + i)y = 0⇔ y = (−1 − i)x

D’ou E−i = Vect(1,−1 − i).

6. On triangule A − λI

−λ 1 00 −λ 11 0 −λ

→

1 0 −λ0 −λ 1−λ 1 0

L1 ↔ L3

→

1 0 −λ0 −λ 10 1 −λ2

L3 ← L3 + λL1

103

→

1 0 −λ0 1 −λ2

0 −λ 1

L2 ↔ L3 → A(λ) =

1 0 −λ0 1 −λ2

0 0 1 − λ3

L3 ← L3 + λL2

λ est valeur propre si et seulement si 1 − λ3 = 0. A possede une valeur propre reelle 1 etdeux valeur s propres complexes j, j2.

Une equation de E1 est A(1)

xyz

= 0 soit

x − z = 0y − z = 0

⇔ x = y = z

D’ou E1 = Vect(1, 1, 1).

Une equation de Ej est A(j)

xyz

= 0 soit

x − jz = 0

y − j2z = 0⇔

x = jzy = j2z

D’ou Ej = Vect(j, j2, 1).

Une equation de Ej2 est A(j2)

xyz

= 0 soit

x − j2z = 0y − jz = 0

⇔

x = j2zy = jz

D’ou Ej2 = Vect(j2, j, 1).

7. On triangule A − λI

1 − λ 0 10 1 − λ 01 1 1 − λ

→

1 1 1 − λ0 1 − λ 0

1 − λ 0 1

L1 ↔ L3

→

1 1 1 − λ0 1 − λ 00 λ − 1 −λ2 + 2λ

L3 ← L3 + (λ − 1)L1

→ A(λ) =

1 1 1 − λ0 1 − λ 00 0 −λ2 + 2λ

L3 ← L3 + L2

λ est valeur propre si et seulement si λ(1 − λ)(2 − λ) = 0. A possede donc trois valeurspropres 0, 1, 2.Une equation de E0 est A(0)X = 0 soit

x + y + z = 0

y = 0⇔

x = −zy = 0

104

D’ou E0 = Vect(−1, 0, 1).Une equation de E1 est A(1)X = 0 soit

x + y = 0

z = 0⇔

x = −yz = 0

D’ou E0 = Vect(−1, 1, 0).Une equation de E2 est A(2)X = 0 soit

x + y − z = 0

−y = 0⇔

x = zy = 0

D’ou E2 = Vect(1, 0, 1).

8. On triangule A − λI

1 − λ 0 10 1 − λ 01 1 3 − λ

→

1 1 3 − λ0 1 − λ 0

1 − λ 0 1

L1 ↔ L3

→

1 1 3 − λ0 1 − λ 00 λ − 1 −λ2 + 4λ − 2

L3 ← L3 + (λ − 1)L1

→ A(λ) =

1 1 3 − λ0 1 − λ 00 0 −λ2 + 4λ − 2

L3 ← L3 + L2

λ est valeur propre si et seulement si (1− λ)(λ2 − 4λ + 2) = 0. 1 est valeur propre ainsi queles racines de λ2 − 4λ + 2 soit

∆′ = 4 − 2 = 2, λ1 = 2 −√

2, λ2 = 2 +√

2

A possede les trois valeurs propres 1, 2 −√

2, 2 +√

2.Une equation de E1 est A(1)X = 0 soit

x + y + 2z = 0

−z = 0⇔

x = −yz = 0

D’ou E1 = Vect(−1, 1, 0).Une equation de E2−

√2 est A(2 −

√2)X = 0 soit

x + y + (1 +

√2)z = 0

(√

2 − 1)y = 0⇔

x = −(1 +

√2)z

y = 0

D’ou E2−√

2 = Vect(−1 −√

2, 0, 1).

Une equation de E2+√

2 est A(2 +√

2)X = 0 soit

x + y + (1 −

√2)z = 0

(−1 −√

2)y = 0⇔

x = (

√2 − 1)z

y = 0

D’ou E2+√

2 = Vect(√

2 − 1, 0, 1).

105

9. On triangule A − λI

3 − λ 0 1−1 2 − λ −1−2 0 −λ

→

−2 0 −λ−1 2 − λ −1

3 − λ 0 1

L1 ↔ L3

→

−2 0 −λ0 2 − λ −1 + λ

20 0 2 − λ(3 − λ)

L2 ← L2 − 1

2L1

L3 ← 2L3 + (3 − λ)L1

λ est valeur propre si et seulement si λ = 2 ou λ2 − 3λ + 2. A possede donc deux valeurspropres 1, 2.Une equation de E1 est

−2x − z = 0

y − 1

2z = 0

⇔

x = −1

2z

y =1

2z

D’ou E = Vect(−1, 1, 2).De meme E2 admet pour equation

x + z = 0

Donc

E2 = (−z, y, z) | y, z ∈ R

= y(0, 1, 0) + z(−1, 0, 1) | y, z ∈ R

D’ou E2 = Vect((0, 1, 0), (−1, 0, 1))

10. On triangule A − λI

−1 − λ 2 −2−6 7 − λ −5−6 6 −4 − λ

→

−6 6 −4 − λ−6 7 − λ −5

−1 − λ 2 −2

L1 ↔ L3

−6 6 −4 − λ0 1 − λ λ − 10 6 − 6λ −12 + (λ + 1)(4 + λ)

L2 ← L2 − L1

L3 ← 6L3 − (λ + 1)L1

→ A(λ) =

−6 6 −4 − λ0 1 − λ λ − 10 0 λ2 − λ − 2

L3 ← L3 − 6L2

Les valeurs propres sont donc les solutions de l’equation (1−λ)(λ2−λ−2) = 0 soit 1,−1, 2.Une equation de E−1 est A(−1)X = 0 soit

−6x + 6y − 3z = 0

2y − 2z = 0⇔

x =1

2z

y = z

106

D’ou E−1 = Vect(1, 2, 2).De meme, une equation de E1 est A(1)X = 0, soit

−6x + 6y − 5z = 0

−2z = 0⇔

x = yz = 0

D’ou E−1 = Vect(1, 1, 0).Enfin, une equation de E2 est A(2)X = 0, soit

−6x + 6y − 6z = 0

−y + z = 0⇔

x = 0y = z

D’ou E2 = Vect(0, 1, 1).

11. On triangule A − λI

1 − λ −2 2−2 1 − λ 2−2 −2 5 − λ

→

−2 −2 5 − λ−2 1 − λ 2

1 − λ −2 2

L1 ↔ L3

→

−2 −2 5 − λ0 3 − λ λ − 30 −6 + 2λ λ2 − 6λ + 9

L2 ← L2 − L1

L3 ← 2L3 + (1 − λ)L1

→ A(λ) =

−2 −2 5 − λ0 3 − λ λ − 30 0 λ2 − 4λ + 3

L3 ← L3 + 2L2

Les valeurs propres sont donc les solutions de l’equation (3 − λ)(λ2 − 4λ + 3). Un premierevaleur propre est 3. Les autres sont les racines du trinome λ2 − 4λ + 3 dont 1 est une racineevidente et 3 est l’autre racine. La matrice possede donc deux valeurs propres 1 et 3.Une equation de E1 est A(1)X = 0, soit

−2x − 2y + 4z = 0

2y − 2z = 0⇔

x = zy = z

D’ou E1 = Vect(1, 1, 1).De meme une equation de E3 est A(3)X = 0, soit

−2x − 2y + 2z = 0 ⇔ z = x + y

D’ou E3 = Vect((1, 0, 1), (0, 1, 1)).

Exercice 14.5

1. λ est valeur propre si et seulement si (7 − λ)(1 − λ) + 8 = 0 soit λ2 − 8λ + 15 = 0. Onresout

∆′ = 16 − 15 = 1, λ1 = 4 − 1 = 3, λ2 = 4 + 1 = 5

A a pour valeurs propres 3 et 5.Une equation de E3 est

4x + 2y = 0−4x − 2y = 0

⇔ y = −2x

107

D’ou E3 = Vect((1,−2)).De meme une equation de E5 est

2x + 2y = 0

−4x − 4y = 0⇔ y = −x

D’ou E3 = Vect((1,−1)).Une base de vecteurs propres est donc ((1,−2), (1,−1))

2. En posant P =

(1 1

−2 −1

), on a

P−1AP =

(3 00 5

)

D’ou

An = P

(3n 00 5n

)P−1

Il reste a inverser P en resolvant le systeme associe

x + y = a

−2x − y = b⇔

x = −a − by = 2a + b

D’ou P−1 =

(−1 −1

2 1

).

On en deduit que

An =

(1 1

−2 −1

)(3n 00 5n

)(−1 −1

2 1

)

=

(3n 5n

−2 × 3n −5n

) (−1 −1

2 1

)

=

(−3n + 2 × 5n −3n + 5n

2 × 3n − 2 × 5n 2 × 2n − 5n

)

3. On voit que Xn+1 = AXn.

4. Par recurrence sur n, on prouve que pour tout n ∈ N, Xn = AnX0.

5. On en deduit que pour n ∈ N, on a

(un

vn

)=

(−3n + 2 × 5n −3n + 5n

2 × 3n − 2 × 5n 2 × 3n − 5n

) (11

)=

(−2 × 3n + 3 × 5n

4 × 3n − 3 × 5n

)

Exercice 14.6

1. Pour rechercher les valeurs propres de A on triangule A − λI

7 − λ 3 −9−2 −1 − λ 22 −1 −4 − λ

→

2 −1 −4 − λ−2 −1 − λ 2

7 − λ 3 −9

L1 ↔ L3

108

→

2 −1 −4 − λ0 −2 − λ −2 − λ0 13 − λ −λ2 + 3λ + 10

L2 ← L2 + L1

L3 ← 2L3 − (7 − λ)L1

1er cas λ = −2On obtient alors

2 −1 20 0 00 15 0

cette matrice n’etant pas inversible. −2 est valeur propre.2eme cas λ 6= −2On poursuit la triangulation

2 −1 −4 − λ0 1 10 13 − λ −λ2 + 3λ + 10

L2 ← 1

−2−λL2 ,

2 −1 −4 − λ0 1 10 0 −λ2 + 4λ − 3

L3 ← L3 + (λ − 13)L2

Et donc les valeurs propres restantes sont les solutions de λ2 − 4λ + 3 = 0 soit 1 et 3.Nous avons donc λ1 = −2, λ2 = 1, λ3 = 3.

2. Une equation de E−2 est

2x − y − 2z = 015y = 0

⇔

x = zy = 0

D’ou X1 = (1, 0, 1).De meme une equation de E1 est

2x − y − 5z = 0

y + z = 0⇔

x = 2zy = −z

D’ou X2 = (2,−1, 1).Enfin une equation de E3 est

2x − y − 7z = 0

y + z = 0⇔

x = 3zy = −z

D’ou X3 = (3,−1, 1)

3. On a donc

P =

1 2 30 −1 −11 1 1

Pour inverser P on resout le systeme associe

x + 2y + 3z = a−y − z = b

x + y + z = c⇔

x + 2y + 3z = a−y − z = b−y − 2z = −a + c

⇔

x + 2y + 3z = a−y − z = b

−z = −a − b + c

⇔

x = a − 2(−a − 2b + c) − 3(a + b − c)y = −a − 2b + cz = a + b − c

⇔

x = b + cy = −a − 2b + cz = a + b − c

D’ou P−1 =

0 1 1−1 −2 1

1 1 1

.

109

4. On a donc

P−1AP = B =

−2 0 00 1 00 0 3

Par suite A3 − 2A2 − 5A + 6I = P (B3 − 2B2 − 5B + 6I)P−1. Or B3 − 2B2 − 5B + 6I estegal a

(−2)3 − 2(−2)2 − 5(−2) + 6 0 00 (1)3 − 2(1)2 − 5(1) + 6 00 0 (3)3 − 2(3)2 − 5(3) + 6

= 0

D’ou A3 − 2A2 − 5A + 6I = 0

Exercice 14.7

1. a) Les valeurs propres de fα sont celles de A(α). On triangule donc A(α) − λI

1 − λ 0 α0 1 − λ 0α 0 1 − λ

→

α 0 1 − λ0 1 − λ 0

1 − λ 0 α

L1 ↔ L3

→

α 0 1 − λ0 1 − λ 00 0 α2 − (1 − λ)2

L3 ← αL3 + (λ − 1)L1

Les valeurs propres de A(α) sont les solutions de (1 − λ)(α2 − (1 − λ)2) = 0, soit encore(1 − λ)(α − 1 + λ)(α + 1 − λ) = 0. Ce sont donc 1, 1 − α et 1 + α. Comme α > 0, ces troisvaleurs sont distinctes.

b) fα etant un endomorphisme d’un espace de dimension 3 comptant 3 valeurs propresdistinctes, fα est diagonalisable.

c) fα est un isomorphisme si et seulement si 0 n’est pas valeur propre de fα. D’apres ce quiprecede et vu que α > 0, fα est un isomorphisme si et seulement si α 6= 1.

2. Une equation de E1−α est

αx + αz = 0

αy = 0⇔

x = −zy = 0

D’ou E1−α = Vect(−1, 0, 1).Une equation de E1 est

αx = 0α2z = 0

⇔

x = 0z = 0

D’ou E1 = Vect(0, 1, 0).Une equation de E1+α est

−αx + αz = 0

−αy = 0⇔

x = zy = 0

D’ou E1+α = Vect(1, 0, 1).Une base de vecteurs propres est donc par exemple ((−1, 0, 1), (0, 1, 0), (1, 0, 1)).

110

Exercice 14.8

1. On triangule la matrice A − λI

−λ 1 00 −λ 16 −11 6 − λ

→

6 −11 6 − λ0 −λ 1

−λ 1 0

L1 ↔ L3

→

6 −11 6 − λ0 −λ 10 6 − 11λ λ(6 − λ)

L3 ← 6L3 + λL1

→

6 −11 6 − λ0 −λ 10 6 −λ2 + 6λ − 11

L3 ← L3 − 11L2

→

6 −11 6 − λ0 6 −λ2 + 6λ − 110 −λ 1

L2 ↔ L3

→ A(λ) =

6 −11 6 − λ0 6 −λ2 + 6λ − 110 0 −λ3 + 6λ2 − 11λ + 6

L3 ← 6L3 + λL2

λ est donc valeur propre si et seulement si −λ3 +6λ2 − 11λ+6 = 0. 1 etant racine evidente,on remarque que

−λ3 + 6λ2 − 11λ + 6 = (λ − 1)(−λ2 + 5λ − 6) = (λ + 1)(−λ + 2)(λ + 3)

Les valeurs propres de A sont donc 1, 2, 3.

2. Une equation de E1 est

A(1)

xyz

= 0 ⇔

6x − 11y + 5z = 0

6y − 6z = 0⇔

x = zy = z

Donc E1 = Vect((1, 1, 1)).Une equation de E2 est

A(2)

xyz

= 0 ⇔

6x − 11y + 4z = 0

6y − 3z = 0⇔

x =1

2y

z = 2y

Donc E2 = Vect((1, 2, 4)).Une equation de E3 est

A(3)

xyz

= 0 ⇔

6x − 11y + 3z = 0

6y − 2z = 0⇔

x =1

3y

z = 3y

111

Donc E3 = Vect((1, 3, 9)).A possedant trois valeurs propres, elle est diagonalisable. On sait alors qu’en posant

P =

1 1 11 2 31 4 9

on a P−1AP =

1 0 00 2 00 0 3

.

3. On inverse d’abord P en resolvant le systeme associe

x + y + z = ax + 2y + 3z = bx + 4y + 9z = c

⇔

x + y + z = ay + 2z = −a + b

3y + 8z = −a + cL2 ← L2 − L1

L3 ← L3 − L1

⇔

x + y + z = ay + 2z = −a + b

2z = 2a − 3b + c L3 ← L3 − 3L2

⇔

x + y + z = ay = −3a + 4b − c

z = a − 3

2b +

1

2c

⇔

x = 3a − 5

2b +

1

2c

y = −3a + 4b − c

z = a − 3

2b +

1

2c

D’ou

P−1 =

3 −5

2

1

2

−3 4 −1

1 −3

2

1

2

On en deduit que

An = P

1 0 00 2 00 0 3

n

P−1

=1

2

1 1 11 2 31 4 9

1 0 00 2n 00 0 3n

6 −5 1−6 8 −2

2 −3 1

=1

2

1 2n 3n

1 2n+1 3n+1

1 2n+2 3n+2

6 −5 1−6 8 −2

2 −3 1

=1

2

6 − 6 · 2n + 2 · 3n −5 + 8 · 2n − 3 · 3n 1 − 2 · 2n + 3n

6 − 6 · 2n+1 + 2 · 3n+1 −5 + 8 · 2n+1 − 3 · 3n+1 1 − 2 · 2n+1 + 3n+1

6 − 6 · 2n+2 + 2 · 3n+2 −5 + 8 · 2n+2 − 3 · 3n+2 1 − 2 · 2n+2 + 3n+2

112

4. a) On voit que

un+1

un+2

un+3

=

0 1 00 0 16 −11 6

un

un+1

un+2

c’est-a-dire que Xn+1 = AXn.

b) On montre par recurrence sur n que pour tout n ∈ N, Xn = AnX0.

c) En evaluant la premiere ligne du produit AnX0, on trouve que

un =1

2(−5 + 8 · 2n − 3 · 3n + 2(1 − 2 · 2n + 3n))

= −3

2+ 2n+1 − 1

23n

Exercice 14.9

1. On sait qu’une famille generatrice de Imfa est (fa(e1), fa(e2), fa(e3)). Comme fa(e1) = fa(e3)et fa(e2) = 0, la famille (fa(e1)) est aussi generatrice. Or fa(e2) est non nul puisque sacomposante sur e2 vaut 1. La famille (fa(e1)) est donc une base de Imfa.

2. D’apres le theoreme du rang, on sait que dim(Kerfa) = 3 − dim(Imfa) = 2. De plusf(e2) = 0 et f(e1 − e3) = f(e1) − f(e3) = 0 c’est-a-dire que e2, e1 − e3 ∈ Kerfa. Enfin(e2, e1 − e3) forme une famille libre puisque ces vecteurs ne sont clairement pas proportion-nels. En conclusion (e2, e1 − e3) forme une base de Kerfa

3. D’apres la definition de fa,

A =

a 0 a1 0 1−a 0 −a

D’ou

A2 =

0 0 00 0 00 0 0

Donc fa fa = 0

4. a) Montrons que c’est une famille libre de E. Soit b, c, d tels que ae′1 + be′2 + ce′3 = 0. Enrepassant dans la base initiale, on a

b(ae1 + e2 − ae3) + c(e1 − e3) + de3 = 0

(ab + c)e1 + be2 + (−ab − c + d)e3 = 0

La coordonnee sur e2 doit etre nulle donc b = 0. En annulant celle sur e1, on trouve c = 0.Enfin d’apres la coordonnee sur e3 il vient c = 0. La famille (e′1, e

′2, e

′3) est une famille libre

de trois vecteurs d’un espace de dimension trois, c’est donc une base de E.

b) On a fa(e′1) = fa fa(e1) = 0, f(e′2) = f(e1 − e3) = 0 et f(e′3) = f(e3) = e′1. D’ou

A′ =

0 0 10 0 00 0 0

113

c) On a

A′ − λI =

−λ 0 10 −λ 00 0 −λ

Donc A′−λI n’est pas inversible si et seulement si λ = 0. C’est-a-dire que 0 est la seule valeurpropre de A′. Comme A et A′ sont semblables, 0 est la seule valeur propre de A. 0 valeurpropre de A equivaut a la non-inversibilite de A − 0I = A, donc A n’est pas inversible. SiA etait diagonalisable elle serait semblable a une matrice diagonale avec les valeurs propressur la diagonale, en l’occurrence la matrice nulle. Or seule la matrice nulle est semblable ala matrice nulle et A 6= 0. Donc A n’est pas diagonalisable.

5. a) 0 etant la seule valeur propre de A, pour tout x 6= 0, la matrice A − xI = B(x) estinversible.

b) On a (A−xI)(A+xI) = A2−x2I−xIA+xAI = −x2I, soit encore −1x2 (A−xI)(A+xI) = I,

donc B(x)−1 = −1x2 (A + xI)

c) D’apres la formule du binome, on a

B(x)n =

n∑

k=0

(n

k

)(−1)n−kxn−kAk

︸︷︷︸=0

pour k>2

= (−1)n(xnI − xn−1A)

Exercice 14.10

1. Soient P,Q deux polynomes de Rm[X] et λ, µ deux reels. On a

f(λP + µQ)(x) = ma(x − 1)(λP + µQ)(x) − ax(x − 1)(λP + µQ)′(x)

= λ(ma(x − 1)P (x) + ax(x − 1)P ′(x)) + µ(ma(x − 1)Q(x) − ax(x − 1)Q′(x))

= λf(P )(x) + µf(Q)(x)

et donc f(λP +µQ) = λf(P )+µf(Q). L’application f est bien lineaire. Verifions maintenantque pour tout polynome P ∈ Rm[X], on a f(P ) ∈ Rm[X]. Si deg(P ) = k, il est clair quedeg(f(P )) 6 k + 1. Autrement dit si deg(P ) 6 m − 1, alors f(P ) ∈ Rm[X]. Supposonsmaintenant que deg(P ) = m et que le terme dominant de P soit αXm avec α 6= 0. Lecoefficient de degre m + 1 de f(P ) vaut alors maα − aαm = 0. On en deduit la encore, quedeg(P ) 6 m, c’est-a-dire que f(P ) ∈ Rm[X].L’application f est bien un endomorphisme de Rm[X].

2. a) On a par hypothese

λP (x) = ma(x − 1)P (x) − ax(x − 1)P ′(x)

Si λ 6= 0, on a alors P (1) = 0. Si λ = 0, alors ma(x−1)P (x) = ax(x−1)P ′(x). En particulier−maP (0) = 0 et donc P (0) = 0.

114

b) Avec une telle hypothese sur P , on a alors

f(P ) = f(Xh(X − 1)kR(X))

= ma(X − 1)Xh(X − 1)kR(X) − aX(X − 1)(λXh(X − 1)kR(X))′(X)

= maXh(X − 1)k+1R(X)

−aX(X − 1)(hXh−1(X − 1)kR(X) + kXh(X − 1)k−1R(X) + Xh(X − 1)kR′(X)

)

= aXh(X − 1)k(m(X − 1)R(X) − h(X − 1)R(X) − kXR(X) − X(X − 1)R′(X))

L’equation f(P ) = λP simplifiee par Xh(X − 1)k s’ecrit

λR(X) = a(m(X − 1)R(X) − h(X − 1)R(X) − kXR(X) − X(X − 1)R′(X))

En evaluant l’egalite en X = 0 et X = 1 et en simplifiant par R(0) et R(1) que l’on sait nonnuls, on obtient les equations

λ = a(−m + h)λ = −ak

ce qui equivaut a λ = −akh = m − k

3. D’apres le calcul precedent avec h = m − k et R = 1, on peut ecrire que

f(Wk) = aXm−k(X − 1)k(m(X − 1) − (m − k)(X − 1) − kX)

= −akXm−k(X − 1)k

= −akWk

Les reels −ak pour k ∈ [[0,m]] sont donc des valeurs propres de f . Comme ce sont m+1 reelsdistincts et que f est un endomorphisme d’un espace de dimension m + 1, ce sont toutes lesvaleurs propres de f . De plus, f possedant autant de valeurs propres que la dimension deRm[X], f est diagonalisable.

4. Comme (W0,W1, . . . ,Wn) est une famille de m+1 vecteurs propres de f associes a m+1valeurs propres distinctes, c’est une famille libre de Rm[X]. Or dim(Rm[X]) = m + 1, cettefamille est donc une base de Rm[X].D’apres la formule du binome de Newton on a

(X − (X − 1))m =

m∑

i=0

(m

i

)Xm−i(X − 1)i =

m∑

i=0

(m

i

)Wi

Les coordonnees de 1 sur la base (W0, . . . ,Wn) sont donc

((m

0

),

(m

1

), . . . ,

(m

i

), . . . ,

(m

m

)).

Exercice 14.11

1. On a A2 =

1 0 10 2 01 0 1

. On remarque que J = A2 − I

115

2. a) On triangule A − λI

−λ 1 01 −λ 10 1 −λ

,

1 −λ 1−λ 1 00 1 −λ

,

1 1 00 1 − λ2 λ0 1 −λ

,

1 1 00 1 −λ0 1 − λ2 λ

,

1 1 00 1 −λ0 0 λ + λ(1 − λ2)

Les valeurs propres de A sont donc les solutions de l’equation λ(2 − λ2) = 0, c’est-a-direλ1 = −

√2, λ2 = 0, λ3 =

√2

b) On pose X1 = (1, y, z). X1 verifie (A +√

2I)X1 = 0. On obtient le systeme :

√2 + y = 0

1 +√

2y + z = 0

y +√

2z = 0

Soit y = −√

2 et z = 1, ie X1 = (1,−√

2, 1)Pour X2, on a le systeme

y = 01 + z = 0

y = 0

Soit X2 = (1, 0,−1). Et pour X3

−√

2 + y = 0

1 + −√

2y + z = 0

y + −√

2z = 0

Soit y =√

2 et z = 1. C’est-a-dire que X3 = (1,√

2, 1)

c) Soit P la matrice de passage de la base canonique a la base de vecteurs propres de A(X1,X2,X3). On a d’une part

P =

1 1 1

−√

2 0√

21 −1 1

et d’autre part

P−1AP =

λ1 0 00 λ2 00 0 λ3

Soit A = PDP−1

3. a) On a M = aI + bA + cJ , d’ou M = aI + bA + c(A2 − I) = (a − c)I + bA + cA2.

116

b) On a donc

M = (a − c)PIP−1 + bPDP−1 + cPD2P−1

= P ((a − c)I + bD + cD2)P−1

= P∆P−1

ou

∆ =

a −√

2b + c 0 00 0 0

0 0 a +√

2b + c

Exercice 14.12

Calcul des puissances de A1. Soit λ ∈ R, on triangule A − λI3,

3 − λ −2 31 −λ 20 0 2 − λ

→

1 −λ 23 − λ −2 3

0 0 2 − λ

L1 ↔ L2

→ A(λ) =

1 −λ 20 −λ2 + 3λ − 2 2λ − 30 0 2 − λ

L2 ← L2 + (λ − 3)L1

Donc λ est valeur propre de A si et seulement si λ2 − 3λ + 2 = 0 ou λ = 2. Les racines dutrinome sont 1 et 2. A possede deux valeurs propres λ1 = 1 et λ2 = 2.

2. 0 n’etant pas valeur propre de A, A est inversible.

3. Une equation de E1 est

A(1)

xyz

= 0 ⇔

x − y + 2z = 0−z = 0

z = 0⇔

x = yz = 0

Donc E1 = Vect((1, 1, 0)). Ce vecteur etant non nul, c’est bien une base de E1, etdim(E1) = 1.Une equation de E2 est

A(2)

xyz

= 0 ⇔

x − 2y + 2z = 0

z = 0⇔

x = 2yz = 0

Donc E2 = Vect((2, 1, 0)). Ce vecteur etant non nul, c’est bien une base de E2, etdim(E2) = 1.

4. La somme des dimensions des sous-espaces propres etant egale a 2, elle n’est pas egale ala dimension de R3 qui est 3. f n’est donc pas diagonalisable.

5. D’apres E1 = Vect((1, 1, 0)), on trouve −→u1 = (1, 1, 0).

6. On sait de meme que E2 = Vect((2, 1, 0)), on trouve donc −→u2 = (2, 1, 0).

117

7. Montrons que C est une famille libre. Soient a, b, c trois reels tels que a−→u1 + b−→u2 + c−→u3 = 0.Ils verifient alors le systeme

x + 2y + z = 0x + y + z = 0

z = 0⇔

x + 2y = 0x + y = 0

z = 0⇔

y = 0x + y = 0

z = 0

L1 ← L1 − L2

⇔ x = y = z = 0

et donc la famille C est libre. C’est une famille libre de 3 vecteurs dans un espace de dimension3, on en deduit que c’est une base de R3.

8. Par definition, on a

P =

1 2 11 1 10 0 1

On sait que la matrice de passage de C vers B est l’inverse de P . On inverse donc cettematrice, en resolvant le systeme associe

x + 2y + z = ax + y + z = b

z = c⇔

x + 2y + z = a−y = −a + b

z = cL2 ← L2 − L1

⇔

x = −a + 2b − cy = a − bz = c

L1 ← L1 + 2L2 − L3

Donc P−1 =

−1 2 −11 −1 00 0 1

.

9. Les coordonnees de f(−→u3) sont

3 −2 31 0 20 0 2

111

=

432

Et on remarque que

432

=

210

+ 2

111

, c’est-a-dire que f(−→u3) = −→u2 + 2−→u3.

10. D’apres la question qui precede et les egalites f(−→u1) = −→u1 et f(−→u2) = 2−→u2, la matrice def est

T =

1 0 00 2 10 0 2

11. D’apres le cours on sait que T = P−1AP .

118

12. C’est vrai pour n = 1 en posant α1 = 1. Supposons que pour un n fixe il existe un reel

αn tel que Tn =

1 0 00 2n αn

0 0 2n

, alors

Tn+1 = TTn =

1 0 00 2 10 0 2

1 0 00 2n αn

0 0 2n

=

1 0 00 2n+1 2αn + 2n

0 0 2n+1

Et donc si l’on pose αn+1 = 2αn + 2n, on a Tn+1 =

1 0 00 2n+1 αn+1

0 0 2n+1

. La suite (an)

definie par a1 = 1 et an+1 = 2αn + 2n repond donc a la question.

13. Pour n = 1, on a bien α1 = 1 = 1× 20. Supposons qu’a un certain rang n, αn = n2n−1,alors αn+1 = 2αn + 2n = 2n2n−1 + 2n = n2n + 2n = (n + 1)2n.Nous avons donc prouve par recurrence que pour tout n ∈ N∗, αn = n2n−1.On en deduit que

An = PTnP−1

=

1 2 11 1 10 0 1

1 0 00 2n n2n−1

0 0 2n

−1 2 −11 −1 00 0 1

=

1 2 11 1 10 0 1

−1 2 −12n −2n n2n−1

0 0 2n

=

−1 + 2n+1 2 − 2n+1 −1 + (n + 1)2n

−1 + 2n 2 − 2n −1 + (n + 2)2n−1

0 0 2n

Matrices commutant avec A14. Par definition C(A) est bien un sous-ensemble de M3(R).C(A) est non vide puisqu’il contient la matrice nulle (0A = A0 = 0).Soient M,N ∈ C(A) et λ, µ deux reels, on a

(λM + µN)A = λMA + µNA = λAM + µAN = A(λM) + B(µN) = A(λM + µN)

Et donc λM + µN ∈ C(A). C(A) est un sous-espace vectoriel de M3(R).

15. Supposons que l’on ait AM = MA. On alors PTP−1M = MPTP−1. En multi-pliant cette relation par P−1 a gauche et P a droite, il vient TP−1MP = P−1MPT ,soit TM ′ = M ′T .Reciproquement si TM ′ = M ′T , alors TP−1MP = P−1MPT . En multipliant cette relationpar P a gauche et P−1 a droite il vient PTP−1M = MPTP−1, c’est-a-dire AM = MA.

16. Soit M ′ =

a b cd e fg h i

une matrice de M∋(R). M ′ verifie TM ′ = M ′T si et seulement

si

1 0 00 2 10 0 2

a b cd e fg h i

=

a b cd e fg h i

1 0 00 2 10 0 2

119

c’est-a-dire

a b c2d + g 2e + h 2f + i

2g 2h 2i

=

a 2b b + 2cd 2e e + 2fg 2h h + 2i

Ce qui equivaut au systeme

a = ab = 2bc = b + 2c

2d + g = d2e + h = 2e2f + i = e + 2f

2g = g2h = 2h2i = h + 2i

⇔

b = 0c = 0

d + g = 0h = 0i = eg = 0h = 0

⇔ b = c = d = g = h = 0, e = i, a, f ∈ R

M ′ est donc solution de TM ′ = M ′T si et seulement si elle est de la forme

a 0 00 e f0 0 e

ou a, e, f ∈ R.

17. D’apres ce qui precede une matrice M appartient a C(A) si et seulement si TM ′ = M ′Tou M ′ = P−1MP . Donc M appartient a C(A) si et seulement s’il existe trois reels a, b, ctels que

P−1MP =

a 0 00 b c0 0 b

autrement dit si et seulement s’il existe trois reels a, b, c tels que

M = P

a 0 00 b c0 0 b

P−1

=

1 2 11 1 10 0 1

a 0 00 b c0 0 b

−1 2 −11 −1 00 0 1

=

1 2 11 1 10 0 1

−a 2a −ab −b c0 0 b

=

−a + 2b 2a − 2b −a + b + 2c−a + b 2a − b −a + b + c

0 0 b

120

18. On a donc

C(A) =

−a + 2b 2a − 2b −a + b + 2c−a + b 2a − b −a + b + c

0 0 b

/ a, b, c ∈ R

=

a

−1 2 −1−1 2 −10 0 0

+ b

2 −2 11 −1 10 0 1

+ c

0 0 20 0 10 0 0

/ a, b, c ∈ R

= Vect

−1 2 −1−1 2 −10 0 0

,

2 −2 11 −1 10 0 1

,

0 0 20 0 10 0 0

Cette famille generatrice de C(A) est aussi une famille libre puisque si a, b, c sont trois reelstels que

a

−1 2 −1−1 2 −10 0 0

+ b

2 −2 11 −1 10 0 1

+ c

0 0 20 0 10 0 0

= 0

alors

−a + 2b 2a − 2b −a + b + 2c−a + b 2a − b −a + b + c

0 0 b

= 0

et donc b = 0 d’apres la derniere ligne, puis a = 0 et enfin c = 0. C’est donc une base deC(A) et dim(C(A)) = 3.

Chapitre 15Exercice 15.1

1. Soit M > 0 tel que |un| 6 M pour tout n ∈ N∗. On a alors, pour tout n ∈ N∗,

|vn| 61

n

n∑

k=1

|uk| 61

n

n∑

k=1

M 6 M

et (vn)n∈N∗ est bornee.

2. On a, pour tout n ∈ N∗,

vn+1 − vn =1

n + 1

n+1∑

k=1

uk − 1

n

n∑

k=1

uk =1

n(n + 1)

(nun+1 −

n∑

k=1

uk

).

Si la suite u est croissante, on a

n∑

k=1

uk 6 nun+1, vn+1 − vn > 0 et v croıt. De meme, si u

est decroissante, v decroıt aussi.

121

3. Les reciproques sont fausses.Si un = (−1)nn, on a u2n−1 + u2n = 1. On en deduit que

v2n =n

2n=

1

2et v2n+1 =

n − 2n − 1

2n + 1= − n + 1

2n + 1·

On a pour tout entier n > 1, |vn| 6 1. La suite v est bornee sans que u le soit.Si un = (−1)n + n, on a

v2n =1

2n

2n∑

k=1

k =1

2n

2n(2n + 1)

2=

2n + 1

2,

car les (−1)n se simplifient deux a deux et

v2n+1 =1

2n + 1

(2n+1∑

k=1

k − 1

)=

2n2 + 3n

2n + 1.

On verifie facilement que v2n 6 v2n+1 6 v2n+2 pour tout n ∈ N∗ : la suite v est croissante,ce qui n’est pas le cas de u car u2n = 2n + 1 et u2n+1 = 2n.

Exercice 15.2

1. Soit A l’ensemble fini des valeurs prises par la suite (un)n∈N. Puisque A est fini, lesdistances mutuelles entre deux points de cet ensemble sont en nombre fini. Notons d > 0la plus petite distance entre deux points distincts de A (si Card A = 1, il n’y a rien a

demontrer). On applique la definition de la limite avec ε =d

3. Il existe un entier n0 tel que

∀n > n0 |un − l| 6d

3.

Pour n > n0, on a

|un+1 − un| 6 |un+1 − l| + |un − l| 62d

3.

0r un et un+1 sont des elements de A. Puisque leur distance est strictement inferieure a d,ils sont egaux et la suite (un)n∈N est stationnaire a partir du rang n0.

2. Si la suite est periodique de periode p, elle prend au plus p valeurs, donc d’apres la question1, elle est stationnaire. Etant periodique, elle est constante

Exercice 15.3

On ecrit la definition de la limite avec ε =1

3. Il existe un entier n0 tel que,

∀n > n0 l − 1

36 un 6 l +

1

3.

L’intervalle

[l − 1

3, l +

1

3

]est de longueur strictement inferieure a 1 ; il contient au plus un

entier. Comme un est entier, la suite (un)n∈N est stationnaire a partir du rang n0.

122

Exercice 15.4

On a

limn→+∞

n2 + n − 1

n2 − n cos n= lim

n→+∞

1 + 1n − 1

n2

1 − cos nn

= 1,

limn→+∞

(−1)n + n

(−1)n + 2n= lim

n→+∞

(−1)n

n + 1(−1)n

n + 2=

1

2,

limn→+∞

n −√

n2 + (−1)n = limn→+∞

−(−1)n

n +√

n2 + (−1)n= 0,

limn→+∞

2n − 3n

2n + 3n+1= lim

n→+∞

(23

)n − 1(

23

)n+ 3

= −1

3.

Si a > b, on a

limn→+∞

an − bn

ab + bn= lim

n→+∞

1 −(

ba

)n

1 +(

ba

)n = 1 ;

si a < b, on trouve de meme que la limite est −1 ; pour a = b, on obtient la suite nulle quiconverge vers 0.

Exercice 15.5

Soit ε > 0 et n0 ∈ N tel que, pour n > n0, on ait |unvn − 1| 6 ε. On a alors pour n > n0,

1 − ε 6 unvn 6 un 6 1 6 1 + ε,

ce qui montre que (un)n∈N tend vers 1. La demonstration est la meme pour (vn)n∈N.

Exercice 15.6

1. On note l et l′ les limites respectives des suites s et p. Pour tout entier n, un et vn sontles solutions de l’equation

x2 − snx + pn = 0.

Comme un 6 vn, on en deduit que

un =1

2(sn −

√s2

n − 4pn) et vn =1

2(sn +

√s2

n − 4pn).

Puisque s2n − 4pn > 0 pour tout entier n, on obtient en passant a la limite l2 − 4l′ > 0. On

en deduit que

limn→+∞

un =1

2(l +

√l2 − 4l′) et lim

n→+∞vn =

1

2(l −

√l2 − 4l′).

2. Le resultat ne subsiste pas si on enleve l’hypothese un 6 vn pour tout n. Si un = (−1)n etvn = (−1)n+1, on a sn = 0 et pn = −1. Les suites s et p sont constantes donc convergentes,mais u et v ne convergent pas.

123

Exercice 15.7

La suite (un)n∈N est croissante. Il faut demontrer qu’elle bornee. On a pour tout entier k,

0 6 uk+1 − uk 61

2k. Si on somme les inegalites obtenues pour k variant de 0 a n − 1, on

obtient, puisque les termes de la suite (un)n∈N s’eliminent deux a deux,

0 6 un − u0 6

n−1∑

k=0

1

2k6

1 − 12n

1 − 12

6 2.

La suite (un)n∈N est donc majoree par u0 + 2. Elle converge. Sa limite l est inferieure ouegal a u0 + 2.

Exercice 15.8

1. Si l < 1, on aun+1

un6 1 pour n assez grand. La suite (un)n∈N est decroissante a partir

d’un certain rang. Comme elle est minoree par 0, elle converge. On appelle L sa limite. Si

L 6= 0, la suite

(un+1

un

)converge vers

L

L= 1, ce qui est contraire a l’hypothese. Donc la

suite u converge vers 0.

Si l > 1, on considere la suite v =1

uqui verifie lim

n→+∞vn+1

vn=

1

l< 1. D’apres ce qui precede,

la suite v converge vers 0 et u diverge vers +∞.

2. Si l = 1, on ne peut rien dire. L’exemple des suites de terme general n,1

net L (L ∈ R∗

+)

qui verifient limn→+∞

un+1

unet ont pour limite respectivement +∞, 0 et L > 0 le montre.

3. Si un =xn

n!, on a

un+1

un=

x

n + 1, ce qui montre que lim

n→+∞un+1

un= 0. On en deduit que

limn→+∞

xn

n!= 0.

Si un =nn

n!, on obtient

un+1

un=

(n + 1)n+1

(n + 1)nn=

(1 +

1

n

)n

.

On a

limn→+∞

(1 +

1

n

)n

= limn→+∞

exp

(n ln

(1 +

1

n

))= lim

n→+∞exp

ln

(1 +

1

n

)

1n

= e,

car limx→0

ln(1 + x)

x= 1. Comme e > 1, on en deduit que lim

n→+∞nn

n!= +∞.

Exercice 15.9

1. L’hypothese peut s’ecrireun+1

vn+16

un

vn: la suite de terme general

un

vndecroıt et on a pour

tout entier naturel n,un

vn6

u0

v0.

124

Si (vn)n∈N converge vers 0, on obtient, puisque 0 6 un 6u0

v0vn, par encadrement que

(un)n∈N converge egalement vers 0.

Si (un)n∈N diverge vers +∞, il en est de meme de (vn)n∈N puisque vn >v0

u0un.

2. Montrons que ces deux suites verifient les conditions de la question 1. On a, pour toutn ∈ N,

un+1

un=

1

4

(2n + 2)!

(n + 1)!2n!2

(2n)!=

(2n + 1)(2n + 2)

4(n + 1)2=

2n + 1

2n + 2et

vn+1

vn=

√n + 1√n + 2

.

L’inegaliteun+1

un6

vn+1

vnequivaut a (2n + 1)2(n + 2) 6 4(n + 1)3, ce qui est vrai car

4(n + 1)3 − (2n + 1)2(n + 2) = 3n + 2 > 0.

Comme limn→+∞

vn = 0, on en deduit que limn→+∞

un = 0.

Exercice 15.10

On a de maniere evidente un > 1. Si n > 3, on peut ecrire

n−2∑

k=1

k! 6 (n − 2)(n − 2)!,

car chaque terme de la somme est inferieur a (n − 2)!, et on obtient l’encadrement

1 6 un 6(n − 2)(n − 2)! + (n − 1)! + n!

n!6

n − 2

n(n − 1)+

1

n+ 1.

Comme limn→+∞

n − 2

n(n − 1)+

1

n+ 1 = 1, on a, par encadrement, lim

n→+∞un = 1.

Exercice 15.11

1. La fonction x 7−→ 1

xpest decroissante sur ]0,+∞[. Le plus grand terme de la somme est

donc1

(n + 1)pet le plus petit

1

(2n)p. On en deduit l’encadrement

n

(2n)p6 Sn 6

n

(n + 1)p

c’est-a-diren1−p

2p6 Sn 6

n1−p

(1 + 1

n

)p .

Si p > 1, on a limn→+∞

n1−p = 0 et, par encadrement, la suite (Sn)n∈N∗ converge vers 0.

Si p < 1, on a limn→+∞

n1−p = +∞ ; la suite (Sn)n∈N∗ qui est plus grande qu’une suite qui

diverge vers +∞ diverge vers +∞.

125

2. Supposons p = 1 et donc

Sn =

n∑

k=1

1

n + k=

2n∑

k=n+1

1

k.

Pour n > 1, on a

Sn+1 − Sn =

2n+2∑

k=n+2

1

k−

2n∑

k=n+1

1

k=

1

2n + 1+

1

2n + 2− 1

n + 1

=1

2n + 1− 1

2n + 2> 0.

La suite (Sn)n∈N∗ est croissante. Mais d’apres ce qui precede, on a, pour tout n > 1,

Sn 6n

n + 16 1.

La suite (Sn)n∈N∗ est croissante et majoree donc convergente.

Exercice 15.12

On calcule le quotient(

nk+1

)(nk

) =n!

(k + 1)!(n − k − 1)!

k!(n − k)!

n!=

n − k

k + 1.

On a donc(

nk+1

)>

(nk

)si n − k > k + 1, c’est-a-dire k 6

n − 1

2.

Si n est pair la suite (finie) ((nk

))k∈[[0,n]] croıt jusqu’au rang

n

2et decroıt ensuite.

Si n est impair, on a(

nn−1

2

)=

(n

n+12

); la suite croıt jusqu’au rang

n − 1

2et decroıt a partir

du rangn + 1

2.

Dans tous les cas les plus petites valeurs sont obtenues pour k = 0 et n, puis k = 1 etn − 1. . . ; ces valeurs de k correspondent aux plus grands termes de la suite (un)n∈N. On adonc pour n > 6,

un >1(n0

) +1(nn

) > 2

et

un =1(n0

) +1(nn

) +1(n1

) +1(n

n−1

) +

n−2∑

k=2

1(nk

) 6 2 +2

n+ (n − 3)

2

n(n − 1).

Comme limn→+∞

2 +2

n+

2(n − 3)

n(n − 1)= 2, on obtient, par encadrement lim

n→+∞un = 2.

Exercice 15.13

1. De simples etudes de fonctions conduisent au resultat.

La fonction x 7−→ x − ln(1 + x) a pour derivee x 7−→ x

x + 1, qui est positive sur R+. Elle

croıt et s’annule en 0. Elle est positive sur R+.

De meme, la fonction x 7−→ ln(1+x)−x+x2

2qui a pour derivee x 7−→ x2

1 + xest croissante

et s’annule en 0 donc est positive sur R+.

126

2. On a, pour n > 1,

lnun =

n∑

k=1

ln

(1 +

k

n2

).

En appliquant les inegalites de la premiere question a chaque terme de la somme, on obtient

n∑

k=1

k

n2− 1

2

n∑

k=1

k2

n46 lnun 6

n∑

k=1

k

n2

n(n + 1)

2n2− n(n + 1)(2n + 1)

12n46 lnun 6

n(n + 1)

2n2

1

2

(1 +

1

n

)− 1

12n

(1 +

1

n

)(2 +

1

n

)6 lnun 6

1

2

(1 +

1

n

).

Par encadrement, on en deduit que limn→+∞

lnun =1

2, puis que

limn→+∞

un = limn→+∞

exp(ln un) = exp

(1

2

)=

√e,

par le theoreme de composition des limites.

Exercice 15.14

1. La fonction f : x 7−→ ex − x− 1 a pour derivee f ′ : x 7−→ ex − 1. Celle-ci est positive surR+ et est negative sur R−. Le minimum de f est atteint en 0 ; il vaut f(0) = 0. La fonctionf est donc positive, d’ou l’inegalite.

2. On a, pour n > 1,un+1

un= 1 + pn+1

> 1.

La suite est donc croissante. De la premiere question, on tire l’inegalite

un 6

n∏

k=1

epk

6 exp

(n∑

k=1

pk

).

Commen∑

k=1

pk = p1 − pn

1 − p6

p

1 − p,

la suite (un)n∈N est majoree par ep

1−p et comme elle est croissante, elle converge.

Exercice 15.15

1. On a, pour tout n > 1,

un − un−1 6 un+1 − un c’est-a-dire vn−1 6 vn.

La suite (vn)n∈N est donc croissante.La suite (un)n∈N est bornee, donc il existe un reel K > 0 tel que |un| 6 K pour tout n.On en deduit que |vn| 6 2K pour tout n : la suite (vn)n∈N est bornee. Etant croissante, elleconverge.

127

2. Notons l la limite de la suite (vn)n∈N.Si l > 0, les termes de la suite (vn)n∈N sont positifs a partir d’un certain rang. Ceci signifieque la suite (un)n∈N est croissante a partir d’un certain rang. Comme elle est bornee, elleconverge. Mais on a alors lim

n→+∞un+1 = lim

n→+∞un et donc lim

n→+∞vn = 0, ce qui contredit

le fait que l > 0. On demontre de la meme maniere que l’hypothese l < 0 conduit a unecontradiction (la suite (un)n∈N est decroissante a partir d’un certain rang donc convergente).On a donc necessairement l = 0.

Exercice 15.16

1. La formule d’addition pour le sinus conduit a

sin((n + 1)α) = sin(nα) cos α + sin(α) cos(nα)

et donc a

cos(nα) =sin((n + 1)α) − sin(nα) cos α

sinα,

puisque sinα 6= 0.Comme (sin(nα))n∈N converge vers l, on obtient

limn→+∞

cos(nα) = limn→+∞

sin((n + 1)α) − sin(nα) cos α

sinα=

l − l cos α

sin α.

On note l′ cette limite.

2. La formule d’addition pour le cosinus donne

cos((n + 1)α) = cos(nα) cos α − sin(nα) sin α.

Par passage a la limite dans cette egalite, on obtient l′ = l′ cos α−l sin α soit (1−cos α)l′ = −l sin α.

3. En utilisant les deux relations entre l et l′, on obtient

(1 − cos α) sin α · l′ = − sin2 α · l = (1 − cos α)2l.

Comme − sin2 α < 0 et (1 − cos α)2 > 0, on a necessairement l = 0 et donc l′ = 0.Mais on dispose, pour tout entier n, de l’egalite sin2(nα) + cos2(nα) = 1. Par passage a la

limite, on obtient l2 + l′2 = 1, ce qui contredit l = l′ = 0.Supposer que la suite (sin(nα))n∈N converge si sin α 6= 0 conduit a une contradiction. Lasuite est donc divergente.

4. Si sinα = 0, α est un multiple de π et on a sin(nα) = 0 pour tout entier n. La suite(sin(nα))n∈N est la suite nulle. Elle converge vers 0.

Exercice 15.17

1. On a, pour tout entier naturel n,

u2n+1 − 1 =

√

2 +

√3 + · · · +

√n +

√n + 1.

128

En mettant en facteur√

2, on obtient

u2n+1 − 1 =

√2

√

1 +1

2

√3 + · · · +

√n +

√n + 1

=√

2

√

1 +

√3

22+

1

22

√4 + · · · +

√n + 1

=√

2

√√√√√1 +

√√√√ 3

22+

√4

24+ · · · +

√n + 1

22n−1 .

Pour k > 3, on ak

22k−2 6k

26 k − 1.

La fonction racine carree etant croissante, on en deduit que

u2n+1 − 1 6

√2

√1 +

√2 + · · · +

√n,

c’est-a-dire u2n+1 − 1 6

√2un.

2. On demontre que un 6 2 pour tout entier n ≥ 1 en raisonnant par recurrence.On a u1 = 1 6 2 et si un 6 2, on obtient en utilisant l’inegalite demontree a la premierequestion

un+1 6

√1 + un

√2 6

√1 + 2

√2 6

√4 6 2.

Mais de l’inegalite n 6 n+√

n + 1 et de la croissance de la fonction racine carree, on deduitque un 6 un+1 pour tout entier naturel n ≥ 1. La suite (un)n∈N∗ est donc croissante etcomme elle est majoree par 2, elle converge.

Exercice 15.18

Supposons que la suite (un)n∈N∗ est croissante. On obtient, pour n > 1,

vn =1

n

n∑

k=1

uk 61

n

n∑

k=1

un 6 un

et

2v2n − vn =1

n

2n∑

k=1

uk − 1

n

n∑

k=1

uk =1

n

2n∑

k=n+1

uk >1

n

2n∑

k=n+1

un > un.

On dispose donc de l’encadrement

vn 6 un 6 2v2n − vn.

Si la suite (vn)n∈N converge vers l, on a limn→+∞

2v2n − vn = 2l− l = l et par encadrement, la

suite (un)n∈N converge egalement vers l.

129

Pour traiter la reciproque, on commence par demontrer que la suite (vn)n∈N est elle aussicroissante (on se reportera a l’exercice 1 ou cela est fait). Si la suite (un)n∈N converge vers l,elle est majoree et (vn)n∈N l’est aussi puisque vn 6 un pour tout n. La suite (vn)n∈N qui estcroissante et majoree converge et la demonstration effectuee dans l’autre sens montre queles deux suites ont meme limite : (vn)n∈N converge vers l.Si (un)n∈N est decroissante, il suffit de considerer la suite −u qui est croissante. D’apres cequi precede, la suite −u converge vers −l si et seulement si −v converge vers −l. On endeduit le resultat pour u et v.

Exercice 15.19

1. Pour n > 1, la fonction fn : x 7−→ xn + xn−1 + · · · + x − 1 est strictement croissante etcontinue sur R+. On a fn(0) = −1 et lim

+∞fn = +∞. Ainsi, fn realise une bijection de R+

sur [−1,+∞[ et en particulier fn s’annule une seule fois, en un, sur ]0,+∞[.

2. On a, par definition de un,

fn+1(un) = un+1n + un

n + · · · + un − 1 = un+1n > 0.

Comme la fonction fn+1 est croissante et s’annule en un+1, on en deduit que un > un+1 :la suite (un)n∈N∗ est strictement decroissante. Comme elle est minoree par 0, elle converge.On note l sa limite.

3. On remarque que u1 = 1. Comme la suite (un)n∈N∗ est strictement decroissante, on aun < 1 pour n > 2 et on peut ecrire

fn(un) = un(un−1n + un−2

n + · · · + 1) − 1 = un1 − un

n

1 − un− 1 = 0.

En multipliant par 1 − un et en simplifiant, on obtient 2un − 1 − un+1n = 0.

De l’inegalite 0 6 un+1n 6 un+1

2 , verifiee pour n > 2, on tire limn→∞

un+1n = 0, puisque

u2 ∈ ]0, 1[. Par passage a la limite dans l’egalite precedente, on obtient 2l − 1 = 0, soit

l =1

2.

Exercice 15.20

1. a) On a, pour n > n0,

|vn| =1

n

n∑

k=1

|uk| 61

n

n0∑

k=1

|uk| +1

n

n∑

k=n0+1

ε 61

n

n0∑

k=1

|uk| +n − n0

nε 6

1

n

n0∑

k=1

|uk| + ε.

b) L’entier n0 etant fixe, on obtient limn→+∞

1

n

n0∑

k=1

|uk| = 0 et on peut trouver un entier n1

tel que, pour tout n > n1

1

n

n0∑

k=1

|uk| 6 ε.

On a alors∀n > max(n0, n1) |vn| 6 2ε,

ce qui montre, puisque ε est un reel strictement positif quelconque, que la suite (vn)n∈N∗

converge vers 0.

130

2. On remarque que, pour tout n ∈ N∗,

vn − l =1

n

n∑

k=1

uk − l =1

n

(n∑

k=1

uk − nl

)=

1

n

n∑

k=1

(uk − l).

Si la suite (un)n∈N∗ converge vers l, la suite (un−l)n∈N∗ converge vers 0. L’egalite demontreeet la question 1 permettent de conclure que la suite (vn − l)n∈N∗ converge egalement vers 0et donc que la suite (vn)n∈N∗ converge vers l.

3. Supposons que la suite (un)n∈N∗ diverge vers +∞. Soit A > 0. Par definition, il existe unentier n0 tel que un > A pour tout n > n0. Pour n > n0, on peut ecrire

vn =1

n

n∑

k=1

uk >1

n

n0∑

k=1

uk +1

n

n∑

k=n0+1

A >1

n

n0∑

k=1

uk +n − n0

nA.

L’entier n0 etant fixe, on a limn→+∞

(1

n

n0∑

k=1

uk +n − n0

nA

)= A et, par definition de la limite,

on peut donc trouver un entier n1 tel que, pour tout n > n1

1

n

n0∑

k=1

uk +n − n0

nA >

A

2.

On a alors

∀n > max(n0, n1) vn >A

2,

ce qui montre, puisque A est un reel strictement positif quelconque, que limn→+∞

vn = +∞.

Si la suite u diverge vers −∞, la suite −u diverge vers +∞. On applique ce qui precede ala suite −u. On obtient que −v diverge vers +∞ et donc que v diverge vers −∞.

Exercice 15.21

On a, pour tout n > 1,

ln

(n∏

k=1

uk

) 1n

=1

n

n∑

k=1

lnuk.

On applique le resultat de l’exercice ?? a la suite (lnun)n∈N∗ .Si b > 0, la suite (lnun)n∈N∗ converge vers ln b, d’apres le theoreme de composition des

limites. On en deduit que la suite de terme general ln

(n∏

k=1

uk

) 1n

converge vers ln b. On

obtient toujours d’apres le theoreme de composition des limites que la suite de terme general(n∏

k=1

uk

) 1n

converge vers exp(ln b) = b.

Si b = 0, la suite (lnun)n∈N∗ diverge vers −∞. On en deduit que la suite de terme general

ln

(n∏

k=1

uk

) 1n

diverge aussi vers −∞. On obtient que la suite de terme general

(n∏

k=1

uk

) 1n

a pour limite limx→−∞

exp(x) = 0.

131

Exercice 15.22

1. On applique le resultat de l’exercice ?? a la suite de terme general un+1 − un. On pose

vn =1

n

n∑

k=1

(uk+1 − uk) =1

n(un+1 − u1).

De limn→+∞

(un+1−un) = l, on deduit que limn→+∞

vn = l. Comme limn→+∞

u1

n= 0, on a egalement

limn→+∞

un+1

n= l.

On obtient enfin

limn→+∞

un

n= lim

n→+∞un

n − 1

n − 1

n= l × 1 = l.

2. Si l > 0, on a limn→+∞

(lnun+1−lnun) = ln l, d’apres le theoreme de composition des limites.

En appliquant le resultat de la question 1 a la suite (lnun), on obtient limn→+∞

lnun

n= ln l,

puis toujours d’apres le theoreme de composition des limites,

limn→+∞

n√

un = limn→+∞

exp

(lnun

n

)= exp(ln l) = l.

Les cas l = 0 et l = +∞ se traitent exactement de la meme maniere.

3. On pose un =(2nn

). On obtient, pour tout n ∈ N,

un+1

un=

(2n + 2)!

(n + 1)!2n!2

(2n)!=

(2n + 1)(2n + 2)

(n + 1)2=

2(2n + 1)

n + 1.

On en deduit que limn→+∞

un+1

un= 4 et en appliquant le resultat de la question 2,

limn→+∞

n

√(2n

n

)= lim

n→+∞n√

un = 4.

On ecrit1

nn√

n(n + 1) . . . (n + n) = n

√√√√ 1

nn

2n∏

k=n

k et on pose vn =1

nn

2n∏

k=n

k. On obtient, pour

tout n ∈ N,

vn+1

vn=

nn

(n + 1)n+1

(2n + 1)(2n + 2)

n=

(n

n + 1

)n(2n + 1)(2n + 2)

n(n + 1).

On a limn→+∞

(2n + 1)(2n + 2)

n(n + 1)= 4 et

limn→+∞

(n

n + 1

)n

= limn→+∞

(1 +

1

n

)−n

= limn→+∞

exp

(−n ln

(1 +

1

n

))= e−1 =

1

e.

On en deduit que limn→+∞

vn+1

vn=

4

e. En appliquant le resultat de la question 2, on obtient

limn→+∞

1

nn√

n(n + 1) . . . (n + n) =4

e.

132

Exercice 15.23

1. On a, pour tout entier naturel n,

an+1

an=

1

2

(n + 1)!k!(n − k)!

k!(n + 1 − k)!n!=

n + 1

2(n + 1 − k).

On en deduit que limn→+∞

an+1

an=

1

2. En raisonnant comme dans l’exercice 8, on obtient

limn→+∞

an = 0.

2. a) Soit ε > 0. Puisque la suite (un)n∈N converge vers 0, on peut trouver un entier n0 telque |un| 6 ε pour tout n > n0. On obtient, pour n > n0,

|vn| 61

2n

n0−1∑

k=0

(n

k

)|uk| +

1

2n

n∑

k=n0

(n

k

)ε

61

2n

n0−1∑

k=0

(n

k

)|uk| +

ε

2n

n∑

k=0

(n

k

)6

n0−1∑

k=0

(nk

)

2n|uk| + ε.

Il resulte de la question 1 que limn→+∞

(nk

)

2n|uk| = 0, pour tout k ∈ [[0, n0−1]]. L’entier n0 etant

fixe, on a donc

limn→+∞

n0−1∑

k=0

(nk

)

2n|uk| = 0,

puisqu’on a une somme de suites convergeant toutes vers 0. On en deduit qu’on peut trouver

un entier n1 tel que, pour n > n1,

n0−1∑

k=0

(nk

)

2n|uk| 6 ε. On obtient,

∀n > max(n0, n1) |vn| 6 2ε,

ce qui montre que la suite (vn)n∈N converge egalement vers 0.

b) Si (un)n∈N converge vers l, on peut ecrire, puisque

n∑

k=0

(n

k

)= 2n,

vn − l =1

2n

(n∑

k=0

(n

k

)uk − 2nl

)=

1

2n

n∑

k=0

(n

k

)(uk − l).

Puisque la suite (un)n∈N converge vers l, la suite (un − l)n∈N converge vers 0 et on deduitde la question a que (vn − l)n∈N converge vers 0, c’est-a-dire que (vn)n∈N converge vers l.

Exercice 15.24

1. Vrai. Si (un)n∈N est croissante a partir du rang n0, on a, pour tout n ∈ N,

un > min(u0, u1, . . . , un0−1, un0).

133

2. Faux. Une suite decroissante et minoree converge et sa limite est un nombre entre 0 et u0 :0 est un minorant de un, n ∈ N, pas necessairement sa borne inferieure. (Contre-exemple :

un = 1 +1

n).

3. Faux. Contre-exemple : un = n + (−1)n.

4. Vrai. Comme la suite (u2n)n∈N converge, elle est majoree. Soit M un majorant.On alors, pour tout entier n, u2n+1 6 u2n+2 6 M . Donc la suite (un)n∈N est majoree parM . Comme elle est croissante, elle converge.

5. Faux. On peut avoir limn→+∞

un = limn→+∞

vn. Contre-exemple : un =1

n + 2, vn =

1

n + 1.

6. Faux. Contre-exemple : un = lnn. On a,

limn→+∞

(un+1 − un) = limn→+∞

ln

(1 +

1

n

)= 0

et pourtant, la suite (un)n∈N diverge vers +∞.

Exercice 15.25

Une recurrence immediate montre que un et vn sont definis et strictement positifs pour toutentier naturel n.On a, pour tout n ∈ N,

vn+1 − un+1 =1

2(un + vn − 2

√unvn) =

1

2(√

vn −√un)2 > 0.

Comme de plus, v0 > u0, on a vn > un pour tout entier naturel n.On en deduit que, pour tout n ∈ N,

un+1

un=

√vn

un> 1 et vn+1 − vn =

1

2(un − vn) 6 0.

La suite (un)n∈N est donc croissante et la suite (vn)n∈N decroissante.De plus, on peut ecrire

0 6 vn+1 − un+1 =1

2(√

vn −√un)2 6

1

2(√

vn −√un)(

√vn +

√un)

61

2(vn − un).

On demontre facilement par recurrence que

0 6 vn − un 61

2n(v0 − u0).

On en deduit que limn→+∞

(vn − un) = 0. Les suites (un)n∈N et (vn)n∈N sont donc adjacentes.

134

Exercice 15.26

La suite (un)n∈N est croissante car, pour tout n > 1, un+1 − un =1

(n + 1)p> 0.

On a d’autre part, pour n > 1,

vn+1 − vn = un+1 − un +1

(n + 1)p−1− 1

np−1=

1

(n + 1)p+

1

(n + 1)p−1− 1

np−1

=np + 2np−1 − (n + 1)p

(n + 1)pnp−1·

En appliquant la formule du binome, on trouve, puisque p > 2,

(n + 1)p> np + pnp−1

> np + 2np−1.

On en deduit que vn+1 − vn 6 0 : la suite (vn)n∈N∗ decroıt.

Enfin, limn→+∞

(vn−un) = limn→+∞

1

np= 0. Les suites (un)n∈N∗ et (vn)n∈N∗ sont donc adjacentes.

Exercice 15.27

1. La suite (un)n∈N∗ est croissante, car pour n > 1, un+1 − un =1

(n + 1)!> 0.

On a d’autre part,

vn+1 − vn =1

(n + 1)!+

1

(n + 1)(n + 1)!− 1

nn!=

n(n + 1) + n − (n + 1)2

n(n + 1)(n + 1)!

=−1

n(n + 1)(n + 1)!< 0.

La suite (vn)n∈N∗ est donc decroissante.

Enfin, limn→+∞

vn − un = limn→+∞

1

nn!= 0. Les suites (un)n∈N∗ et (vn)n∈N∗ sont adjacentes.

2. Supposons que l soit rationnel. Il s’ecrit l =p

n, avec p et n entiers naturels, n 6= 0. Puisque

les suites (un)n∈N∗ et (vn)n∈N∗ sont strictement monotones, on a un < l < vn, c’est-a-dire

un < l < un +1

nn!. En multipliant par n!, on obtient

un n! < l n! < un n! + 1.

Or, pour tout entier naturel k 6 n,n!

k!est un entier, donc un n! est entier. Il en est de meme

de l n! = p(n−1)!. Entre deux entiers consecutifs, un n! et un n!+1, il existe un entier. C’estimpossible. La limite l n’est donc pas un nombre rationnel.

Exercice 15.28

1. On a pour tout entier naturel n,

v2n+2 − v2n = −u2n+1 + u2n+2 6 0 et v2n+3 − v2n+1 = u2n+2 − u2n+3 > 0.

La suite (v2n+1)n∈N est croissante et la suite (v2n)n∈N decroissante.Enfin, lim

n→+∞v2n−v2n+1 = lim

n→+∞−u2n+1 = 0 car la suite u converge vers 0. Les deux suites

(v2n+1)n∈N et (v2n)n∈N sont adjacentes.

135

2. Les deux suites (v2n+1)n∈N et (v2n)n∈N convergent donc vers la meme limite l. On saitqu’alors (vn)n∈N converge vers l.On a, pour tout n ∈ N, v2n+1 6 l 6 v2n. On en deduit que

|v2n − l| 6 v2n − v2n+1 6 u2n+1.

En ecrivant v2n+1 6 l 6 v2n+2, on obtient de meme |v2n+1 − l| 6 u2n+2. On a donc

∀n ∈ N |vn − l| 6 un+1.

Exercice 15.29

1. On ecrit, pour n > 1,

2(√

n + 1 −√

n) =2√

n + 1 +√

n.

Comme 2√

n 6√

n + 1 +√

n 6 2√

n + 1, on en deduit

1√n + 1

6 2(√

n + 1 −√

n) 61√n

.

2. Des inegalites demontrees dans la question 1 il vient pour n > 1,

un+1 − un =1√

n + 1− 2

√n + 2 + 2

√n + 1

=1√

n + 1− 2(

√n + 2 − 2

√n + 1) > 0

(on applique l’inegalite 2(√

n + 1 −√n) 6

1√n

au rang n + 1) et

vn+1 − vn =1√

n + 1− 2

√n + 1 + 2

√n

=1√

n + 1− 2(

√n + 1 −

√n) 6 0.

La suite (un)n∈N∗ est croissante et la suite (vn)n∈N∗ est decroissante.Enfin, il decoule de l’encadrement obtenu a la premiere question que

limn→+∞

(vn − un) = limn→+∞

2(√

n + 1 −√

n) = 0.

Les suites (un)n∈N et(vn)n∈N sont donc adjacentes.

Exercice 15.30

1. On a, pour n > 1,un+1

un=

(1 +

1

(n + 1)2

)> 1, donc la suite (un)n∈N∗ est croissante.

Pour (vn)n∈N, on ecrit

vn+1

vn=

un+1

un

1 + 1n+1

1 + 1n

=

(1 +

1

(n + 1)2

)n(n + 2)

(n + 1)2.

136

On remarque quen(n + 2)

(n + 1)2=

(n + 1)2 − 1

(n + 1)2= 1 − 1

(n + 1)2

et on obtient

vn+1

vn=

(1 +

1

(n + 1)2

) (1 − 1

(n + 1)2

)= 1 − 1

(n + 1)4< 1.

La suite (vn)n∈N∗ est decroissante.

2. On a pour tout n ∈ N∗,

vn = un

(1 +

1

n

)> un.

Comme (un)n∈N∗ croıt et (vn)n∈N∗ decroıt, il est clair que, pour tout n > 1, on a

u1 6 un 6 vn 6 v1.

3. La suite (un)n∈N∗ est croissante et majoree par v1, donc elle converge. De meme, la suite(vn)n∈N, decroissante et minoree par u1, converge.

En passant a la limite dans l’egalite vn = un

(1 +

1

n

), on obtient lim

n→+∞vn = lim

n→+∞un et

donc limn→+∞

vn − un = 0 : les suites (un)n∈N∗ et (vn)n∈N∗ sont adjacentes.

Exercice 15.31

1. On a

u0 < u1 ⇐⇒ a <a + pb

1 + p⇐⇒ a + ap < a + pb,

ce qui est verifie car a < b et p > 0. On verifie de meme que v1 < v0. On calcule enfin

v1 − u1 =a + qb

1 + q− a + pb

1 + p=

(a + qb)(1 + p) − (a + pb)(1 + q)

(1 + p)(1 + q)

=(b − a)(q − p)

(1 + p)(1 + q).

Ceci est strictement positif si et seulement si p < q. C’est la condition cherchee.

2. Si la condition p < q est realisee, on a, pour tout n ∈ N,

vn+1 − un+1 =un + qvn

1 + q− un + pvn

1 + q=

(q − p)(vn − un)

(1 + p)(1 + q)

(le calcul est le meme que pour v1 et u1). On en deduit que vn+1−un+1 a le signe de vn−un

et, comme v0 − u0 > 0 par hypothese, vn − un est positif pour tout n.On calcule ensuite

un+1 − un =un + pvn

1 + p− un =

p(vn − un)

1 + p> 0

vn+1 − vn =un + qvn

1 + q− vn =

un − vn

1 + p< 0.

On a bien, pour tout n ∈ N,un < un+1 < vn+1 < vn.

137

3. Il resulte de la question 2 que la suite (un)n∈N est croissante et la suite (vn)n∈N croissante.On a donc, pour tout n ∈ N, u0 6 un < vn 6 v0. La suite (un)n∈N est majoree par v0 ; elleconverge. De meme, la suite (vn)n∈N qui est minoree par u0 converge.

De la relation vn+1 − un+1 =(q − p)(vn − un)

(1 + p)(1 + q), on deduit que la suite (vn − un)n∈N est

geometrique de raisonq − p

(1 + p)(1 + q)∈ ]0, 1[. Elle converge donc vers 0 et les deux suites

sont adjacentes.

Exercice 15.32

1. Les deux suites sont definies et a termes strictement positifs. On montre par recurrenceque un < vn.C’est vrai pour n = 0 et si un < vn alors

un < un+1 < vn et donc vn+1 =√

vnun+1 > un+1.

La propriete est verifiee au rang n + 1. Elle est vraie pour tout entier n.Il resulte de la demonstration precedente que un < vn implique un < un+1 et un+1 < vn

donc vn+1 < vn. La suite (un)n∈N est croissante et la suite (vn)n∈N est decroissante.D’apres ce qui precede, on a, pour tout n, u0 < un < vn < v0. Ainsi (un)n∈N est majoreepar v0 et (vn)n∈N est minoree par u0. Elles sont toutes deux convergentes.

Par passage a la limite dans l’egalite un+1 =un + vn

2, on obtient

limn→+∞

un =1

2( limn→+∞

un + limn→+∞

vn) et donc limn→+∞

un = limn→+∞

vn.

Les suites (un)n∈N et (vn)n∈N sont donc adjacentes.

2. Montrons par recurrence que, pour tout n ∈ N, un = vn cosα

2n. C’est vrai pour n = 0

par definition de α.Supposons que la propriete est vraie au rang n. On a alors

un+1 = vn

1 + cos α2n

2= vn cos2

α

2n+1.

On en deduit que

vn+1 =√

vnun+1 =

√u2

n+1

cos2 α2n+1

=un+1

cos α2n+1

et un+1 = vn+1 cosα

2n+1.

La propriete est verifiee pour tout n ∈ N. Il resulte de la demonstration qu’on a alors

vn+1 =√

vnun+1 =

√v2

n cos2α

2n+1= vn cos

α

2n+1.

On en deduit que

2n+1vn+1 sinα

2n+1= 2n+1vn sin

α

2n+1cos

α

2n+1= 2nvn sin

α

2n.

La suite (2nvn sinα

2n) est donc constante, egale a son premier terme v0 sin α = b sin α. On a

donc, pour tout n ∈ N,

vn =b sin α

2n sin α2n

.

138

3. On deduit de la question 2 que

limn→+∞

vn = limn→+∞

b sin α

2n sin α2n

= limn→+∞

b sin α

αsin α

2n

α2n

=b sin α

α,

car limn→+∞

sin α2n

α2n

= limx→0

sin x

x= 1. La limite commune des deux suites est

b sin α

α.

Exercice 15.33

Notons que si la suite converge vers l, on a l − l + l2 = 0 et donc l = 0.1. a) Raisonnons par l’absurde et supposons qu’il existe p > n0 tel que up > ε. On a alors

up+1 > up + u2p − ε2

> up + ε2 − ε2> up.

On montre alors par recurrence que tous les termes de la suite de rang > p sont superieurs ouegaux a ε et que la suite (un)n>p est croissante. Elle n’est pas convergente, sinon on auraitlim

n→+∞un > ε. C’est impossible car (un)n∈N ne peut converger que vers 0. Ainsi, comme elle

est croissante a partir d’un certain rang, (un)n∈N diverge vers +∞, ce qui est contraire al’hypothese.On a donc un 6 ε pour tout n > n0.

b) Raisonnant par l’absurde et supposons que, pour tout n > n0, on a un < −ε et doncu2

n > ε2. On a alors, pour n > n0,

un+1 − un > u2n − ε2 > 0.

La suite (un)n∈N est croissante et majoree par −ε a partir du rang n0. Elle converge et salimite est inferieure ou egale a −ε. C’est impossible car elle ne peut avoir alors pour limiteque 0. Conclusion : il existe n > n0 tel que un > −ε.

c) Soit p un entier superieur ou egal a n0 tel que up > −ε. La fonction x 7−→ x + x2 est

croissante sur

[−1

2,+∞

[. Comme up > −ε > −1

2, on a u2

p + up > ε2 − ε et donc

up+1 > up + u2p − ε2

> −ε.

On obtient donc, en raisonnant par recurrence que, pour tout n > p, on a un > −ε.

2. Il resulte de la question 1 que si (un)n∈N ne tend pas vers +∞, on a, pour tout ε ∈]0,

1

2

[,

−ε 6 un 6 ε pour n assez grand. Ceci montre que (un)n∈N tend vers 0.Conclusion : toute suite telle que lim

n→+∞(un+1 − un − u2

n) = 0 converge vers 0 ou diverge

vers +∞.Les deux cas sont possibles comme on le voit en considerant une suite verifiant un+1 = un+u2

n.Elle diverge vers +∞ si u0 > 0 et converge vers 0 si −1 < u0 < 0.

Exercice 15.34

Les ensembles A et B sont clairement non vides.On a, pour tout (m,n) ∈ (N∗)2,

1

m+

1

n− 1

mn=

1

m+

1

n

(1 − 1

m

)6

1

m+ 1 − 1

m6 1.

139

L’ensemble A est majore par 1. Comme de plus 1 appartient a A (il est obtenu pourm = n = 1), c’est le plus grand element et donc la borne superieure de A. Mais on aaussi

1

m+

1

n− 1

mn=

1

m+

1

n

(1 − 1

m

)> 0.

L’ensemble A est minore par 0. Montrons que 0 est la borne inferieure de A. Considerons les

elements de A de la forme xn =2

n− 1

n2(cas m = n). On a lim

n→+∞xn = 0. Donc pour tout

ε > 0, il existe n ∈ N2 tel que 0 6 xn 6 ε. Ceci caracterise la borne inferieure. On conclut :inf A = 0.Considerons les elements de B en distinguant les cas n pair et n impair. On a, pour tout(m, p) ∈ (N∗)2,

0 <1

2p+

1

m6

1

2+ 1 6

3

2,

−1 6 − 1

m<

1

2p − 1− 1

m6

1

2p − 16 1.

L’ensemble B est donc majore par3

2et comme

3

2appartient a B (il correspond a m = 1,

n = 2), c’est le plus grand element et donc la borne superieure de B.L’ensemble B est minore par −1. Montrons que c’est sa borne inferieure. Considerons les

elements yp =1

2p − 1− 1 de B (n = 2p− 1, m = 1). On a lim

p→+∞yp = −1. Par definition de

la limite, pour tout ε > 0, il existe p ∈ N∗ tel que yp 6 −1+ ε. Ceci montre que inf B = −1.

Exercice 15.35

1. Soit K et K ′ tels que, pour tout x ∈ A (respectivement tout y ∈ B), on a |x| 6 K(respectivement |y| 6 K ′). On a alors, pour tout (x, y) ∈ A × B,

| − x| 6 K, |a + x| 6 K + |a| et |x + y| 6 K + K ′.

Ainsi −A, a + A et A + B sont bornes.

2. Pour tout x ∈ A, on inf A 6 x et donc −x 6 − inf A. Ceci montre que sup(−A) 6 − inf A.De meme, pour tout x ∈ A, −x 6 sup(−A) donc x > − sup(−A), d’ou inf A > − sup(−A)et finalement l’egalite sup(−A) = − inf A. On montre de meme que inf(−A) = − sup A.Pour tout x ∈ A, on a a + x 6 a + supA donc sup(a + A) 6 a + supA. De meme, pourtout x ∈ A, on a a + x 6 sup(a + A) et donc x 6 −a + sup(a + A). On en deduit quesupA 6 −a + sup(a + A) et finalement sup(a + A) = a + supA. On montre de meme queinf(a + A) = a + inf(A).Pour tout (x, y) ∈ A × B, on a x + y 6 supA + supB, d’ou sup(A + B) 6 supA + supB.De meme, pour tout (x, y) ∈ A × B, on a x + y 6 sup(A + B) et donc x 6 sup(A + B) − yet donc supA 6 sup(A + B) − y, c’est-a-dire y 6 sup(A + B) − supA. On en deduit quesupB 6 sup(A+B)− sup A et finalement sup(A+B) = supA+supB. On montre de memeque inf(A + B) = inf A + inf B.

Exercice 15.36

On a, pour tout x ∈ A, x > inf A > 0. On en deduit que1

x6

1

inf A. Ainsi B est majore

et sup B 61

inf A. De meme, pour tout x ∈ A,

1

x∈ B et

1

x6 supB. On en deduit que

140

x >1

supB. On a donc inf A >

1

supBet finalement supB =

1

inf A.

L’ensemble B est minore par 0. Si A est majoree, on montre comme precedemment que

inf B =1

supA. Si A n’est pas majore, pour tout ε > 0, il existe x ∈ A tel que x >

1

ε. on a

donc1

x6 ε. Ceci montre que inf B = 0.

Exercice 15.37

Soit b ∈ B. On a, pour tout a ∈ A, a 6 b, donc b majore A. Ainsi A possede une bornesuperieure et supA 6 b. Comme ceci est vrai pour tout b ∈ B, l’ensemble B est minore parsupA. Il possede donc une borne inferieure et supA 6 inf B.

Exercice 15.38

Soit (x, y) ∈ A2. Supposons que x 6 y. On a x 6 sup A et y > inf A. On en deduit que

|x − y| = x − y 6 supA − inf A.

On a le meme resultat si y 6 x. Ainsi, B est majore et sup B 6 supA − inf A.De meme, pour tout (x, y) ∈ A2, on a x − y 6 |x − y| 6 supB et donc x 6 y + supB. Onen deduit supA 6 y + supB et y > supA− supB, puis inf A > supA− supB et finalementsupB = supA − inf A.

Exercice 15.39

Si α est la borne superieure de A, α est un majorant de A et pour tout n ∈ N, il existe

xn ∈ A tel que α− 1

n< xn 6 α. La suite (xn)n∈N est une suite d’elements de A qui converge

vers α.Si reciproquement α est un majorant de A et (xn)n∈N une suite d’elements de A qui convergevers α, pour tout ε > 0, il existe n ∈ N tel que |xn − α| < ε et donc xn > α − ε. Commexn ∈ A, ceci montre que α est la borne superieure de A.

Exercice 15.40

1. L’ensemble A est non vide car il contient a (f(a) ∈ [a, b]) et est majore par b. Il possededonc une borne superieure α qui appartient a [a, b].

2. Pour tout x ∈ A, on x 6 α et donc f(x) 6 f(α) car f est croissante. Comme x ∈ A, ona x 6 f(x) et on en deduit x 6 f(α). Ainsi f(α) est un majorant de A et donc α 6 f(α).Puisque f est croissante, on en deduit que f(α) 6 f(f(α)). Ceci montre que f(α) ∈ A. Onen deduit que f(α) 6 α et finalement f(α) = α.

Exercice 15.41

Pour tout (x, y) ∈ R2, on a

Ent(x) 6 x < Ent(x) + 1 et Ent(y) 6 y < Ent(y) + 1.

On en deduit, en additionnant, que

Ent(x) + Ent(y) 6 x + y < Ent(x) + Ent(y) + 2.

141

Comme la partie entiere de x + y est le plus grand entier inferieur ou egal a x + y, on endeduit

Ent(x) + Ent(y) 6 Ent(x + y) < Ent(x) + Ent(y) + 2

et donc Ent(x) + Ent(y) 6 Ent(x + y) 6 Ent(x) + Ent(y) + 1,

puisque ce sont des entiers.

Exercice 15.42

De Ent(x) 6 x < Ent(x) + 1, on deduit nEnt(x) 6 nx < nEnt(x) + n. Par definition de lapartie entiere, on en deduit que

nEnt(x) 6 Ent(nx) < nEnt(x) + n et donc Ent(x) 6Ent(nx)

n< Ent(x) + 1.

Le resultat en decoule.

Exercice 15.43

1. Notons p = Ent(2x). On a donc p 6 2x < p + 1. On en deduitp

26 x <

p + 1

2et

p + 1

26 x +

1

2<

p + 2

2.

Si p est pair, on a

Ent(x) = Ent

(x +

1

2

)=

p

2.

Si p est impair, on a

Ent(x) =p − 1

2et Ent

(x +

1

2

)=

p + 1

2.

Dans les deux cas,

Ent(x) + Ent

(x +

1

2

)= p = Ent(2x).

2. D’apres la question 1, on a, pour tout reel x,

Ent

(x +

1

2

)= Ent(2x) − Ent(x).

On en deduit que

n∑

k=0

Ent

(x + 2k

2k+1

)=

n∑

k=0

Ent

(x

2k+1+

1

2

)=

n∑

k=0

(Ent

( x

2k

)− Ent

( x

2k+1

))

= Ent(x) − Ent( x

2n+1

),

car les termes se simplifient deux a deux.

142

3. Notons p = Ent(nx) et effectuons la division euclidienne de p par n. Il existe (q, r) ∈ Z×N

tel quep = qn + r et 0 6 r < n.

On a p 6 nx < p + 1, c’est-a-dire qn + r 6 nx < qn + r + 1. On en deduit

q +r

n6 x < q +

r + 1

net ∀k ∈ [[0, n]] q +

r + k

n6 x +

k

n< q +

r + 1 + k

n.

Puisquer + k + 1

n6 2, Ent

(x +

k

n

)est egal a q ou q + 1. Il est egal a 1 si r + k < n soit

0 6 k < n − r. Dans la somme, il y a donc n − r termes egaux a q et r qui sont egaux aq + 1. On en deduit que

n−1∑

k=0

Ent

(x +

k

n

)= q(n − r) + (q + 1)r = qn + r = p = Ent(nx).

Exercice 15.44

Nous savons deja que l’intervalle ]a, b[ contient des rationnels. Supposons qu’il n’en contiennequ’un nombre fini et considerons le plus petit de ces nombres, note c. Alors l’intervalle]a, c[ ne contient pas de rationnels. C’est faux. Donc ]a, b[ contient une infinite de nombresrationnels.Pour les irrationnels, considerons l’intervalle ]a +

√2, b +

√2[. Il contient une infinite de

nombres rationnels. Si r est l’un de ces rationnels, r −√

2 est un irrationnel qui appartienta ]a, b[. Comme l’application r 7−→ r +

√2 est injective, il en existe une infinite.

Exercice 15.45

1. On montre la propriete par recurrence.On a (1+

√2)0 = 1 = 1+0

√2. On pose a0 = 1 et b0 = 1 ; on verifie que a2

0−2b20 = 1 = (−1)0.

Supposons que (1 +√

2)n = an + bn

√2, avec a2

n − 2b2n = 1. On a alors

(1 +√

2)n+1 = (1 +√

2)n(1 +√

2) = (an + bn

√2)(1 +

√2)

= an + 2bn + (an + bn)√

2.

On trouve l’expression voulue avec an+1 = an +2bn et bn+1 = an +bn. On verifie la relation :

a2n+1 − 2b2

n+1 = (an + 2bn)2 − 2(an + bn)2 = −a2n + 2b2

n = −(−1)n = (−1)n+1.

2. On a (1 −√

2)n =(−1)n

(1 +√

2)n=

a2n − 2b2

n

an + bn

√2

= an − bn

√2.

3. On deduit des questions precedentes que (1 +√

2)n + (1 −√

2)n = 2an et donc(1 +

√2)n = 2an − (1 −

√2)n. On remarque que −1 < (1 −

√2) < 0. On en deduit

que :si n est pair, −(1 −

√2)n ∈ ]−1, 0[ et Ent((1 +

√2)n) = 2an − 1 ;

si n est impair, −(1 −√

2)n ∈ ]0, 1[ et Ent((1 +√

2)n) = 2an.

143

Chapitre 16Exercice 16.1

1. Si f(x) = x2 + x + 1, alors |f(x) − 1| = |x||x + 1| et |x + 1| 6 1 implique |x| 6 2 et|f(x) − 1| 6 2|x + 1|. On a, pour tout ε > 0,

|x + 1| 6 min(ε

2, 1) =⇒ |f(x) − 1| 6 ε.

2. Si f(x) =2x − 1

x + 1, alors |f(x) − 2| =

3

|x + 1| 63

xsi x > 0. On a donc, pour tout ε > 0,

x >3

ε=⇒ |f(x) − 2| 6 ε.

3. Pour tout A > 0, on a

|x − 1| 61√A

=⇒ f(x) > A.

Exercice 16.2

1. On a

limx→1+

x2 + 3x − 1

x − 1= +∞, lim

x→1−

x2 + 3x − 1

x − 1= −∞, lim

x→+∞x2 + 3x − 1

x − 1= lim

x→+∞x2

x= +∞.

2. La fonction n’est definie qu’a gauche de −1 et

limx→−1

x − 1

x + 1= +∞ donc lim

x→−1

√x − 1

x + 1= +∞ ;

limx→+∞

x − 1

x + 1= lim

x→+∞x

x= 1 donc lim

x→+∞

√x − 1

x + 1= 1.

3. En multipliant par l’expression conjuguee, on obtient pour x < 0,

√x2 + 3x − 1 + (x + 1) =

x − 2√x2 + 3x − 1 − (x + 1)

=1 − 2

x

−√

1 + 3x − 1

x2 − 1 − 1x

et

limx→−∞

√x2 + 3x − 1 + (x + 1) = −1

2.

4. Si x > 0 et 2x + sin x 6= 0, on peut ecrire

x +√

x

2x + sin x=

1 + 1√x

2 + sin xx

et on obtient

limx→+∞

x +√

x

2x + sin x=

1 + 0

2 + 0=

1

2et lim

x→0

x +√

x

2x + sin x= +∞.

144

5. En multipliant par l’expression conjuguee pour x > 0, on obtient

x(

√x +

√x + 1 −

√x +

√x − 1) =

x(√

x + 1 −√

x − 1)√x +

√x + 1 +

√x +

√x − 1

=2x

(√

x +√

x + 1 +√

x +√

x − 1)(√

x + 1 +√

x − 1)

=2(√

1 +√

1x + 1

x2 +

√1 +

√1x − 1

x2

) (√1 + 1

x +√

1 − 1x

)

et

limx→+∞

x(

√x +

√x + 1 −

√x +

√x − 1) =

2

2 · 2 =1

2.

Exercice 16.3

1. On a

lim x → +∞e2x + ex + x

ex − x= lim x → +∞ex 1 + e−x + xe−2x

1 − xe−x= +∞,

car limx→+∞

xe−x = 0 et

lim x → −∞e2x + ex + x

ex − x= lim x → −∞

e2x

x + ex

x + 1ex

x − 1= −1.

2. On a

limx→0

(lnx + x − 1) = −∞ limx→0

(x + e−x) = 1 et donc limx→0

lnx + x − 1

x + e−x= −∞

et

limx→+∞

lnx + x − 1

x + e−x= lim

x→+∞

ln xx + 1 − 1

x

1 + e−x

x

= 1.

3. Quand x tend vers +∞,x − 1

xtend vers 1. Pour x > 1, on ecrit

x ln

(x

x − 1

)= x ln

(1 +

1

x − 1

)=

x

x − 1

ln(1 + 1

x−1

)

1x−1

.

On en deduit que

limx→+∞

x ln

(x

x − 1

)= 1.

On a

limx→+0

x ln

(x

x − 1

)= lim

x→+0(x ln |x| − x ln |1 − x|) = 0.

145

Exercice 16.4

1. Pour x 6= 0,

tan x − sinx

x3=

sin x(1 − cos x)

x3 cos x=

sinx

x

1 − cos x

x2

1

cos x

et

limx→0

tan x − sinx

x3=

1

2.

2. On a

limx→0

tan 2x

sin x= lim

x→0

2 tan 2x2x

sin xx

= 2.

3. On a

limx→0

sinx − sin 3x

sin 4x= lim

x→0

sin xx − 3 sin 3x

3x

4 sin 4x4x

=1 − 3

4= −1

2.

4. Si sinx 6= 1√2,

1 −√

2 cos x

1 −√

2 sinx=

1√2− cos x

1√2− sinx

=cos π

4 − cos x

sin π4 − sinx

=−2 sin

(π8 − x

2

)sin

(π8 + x

2

)

2 sin(

π8 − x

2

)cos

(π8 + x

2

) = − tan(π

8+

x

2

).

On en deduit que

limx→π

4

1 −√

2 cos x

1 −√

2 sin x= − tan

π

4= −1.

Exercice 16.5

1. On a,

∀x ∈ ]0, 1[1

xEnt(x) = 0 et donc lim

x→0+

1

xEnt(x) = 0,

∀x ∈ ]−1, 0[1

xEnt(x) =

−1

xet donc lim

x→0−

1

xEnt(x) = +∞.

2. On a, pour x ∈ ]0, 1[,x − Ent(x)√

x=

√x et donc lim

x→0

x − Ent(x)√x

= 0.

3. On a, pour x > 0,

√xEnt

(1

x

)=

√x

(Ent

(1

x

)− 1

x

)+

1√x

.

La fonction x 7−→ Ent

(1

x

)− 1

xest bornee donc lim

x→0

√x

(Ent

(1

x

)− 1

x

)= 0 et

limx→0

√xEnt

(1

x

)= +∞.

Pour x > 1,√

xEnt

(1

x

)= 0 et lim

x→+∞

√xEnt

(1

x

)= 0.

146

Exercice 16.6

On note que, pour tout (x, y) ∈ R2,

max(x, y) =1

2(|x − y| + x + y) et min(x, y) =

1

2(−|x − y| + x + y).

On a donc, pour tout x ∈ I,

sup(f, g)(x) =1

2(|f(x)−g(x)|+f(x)+g(x)) et inf(f, g)(x) =

1

2(−|f(x)−g(x)|+f(x)+g(x)).

Si f et g sont continues en x0, il en est de meme de f + g, f − g et |f − g|. On en deduitque sup(f, g) et inf(f, g) sont continues en x0.

Exercice 16.7

La fonction f possede en tout point une limite a droite et une limite a gauche (sauf en a etb). Supposons que f est croissante et raisonnons par l’absurde. S’il existe c ∈ [a, b] ou f n’estpas continue, on a lim

x→c−f(x) 6= f(c) ou lim

x→c+f(x) 6= f(c). Comme lim

x→c−f(x) = sup

x∈[a,c[

f(x)

on obtient dans le premier cas

∀(x, y) ∈ [a, c[×[c, b] f(a) 6 f(x) 6 limc−

f < f(c) 6 f(y) 6 f(b).

Aucune valeur de l’intervalle ] limc−

f, f(c)[ ne peut etre atteint par f donc f([a, b]) n’est pas

un intervalle. Le cas ou limc+

f 6= f(c) se traite de la meme facon. Si f est decroissante, on

considere −f .

Exercice 16.8

Les fonctions f , g et h sont continues en tout x0 qui n’est pas element de Z. Consideronsx0 ∈ Z.

1. On a f(x0) = (−1)x0

(−1

2

)= (−1)x0+1 1

2,

limx→x−

0

f(x) = limx→x0

(−1)x0−1

(x − x0 +

1

2

)= (−1)x0−1 1

2= f(x0)

et

limx→x+

0

f(x) = limx→x+

0

(−1)x0

(x − x0 −

1

2

)= (−1)x0

(−1

2

)= f(x0).

La fonction f est continue en x0 pour tout x0 ∈ Z donc continue sur R.

2. On a g(x0) = x0,

limx→x−

0

g(x) = limx→x0

x0 − 1 + (x − x0 + 1)2 = x0 − 1 + 1 = x0

etlim

x→x+0

g(x) = limx→x+

0

x0 + (x − x0)2 = x0.

La fonction g est continue en x0 pour x0 ∈ Z donc continue sur R.

147

3. On a sin(πx0) = 0 donc h(x0) = 0. Comme la fonction Ent est bornee au voisinage de x0

et que sin(πx) tend vers 0, on a limx→x0

h(x) = 0 = h(x0). La fonction h est continue en x0

donc sur R.

Exercice 16.9

On suppose que f est T -periodique et a pour limite l en +∞.Soit x ∈ R. La suite (x + nT )n∈N tend vers +∞ donc par le theoreme de composition deslimites, on obtient lim

n→+∞f(x + nT ) = l. Mais pour tout n ∈ N , f(x + nT ) = f(x), donc

f(x) = l.

Exercice 16.10

Si B > 0, l’ensemble f−1([−B,B]) est borne : il existe K > 0 tel que f−1([−B,B]) ⊂ [−K,K]).Si |x| > K, x /∈ f−1([−B,B]), donc f(x) /∈ [−B,B] et |f(x)| > B. On a ainsi,

∀B > 0 ∃K > 0 (|x| > K =⇒ |f(x)| > B).

On a donc lim|x|→+∞

|f(x)| = +∞.

Exercice 16.11

1. Si x0 ∈ Q, il existe dans tout intervalle de centre x0 des x irrationnels pour lesquels on

a |f(x) − f(x0)| = 1. Il est donc impossible de trouver η tel que |f(x) − f(x0)| 61

2, pour

tout x tel que |x| 6 η : la fonction n’est pas continue en x0. On demontre de meme que six0 /∈ Q, f n’est pas continue en x0, en considerant des x rationnels.

2. Si x0 6= 0, la fonction g n’est pas continue en x0, car sinon f serait continue en x0 commequotient de fonctions continues.Comme f est bornee, on a lim

0g = 0 = g(0) : la fonction est continue en 0.

3. Si x /∈ Q, pour tout m ∈ N, xm! n’est pas entier, donc | cos(πxm!)| < 1. On en deduitque lim

n→+∞(cos(πxm!))n = 0. Comme ceci est vrai pour tout m, on a

limm→+∞

limn→+∞

(cos(πxm!))n = 0 = f(x).

Si x ∈ Q, il existe (p, q) ∈ Z × N∗ tel que x =p

q. Pour m > q + 2, xm! est un entier pair et

cos(πxm!) = 1. On en deduit que limn→+∞

(cos(πxm!))n = 1. Ceci est vrai pour tout m assez

grand donclim

m→+∞lim

n→+∞(cos(πxm!))n = 1 = f(x).

Exercice 16.12

1. Si x ∈ Q+ s’ecrit sous forme irreductiblep

q, on a f(x) =

1

p + q> ε si et seulement si

p + q 61

ε, ce qui implique p 6

1

εet q 6

1

εcar p et q sont positifs. il y a donc un nombre

fini de valeurs de p et de q possibles. On en deduit que A est fini.

148

2. Soit x0 ∈ R+ et ε > 0. L’ensemble A defini a la premiere question est fini. Il en est dememe de A1 = A∩] − ∞, x0[ et A2 = A∩]x0,+∞[. On pose x1 = max A1 et x2 = min A2

(si A1 = ∅, on prend x1 reel quelconque > x0 et de meme pour x2). Si x ∈ ]x1, x0[∪]x0, x2[et x ∈ Q, x /∈ A et donc f(x) < ε. Comme f(x) = 0 si x /∈ Q, on en deduit que pour toutx ∈ R+,

x ∈ ]x1, x0[=⇒ 0 6 f(x) < ε et x ∈ ]x0, x2[=⇒ 0 6 f(x) < ε.

Ceci demontre quelim

x→x+0

f(x) = limx→x−

0

f(x) = 0.

3. De la question precedente, on deduit que f est continue en x0 si et seulement si f(x0) = 0,c’est-a-dire si et seulement si x ∈ R+ \ Q.

Exercice 16.13

1. a) Puisque n = Ent(x − A), on a x − A > n et x − n > A. On en deduit que

|f(x) − f(x − n)| =

∣∣∣∣∣

n∑

k=1

f(x − (k − 1)) − f(x − k)

∣∣∣∣∣

6

n∑

k=1

|f(x − (k − 1) − f(x − k)|

6

n∑

k=1

ε 6 nε,

car x − k > A, pour 1 6 k 6 n.

b) Par definition de la partie entiere, on a n 6 x − A < n + 1 et donc A 6 x − n < A + 1.On en deduit |f(x − n)| 6 M et par l’inegalite triangulaire

|f(x)| 6 |f(x) − f(x − n)| + |f(x − n)| 6 nε + M

puis ∣∣∣∣f(x)

x

∣∣∣∣ 6M

x+

nε

x6

M

x+ ε,

car x > n + A > n.

c) Puisque limx→+∞

M

x= 0, il existe B tel que

M

x6 ε pour tout x > B. On a alors

∀x > max(A,B)

∣∣∣∣f(x)

x

∣∣∣∣ 6 2ε.

On conclut que limx→+∞

f(x)

x= 0.

2. On suppose que limx→+∞

(f(x + 1) − f(x)) = l. On considere la fonction g definie par

g(x) = f(x) − lx. Comme f , g est bornee sur tout intervalle de longueur 1, et on a

limx→+∞

((g(x + 1) − g(x)) = limx→+∞

(f(x + 1 − f(x) − l) = 0.

149

La fonction g verifie les hypotheses de la question 1, donc

limx→+∞

g(x)

x= 0 c’est-a-dire lim

x→+∞f(x)

x= l.

Exercice 16.14

1. Pour n ∈ N∗ et x ∈ I \ 0, on a

n∑

k=1

2−kϕ(x2−k) =

n∑

k=1

2−k f(x2−(k−1)) − f(x2−k)

x2−k=

1

x

n∑

k=1

f(x2−(k−1)) − f(x2−k)

=1

x(f(x) − f(x2−n))

et donc

f(x2−n)

x+

n∑

k=1

2−kϕ(x2−k) =f(x)

x.

2. Soit ε > 0. Puisque limx→0

ϕ(x) = 0, il existe η > 0 tel que |ϕ(x)| 6 ε pour tout |x| 6 η. Soit

x tel que |x| 6 η. Pour tout n ∈ N∗ et 1 6 k 6 n, on a |x2−k| 6 η et donc |ϕ(x2−k)| 6 ε.On en deduit, en utilisant la question 1, que

∣∣∣∣f(x)

x

∣∣∣∣ 6

∣∣∣∣f(x2−n)

x

∣∣∣∣ +n∑

k=1

2−kε 6

∣∣∣∣f(x2−n)

x

∣∣∣∣ + ε(1 − 2−n) 6

∣∣∣∣f(x2−n)

x

∣∣∣∣ + ε.

De limx→0

f(x) = 0 et limn→+∞

x2−n = 0, on tire limn→+∞

f(x2−n) = 0. En faisant tendre n vers

+∞ dans l’inegalite precedente, on obtient

∣∣∣∣f(x)

x

∣∣∣∣ 6 ε.

Comme ceci est verifie pour tout x tel que |x| 6 η, on conclut que

limx→0

f(x)

x= 0.

3. Si limx→0

f(x) = 0 et limx→0

f(2x) − f(x)

x= l, on considere la fonction g definie sur I par

g(x) = f(x) − lx.

On a encore limx→0

g(x) = 0 et limx→0

g(2x) − g(x)

x= 0. La fonction g verifie les conditions des

questions 1 et 2.

On a donc limx→0

g(x)

x= 0, c’est-a-dire lim

x→0

f(x)

x= l.

150

Exercice 16.15

1. On a, pour tout (x, y) ∈ R2,

|f1(x) − f1(y)| = |a||x − y|

|f2(x) − f2(y)| =|x2 − y2|√

1 + x2 +√

1 + y2=

|x + y|√1 + x2 +

√1 + y2

|x − y| 6 |x − y|,

car |x + y| 6 |x|+ |y| 6√

1 + x2 +√

1 + y2. Les fonctions f1 et f2 appartiennent donc a L.

2. Il existe k et k′ reels positifs tels que, pour tout (x, y) ∈ R2,

|f(x) − f(y)| 6 k|x − y| et |g(x) − g(y)| 6 k′|x − y|.

On alors, pour tout (x, y) ∈ R2,

(f + g)(x) − (f + g)(y)| 6 |f(x) − f(y)| + |g(x) − g(y)| 6 k|x − y| + k′|x − y|6 (k + k′)|x − y|,

|g f(x) − g f(y)| = |g(f(x)) − g(f(y))| 6 k′|f(x) − f(y)| 6 kk′|x − y|,

ce qui montre que f + g et g f appartiennent a L.

3. La fonction x 7−→ x appartient a L puisqu’elle est affine, mais son carre x 7−→ x2 n’estpas dans L. Sinon, il existerait k tel que |x2 − 02| 6 k|x− 0| pour tout x et on aurait |x| 6 kpour tout x non nul : c’est absurde.

4. Si f ∈ L, on a, pour (x, x0) ∈ R2, |f(x) − f(x0)| 6 k|x − x0|. De limx→x0

k|x − x0| = 0, on

deduit que limx→x0

f(x) = f(x0). La fonction f est continue en x0 pour tout x0.

5. La reciproque est fausse puisque nous avons vu que x 7−→ x2 n’est pas dans L.

Exercice 16.16

On peut remarquer que f est paire puisque f(−x) = f(x2) = f(x), pour tout reel x.

Soit x > 0. On a f(x

12

)= f(x). En utilisant cette relation, on montre par recurrence que,

pour tout n ∈ N∗,

f(x

12n

)= f(x).

En ecrivant x1

2n = eln x2n , on obtient lim

n→+∞x

12n = e0 = 1, d’apres le theoreme de composition

des limites. La fonction f etant continue en 1, on en deduit que

limn→+∞

f(x

12n

)= f(1).

Mais cette suite est constante egale a f(x), donc f(x) = f(1), pour tout x > 0. Par parite,c’est vrai pour x < 0. La fonction f etant continue en 0, on a de plus

f(0) = limx→0+

f(x) = f(1).

La fonction f est constante.

151

Exercice 16.17

1. Resulte de l’enonce en faisant y = x.

2. On remarque que f(xy) = yf(x), pour tout x > 0.On montre la propriete par recurrence sur n. Pour n = 0, il faut montrer que f(x) = f(x).Si f(xyn) = ynf(x), alors

f(xyn+1) = f(xyny) = yf(xyn) = yynf(x) = yn+1f(x)

et la propriete est vraie au rang n + 1, donc pour tout n.Supposons y > 1. On a alors, pour tout x > 0, lim

n→+∞xyn = +∞ et d’apres le theoreme de

composition des limites limn→+∞

f(xyn) = 0 et donc limn→+∞

ynf(x) = 0. C’est impossible car

f(x) > 0 et yn tend vers +∞.

Si y < 1, on obtient en remplacant x parx

yndans la relation precedente, f(x) = ynf

(x

yn

)

et donc

f

(x

yn

)=

1

ynf(x),

ce qui revient a remplacer y par1

y. On aboutit a la meme contradiction.

On conclut que necessairement y = 1.

3. D’apres la question 1, xf(x) est un point fixe de f pour tout x. On a donc, d’apres la

question 2, xf(x) = 1, pour tout x > 0. La fonction f est donc definie par f(x) =1

x. On

constate reciproquement que cette fonction verifie la relation voulue.

Chapitre 17Exercice 17.1

1. Le point fixe de x 7−→ 1

2x + 2 est 4. La suite (un − 4)n∈N est geometrique de raison

1

2.

On a, pour tout n ∈ N,

un = 4 +1

2n(u0 − 4) = 4 − 5

2n.

On en deduit

Sn =n∑

k=0

(4 − 5

2k

)= 4(n + 1) − 5

1 − 12n+1

1 − 12

= 4n − 6 +5

2n.

2. On obtient

limn→+∞

un = 4 et limn→+∞

Sn

n= 4.

Exercice 17.2

1. On a, pour tout n ∈ N,

un+1 − vn+1 = 3un + 2vn − 2un − 3vn = un − vn.

La suite (un − vn)n∈N est constante.

152

2. Pour tout n ∈ N, un − vn = u0 − v0 = −1. On en deduit pour tout entier n,

un+1 = 3un + 2vn = 3un + 2(un + 1) = 5un + 2.

La suite (un)n∈N est arithmetico-geometrique.

3. Le point fixe de x 7−→ 5x + 2 est −1

2. La suite (un +

1

2)n∈N est geometrique de raison 5.

On en deduit que, pour tout n,

un = −1

2+ 5n

(1 +

1

2

)= −1

2+

3 · 5n

2et vn = un + 1 =

1

2+

3 · 5n

2.

Exercice 17.3

Soit x un reel quelconque et (un)n∈N la suite definie par u0 = x et la relation de recurrence

un+1 =un + 1

3.

On a pour tout n,

f(un+1) = f

(un + 1

3

)= f(un).

La suite f(un) est donc constante : pour tout n, f(un) = f(u0) = f(x).

La suite (un)n∈N est arithmetico-geometrique. Comme la raison est1

3, (un)n∈N converge

vers le point fixe de x 7−→ x + 1

3qui est

1

2. Puisque f est continue, on en deduit

limn→+∞

f(un) = f

(1

2

).

Mais la suite (f(un)) est constante egale a f(x) donc sa limite est f(x). On a donc, pourtout x ∈ R,

f(x) = f

(1

2

).

La fonction f est constante.

Exercice 17.4

1. L’equation caracteristique possede deux solutions −1

3et

1

2. On obtient, pour tout n ∈ N,

un = −2

5

(−1

3

)n

− 3

5

(1

2

)n

.

2. L’equation caracteristique a une racine reelle1

2. On obtient, pour tout n ∈ N,

un = (2n − 1)

(1

2

)n

.

153

3. L’equation caracteristique possede deux solutions complexes conjuguees 1+i√

3 et 1−i√

3.On les met sous forme trigonometrique : 1 + i

√3 = 2ei π

3 . Il existe des reels λ et µ tels que,pour tout n ∈ N,

un = 2n(λ cos

(n

π

3

)+ µ sin

(n

π

3

)).

En calculant u0 et u1, on trouve λ = 1 et µ = −1 − 1√3.

Exercice 17.5

La suite est a termes strictement positifs. On peut prendre le logarithme : pour tout n ∈ N,

lnun+2 =1

2(lnun + lnun+1).

La suite (ln un) est recurrente lineaire d’ordre 2. L’equation caracteristique x2 − 1

2x− 1

2= 0

possede deux solutions 1 et −1

2. Il existe λ et µ tels que, pour tout n ∈ N,

lnun = λ + µ

(−1

2

)n

.

On obtientun = eλeµ(− 1

2 )n

= AB(− 12 )

n

,

ou A = eλ et B = eµ.

De u0 = AB et u1 = AB− 12 , on tire A = (u0u

21)

13 B =

(u0

u1

) 23

. On a donc, pour tout n ∈ N,

un = (u0u21)

13

(u0

u1

) 23 (− 1

2 )n

= u13+ 2

3 (− 12 )

n

0 u23− 2

3 (− 12 )

n

1 .

Exercice 17.6

Tous les termes de la suite sont strictement positifs et, pour tout n ∈ N,

lnun+2 = ln k + lnun+1 + 2 ln un.

On cherche une constante c telle que la suite (lnun − c) soit recurrente lineaire. On a, pourtout n ∈ N,

lnun+2 − c = ln k − c + lnun+1 + 2 ln un

= ln k + 2c + lnun+1 − c + 2(lnun − c).

Il faut c = −1

2ln k. La suite (vn)n∈N definie par lnun − c = ln(un

√k) verifie la recurrence

vn+2 = vn+1 + 2vn. L’equation caracteristique x2 − x − 2 = 0 a pour solution −1 et 2. Ilexiste (λ, µ) ∈ R2, tel que, pour tout n,

vn = ln(un

√k) = λ(−1)n + µ2n.

154

On en deduit queun

√k = eλ(−1)n

eµ2n

= A(−1)n

B2n

,

ou A = eλ et B = eµ.

On a u0

√k = AB et u1

√k = A−1B2. On en deduit B = (u0u1k)

13 et A =

(u2

0u−11

√k) 1

3

.

En remplacant dans l’expression de un, on obtient

un = u23 (−1)n+ 1

32n

0 u− 1

3 (−1)n+ 132n

1 k− 12+ 1

6 (−1)n+ 13 2n

.

Exercice 17.7

1. On a, pour tout n ∈ N,

un+2 = −un+1 − vn+1 = −1

3un − 2

3vn.

On elimine les termes en vn entre un+2 et un+1. On obtient

un+2 −2

3un+1 =

1

3un.

2. On a une relation de recurrence lineaire d’ordre d’equation caracteristique x2− 2

3x− 1

3= 0

dont les solutions sont 1 et −1

3. Avec les conditions u0 = 2 et u1 = −u0 − v0 = 1, on trouve

un =5

4+

3

4

(−1

3

)n

.

On en deduit que

vn = −un − un+1 = −5

2− 1

2

(−1

3

)n

.

On determine ensuite

limn→+∞

un =5

4et lim

n→+∞vn = −5

2.

Exercice 17.8

1. On raisonne par recurrence. On note un le nombre de listes considerees.Pour n = 1, il y a une seule liste (1) et f2 = 1 = u1 ; pour n = 2, il y a deux listes (1, 1) et(2) ; u2 = 2 et f3 = f2 + f1 = 2 = u2.On suppose que la propriete est verifiee aux rangs n et n + 1. Les listes (x1, . . . , xk) de

somme n + 2 se terminent soit par un 1 et alors

k−1∑

k=1

xi = n + 1 : il y a un+1 telles listes, soit

par un 2 et alors

k−1∑

k=1

xi = n : il y a un telles listes. On trouve donc un+2 = un+1 + un et

d’apres l’hypothese de recurrence

un+2 = fn+2 + fn+1 = fn+3.

La propriete est vraie au rang n + 2 donc pour tout entier n.

155

2. On demontre la propriete par recurrence sur n.On verifie la propriete pour n = 1 : f2f0 − f2

1 = −1.On suppose que fn+1fn−1 − f2

n = (−1)n. On a alors

fn+2fn − f2n+1 = (fn+1 + fn)fn − f2

n+1 = f2n − fn+1(fn+1 − fn)

= f2n − fn+1fn−1 = −(−1)n = (−1)n+1

et la propriete est vraie au rang n + 1, donc pour tout n > 1.

3. La suite (fn)n∈N verifie une relation de recurrence lineaire d’ordre 2. L’equation ca-

racteristique est x2 − x − 1 = 0 dont les solutions sont1 +

√5

2et

1 −√

5

2. On trouve,

∀n ∈ N fn =1√5

((1 +

√5

2

)n

−(

1 −√

5

2

)n).

4. Il est clair sur les deux premieres valeurs et la relation de recurrence que les termes de la

suite (fn)n∈N sont entiers. Comme

∣∣∣∣∣1 −

√5

2

∣∣∣∣∣ =2

1 +√

5< 1, il resulte de la question 3 que

|fn − 1√5Φn| =

1√5

∣∣∣∣∣

(1 −

√5

2

)n∣∣∣∣∣ 61√5

<1

2.

Ceci montre que fn est l’entier le plus proche de1√5Φn.

Exercice 17.9

1. Il est clair que la suite est definie et que ses termes sont strictement positifs. Si (un)n∈N

est majoree par 1, on a, pour tout n,

un+2 >√

un+1 > un+1.

La suite est croissante a partir du rang 1 ; comme elle est majoree par 1, elle converge.On note l sa limite. Par passage a la limite, on obtient l =

√2l et donc l = 0 ou l = 2.

Comme (un)n∈N est majoree par 1, elle ne peut pas converger vers 2 ; comme elle est a termesstrictement positifs et croissante, elle ne peut pas converger vers 0. On a une contradiction.Il est impossible d’avoir un 6 1 pour tout n.

2. D’apres la question 1, il existe un entier p tel que up > 1. Si p = 0, on remarque queu2 >

√u0 > 1 ; on peut donc supposer p > 1. On obtient alors up+1 =

√up + up−1 > 1,

puis par recurrence, un > 1 pour tout n > p.En effet, c’est vrai aux rangs p et p+1, et si un > 1 et un+1 > 1, alors un+2 =

√un + un+1 > 1.

On a ensuite, pour n > p + 2,

un =√

un−1 + un−2 >√

2.

On note n0 = p + 2.

156

3. Pour n > n0, on a

vn+2 = |un+2 − 2| = |√

un+1 + un − 2| =|un+1 + un − 4|√

un+1 + un + 2

6|un+1 − 2| + |un − 2|

un+2 + 2.

Comme un+2 + 2 >√

2 + 2 > 3, on a donc

vn+2 61

3(vn+1 + vn).

4. Montrons que vn 6 wn pour tout n > n0. C’est vrai par hypothese aux rangs n0 et n0 +1.Si vn 6 wn et vn+1 6 wn+1, on a alors

vn+2 61

3(vn+1 + vn) 6

1

3(wn+1 + wn) 6 wn+2.

La suite (wn)n∈N verifie une relation de recurrence lineaire d’ordre 2. L’equation ca-

racteristique est x2 − 1

3x − 1

3= 0. Ses solutions sont

1 +√

13

6et

1 −√

13

6. Il existe

(λ, µ) ∈ R2 tel que, pour tout n,

wn = λ

(1 +

√13

6

)n

+

(1 −

√13

6

)n

.

Comme1 +

√13

6et

1 −√

13

6appartiennent a ]− 1, 1[, la suite (wn)n∈N converge vers 0. De

la majoration |un − 2| 6 wn, on deduit que (un)n∈N converge vers 2.

Exercice 17.10

1. La fonction f : x 7−→ 2x

x + 3possede deux points fixes 0 et −1. On pose l = −1, l′ = 0.

2. On demontre par recurrence que si u0 6= −1, alors un 6= −1 pour tout n.C’est vrai pour n = 0. Si un 6= −1, on montre que un+1 6= −1 en raisonnant par contraposee :

si un+1 =2un

un + 3= −1, alors 2un = un + 3 et un = −1.

3. On a pour tout entier n,

vn+1 =un+1

un+1 + 1=

2un

un + 32un

un + 3+ 1

=2un

3un + 3=

2

3vn.

La suite (vn)n∈N est geometrique de raison2

3.

157

4. On a, pour tout n, vn = v0

(2

3

)n

. On calcule un en fonction de vn. L’egalite vn =un

un + 1

conduit a un =vn

1 − vnet donc a

un =

v0

(2

3

)n

1 − v0

(2

3

)n =v02

n

3n − v02n,

ou v0 =u0

u0 + 1.

5. Supposons qu’il existe n ∈ N∗ tel que u0 =3n

2n − 3n. On a alors v0 =

u0

u0 + 1=

2n

3n. Si la

suite est definie, les resultats des questions precedentes s’appliquent (car u0 6= −1) et on a

un =v02

n

3n − v02n. Mais cela est impossible car le denominateur est nul. Ainsi un ne peut pas

etre defini : la suite (un)n∈N n’est pas definie.

Supposons a contrario que u0 n’est pas de la forme3n

2n − 3n. Posons v0 =

u0

u0 + 1. Alors v0

n’est pas de la forme2n

3net on peut poser wn =

v02n

3n − v02npour tout n. On remarque que

w0 = u0 et que pour tout entier n,

2wn

wn + 3=

2v02n

v02n + 3(3n − v02n)=

v02n+1

3n+1 − v02n+1= wn+1

(le denominateur wn+3 n’est pas nul, sinon v0 =

2n+1

3n+1

). La suite (wn)n∈N est definie, verifie

la meme relation de recurrence que (un)n∈N et w0 = u0. C’est la suite (un)n∈N, qui est doncdefinie.

Exercice 17.11

1. L’application x 7−→ 2 − 1

xpossede un seul point fixe l = 1.

2. Si un+1 = 1 alors un = 1. On en deduit que un 6= 1 implique un+1 6= 1. Si on supposeu0 6= 1, on a donc pour tout n, un 6= 1.

3. On a alors, pour tout n ∈ N,

vn+1 =1

un+1 − 1=

1

1 − 1un

=un

un − 1= 1 +

1

un − 1= vn + 1.

La suite (vn)n∈N est arithmetique de raison 1.

4. On en deduit que vn = v0 + n et un = 1 +1

vn= 1 +

1

v0 + n, puis que lim

n→+∞un = 1.

5. Si la suite (un)n∈N est definie et si u0 6= 1, l’expression de un trouvee precedemment

montre que v0 6= −n pour tout entier n. Comme u0 = 1 +1

v0, il ne faut donc pas que

158

u0 = 1 − 1

n, avec n ∈ N∗.

Reciproquement si la condition u0 6= 1 − 1

nest realisee, on pose v0 =

1

u0 − 1. On a alors

v0 + n 6= 0 pour tout entier n. On montre, comme dans l’exercice precedent, que la suite

(wn)n∈N de terme general wn = 1 +1

v0 + nverifie la meme relation de recurrence que

(un)n∈N et w0 = u0. C’est la suite (un)n∈N, qui est donc definie.

Exercice 17.12

On remarque que, pour tout n ∈ N,

un+1 − un =1

2(un − 1)2 > 0.

La suite est donc croissante. Si elle converge, sa limite l verifie l =1 + l2

2et l = 1.

Pour n > 1, on a un > 0. La fonction f : x 7−→ 1 + x2

2verifie f([0, 1]) ⊂ [0, 1].

Ainsi si u1 6 1, tous les termes de la suite sont 6 1. La suite est croissante et majoree doncelle converge. Sa limite est 1.Si u1 > 1, la suite croıt ; si elle converge, sa limite est > u1. C’est impossible, donc (un)n∈N

diverge vers +∞.La condition de convergence u1 6 1 equivaut a u2

0 6 1 et donc a u0 ∈ [−1, 1].

Exercice 17.13

On a, pour tout n ∈ N,

un+1 − un =(un − 1)2

4> 0.

La suite (un)n∈N est croissante.

Si elle converge, sa limite verifie l =(l + 1)2

4et donc l = 1.

Si u1 > 1, la suite (un)n∈N ne peut pas converger vers 1 donc elle diverge vers +∞.Si 0 6 u1 6 1, on verifie que tous les terme de la suite sont 6 1. La suite est majoree ; elleconverge ; sa limite est 1.La condition u1 6 1 equivaut a u0 ∈ [−3, 1].

Exercice 17.14

La suite (un)n∈N est definie et a termes positifs. Si (un)n∈N converge vers l, on a l =l3 + 3l

3l2 + 1et donc l = 0 ou l = 1 (car l > 0). On calcule

un+1 − un =−2u3

n + 2un

3u2n + 1

=2un(1 − u2

n)

3u2n + 1

.

Le signe de cette difference depend du signe de 1 − un. On a

un+1 − 1 =u3

n + 3un − 3u2n − 1

3u2n + 1

=(un − 1)3

3u2n + 1

.

159

Ainsi un+1 − 1 a le signe de un − 1 et donc celui de u0 − 1.Si u0 6 1, tous les termes de la suite sont inferieurs a 1 donc un+1 −un > 0 pour tout n. Lasuite est croissante et majoree par 1. Elle converge vers 1.Si u0 > 1, tous les termes de la suite sont superieurs a 1 donc un+1 − un 6 0 pour tout n.La suite est decroissante et minoree par 1. Elle converge vers 1.

Exercice 17.15

Une etude de fonction montre que, pour tout x > −1, on a ln(1 + x) 6 x, avec egalite si etseulement si x = 0. Si la suite est definie, on a pour tout n, un+1 6 ln(1 + un) 6 un et lasuite decroıt.Si elle converge vers l, on a l > −1 et ln(1 + l) = l (la suite ne peut pas converger vers −1,car un+1 tendrait vers −∞) et donc l = 0.Le signe de ln(1 + x) est celui de x. Ainsi si u0 > 0, la suite (un)n∈N est definie et a termespositifs. La suite est decroissante et minoree. Elle converge et sa limite est 0.Si u0 < 0 et si la suite est definie, elle est decroissante et minoree par −1. Elle ne peut pasconverger vers 0. On aboutit a une contradiction. Si u0 < 0, la suite n’est pas definie : ilexiste n tel que un 6 −1.

Exercice 17.16

Pour n > 1, un appartient a [−1, 1].Supposons que u1 ∈ [0, 1]. Comme sin([0, 1]) ⊂ [0, 1], tous les termes de la suite sont dans[0, 1]. Sur l’intervalle [0, 1], la fonction g : x 7−→ sinx − x est negative et ne s’annule qu’en0. La suite (un)n∈N est donc decroissante. Comme elle est minoree par 0, elle converge. Salimite verifie g(l) = 0, donc c’est 0.Si u1 ∈ [−1, 0], on considere la suite −(un)n∈N qui verifie la meme relation de recurrencecar sin est impaire. D’apres ce qui precede, sa limite est nulle, donc la limite de (un)n∈N estnulle.Pour tout reel u0, (un)n∈N converge vers 0.

Exercice 17.17

La fonction f est croissante sur R donc (un)n∈N est monotone.Considerons la fonction g : x 7−→ f(x)−x. On a, pour tout reel x, g′(x) = x2−1 = (x−1)(x+1).La fonction g est strictement monotone sur chacun des intervalles ] − ∞,−1], [−1, 1] et

[1,+∞[. Comme lim−∞

g = −∞, g(−1) = 1 > 0, g(1) = −1

3et lim

+∞g = +∞, g s’annule, d’apres

le theoreme des valeurs intermediaires, une fois sur chacun des intervalles ]−∞− 1], [−1, 1]et [1,+∞[ en α, β et γ respectivement. Ces trois reels sont les valeurs possibles de la limitequand (un)n∈N converge. La fonction g est negative sur I1 =]−∞, α[ et I3 =]β, γ[, positivesur I2 =]α, β[ et I4 =]γ,+∞[.La fonction f etant croissante, chacun des intervalle Ik (1 6 k 6 4) est stable par f : siu0 ∈ Ik, tous les termes de la suite sont dans Ik. Le sens de variation de (un)n∈N est donnepar le signe de g.Si u0 ∈ I1, la suite (un)n∈N est decroissante. Elle ne peut pas converger, car sinon sa limiteserait strictement inferieure a α. Elle diverge vers −∞.Si u0 ∈ I2, la suite est croissante et majoree par β. Comme elle croıt, elle converge vers β.Si u0 ∈ I3, la suite est decroissante et minoree par β. Comme elle decroıt, elle converge versβ.

160

Si u0 ∈ I4, la suite (un)n∈N est croissante. Elle ne peut pas converger, car sinon sa limiteserait strictement superieure a γ. Elle diverge vers +∞.Enfin si u0 = α (respectivement β, γ), la suite (un)n∈N converge vers α (respectivement β,γ).

Exercice 17.18

Supposons que (un)n∈N est une suite verifiant la relation de recurrence un+1 = lnun. On anecessairement un > 0 pour tout n : la suite est minore par 0.L’etude de la fonction x 7−→ lnx − x montre que, pour tout x > 0, on a lnx < x. Lasuite est donc strictement decroissante. Elle converge. Sa limite ne peut pas etre 0 car sinonun+1 a pour limite −∞. Comme ln est continue sur ]0,+∞[, c’est un point fixe de ln. C’estimpossible car ln ne possede pas de point fixe.Il n’existe pas de suite verifiant la relation de recurrence un+1 = lnun.

Exercice 17.19

1. La suite est a termes strictement positifs et on a, pour tout n ∈ N,

un+1 −√

a =u2

n + a − 2√

aun

2un=

(un −√a)2

2un> 0

et donc un >√

a pour tout n ∈ N (pour n = 0, c’est vrai par hypothese).On en deduit

un+1 − un =a − u2

n

2un6 0.

La suite est donc decroissante et minoree par√

a : elle converge. On note l sa limite.Par passage a la limite, on obtient l2 = a et donc l =

√a.

2. On a, pour tout n,

0 6 un+1 −√

a =(un −√

a)2

2un6

(un −√a)2

2√

a.

En divisant par 2√

a, on obtient

un+1 −√

a

2√

a6

(un −√

a

2√

a

)2

.

Un recurrence immediate conduit a

0 6un −√

a

2√

a6

(u0 −

√a

2√

a

)2n

et donc a

0 6 un −√

a 6 2√

a

(u0 −

√a

2√

a

)2n

.

161

3. On majore :√

5 6 u0 et

u0 −√

a

2√

56

u20 − 5

2√

5(u0 +√

5)6

u20 − 5

206 0, 038.

On obtient un −√

5 6 4, 8 (0, 038)2n

et un −√

5 6 10−10 si (0, 038)2n

610−10

4, 8et

2n >ln 10−10 − ln 4, 8

ln 0, 038. Ce qui donne 2n > 7, 52 et n > 3.

Exercice 17.20

1. On a, pour x > 0, f ′(x) = b − lnx − 1. La fonction f est croissante sur ]0, eb−1] etdecroissante sur [eb−1,+∞[. Le maximum de f sur ]0,+∞[ est f(eb−1) = eb−1. On note quef(eb) = 0.

2. De l’etude de f , il resulte que que f(]0, eb[) ⊂]0, eb−1[. On en deduit que u1 ∈]0, eb−1[.L’intervalle ]0, eb−1] est stable par f . On en deduit que un ∈]0, eb−1[ pour n > 1.

3. On a pour n > 1,un+1

un= b − lnun > 1,

car un 6 eb−1. La suite est croissante et majoree par eb−1 ; elle converge. Sa limite l est > 0et verifie l = l(b − ln l), soit l = eb−1.

Exercice 17.21

1. Si un 6= 1, on a

un+1 − 1 =u2

n − un + 2

un − 16= 0 et un+1 6= 1,

car le trinome X2 − X + 2 n’a pas de racine reelle. Si u0 6= 1, la suite est donc definie.

2. On a, pour x 6= 1, f ′(x) =x2 − 2x − 1

(x − 1)2. La fonction f ′ s’annule en 1 ±

√2. La fonction

f est croissante sur ] −∞, 1 −√

2] et sur [1 +√

2,+∞[, decroissante sur [1 −√

2, 1[ et sur]1, 1 −

√2]. On a f(1 −

√2) = 2(1 −

√2) et f(1 +

√2) = 2(1 +

√2).

On a, pour x 6= 1, f(x) − x =x + 1

x − 1. On en deduit que f(x) > x si x 6 −1 ou x > 1 et

f(x) 6 x si x ∈ [−1, 1[. Le seul point fixe de f est −1.

3. Il resulte de l’etude de f que si x > 1, alors f(x) > 2(1 +√

2). Comme l’intervalle[2(1+

√2),+∞[ est stable par f , on en deduit que si u0 > 1, alors un > 2(1+

√2), pour tout

n > 1. Comme f(x) > x sur l’intervalle [1,+∞[, la suite est croissante. Si elle convergeait,sa limite serait un point fixe de f sur [2(1 +

√2),+∞[. Un tel point fixe n’existe pas, donc

(un)n∈N diverge vers +∞.

4. On montre comme dans la question precedente que un 6 2(1 −√

2) si n > 1.Par ailleurs, on note que l’intervalle ]−∞,−1] est stable par f . S’il existe p tel que up 6 −1,alors, pour tout n > p, on a un 6 −1. Comme f(x) > x sur ]−∞,−1] la suite est croissantea partir du rang p. Etant majoree par −1, elle converge et sa limite est −1.S’il n’existe pas p tel que up 6 −1, on a, pour tout n > 1, un ∈] − 1, 2(1 −

√2)]. Comme

f(x) < x sur ] − 1, 1[, la suite est decroissante. Etant minoree, elle converge. Sa limite est−1.

162

Exercice 17.22

1. La fonction g : x 7−→ f(x) − x est derivable sur ]0,+∞[ de derivee g′ : x 7−→ 1 − x

x. On

en deduit que g est croissante sur ]0, 1] et decroissante sur [1,+∞[. Comme limx→0

g(x) = −∞,

g(1) = 1 et limx→+∞

g(x) = −∞, la fonction g etant continue s’annule une fois sur ]0, 1[ en α

et une fois sur ]1,+∞[ en β. Elle est positive sur ]α, β[, negative sur ]0, α[ et ]β,+∞[. Lespoints fixes de f sont α et β.

2. La fonction f est croissante. Comme f(α) = α et f(β) = β, les intervalles ]α, β] et [β,+∞[sont stables par f .Si u0 ∈ ]α, β], tous les termes de la suite sont dans ]α, β]. La fonction g est positive sur cetintervalle donc (un)n∈N est croissante. Comme elle est majoree, elle converge vers un pointfixe de f . Comme de plus, elle est croissante, sa limite est β.De meme si u0 ∈ [β,+∞[, tous les termes de la suite sont dans cet intervalle. La suite(un)n∈N est decroissante. Elle converge vers β.Si u0 = α, la suite est constante. Elle converge vers α.Si u0 < α, l’existence de la suite (un)n∈N n’est plus assuree. Supposons qu’elle existe. Commeg est negative sur ]0, α[, la suite est decroissante et a valeurs dans ]0, α[. Elle converge. Salimite n’est pas 0, sinon un+1 tend vers −∞. Sa limite est donc un point fixe de f quiappartient a ]0, α[ (car la suite decroıt). C’est impossible. Ainsi, si u0 < α, la suite (un)n∈N

n’est pas definie ; il existe donc n tel que un 6 0.

Exercice 17.23

1. La fonction f est continue sur R, car limy→x

k|x− y| = 0 donc limy→x

f(y) = f(x). La fonction

g : x 7−→ f(x) − x est elle aussi continue.Soit x > y. On a alors

f(x) − f(y) 6 |f(x) − f(y)| 6 k|x − y| < |x − y| 6 x − y

et doncf(x) − x < f(y) − y.

La fonction g est strictement decroissante.Pour x > 0, on ecrit

f(x) − f(0) 6 |f(x) − f(0)| 6 kx

et doncg(x) 6 f(0) + (k − 1)x.

Comme limx→+∞

f(0) + (k − 1)x = −∞, puisque k < 1, on en deduit que limx→+∞

g(x) = −∞.

En ecrivant que, pour x 6 0, on a

f(0) − f(x) 6 |f(x) − f(0)| 6 k(−x),

on montre que limx→−∞

g(x) = +∞.

La fonction est continue et strictement monotone ; elle realise une bijection de R sur] lim+∞

g, lim−∞

g[= R.

On en deduit que l’equation g(x) = 0, c’est-a-dire f(x) = x possede une seule solution surR ; on la note α.

163

2. On a par definition, pour tout n ∈ N,

|f(un) − f(α)| 6 k|un − α| soit |un+1 − α| 6 k|un − α|.

Une recurrence facile conduit a |un − α| 6 kn|u0 − α|, pour tout entier n. Commelim

n→+∞kn|u0 − α| = 0, puisque k ∈ ]0, 1[, on en deduit que

limn→+∞

un = α.

Exercice 17.24

Si n > 1, un = cos un−1 ∈ [−1, 1] et si n > 2, un = cos un−1 ∈ [0, 1] car cos([−1, 1]) ⊂ cos([

−π

2,π

2

])= [0, 1].

Sur [0, 1], l’application cos est decroissante. On en deduit que cos cos est croissante. Lesdeux suites (u2n)n>1 et (u2n+1)n>1 sont donc monotones. Comme elles sont bornees (avaleurs dans [0, 1]), elles convergent vers un point fixe de cos cos.Etudions sur [0, 1], la fonction f : x 7−→ cos cos(x) − x. On a, pour tout x ∈ [0, 1],

f ′(x) = sin(cos x) sin x − 1.

Si x ∈ [0, 1], 0 6 sin x 6 sin 1 et 0 6 sin(cos x) 6 sin 1. On a donc

f ′(x) 6 sin2 1 − 1 < 0.

La fonction f est strictement decroissante. Elle ne peut pas s’annuler plus d’une fois etcos cos n’a pas plus d’un point fixe. Les deux suites (u2n)n>1 et (u2n+1)n>1 ont doncmeme limite l et (un)n∈N converge vers l.

Exercice 17.25

1. La fonction f est croissante sur R− et decroissante sur R+. On a, pour tout x ∈ R,

f(x) − x =1

3(4 − x2 − 3x) =

1

3(1 − x)(4 + x).

On a donc f(x) < x si x < −4 ou x > 1 et f(x) > x si x ∈ ]−4, 1[. Les points fixes de fsont −4 et 1.

2. Si |u0| = 4, alors u1 = −4 et pour n > 1, un = −4. La suite converge vers −4.Si |u0| > 4, alors u1 < −4. Mais il resulte de l’etude de f que l’intervalle ] − ∞,−4[ eststable par f . On a donc un < −4 pour tout n > 1. La suite est decroissante car f(x) < xpour x < −4. Si elle converge sa limite est un point fixe de f inferieur a −4. Il n’y en a pas.On en deduit que (un)n∈N diverge vers −∞.

3. a) Il decoule des variations de f que f(]− 4, 4[) =

]−4,

4

3

]. On en deduit que l’intervalle

]−4,

4

3

]est stable par f . Si |u0| < 4, alors u1 ∈

]−4,

4

3

]et donc un ∈

]−4,

4

3

]pour tout

n > 1.

164

b) La fonction f est decroissante sur

[0,

4

3

]. On a donc

f

([0,

4

3

])=

[f

(4

3

), f(0)

]=

[20

27,4

3

]⊂

[0,

4

3

].

L’intervalle

[0,

4

3

]est stable par f , donc si uk ∈

[0,

4

3

]alors un ∈

[0,

4

3

]pour tout n > k.

La fonction f etant decroissante sur

[0,

4

3

], les deux suites (u2n)n∈N et (u2n+1)n∈N sont

monotones a partir d’un certain rang. Comme elles sont bornees, elles convergent. On notel et l′ leurs limites respectives.On a alors f(l) = l′ et f(l′) = l. On en deduit que

l′ − l =1

3(l2 − l′

2) =

(l − l′)(l + l′)

3.

Si l 6= l′, on a alors l + l′ = −3. C’est impossible car l et l′ appartiennent a

[0,

4

3

]. On

conclut que l = l′. Les deux suites ayant meme limite l, la suite (un)n∈N converge vers l, quiest un point fixe de f . Ce ne peut pas etre −4, donc la limite est 1.

c) Supposons qu’il existe pas d’entier k tel que uk ∈[0,

4

3

]. Comme un ∈

]−4,

4

3

]pour

n > 1, on a un ∈ ]−4, 0[ pour tout n > 1. Comme f(x) > x sur ]−4, 0[, la suite est croissante ;comme elle est bornee, elle converge. Sa limite est un point fixe de f qui appartient a ]−4, 0].C’est impossible car il n’y en a pas dans ] − 4, 1]. Le cas etudie dans cette question estimpossible. On conclut : si |u0| < 4, la suite converge vers 1.

Exercice 17.26

1. la fonction f est a valeurs dans ]0, 1] (car −λx2 6 0) donc l’equation f(x) = x nepeut avoir de solution que sur ]0, 1]. Considerons la fonction h definie sur [0, 1] parh(x) = f(x) − x. La fonction f est decroissante sur [0, 1], donc h aussi, comme somme defonctions decroissantes. De plus, h est continue, h(1) = exp(−λ) − 1 < 0 et

h

(1√2λ

)= e−

12 − 1√

2λ> 0,

car e < 2λ, donc h s’annule une seule fois en l et1√2λ

< l < 1.

2. On a pour tout n > 1, un = exp(−λu2n) ∈ [0, 1] car −λu2

n 6 0. La fonction f estdecroissante donc f f est croissante et les deux suites sont monotones. Elles sont bornees,car a valeurs dans [0, 1]. Elles sont donc convergentes.Comme u0 = 0 et u2 > 0, on peut preciser que (u2n)n∈N est croissante et donc (u2n+1)n∈N

decroissante.

3. a) On a gg(l) = g(g(l)) = g(l) = l. Pour tout reel x, on a f(x) > 0 et g(x) = exp(−λ(f(x))2) ∈ ]0, 1[.On en deduit que l’equation n’a de solution que sur ]0, 1[.

165

b) On a, pour x ∈ ]0, 1[,

g(x) = x ⇐⇒ λ(f(x))2 = − lnx ⇐⇒ lnλ − 2λx2 = ln(− ln x).

Considerons la fonction ϕ definie sur ]0, 1[ par

ϕ(x) = ln(− ln x) + 2λx2 − lnλ.

Elle est derivable et ϕ′(x) =1 + 4λx2 lnx

x lnx.

On considere ψ : x 7−→ 1 + 4λx2 lnx. Sa derivee ψ′ : x 7−→ 4λx(2 ln x + 1) s’annule en e−12 .

La fonction ψ est monotone sur ]0, e−12 [ et [e−

12 , 1[. Comme lim

x→0ψ(x) = lim

x→1ψ(x) = 1 et

ψ(e−

12

)= 1 − 2λ

e< 0 car λ >

e

2, la fonction ψ s’annule deux fois sur ]0, 1[ en α et β. Le

signe de ϕ′ est l’oppose de celui de ψ.

On a f(l) = l, ln l = −λl2 et ψ(l) = 1 − 4λ2l4 < 0, puisque l >1√2λ

. Ainsi, ϕ′(l) > 0 et

l ∈ ]α, β[. Le tableau de variation suivant montre que ϕ s’annule une fois sur ]0, α[ et unefois sur ]β, 1[ en a et b respectivement (car ϕ(α) < 0 et ϕ(β) > 0).

x

ϕ′(x)

ϕ(x)

0 α l β 1

− 0 + 0 −

+∞

0

−∞

L’equation g(x) = x possede donc trois solutions a, l et b telles que a < l < b.

c) Comme u0 < a, avec a point fixe de g, la croissance de g implique, pour tout n ∈ N,u2n 6 a. Comme g est continue, (u2n)n∈N converge vers un point fixe de g qui estnecessairement a. Comme u2n+1 = f(un), la suite (u2n+1)n∈N converge vers f(a) qui estaussi un point fixe de g. Puisque a < l, f(a) > l, donc f(a) = b.

Exercice 17.27

1. La fonction ϕ : x 7−→ x3 + rx − 1 est continue et strictement croissante sur R

(ϕ′(x) = 3x2 + r > 0). Elle realise une bijection de R sur R. Elle s’annule en un seulpoint l.Comme f(x) = x est equivalent a x3 + rx − 1 = 0, la fonction f a un seul point fixe.

2. a) On a

g(x) =1

r + 1(r+x2)2

=(r + x2)2

r(r + x2)2 + 1

166

et

g(x) − x =(r + x2)2(1 − xr) − x

r(r + x2)2 + 1.

b) On developpe

(r + x2)2(1 − xr) − x = −rx5 + x4 − 2r2x3 + 2rx2 − (1 + r3)x + r2.

On souhaite demontrer que cette expression peut s’ecrire (x3 + rx − 1)(ax2 + bx + c). Endeveloppant et en identifiant les coefficients, on trouve a = −r, b = 1, c = −r2.

3. a) Les points fixes de g sont les solutions de (r + x2)2(1 − xr) − x = 0, c’est-a-dire(x3 + xr − 1)(−rx2 + x − r2) = 0. Outre l, il y a les solutions de −rx2 + x − r2 = 0. Pourr = 1, cette equation du second degre n’a pas de solution (∆ = −3) et l est le seul pointfixe de g.

b) On remarque que, pour tout x ∈ R, f(x) ∈[0,

1

r

].Pour n > 1, on a donc un ∈

[0,

1

r

]:

la suite (un)n∈N est bornee.

La fonction f est decroissante sur

[0,

1

r

]donc g est croissante sur

[0,

1

r

]. On en deduit que

les deux suites (u2n)n∈N∗ et (u2n+1)n∈N sont monotones. Comme elles sont bornees, ellesconvergent vers un point fixe de g, c’est-a-dire l. On en deduit que (un)n∈N converge vers l.

4. a) On procede comme dans le cas r = 1. Ici, l’equation −rx2 +x−r2 = 0 a deux solutions

α = 1 −√

2

2et β = 1 +

√2

2. On verifie qu’ils ne sont pas points fixes de f et sont donc

distincts de l. Ainsi g a trois points fixes α, β et l.

b) Si x ∈ E, on a g(x) = f f(x) = x et f(x) = f f f(x) = f(g(x)) : le point f(x) estpoint fixe de g donc il appartient a E. Comme f est injective sur R+, on a f(E) = E.

c) On a f(l) = l et f injective sur R+ donc f(α) 6= l. Comme α n’est pas un point fixe def , f(α) = β et de meme f(β) = α. Si l < α alors l > β car f est decroissante. C’est fauxcar α < β. On a donc α < l et β > l, soit α < l < β.

d) Pour tout x, h(x) = g(x)−x a le signe de (x3 +xr− 1)(−rx2 +x− r2). Cette expressions’annule et change de signe en α, l, β. Comme sa limite en +∞ est −∞, on en deduit letableau suivant

x α l β

h(x) + 0 − 0 + 0 −

e) La fonction g etant croissante, les intervalles limites par ses points fixes sont stables parg.Si 0 < u0 6 α, on a pour tout n ∈ N, u2n 6 α. Comme h est positive sur ] − ∞, α] lasuite croıt. Elle est croissante et majoree donc converge. Sa limite est un point fixe de g quine peut etre que α. De meme, si u0 ∈ [α, l[ la suite (u2n)n∈N est a valeurs dans [α, l[ estdecroissante et converge vers α. Ainsi, pour u0 ∈]−∞, l[ la suite (u2n)n∈N converge vers α.On en deduit que (u2n+1)n∈N converge vers f(α) = β.De meme si u0 ∈]l,+∞[, la suite (u2n)n∈N converge vers β et la suite (u2n+1)n∈N convergevers α.Si u0 = l, la suite est constante, egale a l.

167

Exercice 17.28

1. On montre que la suite est a valeurs dans [0, 1]. On raisonne par recurrence. On a u0 ∈ [0, 1]par hypothese. Si un ∈ [0, 1], alors λu2

n ∈ [0, 1] et un+1 ∈ [0, 1].La fonction f est decroissante sur [0, 1]. On en deduit que les suites (u2n)n∈N et (u2n+1)n∈N

sont monotones. Comme elles sont bornees, elles convergent, vers un point fixe de f f .

2. a) L’equation f(x) = x, c’est-a-dire λx2 + x − 1 = 0 a une seule solution positive

l =−1 +

√1 + 4λ

2λ=

2

1 +√

1 + 4λ

qui est clairement inferieure a 1.

b) On factorise (f f)(x) − x par f(x) − x. On a, pour tout reel x,

(f f)(x) − x = 1 − λ(1 − λx2)2 − x = −λ3x4 + 2λ2x2 − x + 1 − λ

= (1 − λx2 − x)(λ2x2 − λx + 1 − λ).

Ainsi(f f)(x) = x ⇐⇒ f(x) = x ou λ2x2 − λx + 1 − λ = 0.

Le discriminant de l’equation du second degre λ2x2 − λx + 1 − λ = 0 est ∆ = λ2(4λ − 3).

Si λ <3

4, cette equation n’a pas de solution et f f possede un seul point fixe.

Si λ =3

4, elle possede une solution qui est egale a l ; f f possede encore un seul point fixe.

Si λ >3

4, l’equation possede deux solutions distinctes

l1 =1 +

√4λ − 3

2λet l2 =

1 −√

4λ − 3

2λ,

dont on verifie qu’elles appartiennent a [0, 1].On montre comme dans l’exercice precedent que si x est un point fixe de f f , f(x) estaussi un point fixe de f f . L’un au moins des deux points l1 et l2 est different de l. Si parexemple l1 < l, alors f(l1) > f(l) i.e. f(l1) > l, car f est strictement decroissante sur [0, 1].On ne peut avoir que f(l1) = l2. Les autres cas se traitent de meme. On a donc trois pointsfixes distincts pour f f et l est entre l1 et l2.Le polynome (f f)(x) − x possede trois racines simples sur [0, 1]. Il change trois fois designe. Comme (f f)(0) − 0 = f(1) = 1 − λ > 0, on obtient

x 0 l1 l l2 1

(f f)(x) − x + 0 − 0 + 0 −

3. Si λ ∈]0,

3

4

], f f n’a qu’un seul point fixe l. Les deux suites (u2n)n∈N et (u2n+1)n∈N

convergent vers l et (un)n∈N converge vers l.

4. On raisonne comme dans l’exercice precedent. Si u0 ∈ [0, l[, (u2n)n∈N converge vers l1 et(u2n+1)n∈N converge vers l2. Si u0 ∈]l, 1], c’est le contraire. Si u0 = l, la suite (un)n∈N estconstante egale a l. C’est le seul cas ou elle converge.

168

Exercice 17.29

1. La fonction g : x 7−→ lnx

xest derivable sur ]0,+∞[. Sa derivee g′ : x 7−→ 1 − lnx

x2s’annule

en e. On obtient

x

g′(x)

g(x)

0 e +∞

+ 0 −

−∞

1e

0

Si x est un point fixe de f , on a necessairement x > 0 et

f(x) = x ⇐⇒ ax = lnx ⇐⇒ g(x) = a.

Il resulte de l’etude de g que : f n’a pas de point fixe si a >1

e, a un point fixe si a =

1

eou

a 6 0 et a deux points fixes si a ∈]0,

1

e

].

2. a) Si a > 0, la fonction f est croissante donc la suite (un)n∈N est monotone. Commeu0 = 0 et u1 = 1 > 0, la suite est croissante.

b) Si (un)n∈N converge, comme f est continue sur R, sa limite est un point fixe de f . Si

a >1

e, f n’a pas de point fixe, la suite ne peut pas converger. Comme elle est croissante,

elle diverge vers +∞.

c) Si a ∈[0,

1

e

], on a pour tout x ∈ [0, e], 0 6 f(x) 6 eae 6 e. L’intervalle [0, e] est stable

par f . Comme il contient u0, il contient tous les termes de la suite . Celle-ci est majoree pare. Elle converge. Sa limite est l’unique point fixe de f .

3. a) La fonction f decroıt et f([0, 1]) = [ea, 1] ⊂ [0, 1]. Comme u0 ∈ [0, 1] tous les termesde la suite sont dans [0, 1].

b) La fonction f est decroissante, f f est croissante, donc les suites (u2n)n∈N et (u2n+1)n∈N

sont monotones de sens contraires. Elles sont bornees donc elles convergent vers un pointfixe de f f .

c) Pour tout x ∈ ]0, 1[, (f f)(x) = exp(aeax) et

(f f)(x) = x ⇐⇒ aeax = lnx ⇐⇒ ax = ln

(lnx

a

).

On note quelnx

a> 0 car ln x < 0 et a < 0.

169

d) On considere la fonction h : x 7−→ ax − ln

(lnx

a

)sur ]0, 1[. On a h′(x) = a − 1

x lnx

et h′′(x) =1 + lnx

(x lnx)2. Le calcul de h′′ montre que le minimum de h′ est atteint en

1

e:

h′(

1

e

)= a + e. Si a > −e, ce minimum est positif ou nul. La fonction h′ garde un signe

constant (elle s’annule eventuellement en1

e) donc h est strictement croissante. Elle s’annule

en au plus un point et f f a au plus un point fixe (elle en a un, celui de f). Les deux suites(u2n)n∈N et (u2n+1)n∈N ont meme limite et (un)n∈N converge vers l’unique point fixe de f .

Exercice 17.30

On a, pour tout entier n,

xn+1 − xn = Ent(xn) + (xn − Ent(xn))2 − xn

= (xn − Ent(xn)(xn − Ent(xn) − 1) 6 0.

La suite est decroissante. Des inegalites 0 6 xn − Ent(x) < 1, on deduit que

Ent(xn) 6 xn+1 < Ent(xn) + 1.

On a donc Ent(xn+1) = Ent(xn), pour tout n et donc Ent(xn) = N , ou N est la partieentiere de x0. La suite (xn)n∈N est donc minoree par N , donc elle converge. On note l salimite.Comme xn+1 = N + (xn − N)2, on obtient par passage a la limite l = N + (l − N)2 soitl = N ou l = N + 1. La suite decroıt et x0 < N + 1, donc la limite est N .

Chapitre 18Exercice 18.1

1. On etudiexa

ax= ea ln x−x ln a. On sait qu’au voisinage de +∞,

lnx = o(x) et donc a ln x − x ln a ∼ −x ln a

et comme ln a > 0, on en deduit que

limx→+∞

a lnx − x ln a = −∞, limx→+∞

xa

ax= 0 et xa = o(ax).

2. On etudiexln x

(lnx)x= e(ln x)2−x ln(ln x). Au voisinage de +∞, on a

lnx = o(√

x), (lnx)2 = o(x) et a fortiori (lnx)2 = o(−x ln(ln x).

On en deduit que

limx→+∞

(lnx)2 − x ln(lnx) = limx→+∞

−x ln(lnx) = −∞.

Ainsi,

limx→+∞

xln x

(ln x)x= 0 et xln x = o((ln x)x)).

170

3. On etudie(xx)x

xxx =ex2 ln x

exx ln x= ex2 ln x−xx ln x = ex2(1−xx−2) ln x.

De limx→+∞

x2(1 − xx−2) ln x = −∞, on deduit

limx→+∞

(xx)x

xxx = 0 et donc (xx)x = o(xxx

).

Exercice 18.2

1. On a, au voisinage de 0, (ex − 1)2 ∼ x2 et x sin x ∼ x2 donc (ex − 1)2 ∼ x sin x.

2. On a limx→0

x3e1

x2 = limX→+∞

eX2

X3= 0. Cela s’ecrit x3 = o

(e−

1x2

).

3. On a lnx ln(1 + x) ∼ x lnx et ln x2 sin2 x ∼ 2x2 lnx.Comme x2 = o(x), on conclut : lnx2 sin2 x = o(lnx ln(1 + x)).

Exercice 18.3

1. On a, au voisinage de 0, 1 − cos x ∼ x2

2et tan(2x) ∼ 2x. On en deduit que

1 − cos x

tan 2x∼ x

4et lim

x→0

1 − cos x

tan 2x= 0.

2. On a, au voisinage de 0, sinx ∼ x et donc sin ax ∼ ax, sin bx ∼ bx. On en deduit que

limx→0

sin ax

sin bx=

a

b.

3. On a, au voisinage de 0, tanx ∼ x et donc ln tanx ∼ lnx, car les fonctions tendent vers0, et sinx ∼ x. On en deduit que

sinx ln tanx ∼ x lnx et limx→0

sin x ln tan x = limx→0

x lnx = 0.

4. En posant x = 1 − h avec h > 0, on obtient

ln(1 − x) cosπx

2= lnh sin

πh

2∼ π

2h lnh.

On a donc limx→1

ln(1 − x) cosπx

2= lim

h→0

π

2h lnh = 0.

5. On a au voisinage de 0,(1 − cos x) tan x

x sin2 x∼

x2

2 x

x3∼ 1

2. Autrement dit

limx→0

(1 − cos x) tan x

x sin2 x=

1

2.

171

6. On ecrit (cos x)cot x2

= exp(cot x2 ln cos x). Au voisinage de 0, on a, puisque cosx tendvers 1,

ln cos x ∼ cos x − 1 ∼ −x2

2et cot x2 =

cos x2

sin x2∼ 1

x2.

On en deduit que

cot x2 ln cos x ∼ −1

2et lim

x→0(cos x)cot x2

= e−12 =

1√e.

7. Pour x > 0, on ecrit

x ln(1 + x) − (x + 1) ln x = x ln

(1 +

1

x

)− lnx.

Comme, au voisinage de +∞, x ln

(1 +

1

x

)∼ x

1

x∼ 1, on a

x ln(1 + x) − (x + 1) ln x ∼ − lnx.

8. Au voisinage de +∞, on a Ent(x) ∼ x, car la difference x − Ent(x) est bornee doncnegligeable devant x. On en deduit

Ent(x) ln

(1 +

1

x2

)∼ x

1

x2∼ 1

x.

9. On aln(x + 1)

lnx=

lnx + ln(1 + 1

x

)

lnx= 1 +

ln(1 + 1

x

)

lnx.

Comme le quotient tend vers 0, on en deduit que

ln

(ln(x + 1)

lnx

)∼ ln

(1 + 1

x

)

lnx∼ 1

x ln x.

Exercice 18.4

1. Pour x > 1, on peut ecrire

(x3 + x)13 − (x3 − x)

13 = (x3 − x)

13

((x3 + x

x3 − x

) 13

− 1

)

∼x→+∞

x

((x3 + x

x3 − x

) 13

− 1

).

Comme limx→+∞

x3 + x

x3 − x= 1 et x

13 − 1 ∼

x→1

1

3(x − 1), on obtient

(x3 + x

x3 − x

) 13

− 1 ∼ 1

3

(x3 + x

x3 − x− 1

)∼ 2x

3(x3 + x)∼ 2

3x2.

On en deduit

(x3 + x)13 − (x3 − x)

13 ∼ x

2

3x2∼ 2

3x.

172

2. Puisque lim

x→π

6

2 sin x = 1, on peut ecrire, au voisinage deπ

6,

ln(2 sin x) ∼ 2 sin x − 1 ∼ 2(sinx − sin

π

6

)

∼ 2 sin′ π

6·(x − π

6

)∼

√3

(x − π

6

)

Exercice 18.5

1. Comme xα =x→+∞

o(qx) et que n tend vers +∞, on obtient nα = o(qn).

2. On an√

n

2n2 = e√

n ln n−n2 ln 2. De ln n = o(n√

n) on tire√

n lnn = o(n2 ln 2), puis

limn→+∞

√n lnn − n2 ln 2 = −∞, lim

n→+∞n√

n

2n2 = 0 et donc n√

n = o(2n2

).

3. On pose un =nα

n!. On a

un+1

un=

(n + 1

n

)α1

n + 1. On en deduit que lim

n→+∞un+1

un= 0,

puis que limn→+∞

un = 0, par exemple en comparant (un)n∈N a une suite geometrique. On

conclut nα = o(n!).

Exercice 18.6

On a

un+1

un=

(2n + 2)(2n + 1)n2n

(n + 1)2n+2=

(n

n + 1

)2n(2n + 2)(2n + 1)

(n + 1)2∼ 4

(n + 1

n

)−2n

∼ 4 exp

(−2n ln

(1 +

1

n

)).

De l’equivalent ln(1 + x) ∼x→0

x, on deduit

−2n ln

(1 +

1

n

)∼ −2n

1

n∼ −1

2.

On obtient limn→+∞

un+1

un= 4e−

12 =

4√e

> 1. On en deduit en comparant par exemple (un)n∈N

a une suite geometrique que limn→+∞

un = +∞. On a donc n2n = o((2n)!).

Exercice 18.7

1. On ecrit

(n + 1)p − (n − 1)p = (n − 1)p

((n + 1

n − 1

)p

− 1

)∼ np

((n + 1

n − 1

)p

− 1

).

173

On dispose de (x + 1)p − 1 ∼x→0

px et donc de xp − 1 ∼x→1

p(x− 1). Commen + 1

n − 1tend vers

1, on obtient (n + 1

n − 1

)p

− 1 ∼ p

(n + 1

n − 1− 1

)∼ 2p

n

et(n + 1)p − (n − 1)p ∼ 2pnp−1.

2. On ecrit e(n+1)p −e(n−1)p

= e(n+1)p

(1 − exp((n − 1)p − (n + 1)p)) et on utilise le resultatde la question 1.Si p < 1, (n − 1)p − (n + 1)p tend vers 0. L’equivalent ex − 1 ∼

x→0x conduit a

e(n+1)p − e(n−1)p ∼ e(n+1)p

((n + 1)p − (n − 1)p) ∼ e(n+1)p

2pnp−1.

Si p > 1, (n − 1)p − (n + 1)p tend vers −∞ et

e(n+1)p − e(n−1)p ∼ e(n+1)p

.

Si p = 1, on a en+1 − en−1 = en(e − e−1). On ne peut rien dire de plus.

3. Pour n > p, on a(np

)=

n!

p!(n − p)!=

n(n − 1) . . . (n − p + 1)

p!. L’entier p etant fixe,

n(n − 1) . . . (n − p + 1) est une expression polynomiale de n de degre p, equivalente a sonterme de plus haut degre. On a donc

(n

p

)∼ np

p!

Exercice 18.8

Dans chaque cas, on montre que la somme des n − 1 premiers termes de la somme estnegligeable devant le dernier.

1. On a un =

n−1∑

k=1

ek2

6 (n − 1)e(n−1)2 et donc

0 6un

en2 6(n − 1)e(n−1)2

en2 6 (n − 1)e−2n+1.

On en deduit que limn→+∞

un

en2 = 0. Ainsi un = o(en2

) et

n∑

k=1

ek2 ∼ en2

.

2. Ici majorer par n − 1 fois le plus grand terme ne suffit pas. On ecrit

un =n−1∑

k=1

k! =n−2∑

k=1

k! + (n − 1)! 6 (n − 2)(n − 2)! + (n − 1)!

et donc 0 6un

n!6

(n − 2)

n(n − 1)+

1

n. On a encore lim

n→+∞un

n!= 0, un = o(n!) et

k∑

k=1

k! ∼ n!.

174

Exercice 18.9

On compare la somme Sn =n∑

k=1

Ent(kx) a

S′n =

n∑

k=1

kx =n(n + 1)x

2∼

n→+∞n2x

2.

On a

0 6 S′n − Sn 6

n∑

k=1

(kx − Ent(kx)) 6 n.

On en deduit que S′n − Sn = o(S′

n) et donc

Sn ∼ S′n ∼ n2x

2.

Exercice 18.10

En mettant x en facteur, pour x > 0, on obtient

f(x) = x

(n∏

k=1

(1 +

k

x

)) 1n

− 1

.

Le produit tend vers 1 et on dispose de l’equivalent (1 + x)α − 1 ∼x→0

αx ou encore

xα − 1 ∼x→1

α(x − 1). On en deduit

f(x) ∼x→+∞

x

n

[n∏

k=1

(1 +

k

x

)− 1

].

L’expression entre crochet est une fonction polynomiale en1

x. Comme

1

xtend vers 0 elle

est equivalente a son terme de plus bas degre. Le terme constant est nul (le 1 se simplifie) ;

celui de degre 1 est

n∑

k=1

k

x=

n(n + 1)

2x. On en deduit que

f(x) ∼x→+∞

x

n

n(n + 1)

2x∼

x→+∞n + 1

2,

c’est-a-dire

limx→+∞

f(x) =n + 1

2.

Exercice 18.11

1. La fonction ϕ est continue et strictement croissante sur R+. Comme ϕ(0) = 0 etlim

x→+∞ϕ(x) = +∞, elle realise une bijection de R+ sur R+.

175

2. D’apres les proprietes des fonctions reciproques, comme limx→+∞

ϕ(x) = +∞, on a

limx→+∞

W (x) = +∞.

On a par definition x = ϕ(W (x)) = W (x) exp(W (x)). On en deduit que lnx = lnW (x)+W (x).Quand x tend vers +∞, W (x) tend vers +∞ donc lnW (x) est negligeable devant W (x).On a donc

W (x) ∼x→+∞

W (x) + lnW (x) ∼x→+∞

lnx.

On a ensuite W (x) − lnx = − ln W (x). Comme W (x) et ln x sont equivalents et tendentvers +∞, on sait que leurs logarithmes sont equivalents. On obtient

W (x) − lnx = − lnW (x) ∼x→+∞

− ln(ln x).

Exercice 18.12

1. Faux. Les suites de terme general un = n et vn = n+(−1)n sont equivalentes, la premiereest croissante, mais la seconde n’est pas monotone a partir d’un certain rang, car v2n > v2n+1

et v2n+1 < v2n+2, pour tout n.

2. Faux. C’est vrai si la limite de (un)n∈N n’est pas nulle, mais la suite de terme general

un = e−n converge vers 0, alors que limn→+∞

un+1

un= e−1.

3. Faux comme le voit avec la suite de terme general un = en.

4. Faux. La suite de terme general un =1

n+ (−1)n verifie

un + un+1 =1

n+

1

n + 1∼ 2

n, mais un ∼ (−1)n.

Exercice 18.13

1. Les fonctions ef et eg sont equivalentes au voisinage de x0 si limx0

ef

eg= 1, i.e. lim

x0

ef−g = 1.

Par le theoreme de composition des limites, cela equivaut a limx0

(f−g) = 0. C’est la condition

cherchee.

2. Il a ete demontre dans le cours que la propriete est verifiee si l = 0 ou l = +∞. Sil ∈]0, 1[∪]1,+∞[, les fonctions ln f et ln g tendent vers la meme limite non nulle ln l, doncelles sont equivalentes.Si l = 1, on a ln f ∼ f − 1 et ln g ∼ g − 1 et n’y a aucune raison d’avoir ln f ∼ ln g.

Exercice 18.14

1. Les deux suites sont definies, a termes strictement positifs. On peut montrer successive-ment que un 6 vn pour tout n, que (un)n∈N est croissante et (vn)n∈N decroissante. On adonc, pour tout n ∈ N,

u0 6 un 6 vn 6 v0.

Les deux suites sont bornes et monotones donc elles convergent vers l et l′ respectivement.

Par passage a la limite dans la premiere relation, on obtient l =l + l′

2et donc l′ = l.

176

On remarque que, pour tout entier n, vn+1 =2unvn

un + vnet donc un+1vn+1 = unvn. On a

donc, pour tout n ∈ N, unvn = u0v0. Par passage a la limite, on obtient l2 = u0v0 et doncl =

√u0v0.

2. En utilisant la relation unvn = u0v0 = l2, on obtient un+1 =u2

n + l

2un, d’ou l’on deduit

un+1 − l =u2

n + l

2un− l =

(un − l)2

2unet un+1 + l =

u2n + l

2un+ l =

(un + l)2

2un,

puis

un+1 − l

un+1 + l=

(un − l

un + l

)2

.

3. De la question 2, on deduit facilement que, pour tout n,

un − l

un + l=

(u0 − l

u0 + l

)2n

.

Comme un + l ∼ 2l, on obtient

un − l ∼ 2l

(u0 − l

u0 + l

)2n

.

Exercice 18.15

1. Sur l’intervalle∣∣∣nπ, nπ +

π

2

[, la fonction f : x 7−→ tan x − x est continue et strictement

croissante, car f ′(x) = tan2(x) > 0 et ne s’annule qu’en nπ. Comme f(nπ) = −nπ < 0 et

limnπ+ π

2

f = +∞, f s’annule une fois exactement sur]nπ, nπ +

π

2

[, en xn.

2. On peut ecrire xn = tan(π

2+ nπ − un

)=

1

tan unc’est-a-dire tan un =

1

xnou encore

un = arctan1

xn, car un ∈

]0,

π

2

].

Comme xn > nπ, on limn→+∞

1

xn= 0 et donc lim

n→+∞un = 0. De tan x ∼

0x, on deduit

un ∼ tan un ∼ 1

xn∼ 1

nπ.

Exercice 18.16

1. Pour tout n ∈ N, la fonction f : x 7−→ lnx − cot x est croissante et continue sur]nπ, (n + 1)π[. On a de plus lim

(nπ)+f = −∞ et lim

((n+1)π)−f = +∞. Donc f s’annule une

fois exactement sur ]nπ, (n + 1)π[ et l’equation lnx = cot x possede une unique solution un.

On peut noter que f(nπ +

π

2

)= ln

(nπ +

π

2

)> 0 et donc que un < nπ +

π

2.

177

2. On a

lnun = cot un = cot(un − nπ) =1

tan(un − nπ).

On en deduit que tan(un − nπ) =1

lnunet

un − nπ = arctan1

lnun,

car un − nπ ∈]0,

π

2

[.

Comme limn→+∞

un = +∞, on a limn→+∞

(un − nπ) = arctan 0 = 0. De tan x ∼0

x, on deduit

un − nπ ∼ 1

lnun.

Cela montre que un ∼ nπ, d’ou l’on deduit que lnun ∼ ln(nπ). Comme ln(nπ) = lnn+lnπ ∼ lnn,on peut conclure que

un − nπ ∼ 1

lnn.

Exercice 18.17

1. La fonction f : x 7−→ x + lnx realise une bijection de ]0,+∞[ sur R. En particulier, pourtout entier n, elle prend une fois la valeur n, en un. On a un = f−1(n).

2. La fonction f−1 est strictement croissante, comme f . On en deduit que la suite (un)n∈N

est croissante. Puisque lim+∞

f−1 = +∞, on a aussi

limn→+∞

un = +∞.

3. On sait qu’au voisinage de +∞, lnx = o(x) et donc x + lnx ∼ x. Comme un tend vers+∞, on en deduit

un ∼ un + lnun ∼ n et ensuite un − n = − ln un ∼ − lnn.

Exercice 18.18

1. L’equation equivaut a

p∑

k=1

(ak

n

)x

= 1. Commeak

n< 1 pour tout k ∈ [[1, p]], la fonction

fn : x 7−→p∑

k=1

(ak

n

)x

est strictement decroissante sur R et continue. On a fn(0) = p > 2 et

lim+∞

fn = 0. Il existe un reel xn unique dans R+ tel que fn(xn) = 1.

2. Pour tout x > xn, la decroissance de fn entraıne fn(x) < 1 et donc

p∑

k=1

(ak)x < nx6 (n + 1)x.

178

On en deduit que necessairement xn+1 6 xn : la suite (xn)n∈N est decroissante. Comme elleest minoree par 0, elle converge. Notons l > 0 sa limite.

Si l > 0, on limn→+∞

nxn = limn→+∞

exn ln n = +∞. C’est impossible car limn→+∞

p∑

k=1

axn

k =

p∑

k=1

alk.

La limite l est donc nulle.

3. On ecrit

xn lnn = ln

p∑

k=1

axn

k .

Comme (xn)n∈N converge vers 0, on a

limn→+∞

xn lnn = ln

p∑

k=1

a0k = ln p et xn ∼ ln p

lnn.

Exercice 18.19

1. La suite est clairement a termes strictement positifs et croissante. Si (un)n∈N convergeait

vers l > 0, on aurait par passage a la limite, l = l +1

l. C’est impossible. Elle diverge donc

vers +∞.

2. On a, pour tout k ∈ N,

u2k+1 − u2

k = 2 +1

u2k

.

Comme u0 = 1, les termes de la suite sont superieur a 1 et on dispose des inegalites

0 61

u2k

61

uk6 uk+1 − uk,

d’ou l’on deduit2 6 u2

k+1 − u2k 6 2 + uk+1 − uk.

3. En additionnant les inegalites obtenues pour k variant de 0 a n − 1, on obtient

2n 6 u2n − u2

0 6 2n + un − u0

et donc2n + 1 6 u2

n 6 2n + un.

4. L’inegalite u2n 6 2n + un peut s’ecrire

(un − 1

2

)2

6 2n +1

4. On en deduit l’encadrement

√2n + 1 6 un 6

1

2+

√2n +

1

4

puis √1 +

1

2n6

un√2n

61

2√

2n+

√1 +

1

8n.

Ceci montre limn→+∞

un√2n

= 1 et donc un ∼√

2n.

179

Exercice 18.20

1. Puisque 0 n’est pas solution, l’equation peut s’ecrire xn−1 − a − b

x= 0. La fonction

fn : x 7−→ xn−1 − a − b

xest continue et strictement croissante sur ]0,+∞[. Comme

limx→0

fn(x) = −∞ et limx→+∞

fn(x) = +∞, elle s’annule une fois sur R+ en un.

2. On a fn(1) = 1 − a − b.Si a + b 6 1, on a fn(1) > 0 et un 6 1, pour tout n > 2.On en deduit que un

n 6 un−1n et donc fn+1(un) 6 fn(un) 6 0, ce qui implique un 6 un+1.

La suite est croissante et majoree, elle converge.On montre de meme que si a + b > 1, la suite est minoree par 1 et decroissante ; elleconverge.Dans les deux cas, (un)n∈N converge vers une limite l non nulle. On en deduit quelim

n→+∞un

n = al + b > 0. Mais unn = en ln un ne peut tendre vers une limite finie non nulle que

si l = 1 (sinon, n ln un tend vers ±∞).La limite de (un)n∈N est 1.

3. On ecrit n ln un = ln(aun + b) et ln un =ln(aun + b)

n. Comme (un)n∈N tend vers 1, on a

lnun ∼ un − 1. Si a + b 6= 1, on obtient ln(aun + b) ∼ ln(a + b) et

un − 1 ∼ ln(a + b)

n.

Si a + b = 1, la suite (un)n∈N est constante egale a 1 et un − 1 ∼ 0.

Exercice 18.21

1. On montre par recurrence que la suite (un)n∈N est a valeurs dans [0, 1]. Elle estdecroissante et donc convergente. Sa limite l verifie l = l(1 − l), donc l = 0.

2. On remplacant un+1 par son expression en fonction de un, on obtient

1

un+1− 1

un=

1

1 − un.

3. On en deduit que limn→+∞

1

un+1− 1

un= 1, puis d’apres le lemme de l’escalier lim

n→+∞1

nun= 1,

soit

un ∼ 1

n.

Exercice 18.22

1. La suite est strictement croissante. Si elle convergeait, sa limite l verifierait l = l + e−l,ce qui est impossible : (un)n∈N diverge vers +∞.

2. On a, pour tout n ∈ N,

eun+1 − eun = eun+e−un − eun = eun

(ee−un − 1

).

180

3. Comme un tend vers +∞, e−un tend vers 0 et

ee−un − 1 ∼ e−un .

On en deduit queeun+1 − eun ∼ eune−un ∼ 1,

c’est-a-direlim

n→+∞(eun+1 − eun) = 1.

4. Du lemme de l’escalier, on deduit limn→+∞

eun

n= 1, soit eun ∼ n. Comme les deux suites

equivalentes tendent vers +∞, leurs logarithmes sont equivalents et on obtient

un ∼ lnn.

Chapitre 19Exercice 19.1

1. Soit x un reel, (un)n∈N une suite de rationnels convergeant vers x. On a, pour tout n ∈ N,f(un) = g(un) . On en deduit, puisque f et g sont continues, que

f(x) = limn→+∞

f(un) = limn→+∞

g(un) = g(x).

Ceci est vrai pour tout reel x donc f = g.

2. Soient x et y des reels tels que x < y. On peut trouver une suite croissante de rationnels(un)n∈N qui converge vers x et une suite decroissante de rationnels (vn)n∈N qui convergevers y.On a, pour tout n ∈ N, un 6 x 6 y 6 vn et donc f(un) 6 f(vn).Puisque f est continue, les suites (f(un))n∈N et (f(vn))n∈N convergent vers f(x) et f(y)respectivement, et par passage a la limite dans les inegalites, on obtient f(x) 6 f(y) : f estcroissante.

Exercice 19.2

Comme a et b appartiennent a f([a, b]), il existe α et β dans [a, b] tels que a = f(α) etb = f(β). Considerons la fonction g : x 7−→ f(x) − x. Elle est continue sur [a, b] et

g(α) = a − α 6 0, g(β) = b − β > 0.

On en deduit, par le theoreme des valeurs intermediaires qu’il existe c ∈ [α, β] tel que g(c),i.e. f(c) = c.

Exercice 19.3

Considerons la fonction g definie par g(x) = f(x)−x. Elle est continue sur R et strictementdecroissante car f est decroissante et x 7−→ −x strictement decroissante.On a, pour x > 0, f(x) 6 f(0), donc g(x) 6 f(0)−x. Comme f(0)−x a pour limite −∞ en+∞, il en est de meme a fortiori de g(x). On montre de la meme maniere que g(x) a pourlimite +∞ en −∞. La fonction continue g prend des valeurs positives et negatives. D’apresle theoreme des valeurs intermediaires, elle s’annule sur R, une seule fois, en c, car elle eststrictement decroissante. L’egalite g(c) = 0 equivaut a f(c) = c.

181

Exercice 19.4

1. Considerons la fonction g definie sur

[0,

1

2

]par g(x) = f

(x +

1

2

)− f(x). L’equation

etudiee equivaut a g(x) = 0. La fonction g est continue sur

[0,

1

2

]. Comme

g(0) = f

(1

2

)− f(0) et g

(1

2

)= f(1) − f

(1

2

)= f(0) − f

(1

2

)= −g(0),

elle prend des valeurs positives et negatives. D’apres le theoreme des valeurs intermediaires,

elle s’annule sur

[0,

1

2

].

2. On suppose n > 2, car pour n = 1, 0 est solution. On considere de meme la fonction h

definie sur

[0, 1 − 1

n

]par h(x) = f

(x +

1

n

)− f(x). Elle est continue. Pour montrer qu’elle

change de signe, on calcule

n−1∑

k=0

h

(k

n

)=

n−1∑

k=0

(f

(k + 1

n

)− f

(k

n

))= f(1) − f(0) = 0,

car les termes s’eliminent deux a deux. Tous les termes de la suite ne peuvent donc avoir le

meme signe : il existe deux entiers distincts k et k′ entre 0 et n − 1 tels que h

(k

n

)6 0 et

h

(k′

n

)> 0. D’apres le theoreme des valeurs intermediaires, h s’annule au moins une fois

entrek

net

k′

net donc sur

[0, 1 − 1

n

].

3. On trouve, pour tout x ∈ [0, 1 − λ],

f(x + λ) − f(x) = −λ sin2 π

λ.

Comme λ n’est pas l’inverse d’un entier,π

λn’est pas un multiple de π, donc −λ sin2 π

λn’est

pas nul et l’equation f(x + λ) = f(x) n’a pas de solution. On remarque que cependant quef est continue et f(1) = f(0) = 0.Conclusion : l’equation f(x+λ) = f(x) possede une solution pour toute fonction f continue

sur [0, 1] telle que f(0) = f(1) si et seulement si λ s’ecrit1

n(n ∈ N∗).

Exercice 19.5

L’ensemble f(I) est un intervalle. Dans chaque cas, on raisonne par l’absurde.1. Si f(I) contient deux valeurs distinctes, y et z, il contient toutes les valeurs du segment[y, z] ; il y en a une infinite.

2. D’apres 1, si f n’est pas constante, f(I) contient une infinite de valeurs et |f |(I) aussi ;|f | n’est pas constante.

3. Si f n’est pas constante, f(I) contient deux entiers distincts, donc tous les reels comprisentre ces deux entiers : il contient des reels non entiers.

182

4. On raisonne comme dans 3. Entre deux rationnels distincts, il existe des irrationnels.Donc si f n’est pas constante, f(I) contient des irrationnels.

Exercice 19.6

1. On suppose que f est periodique de periode T > 0. La fonction f est continue donc borneesur le segment [0, T ]. Par periodicite, on a f(R) = f([0, T ]) donc f est bornee sur R.

2. Comme f possede des limites finies en −∞ et +∞, elle est bornee au voisinage de −∞et +∞. Il existe des reels A < 0 et B > 0 et des reels positifs K et K ′ tels que |f(x)| 6 Ksi x 6 A et |f(x)| 6 K ′ si x > B.D’autre part, comme f est continue, elle est bornee sur le segment [A,B] : il existe K ′′ telque |f(x)| 6 K ′′ si x ∈ [A,B]. On alors

∀x ∈ R |f(x)| 6 max(K,K ′,K ′′).

3. On note l la limite de f en −∞ et +∞. Si f est constante egale a l, il n’y a rien ademontrer. On suppose par exemple qu’il existe c ∈ R tel que f(c) < l.Puisque lim

|x|→+∞f(x) = l > f(c), on peut trouver A > 0 tel que, pour tout reel x,

|x| > A =⇒ f(x) >f(c) + l

2> f(c).

Comme la borne inferieure de f est inferieure ou egale a f(c), on a infx∈R

f(x) = infx∈[−A,A]

f(x).

Mais sur le segment [−A,A], f atteint sa borne inferieure. Donc sa borne inferieure sur R

est atteinte egalement.Si f prend des valeurs plus grandes que l, on considere la borne superieure.

4. Par definition d’une limite infinie, il existe A > 0 tel que f(x) > 1 pour tout x tel que|x| > A.Sur le segment [−A,A], la fonction continue f est minoree, par m. On donc, pour tout x ∈ R,f(x) > min(m, 1). Puisque f est minoree sur R, elle possede une borne inferieure α.Du fait de la limite infinie en ±∞, on peut trouver un reel B > 0 tel que f(x) > α + 1 si|x| > A. On en deduit que

α = infx∈R

f(x) = infx∈[−A,A]

f(x).

Sur le segment [−A,A], la fonction f atteint sa borne inferieure : il existe x ∈ [−A,A] telque α = f(c).

Exercice 19.7

La fonction f est continue en 0 donc bornee au voisinage de 0 : il existe α > 0 et M > 0 telque pour tout x ∈ [0, α], on a f(x) 6 M.Il resulte de la sous-additivite que, pour tout x > 0 et tout entier n ∈ N∗, on a f(nx) 6 nf(x)(la demonstration par recurrence est immediate). On en deduit que pour tout x ∈ [0, nα],on a 0 6 f(x) 6 nM , car un tel x s’ecrit ny avec y ∈ [0, α].Si I est un intervalle borne quelconque de R+, il existe n ∈ N∗ tel que I ⊂ [0, nα]. Sur I, lafonction f est majoree par nM .

183

Exercice 19.8

On raisonne par l’absurde, en supposant par exemple que f(a) < f(b). Soit k ∈ ]f(a), f(b)[.D’apres le theoreme des valeurs intermediaires, il existe c ∈ ]a, b[ tel que f(c) = k. Parcontinuite de f en c, il existe η > 0 tel que f(x) ∈ ]f(a), f(b)[, pour tout x tel que |x−c| 6 η.Sur le segment [c − η, c + η], la fonction f ne prend ni la valeur f(a), ni la valeur f(b),contrairement a l’hypothese. On a donc f(a) = f(b).Si f n’est pas constante, il existe par exemple c′ ∈ ]a, b[ tel que f(c′) > f(a). On raisonnecomme precedemment. Par continuite de f en c′, il existe η′ > 0 tel que f(x) > f(a) pour|x − c′| 6 η′. De nouveau, sur [c − η′, c′ + η′], f ne prend pas la valeur f(a) (= f(b)). Doncf est constante.

Exercice 19.9

L’image du segment [0, 1] par la fonction continue f est un segment [a, b], inclus dans [0, 1]par hypothese et on a, pour tout x ∈ [0, 1], f(f(x)) = f(x) ; tout point de f([0, 1]), c’est-a-dire de [a, b] est invariant par f .D’autre part, les restrictions f1 et f2 de f aux segments [0, a] et [b, 1] sont des applicationscontinues qui verifient f1(a) = a et f2(b) = b, par continuite de f en a et b et qui prennentleurs valeurs dans [a, b] puisque [a, b] est l’image de f .Reciproquement, soient a et b deux reels tels que 0 6 a 6 b 6 1, f1 : [0, a] −→ [a, b] etf2 : [b, 1] −→ [a, b] deux applications continues qui verifient de plus f1(a) = a et f2(b) = b,f : [0, 1] −→ [0, 1] definie par

f(x) =

f1(x) si x ∈ [0, a]

x si x ∈ [a, b]

f2(x) si x ∈ [b, 1].

La fonction est continue sur [0, 1], les conditions f1(a) = a et f2(b) = b assurant la conti-nuite en a et b. On a clairement f([0, 1]) = [a, b]. On en deduit que, pour tout x ∈ [0, 1],f f(x) = f(f(x)) = f(x) par definition de f sur [a, b]. On a donc f f = f et il decoule dela premiere partie de la demonstration qu’on obtient ainsi toutes les solutions de f f = f .Si a = 0, on considerera uniquement les restrictions de f a [a, b] et [b, 1]. Meme remarquepour b = 1.

Exercice 19.10

1. La fonction f−g est continue sur [0, 1]. Si elle ne garde pas un signe constant, elle s’annuleau moins une fois sur [0, 1].Si f − g > 0, on considere sa borne inferieure m sur le segment [0, 1]. Elle est atteinte enc ∈ [0, 1]. On a donc m = f(c) − g(c) > 0. Par definition de m, l’inegalite f(x) − g(x) > mest verifiee pour tout x ∈ [0, 1].

2. On demontre la propriete par recurrence sur n.Pour n = 0, la propriete a verifier est x > x pour tout x ∈ [0, 1].Supposons la propriete vraie au rang n. On alors, pour tout x ∈ [0, 1],

fn+1(x) > fn(f(x)) > gn(f(x)) + nm, par hypothese de recurrence

> f(gn(x)) + nm, car f et g commutent

> g(gn(x)) + m + nm > gn+1(x) + (n + 1)m.

184

3. Pour n assez grand, on a nm > 1. On en deduit fn(x) > 1 pour tout x ∈ [0, 1], ce quiimpossible car fn, comme f , est a valeurs dans [0, 1].Si, on suppose f − g < 0, on aboutit aussi a une contradiction en echangeant les roles de fet g. Conclusion : il existe x ∈ [0, 1] tel que f(x) = g(x).

4. Les fonctions f : x 7−→ x et g : x 7−→ x+1, sont continues sur R, commutent et l’equationf(x) = g(x) n’a pas de solution.

Exercice 19.11

1. La fonction sinus n’a de limite en −∞ et +∞ donc f n’a pas de limite a droite et a gaucheen 0. Elle n’est pas continue en 0. Mais elle est continue sur ] −∞, 0[ et ]0,+∞[.

2. Si 0 /∈ [a, b], la fonction f est continue sur [a, b] donc f([a, b]) est un segment.Si 0 ∈ [a, b], l’une des bornes de l’intervalle est distincte de 0. Supposons par exemple

b 6= 0. L’image de ]0, b] par la fonction x 7−→ 1

xest

[1

b,+∞

[. Cet intervalle est de longueur

superieure a 2π donc son image par la fonction sinus est [−1, 1]. Ainsi f([a, b]) contient[−1, 1] et comme on a clairement l’inclusion inverse, on conclut :

f([a, b]) = [−1, 1].

L’image par f de tout segment est un segment (pour a = b, c’est evident).

Exercice 19.12

1. Les applications lineaires sont continues et verifient la relation.

2. a) Soit x ∈ R. On montre que f(nx) = nf(x) pour n ∈ N.L’egalite f(0 + 0) = f(0) + f(0) = f(0) montre que f(0) = 0 et la propriete au rang 0.Si f(nx) = nf(x), alors

f((n + 1)x) = f(nx + x) = f(nx) + f(x) = nf(x) + f(x) = (n + 1)f(x),

et la propriete est etablie par recurrence.On remarque que f est impaire car, pour x ∈ R,

f(x) + f(−x) = f(0) = 0.

On en deduit que, pour x ∈ R et n ∈ Z−,

f(nx) = −f((−n)x) = −(−n)f(x) = nf(x).

b) Soit x ∈ Q, p et q des entiers tels que x =p

q. On a d’apres la question a, qf(x) = f(qx) = f(p) = pf(1)

et donc f(x) =p

qf(1) = xf(1).

c) Soit x un reel quelconque, (un)n∈N une suite de rationnels convergeant vers x. On a alors,puisque f est continue,

f(x) = limn→+∞

f(un) = limn→+∞

unf(1) = xf(1).

185

d) L’application f est x 7−→ xf(1). Elle est lineaire.On conclut : les applications continues f : R −→ R qui verifient f(x+y) = f(x)+f(y) pourtout (x, y) ∈ R2 sont les applications lineaires.

3. On demontre comme dans la question precedente que f(x) = xf(1) pour tout rationnel.Soit x un reel quelconque. Il existe des suites (un)n∈N et (vn)n∈N, respectivement croissanteet decroissante, qui convergent vers x. On a, pour tout n ∈ N, un 6 x 6 vn et par croissancede f ,

f(un) 6 f(x) 6 f(vn) c’est-a-dire unf(1) 6 f(x) 6 vnf(1).

En faisant tendre n vers +∞ dans ces inegalites, on obtient f(x) = xf(1).On conclut comme dans la question precedente : les applications croissantes f : R −→ R quiverifient f(x + y) = f(x) + f(y) pour tout (x, y) ∈ R2 sont les applications lineaires.

4. Si x > y, il existe z ∈ R tel que x − y = z2. On a alors

f(x) = f(y) + f(z2) = f(y) + (f(z))2 > f(y),

donc f est croissante.D’apres la question precedente, f est lineaire. Si f : x 7−→ ax, on a pour tout (x, y) ∈ R2,

axy = f(xy) = f(x)f(y) = a2xy,

ce qui implique a2 = a et donc a = 0 ou a = 1. On obtient f = 0 ou f = IdR. On verifie queces deux applications conviennent.

Exercice 19.13

1. Puisque ln est une bijection continue de R∗+ sur R, il est equivalent de chercher les fonctions

continues f verifiant, pour tout (x, y) ∈ R2,

ln(f(x + y)) = ln(f(x)) + ln(f(y)).

D’apres l’exercice precedent, ln f doit etre lineaire. Les fonctions f qui conviennent sontdonc les fonctions de la forme x 7−→ eax, ou a est un reel quelconque.

2. Puisque exp est une bijection continue de R sur R∗+, il est equivalent de chercher les

fonctions continues f : R∗+ −→ R, verifiant, pour tout (x, y) ∈ R2,

f(ex+y) = f(exey) = f(ex) + f(ey).

D’apres l’exercice precedent, ce sont les fonctions telles que f exp soit lineaire. Il existea ∈ R tel que, pour tout reel x, f(ex) = ax et donc, pour tout reel x strictement positif,f(x) = a lnx.

3. Si g est l’application x 7−→ f(x) + 1, la relation verifiee par f peut s’ecrire : pour tout(x, y) ∈ R,

g(x + y) = 1 + f(x + y) = 1 + f(x) + f(y) + f(x)f(y)

= (1 + f(x))(1 + f(y)) = g(x)g(y).

L’application g doit etre solution de l’equation fonctionnelle etudiee dans la question 1, avecla condition de positivite en moins. Mais on remarque que, pour tout x ∈ R,

g(x) =(g

(x

2

))2

> 0.

186

Si g n’est pas strictement positive, il existe x0 ∈ R tel que g(x0) = 0 et on a alors, pour toutreel x,

g(x) = g(x0)g(x − x0) = 0.

Dans ce cas, g est l’application nulle.Si g ne s’annule pas, il resulte de la question 1 qu’il existe a ∈ R tel que, pour tout reel x,g(x) = eax.Les fonctions f qui conviennent sont l’application constante x 7−→ −1 et les applicationsx 7−→ eax − 1, ou a est un reel quelconque.

Exercice 19.14

Notons que ϕ est bien definie car f est continue donc majoree sur tout segment. Si0 6 x < y 6 1, l’intervalle [0, x] est inclus dans [0, y] et on donc sup

t∈[0,x]

f(t) 6 supt∈[0,y]

f(t).

Donc ϕ est croissante.

Soit x ∈ [0, 1]. Montrons la continuite de ϕ en x.Soit ε > 0 et η > 0 tel que, pour tout t ∈ [0, 1], |x − t| 6 η implique |f(x) − f(t)| 6 ε. Onprend y dans [x − η, x + η].

• Si y ∈ [x, x + η], on a ϕ(x) 6 ϕ(y) et comme [0, y] est la reunion des intervalles [0, x] et[x, y],

ϕ(y) = max(ϕ(x), supt∈[x,y]

f(t)) 6 max(ϕ(x), f(x) + ε) 6 ϕ(x) + ε.

On obtient

ϕ(x) 6 ϕ(y) 6 ϕ(x) + ε.

• Le cas y ∈ [x− η, x] est un peu plus complique. On a evidemment ϕ(y) 6 ϕ(x) et comme[0, x] est la reunion de [0, y] et [y, x],

ϕ(x) = max(ϕ(y), supt∈[y,x]

f(t)).

On remarque que, pour tout t ∈ [y, x],

|f(t) − f(y)| 6 |f(t) − f(x)| + |f(y) − f(x)| 6 2ε

et donc f(t) 6 f(y) + 2ε. On en deduit que

ϕ(x) 6 max(ϕ(y), f(y) + 2ε) 6 ϕ(y) + 2ε.

On obtient

ϕ(x) − 2ε 6 ϕ(y) 6 ϕ(x).

Finalement, on a, pour tout y ∈ [x − η, x + η],

|ϕ(x) − ϕ(y)| 6 2ε,

ce qui montre la continuite de ϕ en x.

187

Exercice 19.15

Soit x ∈ I et ε > 0. Par definition de la limite a droite, on peut trouver η > 0 tel que,pour tout t ∈]x, x + η[, on ait |f(t) − ϕ(x)| 6 ε. Soit y ∈]x, x + η[. Si t ∈]y, x + η], on a|f(t) − ϕ(x)| 6 ε. En faisant tendre t vers y par valeurs superieures dans cette inegalite, onobtient, x etant fixe,

|ϕ(y) − ϕ(x)| 6 ε.

On a donc, pour tout y ∈ ]x, x + η[, |ϕ(y) − ϕ(x)| 6 ε, ce qui montre la continuite a droitede ϕ en x.

Exercice 19.16

1. Pour tout x ∈ R, la fonction t 7−→ f(t) + xg(t) est continue donc bornee sur le segment[0, 1], donc M(x) est defini.

2. On note K = supt∈[0,1]

|g(t)|. Soit (x, y) ∈ R. Pour t ∈ [0, 1], on peut ecrire

f(t) + yg(t) 6 f(t) + xg(t) + (y − x)g(t) 6 M(x) + K|y − x|.

On en deduit, par definition de la borne superieure, que M(y) 6 M(x) + K|y − x|, soitM(y) − M(x) 6 K|y − x|.On obtient de la meme facon, M(x) − M(y) 6 K|x − y| et donc

|M(x) − M(y)| 6 K|x − y|.

3. Pour tout x ∈ R, on a limy→0

K|y − x| = 0 et donc limy→x

M(y) = M(x), ce qui montre la

continuite en x pour tout reel x.

Exercice 19.17

1. Pour x 6 0, on Pλ(x) < 0. Pour x > 0, l’equation Pλ(x) = 0 equivaut a −x2 +1

x= λ.

La fonction f : x 7−→ −x2 +1

xest strictement decroissante et continue sur ]0,+∞[. Comme

lim0

f = +∞ et lim+∞

f = −∞, f realise une bijection de ]0,+∞[ sur R. En particulier, pour

λ > 0, l’equation f(x) = λ possede une seule solution que l’on note u(λ).

2. Il resulte de la question precedente que, pour tout λ > 0, u(λ) = f−1(λ). La fonction u estla restriction de f−1 a R+. Comme f−1 est la fonction reciproque d’une fonction continuestrictement monotone, elle est continue et strictement monotone et il en est de meme de u.

3. On a f(1) = 0 et donc u(0) = 1. Comme u est continue, on en deduit lim0

u = 1. Puisque

f−1 est une bijection decroissante de R sur ]0,+∞[, on a lim+∞

f−1 = 0 et donc lim+∞

u = 0.

Exercice 19.18

Si x et y sont deux reels tels que f(x) = f(y), alors a|x − y| 6 0, donc x = y. L’applicationf est injective.En faisant y = 0, on obtient, pour tout reel x,

|f(x)| > a|x| − |f(0)|.

188

On en deduit que limx→+∞

|f(x)| = limx→−∞

|f(x)| = +∞.

On peut trouver en particulier A > 0 tel que |x| ≥ A implique |f(x)| > 1. La fonction f estcontinue. Comme elle ne s’annule pas sur les intervalles ]−∞,−A] et [A,+∞[, elle y gardeun signe constant. On en deduit que f a pour limite −∞ ou +∞ en −∞ et en +∞.Montrons que f ne peut pas avoir meme limite en −∞ et en +∞. Supposons par exemple quelim−∞

f = lim+∞

f = +∞. Pour tout reel A > f(0), f prend sur [0,+∞[ des valeurs superieure

a A, par definition de la limite, donc prend la valeur A par le theoreme des valeurs in-termediaires. Ainsi f([0,+∞[) contient [f(0),+∞[. On montre de meme que f(] − ∞, 0])contient [f(0),+∞[. Toutes les valeurs de ]f(0),+∞[ sont prises deux fois par f , ce quicontredit son injectivite.On a donc lim

−∞f = −∞ et lim

+∞f = +∞ ou le contraire. Dans les deux cas, la fonction f

prend, pour tout A ∈ R, des valeurs superieures a A et des valeurs inferieures a A, doncelle prend la valeur A d’apres le theoreme de valeurs intermediaires. Ainsi f(R) = R, f estsurjective et donc bijective de R sur R.

Exercice 19.19

Montrons pour commencer que, si f n’est pas strictement monotone, il existe (a, b, c) ∈ R3

tel que

a < b < c et f(b) > max(f(a), f(c) ou f(b) 6 min(f(a), f(c).

On demontre la contraposee et on suppose donc que, pour tout (a, b, c) ∈ R3 tel quea < b < c, f(b) est entre f(a) et f(c).Fixons deux elements a et c de R verifiant a < c. Supposons que f(a) < f(c).

• Considerons deux reels x et y tels que a < x < y < c.Par hypothese, f(x) est entre f(a) et f(c) et comme f(a) < f(c), on a f(a) < f(x) < f(c).De meme, f(y) est entre f(x) et f(c) et comme f(x) < f(c), on a f(a) < f(x) < f(y) < f(c).Ceci montre que f est strictement croissante sur [a, c].

• Considerons maintenant deux reels u et v tels que a < c < u < v.Par hypothese, f(c) est entre f(a) et f(u) et comme f(a) < f(c), on a necessairementf(a) < f(c) < f(u). De meme, f(u) est entre f(c) et f(v) et comme f(c) < f(u), on af(a) < f(c) < f(u) < f(v). Ceci montre que f est strictement croissante sur [c,+∞[. Ondemontre de meme que f est strictement croissante sur ] −∞, a].

Ainsi, f est strictement croissante sur R.Si f(a) > f(c), on considere −f qui verifie la meme propriete que f . On demontre que −fest strictement croissante et donc f strictement decroissante.

Maintenant on suppose que f est continue et injective et on demontre qu’elle est stric-tement monotone. On raisonne par l’absurde. D’apres ce qui precede, il existe un triplet(a, b, c) tel que f(b) ne soit pas entre f(a) et f(c). Supposons par exemple que f(a) < f(c).Si f(b) < f(a) < f(c), le theoreme des valeurs intermediaires permet d’affirmer qu’il existea′ ∈ ]b, c[ tel que f(a′) = f(a). Comme a′ 6= a, cela contredit l’injectivite de f .Si f(a) < f(c) < f(b), c’est la valeur f(c) qui est prise deux fois.Le cas f(c) < f(a) se traite de la meme maniere. Dans tous les cas, on aboutit a unecontradiction et le resultat est demontre.

189

Exercice 19.20

1. L’application f verifie f f = IdR. Elle est donc bijective et f−1 = f . A fortiori, elleest injective et comme elle est continue, elle est strictement monotone, d’apres l’exerciceprecedent.

2. Supposons que f est strictement croissante et montrons que f = IdR en raisonnant parl’absurde, donc en supposant qu’il existe x tel que f(x) 6= x.Si f(x) < x, alors f(f(x)) < f(x), soit x < f(x). On demontre de meme que, si f(x) > x,alors x > f(x). On aboutit a une contradiction , donc f = IdR.

3. En utilisant la decroissance de f et f(0) = 0, on obtient, pour tout reel x,

x 6 0 =⇒ f(x) > 0 et x > 0 =⇒ f(x) < 0.

On a donc f(R−) ⊂ R+. Comme f est bijective, tout x > 0 a un antecedent, qui ne peutetre que negatif, donc finalement f(R−) = R+ et comme f est injective, la restriction g def a R− realise une bijection de R− sur R+.On a, pour tout x > 0, x = f(f(x)) = g(f(x)), car f(x) 6 0, donc f(x) = g−1(x) : larestriction de f a R+ est g−1.

4. Si g est une bijection continue de R− sur R+ telle que g(0) = 0, on considere la fonctionf definie sur R par

f(x) = g(x) si x 6 0 et f(x) = g−1(x) si x > 0.

Cette definition est raisonnable car g(0) = g−1(0) = 0. La fonction f est continue sur R+

et R−, car g et g−1 sont continues ; on a, de plus, limx→0−

f(x) = limx→0+

f(x) = 0, donc f est

continue sur R. On a, pour x 6 0, f f(x) = f(g(x) = g−1(g(x) = x et de meme, pourx > 0, on obtient f f(x) = g−1(g(x)) = x. La fonction f a les proprietes voulues.

Exercice 19.21

Raisonnons par l’absurde et supposons qu’il existe f application continue telle quef f = − IdR.L’application f est injective, car pour (x, y) ∈ R2,

f(x) = f(y) =⇒ f f(x) = f f(y) =⇒ x = y.

Comme f est continue, elle est, d’apres l’exercice 19, strictement monotone. Mais la composeede deux fonctions croissantes ou de deux fonctions decroissantes est une fonction croissante.On doit avoir − IdR croissante ; c’est absurde. Il ne peut pas exister une telle fonction f .

Exercice 19.22

La fonction f est derivable sur R et on verifie que

f ′(x) =1

(x + 1)2> 0 si x > 0 et f ′(x) =

1

(−x + 1)2> 0 si x 6 0.

La fonction est strictement croissante sur R et continue, donc elle realise une bijection de R

sur ] lim−∞

f, lim+∞

f [ = ] − 1, 1[.

190

Pour tout y ∈] − 1, 1[, y = f(x) implique |y| =|x|

1 + |x| et donc |x| =|y|

1 − |y| ; Mais on peut

remarquer qu’un element et son image ont meme signe. Comme |y| < 1, on en deduit que

x = f−1(y) =y

1 − |y| .

Ceci montre que f−1 est definie sur ] − 1, 1[ par

f−1(x) =x

1 − |x| .

Exercice 19.23

1. L’application f est continue et strictement decroissante sur ]a, b[. Comme limx→a

f(x) = +∞et lim

x→bf(x) = −∞, on en deduit que f realise une bijection de ]a, b[ sur R.

2. Pour determiner f−1, on resout l’equation y =1

x − a+

1

x − b, d’inconnue x ∈ ]a, b[. On

trouveyx2 − (2 + (a + b)y)x + yab + (a + b) = 0.

Si y = 0, on obtient x =a + b

2. Sinon, l’equation est du second degre et a pour discriminant

∆ = 4 + (a − b)2y2 et l’equation a deux solutions

2 + (a + b)y ±√

4 + (a − b)2y2

2y=

a + b

2+

1

y±

√4 + (a − b)2y2

2y.

Il reste a trouver laquelle convient. On note que f

(a + b

2

)= 0 ; on en deduit que f(x) est

positif si x <a + b

2et negatif si x >

a + b

2. Si donc y > 0, son antecedent est inferieur a

a + b

2; si y < 0, il est superieur a

a + b

2.

Pour y > 0, la solution qui convient est donc x =a + b

2+

1

y−

√4 + (a − b)2y2

2y(l’autre est

clairement superieure aa + b

2) ; pour y < 0, la meme solution convient, car l’autre est alors

clairement inferieure aa + b

2. On a donc, pour tout y 6= 0,

f−1(y) =a + b

2+

1

y−

√4 + (a − b)2y2

2y.

Exercice 19.24

Posons y = arctan x. On a donc tan y = x et cos2 y =1

1 + tan2 y=

1

1 + x2. Comme par

definition, y est dans]−π

2,π

2

[, le cosinus est positif, donc cos y =

1√1 + x2

. On en deduit

ensuite sin y = tan y cos y =x√

1 + x2.

191

Exercice 19.25

1. La formule cherchee est tan(a + b) =tan a + tan b

1 − tan a tan b. En effet, comme cos(a + b) 6= 0, on

peut ecrire

tan(a + b) =sin(a + b)

cos(a + b)=

sin a cos b + sin b cos a

cos a cos b − sin a sin b,

ce qui donne la formule voulue en divisant numerateur et denominateur par cos a cos b quin’est pas nul.

2. On pose S = arctan1

2+ arctan

1

5+ arctan

1

8. En appliquant la formule de la question 1,

on trouve

tan

(arctan

1

2+ arctan

1

5

)=

7

9,

puistan S = 1.

Il existe donc k ∈ Z tel que S =π

4+kπ. La fonction arctangente est croissante et arctan 0 = 0,

arctanπ

4= 1. Les trois termes de la somme S sont dans

]0,

π

4

[donc S est dans

]0,

3π

4

[et

S =π

4.

3. La formule de la question 1 donne tan(2a) =2 tan a

1 − tan2 a. On calcule successivement

tan

(2 arctan

1

5

)=

5

12et tan

(4 arctan

1

5

)=

120

119. De nouveau en appliquant la formule de

la question 1, on obtient

tan

(4 arctan

1

5− arctan

1

239

)= 1.

On sait que 4 arctan1

5∈]0, π[ et arctan

1

239∈

]0,

π

4

[.

On en deduit que 4 arctan1

5− arctan

1

239∈

]−π

4,3π

4

[et donc

4 arctan1

5− arctan

1

239=

π

4.

4. Posons y = arctan x. On a donc x = tan y et1

x= tan

(π

2− y

).

Si x > 0, alors y ∈]0,

π

2

[et

π

2− y ∈

]0,

π

2

[. On en deduit que

arctan1

x=

π

2− y =

π

2− arctan x.

Si x < 0, on ecrit1

x= tan

(−π

2− y

); on constate que −π

2− y ∈

]−π

2, 0

[. On obtient

arctan1

x= −π

2− y = −π

2− arctan x.

192

5. On obtient :

0 6 arctan x < arctan(x + 1) <π

2si x > 0 ;

−π

4< arctan(x) < 0 < arctan(x + 1) <

π

4si − 1 < x < 0 ;

−π

2< arctan(x) < arctan(x + 1) 6 0 si x 6 −1.

Dans tous les cas, on en deduit 0 < arctan(x + 1) − arctan(x) <π

2. On peut appliquer la

formule de la question 1 :

tan(arctan(x + 1) − arctan(x)) =tan(arctan(x + 1)) − tan(arctan(x))

1 + tan(arctan(x + 1)) tan(arctan(x))

=1

1 + x(x + 1)=

1

1 + x + x2.

Comme arctan(x + 1) − arctan(x) ∈]0,

π

2

[, cela demontre le resultat.

Exercice 19.26

1. La fonction sinus est strictement croissante et continue sur[−π

2,π

2

]. Elle realise une

bijection de[−π

2,π

2

]sur [−1, 1].

2. La fonction cosinus est strictement decroissante et continue sur [0, π]. Elle realise unebijection de [0, π] sur [−1, 1].

3. Si y = arccos x, on a x = cos y = sin(π

2− y

). Comme

π

2−y ∈

[−π

2,π

2

],

π

2−y = arcsin x

etarccos x + arcsinx =

π

2.

Exercice 19.27

1. Une fonction affine est continue. On montre qu’elle verifie l’equation fonctionnelle. Sif : x 7−→ αx + β, alors pour (x, y) ∈ R2,

1

2(f(x) + f(y)) =

1

2(αx + β + αy + β) = α

x + y

2+ β = f

(x + y

2

).

2. a) On construit les suites (an)n∈N et (bn)n∈N par dichotomie.On pose a0 = a et b0 = b. On a par hypothese f(a0) = f(b0) = 0 et c ∈ [a0, b0].

Supposons an et bn construits. On pose cn =an + bn

2. Ainsi, on obtient

f(cn) =f(an) + f(bn)

2= 0.

Comme c ∈ [an, bn], on distingue deux cas :

193

• si c ∈ [an, cn], on pose an+1 = an et bn+1 = cn ;

• si c ∈ ]cn, bn], on pose an+1 = cn et bn+1 = bn.

Par construction, les suites (an)n∈N et (bn)n∈N sont adjacentes donc convergent vers la memelimite l. Des inegalites an 6 c 6 bn pour tout entier n, on tire par passage a la limite l = c.On en deduit, par continuite de f , que

f(c) = limn→+∞

f(an) = 0.

b) On montre que si f(a) = f(b) = 0, alors, pour tout n ∈ Z, on a f(a + nh) = 0, ouh = b − a.La propriete est vraie pour n = 0 et n = 1 et si f(a + nh) = f(a + (n + 1)h) = 0, on peutecrire

f(a + nh) + f(a + (n + 2)h) = f

(a + nh + a + (n + 2)h

2

)

= f(a + (n + 1)h),

d’ou l’on tire f(a + (n + 2)h) = 0 : la propriete est demontre par recurrence pour n > 0.Si n 6 0, on remarque que f(a + nh) + f(a − nh) = f(a) = 0 pour conclure.De la question a, on peut donc deduire que f est nulle sur tous les intervalles [a+nh, a+(n+1)h],n ∈ Z, donc nulle sur R.

3. On sait deja que E contient l’ensemble des fonctions affines.Soient f ∈ E, a et b deux reel distincts, g la fonction affine prenant les memes valeursque f en a et b (une fonction affine est determinee de maniere unique par ses valeurs endeux points). La fonction g appartient a E. On montre facilement que E est un sous espacevectoriel de l’ensemble des applications de R dans R, donc f −g ∈ E. Comme f −g s’annuleen deux points a et b, c’est la fonction nulle et f = g. Donc f est affine.

Chapitre 20Exercice 20.1

1. Si f est impaire, on a pour tout reel x, f(−x) = f(x). En derivant, on en deduit que,pour tout reel x, −f ′(−x) = f ′(x) et f ′ est impaire. Si f est impaire, la demonstration estla meme.

2. On a, pour tout reel x, f(x + T ) = f(x). On en deduit en derivant, pour tout reel x,f ′(x + T ) = f ′(x) : f ′ est T -periodique.

Exercice 20.2

1. Si f ′g(x0) et f ′

d(x0) existent, alors

limh→0+

f(x0 + h) − f(x0 − h)

2h=

1

2lim

h→0+

(f(x0 + h) − f(x0

h+

f(x0) − f(x0 − h)

h

)

=1

2(f ′

d(x0) + f ′g(x0)).

On montre que la limite est la meme quand h tend vers 0 par valeurs inferieures (les limitesdes deux termes sont inversees).

194

2. La reciproque est fausse. Si f est paire et x0 = 0, la limite est nulle meme si f ′d(0) et

f ′g(0) n’existent pas. On peut prendre f(x) = sin

1

x2si x 6= 0 et f(0) = 0.

Exercice 20.3

On obtient, pour x 6= y, ∣∣∣∣f(y) − f(x)

y − x

∣∣∣∣ 6 K|y − x|α−1.

Comme α − 1 > 0, K|y − x|α−1 tend vers 0 quand y tend vers x. On en deduit que

limy→x

f(y) − f(x)

y − x= 0.

La fonction f est derivable en x et f ′(x) = 0 pour tout reel x. Elle est donc constante.

Exercice 20.4

Pour les deux fonctions, il n’y a de probleme de derivabilite qu’en 0.1. On calcule

limx→0+

cos√

x − 1

x= lim

x→0+

cos x − 1

x2= −1

2.

La fonction est derivable en 0 de nombre derive −1

2.

2. On calcule

limx→0

x|x|x

= limx→0

|x| = 0.

La fonction est derivable en 0 de nombre derive 0.

Exercice 20.5

Si x est un multiple de 2π, ces sommes sont egales an(n + 1)

2et 0 respectivement. On ecarte

ce cas desormais. On calcule S1(x) =

n∑

k=0

cos px et S2(x) =

n∑

p=0

sin px, les sommes cherchees

s’en deduisant par derivation. Pour cela, on determine

S(x) =n∑

p=0

eipx =ei(n+1)x − 1

eix − 1=

ei n+12 x2i sin n+1

2 x

ei x2 2i sin x

2

= ei n2 x sin n+1

2 x

sin x2

On en deduit

S1(x) = ℜ(S(x)) =cos n

2 x sin n+12 x

sin x2

=sin 2n+1

2 x

2 sin x2

+1

2

S2(x) = ℑ(S(x)) =sin n

2 x sin n+12 x

sin x2

=cos x

2 − cos 2n+12 x

2 sin x2

,

195

en utilisant les formules de transformation des produits en sommes. On obtient en derivant

n∑

p=0

p cos px = S′2(x) =

− 12 + n sin 2n+1

2 x sin x2 + 1

2 cos nx

2 sin2 x2

,

n∑

p=0

p sin px = −S′1(x) =

−n cos 2n+12 x sin x

2 + 12 sin nx

2 sin2 x2

,

apres simplifications.

Exercice 20.6

1. Puisquek

n26

1

npour 1 6 k ≤, sn est defini des que

1

n6 a. On suppose cette condi-

tion realisee et on remplace chaque terme f

(k

n2

)par son developpement limite d’ordre 1,

f(0) +k

n2f ′(0) +

k

n2ε

(k

n2

). On obtient

sn = nf(0) + f ′(0)

n∑

k=1

k

n2+

n∑

k=1

k

n2ε

(k

n2

)

= nf(0) + f ′(0)n + 1

2n+

n∑

k=1

k

n2ε

(k

n2

).

Le deuxieme terme tend vers1

2f ′(0). Montrons que le troisieme a pour limite 0.

Soit ε > 0. Comme limx→0

ε(x) = 0, il existe η > 0 tel que |ε(x)| 6 ε si x ∈ [0, η]. Si1

n6 η, on

a, pour tout k entre 1 et n,k

n26 η et donc

∣∣∣∣ε(

k

n2

)∣∣∣∣ 6 ε. On obtient alors

∣∣∣∣∣

n∑

k=1

k

n2ε

(k

n2

)∣∣∣∣∣ 6 εn∑

k=1

k

n26 ε

n + 1

2n6 ε.

Cette inegalite est verifiee pour tout n assez grand donc

limn→+∞

n∑

k=1

k

n2ε

(k

n2

)= 0.

Des theoremes sur la limite d’une somme, on deduit que si f(0) 6= 0, (nf(0))n∈N∗ a pourlimite ±∞ et il en est de meme de (sn)n∈N∗ . Si f(0) = 0, la suite (sn)n∈N∗ converge vers1

2f ′(0).

2. On applique le resultat de la question 1 a la fonction sin. Comme sin 0 = 0 et sin′ 0 = 1,on obtient

limn→+∞

n∑

k=1

sin

(k

n2

)=

1

2.

196

Pour le produit, on prend le logarithme

ln

n∏

k=1

(1 +

k

n2

)=

n∑

k=1

ln

(1 +

k

n2

)

et on applique le resultat de la question 1 a la fonction f : x 7−→ ln(1+x) qui verifie f(0) = 0et f ′(0) = 1. On obtient

limn→+∞

n∑

k=1

ln

(1 +

k

n2

)=

1

2

et donc

limn→+∞

n∏

k=1

(1 +

k

n2

)=

√e.

Exercice 20.7

1. Soit x1 < x2 < · · · < xn tels que f s’annule en x1, . . . ,xn. La fonction f est derivable surI donc on peut appliquer le theoreme de Rolle : pour 1 6 k 6 n − 1, f(xk) = f(xk+1) = 0,donc f ′ s’annule sur ]xk, xk+1[. En tout, f ′ s’annule au moins n − 1 fois.On peut appliquer le meme raisonnement successivement a f ′, f ′′, . . . : f ′′ s’annule au moinsn − 2 fois,. . . , f (n−1) s’annule au moins une fois.

2. Si P s’annule N fois, sa derivee n − 1-ieme s’annule au moins N − n + 1. Or P (n−1) estune fonction affine, qui s’annule une fois. On a donc N − n + 1 6 1 et N 6 n : une fonctionpolynomiale de degre n s’annule au plus n fois.La fonction f : x 7−→ ex − P (x) est C∞ et f (n) est de la forme x 7−→ ex − a, ou a est unreel. La fonction s’annule une fois si a > 0 et 0 sinon. Si f s’annule N fois, f (n) s’annule aumoins N − n fois et N − n 6 1, donc N 6 n + 1.

Soit g : x 7−→ lnx − P (x). On a, pour x > 0, g′(x) =1

x− P ′(x) =

1 − xP ′(x)

x. La fonction

x 7−→ 1 − xP ′(x) est une fonction polynomiale de degre n. Elle s’annule au plus n fois surR∗

+, donc g s’annule au plus n + 1 fois.

Exercice 20.8

Supposons f(a) > 0 et donc f ′(a) < 0. Puisque f est de classe C1, f ′ est continue et il existeη ∈ ]0, a[ tel que f ′(x) > 0 pour x ∈ [a− η, a]. La fonction f est donc strictement croissantesur [a − η, a] et, pour tout x ∈ [a − η, a],

f(x) > f(a) > f(0).

Le maximum de f sur [0, a] n’est atteint ni en 0, ni en a, il est atteint en c ∈ ]0, a[. Commef est derivable sur [0, a], on en deduit que f ′(c) = 0.Si f(a) < 0, on aboutit au meme resultat en considerant le minimum de f .

Exercice 20.9

Il s’agit d’une generalisation du theoreme de Rolle au cas ou une borne est infinie. On se

ramene au theoreme de Rolle en considerant g :

[0,

1

a

]−→ R definie par

g(x) = f

(1

x

)si x ∈

]0,

1

a

]et g(0) = f(a).

197

La fonction g est continue sur

]0,

1

a

], comme composee de fonctions continues. On a, de

plus,

limx→0

g(x) = limx→0

f

(1

x

)= lim

x→+∞f(x) = f(a) = g

(1

a

).

La fonction g est donc continue sur

[0,

1

a

]. Elle est derivable sur

]0,

1

a

[comme composee

de fonctions derivables et

g′(x) = − 1

x2f ′

(1

x

).

Comme g(0) = g

(1

a

), le theoreme de Rolle s’applique et il existe d ∈

]0,

1

a

[tel que

g′(d) = 0. L’expression de g′ montre que1

d> a et f ′

(1

d

)= 0.

Exercice 20.10

On note l la limite de f en −∞ et +∞. Si f est constante, egale a l, f ′ = 0 et on peutprendre c quelconque.Supposons par exemple que f prenne des valeurs inferieures a l. Considerons a tel quef(a) < l et k ∈ ]f(a), l[. Par definition de la limite, il existe A > 0 tel que, pour tout x ∈ R,

|x| > A =⇒ f(x) > k.

On peut donc trouver x1 < a et x2 > a tel que f(x1) > k et f(x2) > k. D’apres le theoremedes valeurs intermediaires sur [x1, a] et [a, x2], on obtient, puisque f(a) < k, l’existence dey1 ∈ ]x1, a[ et y2 ∈ ]a, x2[ tel que

f(y1) = f(y2) = k.

On peut appliquer le theoreme de Rolle entre y1 et y2. Il existe c ∈ ]y1, y2[ tel que f ′(c) = 0.

Exercice 20.11

Soit d ∈ ]a, b[ et k > f(d). Au voisinage de a et de b, f prend des valeurs superieures a k.On peut trouver x1 ∈ ]a, d[ et x2 ∈ ]d, b[ tels que f(x1) > k et f(x2) > k. En appliquant letheoreme des valeurs intermediaires sur [x1, d] et [d, x2], on obtient l’existence de y1 ∈ ]x1, d[et y2 ∈ ]d, y2[ tel que f(y1) = f(y2) = k. Puisque f est derivable sur [y1, y2], le theoreme deRolle peut etre applique entre y1 et y2 : il existe c ∈ ]y1, y2[ tel que f ′(c) = 0.

Exercice 20.12

Considerons la fonction g definie sur [a, b] par

g(x) = (f(x) − f ′(x))ex.

La fonction g est de classe C1 sur [a, b] et g(a) = g(b) = 0. D’apres le theoreme de Rolle, ilexiste c ∈ ]a, b[ tel que g′(c) = 0. Or on a, pour tout x ∈ [a, b],

g′(x) = (f ′(x) − f ′′(x))ex + (f(x) − f ′(x))ex = (f(x) − f ′′(x))ex.

On en deduit que f ′′(c) = f(c).

198

Exercice 20.13

1. Si g(b) = g(a), la fonction g′ s’annule sur ]a, b[ d’apres le theoreme de Rolle, ce qui estcontraire a l’hypothese. On a donc g(b) − g(a) 6= 0. On considere la fonction h : [a, b] −→ R

definie par

h(x) = f(x) − f(a) − f(b)

g(a) − g(b)g(x).

La fonction h est continue sur [a, b], derivable sur ]a, b[ et h(a) = h(b) =f(b)g(a) − f(a)g(b)

g(a) − g(b).

D’apres le theoreme de Rolle, il existe c ∈ ]a, b[ tel que h′(c) = 0.

Comme h′(c) = f ′(c) − f(a) − f(b)

g(a) − g(b)g′(c) = 0 et g′(c) 6= 0, on en deduit que

f(a) − f(b)

g(a) − g(b)=

f ′(c)

g′(c).

2. Le raisonnement fait dans la question 1 s’applique sur le segment [a, x], pour tout x ∈ ]a, b[.Pour tout x ∈ ]a, b[, il existe cx ∈ ]a, x[ tel que

f(x) − f(a)

g(x) − g(a)=

f ′(cx)

g′(cx).

Quand x tend vers a, cx tend aussi vers a et par le theoreme de composition des limites,f ′(cx)

g′(cx)tend vers l. On a donc

limx→a

f(x) − f(a)

g(x) − g(a)= l.

On note que le meme raisonnement s’appliquerait en b, pour calculer limx→b

f(x) − f(b)

g(x) − g(b).

3. Les fonctions f : x −→ xp et g : x 7−→ xq sont continues sur [0,+∞[ et derivables sur

]0,+∞[. On a, pour x > 0, g(x) = qxq−1 6= 0 et limx→1

f ′(x)

g′(x)= lim

x→1

pxp−1

qxq−1=

p

q. On peut

appliquer le resultat de la question 2 aux intervalles [0, 1] et [1, 2] par exemple. On obtient

limx→1−

xp − 1

xq − 1= lim

x→1+

xp − 1

xq − 1=

p

qet donc lim

x→1

xp − 1

xq − 1=

p

q.

La fonction x 7−→ sinx − x

x3est paire. On calcule seulement sa limite a droite. Soit f et g

les fonctions definies par f(x) = x− sinx et g(x) = x3. La derivee g′ : x 7−→ 3x2 ne s’annulepas sur ]0,+∞[. On calcule

limx→0

f ′(x)

g′(x)= lim

x→0

1 − cos x

3x2=

1

6.

Le resultat de la question 2 s’applique et on en deduit que

limx→0

x − sin x

x3=

1

6.

199

Exercice 20.14

1. La fonction f ′ est croissante donc possede une limite en +∞, qui est finie ou egale a +∞.

2. On pose limx→+∞

f ′(x) = l. On raisonne par l’absurde. On suppose par exemple que

l ∈ R∗+ ∪ +∞. Il existe m > 0 et A > 0 tels que f ′(x) > m si x > A (si l ∈ R, on

peut prendre m =l

2; si l = +∞, tout reel m > 0 convient). En appliquant l’inegalite des

accroissements finis, on obtient

∀x > A f(x) − f(A) > m(x − A)

et donc limx→+∞

f(x) + ∞, ce qui impossible car f est bornee.

On montre de meme que l < 0 implique limx→+∞

f(x) = −∞. Dans tous les cas, on a une

contradiction. Donc l = 0.

3. La fonction f ′ est croissante et a pour limite 0 en +∞. Elle est donc negative. On endeduit que f est decroissante sur R+. Comme f est decroissante et minoree sur R+, ellepossede une limite finie en +∞.

Exercice 20.15

1. Soient ε > 0 et x0 > 0 tel que x > x0 implique |f ′(x)− l| 6 ε. Si x > x0, il existe, d’apresla formule des accroissements finis, c > x0 tel que

f(x) − f(x0)

x − x0= f ′(c).

On en deduit l’encadrement

l − ε 6f(x) − f(x0)

x − x06 l + ε.

En multipliant parx − x0

x, on obtient

(l − ε)x − x0

x+

f(x0)

x6

f(x)

x6 (l + ε)

x − x0

x+

f(x0)

x.

Comme limx→+∞

(l−ε)x − x0

x+

f(x0)

x= l−ε, il existe x1 tel que (l−ε)

x − x0

x+

f(x0)

x> l−2ε

pour x > x1. De meme, limx→+∞

(l + ε)x − x0

x+

f(x0)

x= l + ε et il existe x2 tel que

(l + ε)x − x0

x+

f(x0)

x6 l + 2ε pour x > x2.

On a alors, pour x > max(x0, x1, x2),

l − 2ε 6f(x)

x6 l + 2ε.

Comme ε est un reel strictement positif quelconque, ceci montre que

limx→+∞

f(x)

x= l.

200

2. On procede comme dans la question 1. Soit A > 0 et x0 > 0 tel que f ′(x) > A pourx > x0. On dispose, pour x > x0, de l’inegalite

f(x) − f(x0)

x − x0> A et donc

f(x)

x>

x − x0

xA +

f(x0)

x.

Comme limx→+∞

x − x0

xA+

f(x0)

x= A, il existe x1 tel que

x − x0

xA+

f(x0)

x>

A

2pour x > x1.

On a alors, pour x > max(x0, x1),

f(x)

x>

A

2.

Comme A est un reel strictement positif quelconque, ceci montre que

limx→+∞

f(x)

x= +∞.

3.

• Prenons f = sin. On a limx→+∞

sin x

x= 0. Mais f ′ = cos n’a pas de limite en +∞.

• Considerons f definie par f(x) = x2 + 3x sin x. Elle verifie

limx→+∞

f(x)

x= lim

x→+∞x + 3 cos x = +∞

Mais on montre que f ′ : x 7−→ x(2 + 3 cos x) + 3 sin x n’a pas de limite en +∞. En effet,pour tout n ∈ N,

f ′(2nπ) = 10nπ et f ′((2n + 1)π) = −(2n + 1)π,

donc

limn→+∞

f ′(2nπ) = +∞ et limn→+∞

f ′((2n + 1)π) = −∞.

Si f ′ avait une limite l ∈ R en +∞, les limites des deux suites seraient egales a l.

Exercice 20.16

1. Supposons par exemple f ′(a) > 0 et f ′(b) < 0.

Comme limx→a

f(x) − f(a)

x − a= f ′(a) > 0, il existe η > 0 tel que, pour x ∈ [a, a + η],

f(x) − f(a)

x − a> 0 et donc f(x) > f(a).

On demontre de meme, en partant de f ′(b) < 0, qu’il existe η′ tel que f(x) > f(b) pourtout x ∈ [b − η′, b].Le maximum de f sur [a, b] n’est donc atteint ni en a, ni en b. Soit c un point ou il estatteint. Comme c appartient a ]a, b[ et f est derivable, on a f ′(c) = 0.On montre de meme que si f ′(a) < 0 et f ′(b) > 0, f ′ s’annule en un point ou f atteint sonminimum.

201

2. Soit a et b dans I tels que a < b. Il faut demontrer que f ′(I) comprend toute valeur kcomprise entre f ′(a) et f ′(b). Considerons la fonction g definie sur I par

g(x) = f(x) − kx.

Elle est derivable sur I, g′(x) = f ′(x)−k et par hypothese g′(a)g′(b) 6 0. D’apres la question1, il existe c ∈ [a, b] tel que g′(c) = 0 (si g′(a)g′(b) = 0, on prend a ou b), c’est-a-dire tel quef ′(c) = k.On conclut : f ′(I) est un intervalle ; la fonction f ′ verifie le theoreme des valeurs in-termediaires meme si elle n’est pas continue sur I.

Exercice 20.17

La fonction f est continue et strictement monotone donc realise une bijection de I sur f(I).On note g = f−1.La fonction f est de classe D2 donc f ′ est continue. Comme f ′(x0) 6= 0, on peut trouverα > 0 tel que f ′(x) > 0 sur [x0 − α, x0 + α]. On sait qu’alors la fonction g est derivable surl’intervalle J = f([x0 −α, x0 + α]) et donc derivable au voisinage de f(x0) = y0. On a, pourtout y ∈ J ,

g(y) =1

f ′(g(y)).

La fonction g est derivable en y0 et f ′ derivable en x0, donc g′ est derivable en y0 et

g′′(y0) = −f ′′(g(y0))g′(y0)

f ′(g(y0))2= − f ′′(x0)

(f ′(x0))3.

Exercice 20.18

1. La fonction f ′ est continue et strictement croissante sur R. D’apres la formule des ac-

croissements finis, pour tout x 6= 0, il existe c ∈ R tel quef ′(x) − f ′(0)

x= f ′′(c) > α. On

en deduit

f ′(x) > αx + f ′(0) si x > 0 et f ′(x) 6 xf ′(0) + f ′(0) si x 6 0.

Cela montre que limx→+∞

f ′(x) = +∞ et limx→−∞

f ′(x) = −∞. la fonction f ′ realise donc une

bijection de R sur R. On note g = f ′−1.

La fonction f est derivable sur R et sa derivee f ′′ ne s’annule pas sur R. On en deduit queg est derivable sur R et

g′ =1

(f ′)′ g=

1

f ′′ g.

2. La fonction f∗ est derivable sur R car f et g le sont et

(f∗)′(x) = g(x) + xg′(x) − f ′(g(x))g′(x) = g(x) + xg′(x) − xg′(x) = g(x),

car g = f ′−1. On a donc f∗′ = g et f∗ est deux fois derivable car g est derivable. De plus

f∗′′ =1

f ′′ g.

202

3. On a, pour tout reel x, f ′′(x) 6 β et donc, pour tout reel x,

f∗′′ =1

f ′′ g>

1

β.

Comme f∗′′ est minoree par une constante strictement positive, on peut appliquer ce qui

precede a f∗ et definir (f∗)∗. Comme f∗′ = g et donc f∗′−1= g−1 = f ′, on a par definition

de f∗, pour tout reel x,

(f∗)∗(x) = xf ′(x) − f∗(f ′(x)) = xf ′(x) − [f ′(x)g(f ′(x)) − f(g(f ′(x))]

= xf ′(x) − [f ′(x)x − f(x)] = f(x)

car g f ′ = IdR. On conclut que (f∗)∗ = f .

Exercice 20.19

1. La fonction g : x 7−→ f(x) − x est strictement decroissante sur [a, b] car

g′(x) = f ′(x) − 1 6 k − 1 < 0.

Comme on a g(a) 6 0 et g(b) > 0, on en deduit que g s’annule une seule fois sur [a, b] en α.L’equation f(x) = x a pour seule solution α.

2. L’inegalite des accroissements finies donne, pour tout entier n,

|un+1 − α| = |f(un) − f(α)| 6 k|un − a|.

On en deduit que, pour tout entier n,

|un − α| 6 kn|u0 − α|.

Comme k ∈ ]0, 1[, on obtient que limn→+∞

un = α.

Exercice 20.20

1. Comme f ′ est continue, la limite de f ′ en α est f ′(α). Puisque k − |f ′(α)| > 0, il existeη > 0 tel que, pour tout x ∈ [α − η, α + η], l’inegalite |f ′(x) − f ′(α)| 6 k − |f ′(α)| soitverifiee. Pour un tel x, on a

|f ′(x)| 6 |f ′(x) − f ′(α)| + |f ′(α)| 6 k − |f ′(α)| + |f ′(α)| 6 k.

Si n est un entier naturel tel que un ∈ [α − η, α + η], alors par l’inegalite de accroissementsfinis, on obtient

|un+1 − α| 6 k|un − α| 6 |un − α| 6 η

et un appartient a [α − η, α + η]. Si u0 appartient a cet intervalle, il en est donc de memede tous les termes de la suite et on montre comme dans l’exercice precedent que (un)n∈N

converge vers α.

203

2. Puisque |f ′(α)| − k > 0, il existe η > 0 tel que l’inegalite |f ′(x)− f ′(α)| 6 |f ′(α)| − k soitverifiee pour x ∈ [α − η, α + η]. Pour un tel x, on a

|f ′(x)| > |f ′(α)| − |f ′(x) − f ′(α)| > |f ′(α)| − (|f ′(α)| − k) > k.

Supposons que la suite (un)n∈N converge vers α. Il existe un entier n0 tel que un ∈ [α−η, α+η]pour n > n0. Si n > n0 on a, d’apres l’inegalite des accroissements finis,

|un+1 − α| > k|un − α|.

Supposons que la suite (un)n∈N n’est pas stationnaire. On alors, pour tout n > n0, un 6= αet donc

|un+1 − α| > k|un − α| > |un − α|.La suite (|un − α|)n>n0

est strictement croissante. Elle ne peut pas converger vers 0. Ainsi,si (un)n∈N converge vers α, elle est stationnaire.

Exercice 20.21

1. La fonction f est continue, strictement decroissante sur [a, b]. Comme f(a)f(b) < 0, elles’annule une seule fois sur [a, b], en c.

2. a) Montrons par recurrence que xn ∈ [a, c[.C’est vrai pour n = 0 par hypothese.Si xn ∈ [a, c[, alors f ′(xn) 6 0, car f ′ est negative sur [a, b], et f(xn) > 0 car f(c) = 0 et fdecroıt. On en deduit que xn+1 > xn.D’autre part, la fonction f est convexe sur [a, b], car f ′′ est positive, donc on a

0 = f(c) > f(xn) + (c − xn)f ′(xn).

On en deduit que

c − xn+1 =(c − xn)f ′(xn) + f(xn)

f ′(xn)> 0.

On a montre que xn+1 ∈ [a, c], ce qui termine la recurrence.On remarque qu’il resulte de la demonstration que (xn)n∈N est alors croissante.

b) La suite (xn)n∈N est croissante et majoree par c, donc elle converge. On note l sa limite.Par passage a la limite dans la relation de recurrence, on obtient, comme f ′ ne s’annule pas

sur [a, b], l = l − f(l)

f ′(l)et donc f(l) = 0, soit l = c.

3. a) On a

c − xn+1 =(c − xn)f ′(xn) + f(xn)

f ′(xn)=

−f(xn) − (c − xn)f ′(xn)

|f ′(xn)| .

On sait que |f ′(xn)| > m. Il faut majorer le numerateur parM

2(c−xn)2. Pour x ∈ [a, c], on

pose

g(x) = −f(x) − (c − x)f ′(x) − M

2(c − x)2.

204

On obtient g′(x) = (c−x)(M−f ′′(x)) > 0. Comme g(c) = 0, on en deduit que g est negativesur [a, c]. On obtient les inegalites voulues

0 6 c − xn+1 6M

2m(c − xn)2.

b) On pose q =M

2m. On alors, pour tout n ∈ N,

0 6 q(c − xn+1) 6 q2(c − xn)2 6 (q(c − xn))2.

On en deduit par recurrence sur n que 0 6 q(c − xn) 6 (q(c − x0))2n

.En effet pour n = 0, cela resulte de 20 = 1 et si c’est vrai au rang n, on obtient

0 6 q(c − xn+1) 6 (q(c − xn))2 6 (q(c − x0))2n.2

6 (q(c − x0))2n+1

.

En divisant l’inegalite obtenue par q, on obtient le resultat demande.

Exercice 20.22

1. La derivee de f : x 7−→ arctan x − x2

1 + x2est f ′ : x 7−→ (1 − x)2

(1 + x2)2. La fonction f est

donc strictement croissante et, comme f(0) = 0, on a f(x) > 0 pour x > 0, ce qui donnel’inegalite voulue.

2. La fonction f : x 7−→ tan x−x a pour derivee x 7−→ tan2 x donc elle croissante sur[0,

π

2

[

et s’annule en 0. Elle est positive.

On considere les fonctions g et h definies sur[0,

π

2

[par

g(x) = tan x − x − x3

3et h(x) = tanx − x − 14x3

25,

de derivees

g′(x) = tan2 x − x2 et h′(x) = tan2 x − 42x2

25.

Comme g′(x) = f(x)(x+tan x) > 0, la fonction g croıt ; de plus, g(0) = 0, donc g est positive

sur[0,

π

2

[.

On ecrit h′(x) =

(tan x −

√42x

5

) (tan x +

√42x

5

). Ainsi, h′(x) a le signe de k(x), ou

k : x 7−→ tan x −√

42x

5. Sa derivee est definie par k′(x) = tan2 −(

√42

5− 1). Elle s’annule

une seule fois en α tel que α = arctan

√√42

5− 1. La fonction k decroıt sur [0, α] et croıt sur

[α,

π

2

[. Comme k(0) = 0 et lim

π2

k = +∞, elle s’annule une fois entre α etπ

2, en β ; elle est

negative sur [0, β] et positive sur [β, π2 [. La fonction h decroıt sur [0, β] et croıt sur [β,

π

2[.

Comme h(0) = 0 et limπ2

h = +∞, h s’annule une fois sur[β,

π

2

[en γ ; elle est negative

205

sur [0, γ] et positive sur[γ,

π

2

[. De h(1) ≈ −0, 0026, on tire 1 6 γ. Ainsi, la fonction h est

negative sur [0, 1]. On a donc, pour tout x ∈ [0, 1],

g(x) > 0 et h(x) 6 0,

ce qui donne les inegalites voulues.

3. On considere la fonction definie sur]0,

π

2

[par f(x) = sin 2x + tanx − 2. On obtient

f ′(x) = 2 cos 2x +1

cos2 x− 2 = 2(2 cos2 x − 1) +

1

cos2 x− 2

=4 cos4 x − 4 cos2 x + 1

cos2 x=

(2 cos2 x − 1)2

cos2 x> 0.

La fonction f est strictement croissante et sa limite en 0 est 0. Elle est donc strictement

positive sur]0,

π

2

[. D’ou l’inegalite demandee.

4. On considere la fonction f definie sur R+ par f(x) = cos x − 1 +x2

2− x4

24.

On calcule ses derivees successives qui s’annulent toutes en 0. On obtient f (4)(x) = cos x−1 6 0.On montre successivement que f (3), f ′′ et f sont negatives. On en deduit que, pour toutx > 0,

cos x 6 1 − x2

2+

x4

24.

De f ′′(x) = − cos x = 1 − x2

26 0, on tire, pour x > 0, l’inegalite

1 − x2

26 cos x.

Ces inegalites restent verifiees sur R−, car toutes les fonctions qui interviennent sont paires.

5. On etudie la fonction f definie sur ]0,+∞[ par f(x) = lnx − x − 1√x

= lnx − √x +

1√x

.

On a, pour x > 0,

f ′(x) =1

x− 1

2√

x− 1

2x√

x=

2√

x − x − 1

2x√

x= − (

√x − 1)2

2x√

x6 0.

La fonction est strictement decroissante. Comme elle s’annule en 1, elle a le signe de x − 1.

On a donc, pour x > 0 et x 6= 1,f(x)

x − 1> 0, ce qui est l’inegalite voulue.

Exercice 20.23

1. La derivee de la fonction arctan est x 7−→ 1

1 + x2qui est decroissante pour x > 0. D’apres

la formule des accroissements finis, il existe c ∈ ]a, b[ tel que arctan b−arctan a = (b−a) arctan′(c).De arctan′ b 6 arctan′ c 6 arctan′ a et b > a, on tire les inegalites demandees.

206

2. Soit f definie sur]0,

π

2

[par f(x) =

sin x

x. On a

f ′(x) =x cos x − sin x

x2=

cos x(x − tan x)

x2.

Une etude de fonction facile montre que tanx − x > 0 sur ]0,π

2[. On en deduit que f ′ < 0.

On a donc , pour 0 < a < b <π

2,

sin a

a>

sin b

bet

a

b<

sin a

sin b.

D’autre part, la fonction g : x 7−→ f(a) − π

2f(x) est strictement croissante. Or

g(π

2

)= f(a) − 1 = f(a) − lim

x→0f(x) < 0,

car f decroıt. La fonction g est donc negative. D’ou l’on deduit

f(a) <π

2f(b) et

sin a

sin b<

a

b

π

2.

Exercice 20.24

1. D’apres l’inegalite des accroissements finis, pour tout x > 0, on peut trouver c ∈ ]x, x+1[

tel que ln(x + 1) − lnx =1

c. Comme la fonction x 7−→ 1

xdecroıt, on dispose des inegalites

1

x + 1<

1

c<

1

xdont decoule le resultat demande.

2. Pour n > 1, on utilise le resultat de la question 1 pour x = n, n + 1, . . . , kn − 1. Onobtient

kn−1∑

p=n

1

p + 1<

kn−1∑

p=n

(ln(p + 1) − ln p) <kn−1∑

p=n

1

p,

un < ln(kn) − lnn < un +1

n− 1

kn,

ln k − 1

n+

1

kn< un < ln k.

On en deduit par encadrement limn→+∞

un = ln k.

Exercice 20.25

La fonction f : x 7−→ 12x4 − 14x3 − 3x2 − 5 a pour derivee f ′ telle que

f ′(x) = 48x3 − 42x2 − 6x = 6x(8x2 − 7x − 1) = 6x(x − 1)(8x + 1).

Sur ]0,+∞[, f ′(x) a le signe de x − 1 : f decroıt sur [0, 1] et croıt sur [1,+∞[. Commef(0) < 0 et lim

+∞f = +∞, f s’annule une seule fois sur R+ entre 1 et +∞.

207

Exercice 20.26

Pour b = 0, l’equation n’a pas de solution. Si b 6= 0 et a = 0, on trouve une solution1

b.

On suppose desormais ab 6= 0.La fonction f : x 7−→ eax − bx a pour derivee x 7−→ aeax − b.Si ab < 0, f est strictement monotone. On verifie qu’en −∞ et +∞, f a des limites infiniesopposees : f realise une bijection de R sur R. Elle s’annule une fois.

Si ab > 0, f ′ s’annule en α =1

aln

b

aet f(α) =

b

a

(1 − ln

b

a

).

• Si a > 0, f a pour limite +∞ en −∞ et +∞ ; elle atteint son minimum en α. Si b < aele minimum est strictement positif et f ne s’annule pas. Si b = a le minimum est nul et fs’annule une fois. Si b > ae, le minimum est negatif et f s’annule deux fois.

• Le cas a < 0 se ramene au precedent car x est solution de eax = bx si et seulement si −xest solution de e−ax = −bx.

Exercice 20.27

1. Comme limx→1

lnx

x − 1= 1, la fonction f est continue en 1, donc sur R∗

+. Elle est derivable

sur ]0, 1[ et ]1,+∞[ et

f ′(x) =x − 1 − lnx

(x − 1)2.

L’etude des variations de x 7−→ x − 1 − lnx montre que cette fonction est positive ou nullesur ]0,+∞[ et ne s’annule qu’en 1. On en deduit que pour x > 0, x 6= 1, f ′(x) > 0. Lafonction etant continue sur R∗

+, elle est strictement croissante sur R∗+. Comme lim

x→0f(x) = 0

et limx→+∞

f(x) = +∞, f realise une bijection de R∗+ sur R∗

+.

2. Pour x 6= 1,

f(x)f

(1

x

)=

x lnx 1x ln 1

x

(x − 1)(

1x − 1

) =x(ln x)2

(x − 1)2.

Commelnx

x − 1> 0, l’inegalite f(x)f

(1

x

)< 1 equivaut a

lnx

x − 16

1√x

. Cette inegalite a ete

demontree dans l’exercice 22.

Exercice 20.28

On a, par definition n√

n = elnn . La fonction x 7−→ lnx

x, croıt sur ]0, e] et decroıt sur [e,+∞[.

Cela montre que n√

n 62√

2 pour n 6 2 et n√

n 63√

3 pour n > 3. Puisque 23 6 32, on a2√

2 63√

3, on conclutsupn∈N∗

n√

n =3√

3.

Exercice 20.29

1. La fonction gα : x 7−→ x − fα(x) est definie et derivable sur ] − α,+∞[ et

g′α(x) = 1 − (α − 1)1α

1 + αx

=x + 1

x + α.

208

La fonction g′α s’annule en −1 ; gα est decroissante sur ] − α,−1] et est croissante sur[−1,+∞[. On calcule les limites aux bornes : lim

x→−αgα(x) = lim

x→+∞gα = +∞. Le nombre de

solutions de l’equation fα(x) = x, i.e. gα(x) = 0, depend du signe de

gα(−1) = −1 − (α − 1) ln

(1 − 1

α

)= −1 + (α − 1) ln

(α

α − 1

)

= −1 + (α − 1) ln

(1 +

1

α − 1

).

On sait que, pour x > −1, on a ln(1 + x) 6 x avec egalite si et seulement si x = 0. On adonc, pour tout α > 2,

gα(−1) < −1 + (α − 1)1

α − 16 0.

La fonction gα s’annule deux fois dont une en 0. L’autre zero de gα est note xα. Il appartienta ] − α,−1[.

2. Il a deja ete demontre que −α < xα < −1. Pour etudier la place de xα par rapporta −2, il faut etudier le signe de gα(−2). Plus generalement, pour traiter le reste de laquestion, on etudie, pour x < −1, le signe de gα(x) et pour cela la fonction ϕx definie pourα > max(2,−x), par

ϕx(α) =gα(x)

α − 1=

x

α − 1− ln

(1 +

x

α

).

On note que limα→+∞

ϕx(α) = 0. La fonction ϕx est derivable et

ϕ′x(α) =

−x

(α − 1)2+

xα2

1 + xα

=x(−(x + 2)α + 1)

(α − 1)2α(α + x).

• Si x = −2, ϕ′x est negative, la fonction ϕx decroıt et comme sa limite en +∞ est 0, elle est

positive. Ainsi gα(−2) > 0 pour tout α > 2 donc xα > −2 puisque gα decroıt sur ]−α,−1[.

• Si x ∈ ]−2,−1[, on a x(−(x + 2)α + 1) > 0 et donc ϕ′x(α) > 0 pour α assez grand.

La fonction ϕx est croissante pour α assez grand. Comme sa limite en +∞ est 0, on aϕx(α) < 0, gα(x) < 0 et donc xα < x pour α assez grand.On a donc demontre que, pour tout x ∈ ]−2,−1[, il existe α0 > 2, tel que

∀α > α0 − 2 < xα < x.

Ceci montre que

limα→+∞

xα = −2.

Exercice 20.30

1. La fonction f est derivable car arctan est derivable sur R de meme que x 7−→√

1 + x2−x

209

et, pour tout reel x,

f ′(x) =1

1 + x2+ 2

x√1+x2

− 1

(√

1 + x2 − x)2 + 1

=1

1 + x2+ 2

x−√

1+x2√1+x2

2(1 + x2) − 2x√

1 + x2

=1

1 + x2+

x −√

1 + x2

(1 + x2)(√

1 + x2 − x)= 0.

La fonction f est donc constante sur R et comme f(0) = 2 arctan 1 =π

2, on a f(x) =

π

2pour tout reel x.

2. La fonction g : x 7−→ arctan1

2x2+ arctan

x + 1

x+ arctan

x − 1

xest derivable sur R∗ et

g′(x) =−1x3

1 + 14x4

+− 1

x2

1 +(

x+1x

)2 +1x2

1 +(

x−1x

)2

=−4x

4x4 + 1− 1

x2 + (x + 1)2+

1

x2 + (x − 1)2

=−4x

4x4 + 1+

4x

(2x2 + 1 − 2x)(2x2 + 1 + 2x)= 0.

La fonction g est donc constante sur ]−∞, 0[ et sur ]0,+∞[. Comme lim+∞

g = 2arctan 1 =π

2

et lim−∞

g =π

2, on a g(x) =

π

2pour tout x ∈ R∗.

Exercice 20.31

1. La derivee de cos, − sin ne s’annule pas sur ]0, π[ donc la fonction arccos est derivable surcos(]0, π[) =] − 1, 1[, et pour x ∈ ]−1, 1[,

arccos′(x) =1

cos′(arccos x)=

1

− sin(arccos x)=

−1√1 − x2

,

car pour y ∈ ]0, π[, sin y =√

1 − cos2 y.

2. On a, pour tout reel x,

∣∣∣∣1 − x2

1 + x2

∣∣∣∣ 6 1 et arccos est definie sur [−1, 1] donc f est definie sur

R.

3. La fonction x 7−→ 1 − x2

1 + x2est derivable sur R de derivee x 7−→ −4x

(1 + x2)2. Comme arccos

est derivable sur ] − 1, 1[, f est derivable en x si

∣∣∣∣1 − x2

1 + x2

∣∣∣∣ 6= 1. C’est vrai si x 6= 0. Ainsi f

est derivable sur R∗, de derivee

f ′(x) = − 1√1 −

(1−x2

1+x2

)2

−4x

(1 + x2)2=

4x√4x2(1 + x2)

.

210

Ainsi, si x < 0, f ′(x) = − 2

1 + x2= −2 arctan′(x) et si x > 0, f ′(x) = 2 arctan x. Il existe

donc des constantes c1 et c2 telles que

f(x) = −2 arctan x + c1 si x < 0 et f(x) = 2 arctan x + c2 si x > 0.

Par continuite de f en 0, on obtient, puisque f(0) = 0, c1 = c2 = 0.

Exercice 20.32

1. Pour la fonction f : x 7−→ (x2 + 3x − 1)ex, on applique la formule de Leibniz. La deriveetroisieme de g : x 7−→ x2 + 3x − 1 est nulle donc, pour x ∈ R et n > 2,

fn(x) = exg(x) +

(n

1

)exg′(x) +

(n

2

)exg′′(x)

= ex

[x2 + 3x − 1 + n(2x + 3) +

n(n − 1)

2· 2

]

= ex(x2 + (2n + 3)x + n2 + 2n − 1).

On verifie que la formule reste exacte pour n = 0 et n = 1.

2. On a, pour tout reel x,

f ′(x) = ex(cos x − sin x) = ex√

2 cos(x +

π

4

).

On en deduit par une recurrence immediate que, pour tous n ∈ N et x ∈ R,

f (n) = ex2n2 cos

(x + n

π

4

).

3. La fonction f est C∞ sur ]−∞,−1[, ]− 1, 1[ et ]1,+∞[. On a, pour tout x ∈ R \ −1, 1,

f(x) =1

2

1

x − 1− 1

2

1

x + 1.

On est ramene a calculer la derivee n-ieme sur R∗ de g : x 7−→ 1

x, car ensuite on compose

avec x 7−→ x + 1 ou x 7−→ x− 1 dont les derivees sont egales a 1. On montre facilement parrecurrence que, pour tous n ∈ N et x ∈ R∗,

g(n)(x) =(−1)nn!

xn+1.

On en deduit que, pour tous n ∈ N et x ∈ R \ −1, 1,

f (n)(x) =(−1)nn!

2

(1

(x − 1)n+1− 1

(x + 1)n+1

).

211

Exercice 20.33

La derivee x 7−→ 1

1 + x2de arctan est C∞ comme quotient de polynomes. Il en est de meme

de arctan. On verifie la formule par recurrence.Pour n = 1, on a

0! cos(f(x)) sin(π

2+ f(x)

)= cos2 f(x) =

1

1 + tan2 f(x)=

1

1 + x2= f ′(x).

Supposons que la formule est vraie au rang n et calculons f (n+1). On obtient, pour tout reelx,

f (n+1)(x) = (n − 1)!(−n sin(f(x)) cosn−1(f(x)) sin

(n

(π

2+ f(x)

))

+cosn f(x)n cos(n

(π

2+ f(x)

))f ′(x).

Comme f ′(x) = cos2(f(x)), on en deduit

f (n+1)(x) = n! cosn+1(f(x))(− sin f(x) sin

(n

(π

2+ f(x)

))+ cos(f(x)) cos

(n

(π

2+ f(x)

)))

= n! cosn+1(f(x)) cos(n

π

2+ (n + 1)f(x)

)

= n! cosn+1(f(x)) sin((n + 1)

(π

2+ f(x)

))

La formule est donc vraie au rang n + 1, donc pour tout entier n.

Exercice 20.34

La fonction f est C∞ comme composee de fonctions C∞ .1. On calcule f ′ et f ′′. Pour tout x > 1,

f ′(x) = x(x2 − 1)−12

f ′′(x) = (x2 − 1)−12 − 1

2x(2x)(x2 − 1)−

32 = −(x2 − 1)−

32 .

On demontre la propriete par recurrence.Elle est verifiee pour n = 2, avec P2(x) = 1, polynome de degre 0, a coefficients strictementpositifs.Supposons que la propriete est vraie au rang n et calculons f (n+1). On a, pour tout x > 1,

f (n+1)(x) = (−1)n+1P ′n(x)(x2 − 1)−n+ 1

2 + (−1)n+1Pn(x)

(−n +

1

2

)(2x)(x2 − 1)−n− 1

2

= (−1)n+2(x2 − 1)−n− 12 [−P ′

n(x)(x2 − 1) + (2n − 1)xPn(x)].

Si on pose Pn+1(x) = −P ′n(x)(x2 − 1) + (2n − 1)xPn(x), Pn+1 est un polynome de degre

inferieur ou egal a n − 1. Il reste a verifier que Pn+1 est a coefficients strictement positifs,de degre n − 1, pour que la propriete soit verifiee au rang n + 1.

212

Posons Pn(x) =n−2∑

k=0

akxk, avec a0, a1, . . . ,an−2 reels strictement positifs. On a alors

Pn+1(x) = −(x2 − 1)

n−2∑

k=1

kakxk−1 + (2n − 1)x

n−2∑

k=0

akxk

=n−2∑

k=0

(2n − 1 − k)akxk+1 +n−2∑

k=1

kakxk−1

=

n−1∑

j=1

(2n − j)aj−1xj +

n−3∑

k=0

(j + 1)aj+1xj

= (n + 1)an−2xn−1 + (n + 2)an−3x

n−2 +

n−3∑

k=1

((2n − j)aj−1 + (j + 1)aj+1)xj + a1.

Ceci montre que Pn+1 est de degre n− 1 et a des coefficients strictement positifs et terminela demonstration par recurrence.

2. On a, pour x > 1 et n > 2,

(−1)nf (n)(x) = −Pn(x)(x2 − 1)−n+ 12 < 0,

car le polynome Pn, qui est a coefficients positifs, prend des valeurs positives sur ]1,+∞[.On verifie que cela reste vrai pour n = 0 ou n = 1.

Exercice 20.35

1. La fonction f est C∞ car c’est un quotient de polynomes dont le denominateur ne s’annulepas.

2. a) On derive la relation definissant Pn. On obtient, pour tout reel x,

P ′n(x) = 2x(n + 1)(1 + x2)nf (n)(x) + (1 + x2)n+1f (n+1)(x),

(1 + x2)P ′n(x) = 2(n + 1)x(1 + x2)n+1f (n)(x) + (1 + x2)n+2f (n+1)(x)

= 2(n + 1)xPn(x) + Pn+1(x),

par definition de Pn et Pn+1.

b) On demontre par recurrence que Pn est un polynome de degre n.C’est vrai pour n = 0, car P0(x) = (1 + x2)f(x) = 1. Supposons que Pn est un polynome dedegre n, de coefficient dominant an.Puisque, pour tout x ∈ R, Pn+1(x) = (1+x2)P ′

n(x)−2(n+1)xPn(x), Pn+1 est un polynome.Les polynomes (1 + X2)P ′

n et 2(n + 1)XPn sont de degre n + 1. Le terme de degre n + 1 estnan dans (1+X2)P ′

n et 2(n+1)an dans 2(n+1)XPn, donc −(n+2)an 6= 0 dans Pn+1. AinsiPn+1 est de degre n + 1, ce qui termine la demonstration par recurrence, et son coefficientdominant est an+1 = −(n + 2)an. On en deduit que, pour tout n ∈ N,

an = −(n + 1)an−1 = · · · = (−1)n(n + 1)!a0 = (−1)n(n + 1)!.

213

3. On montre, par recurrence sur n, que Pn admet n racines reelles. Le polynome P0 = 1s’annule 0 fois. Supposons que Pn s’annule n fois en x1 < x2 < . . . < xn. Il en est de meme def (n). En appliquant le theoreme de Rolle sur chacun des intervalles [xk, xk+1] (1 6 k 6 n−1),on voit que f (n+1) s’annule une fois sur chacun des intervalles ]xk, xk+1[, ce qui donne n− 1racines distinctes.D’autre part, on a lim

−∞f (n) = lim

+∞f (n) = 0, car le degre de Pn est strictement inferieur a celui

de (1 + x2)n+1. La derivee f (n+1) ne peut pas garder un signe constant sur ]xn,+∞[, sinonf (n) serait strictement monotone : ceci est incompatible avec f (n)(xn) = lim

+∞f (n) = 0. Donc

necessairement f (n+1) change de signe sur ]xn,+∞[. Comme elle est continue, elle s’annulesur cet intervalle. On montre de meme que f (n+1) s’annule sur ]−∞, x1[. On a donc montreque f (n+1) s’annule n + 1 fois sur R. On en deduit que Pn+1 s’annule aussi n + 1 fois sur R.

Exercice 20.36

1. La fonction g est de classe C∞ sur R∗. Comme la limite desinx

xen 0 est 1, elle est

continue sur R.Pour x ∈ R∗, on a

g′(x) =x cos x − sin x

x2.

La fonction g′ est continue sur R∗. On calcule sa limite en 0. La derivee de x 7−→ x cos x−sinxest x 7−→ −x sin x. D’apres la formule des accroissements finis appliquee entre 0 et x, pourtout x ∈ R∗, il existe c entre 0 et x tel que x cos x − sin x = x(−c sin c). On a donc

|g′(x)| =|x cos x − sin x|

|x|2 =|c sin c||x| 6 | sin c|.

Comme c tend vers 0 quand x tend vers 0, on obtient limx→0

g′(x) = 0. On en deduit en utilisant

le theoreme ?? que g est derivable en 0 et g′(0) = 0. La fonction g′ est donc continue sur R.

2. On demontre le resultat par recurrence. Il est verifie pour n = 1, avec

P1(x) = x et Q1(x) = 1.

Si la propriete est vraie au rang n, on obtient en derivant sur R∗,

g(n+1)(x) =P ′

n(x) sin(n)(x) + Pn(x) sin(n+1)(x) + Q′n(x) sin(n+1)(x) + Qn(x) sin(n+2)(x)

xn+1

− (n + 1)Pn(x) sin(n)(x) + Qn(x) sin(n+1)(x)

xn+2.

Comme sin′′ = − sin, on a sin(n+2) = − sin(n). On en deduit que

g(n+1)(x) =1

xn+2

(sin(n+1)(x)(xPn(x) + xQ′

n(x) − (n + 1)Qn(x))

+ sin(n+2)(x)(−xP ′n(x) + xQn(x) + (n + 1)Pn(x))

),

214

ce qui montre que la propriete est verifiee au rang n + 1, avec

Pn+1 = XPn + XQ′n − (n + 1)Qn

Qn+1 = −XP ′n + XQn + (n + 1)Pn.

La propriete est demontree par recurrence.

3. Les polynomes P1 et Q1 sont a coefficients entiers et les formules de recurrence montreque si Pn et Qn sont a coefficients entiers, il en meme de Pn+1 et Qn+1. C’est donc vraipour tout entier n.Montrons par recurrence que Pn est de degre n et Qn de degre n−1, avec comme coefficientdominant respectivement 1 et n.C’est vrai au rang 1 et si c’est vrai au rang n, alors XPn est de degre n+1 avec un coefficientdominant egal a 1 et XQ′

n − (n + 1)Qn est de degre 6 n − 1, donc Pn+1 est de degre n + 1avec un coefficient dominant egal a 1. De meme, −XP ′

n, XQn et (n + 1)Pn sont de degren avec des coefficients dominants respectivement egaux a −n, n et n + 1 donc Qn+1 est dedegre n avec un coefficient dominant egal a n + 1.Montrons que la parite de Pn est la parite de n et la parite de Qn, celle de n + 1.C’est vrai pour n = 1 et si on suppose que c’est vrai au rang n, alors Pn et Q′

n ont la paritede n, XPn + XQ′

n a la parite de n + 1, (n + 1)Qn a la parite de n + 1 et il en est de memede Pn+1. On montre de meme que Qn+1 a la parite de n, ce qui termine la demonstrationpar recurrence.

4. On a pour tout x ∈ R, sinx = xg(x). En appliquant la formule de Leibniz, on obtient,pour tous x ∈ R et n ∈ N,

sin(n+1)(x) = xg(n+1)(x) + (n + 1)gn(x).

En remplacant g(n+1) et g(n) par leur valeur et en multipliant par xn+1, on obtient, pourx ∈ R∗ et n ∈ N,

xn+1 sin(n+1)(x) = Pn+1(x) sin(n+1)(x) + Qn+1(x) sin(n+2)(x) +

(n + 1)(Pn(x) sin(n)(x) + Qn(x) sin(n+1)(x)).

Comme sin(n+2) = − sin(n), cette egalite s’ecrit

(xn+1 − Pn+1(x) − (n + 1)Qn) sin(n+1)(x) + (Qn+1(x) − (n + 1)Pn) sin(n)(x).

Soient U et V deux polynomes tels que, pour tout x ∈ R∗,

U(x) sin x + V (x) cos x = 0.

En prenant x = kπ (k ∈ Z), on obtient V (x) = 0, donc V qui possede une infinite de racines

est le polynome nul. De meme, en prenant x =π

2+ kπ, on montre que U est le polynome

nul.Comme sin(n) et sin(n+1) sont au signe pres sin et cos, on obtient

Pn+1 + (n + 1)Qn = Xn+1 et Qn+1 = (n + 1)Pn.

On savait deja que XP ′n = −Qn+1 + XQn + (n + 1)Pn. On en deduit que XP ′

n = XQn etdonc P ′

n = Qn.

215

Exercice 20.37

La fonction f est de classe C∞ sur ] −∞, 0[ et ]0,+∞[.1. a) Montrons le resultat par recurrence sur n.Il est vrai pour n = 0 (P0 = 1) et si on suppose qu’il est verifie au rang n, on obtient pourtout x > 0,

f (n+1)(x) =1

x2e−

1x Pn

(1

x

)− e−

1x

1

x2P ′

n

(1

x

)

et donc

f (n+1)(x) = e−1x Pn+1

(1

x

),

ou Pn+1 est le polynome defini par Pn+1 = X2Pn − X2P ′n.

b) On deduit de la question precedente que, pour tout n ∈ N, on a

limx→0+

f (n)(x) = limx→0+

e−1x Pn

(1

x

)= lim

y→+∞Pn(y)

ey= 0,

par croissance comparee d’une exponentielle et d’un polynome. On a aussi de maniereevidente, lim

x→0−f (n)(x) = 0.

Montrons par recurrence que, pour tout n ∈ N, f est de classe Cn et que f (n)(0) = 0.On a montre que lim

0−f = lim

0+f = 0 = f(0). La fonction f est continue en 0 donc continue

sur R.Si f est de classe Cn sur R, f (n) est continue sur R, derivable sur R∗. Comme la restrictionde (f (n))′ = f (n+1) a R∗ possede une limite en 0 egale a 0, on sait qu’alors f (n) est derivableen 0 et que f (n+1)(0) = 0 (d’apres le theoreme ??). La fonction f (n+1) est alors continue en0, donc sur R et la propriete est etablie au rang n + 1.La propriete est donc demontree et f est ∞ sur R.

2. On a pour tout reel x, g(x) = f(1−x2) donc g est C∞ sur R comme composee de fonctionsC∞.

Exercice 20.38

On a, pour (x, y) ∈ I2 et λ ∈ [0, 1],

f(λx + (1 − λ)y) 6 λf(x) + (1 − λ)f(y)

et comme g est croissante et convexe

g(f(λx + (1 − λ)y)) 6 g(λf(x) + (1 − λ)f(y)) 6 λg(f(x)) + (1 − λ)g(f(y)),

ce qui montre que g f est convexe.

Exercice 20.39

1. a) Il est possible de choisir λ pour que ϕ(x0) = 0. Il faut prendre

λ =f(x0) − g(x0)

(x0 − a)(x0 − b)

216

ce qui est possible car x0 n’est egal ni a a, ni ab.On verifie que ϕ(a) = ϕ(b) = 0. La fonction ϕ est derivable sur I. On applique le theoremede Rolle sur les intervalles [a, x0] et [x0, b]. Il existe x1 ∈ ]a, x0[ et x2 ∈ ]x0, b[ tels queϕ′(x1) = ϕ′(x2) = 0. Puisque ϕ′ est derivable sur I, on peut lui appliquer le theoreme deRolle : il existe c ∈ ]x1, x2[ tel que ϕ′′(c) = 0.Puisque la fonction g est affine, sa derivee seconde est nulle ; on obtient ϕ′′(c) = f ′′(c)−2λ = 0

et λ =1

2f ′′(c). Comme ϕ(x0) = 0,

f(x0) − g(x0) = λ(x0 − a)(x0 − b) =1

2(x0 − a)(x0 − b)f ′′(c).

b) On raisonne comme dans a. Puisque y = h(x) est l’equation de la tangente au pointd’abscisse a, on a f(a) = h(a) et f ′(a) = h′(a) et donc ψ(a) = ψ′(a) = 0. On appliqueencore deux fois le theoreme de Rolle. Il existe x1 entre a et x0 tel que ψ′(x1) = 0, puis d

entre a et x1 tel que ψ′′(d) = 0. En derivant, on obtient µ =1

2f ′′(d), puis en ecrivant que

ψ(x0) = 0,

f(x0) − h(x0) =1

2(x0 − a)2f ′′(d).

2. Si f ′′ > 0, on a avec les notations de la premiere question, f(x0) − g(x0) 6 0, pour toutx0 ∈ ]a, b[ (puisque (x0 − a)(x0 − b) < 0). Ceci signifie que la courbe representative de f sur[a, b] est au-dessous de la droite (AB), ou A et B sont les points de C d’abscisses a et b.On obtient de meme f(x0) − h(x0) > 0 pour tout x0 distinct de a. La courbe est doncau-dessus de sa tangente au point A.

Exercice 20.40

1. Soit a un reel quelconque. La fonction x 7−→ f(x) − f(a)

x − aest croissante sur ]a,+∞[. Elle

possede donc une limite l, finie ou egale a +∞, en +∞. Pour x > a, x 6= 0, on ecrit

f(x)

x=

f(x) − f(a)

x+

f(a)

x=

f(x) − f(a)

x − a

x − a

x+

f(a)

x.

D’apres les theoremes usuels sur les limites, on obtient

limx→+∞

f(x)

x= l.

2. D’apres la demonstration de la premiere question, la fonction x 7−→ f(x) − f(a)

x − atend en

croissant vers l quand x tend vers +∞. On a donc, pour x > a,

f(x) − f(a)

x − a6 l et donc f(x) − lx 6 f(a) − la.

Le reel a etant quelconque, ceci signifie que la fonction x 7−→ f(x)− lx est decroissante. Elleadmet donc une limite finie ou egale a −∞ en +∞.

217

Exercice 20.41

Supposons que f ′ n’est pas la fonction nulle. Il existe a dans R tel que f ′(a) 6= 0. On a alorspour tout reel x, puisque f est convexe,

f(x) > f(a) + (x − a)f ′(a).

Si f ′(a) > 0, on obtient limx→+∞

f(a) + (x − a)f ′(a) = +∞ et donc lim+∞

f = +∞.

De meme, si f ′(a) < 0, on obtient limx→−∞

f(a) + (x − a)f ′(a) = +∞ et donc lim−∞

f = +∞.

Dans les deux cas, cela contredit le fait que f est bornee. On a donc f ′ = 0 et f est unefonction constante.Le resultat tombe en defaut si f est definie sur [a,+∞[. La fonction f definie sur [1,+∞[

par f(x) =1

xest convexe, car f ′′ est positive, bornee, mais n’est pas constante.

Exercice 20.42

1. La fonction f est definie sur R \ −3, 1 et pour x 6= −3 et 1,

f ′(x) =−4

(x − 1)(x + 3).

la fonction f croıt sur ]− 3, 1[ et decroıt sur ]−∞,−3[ et ]1,+∞[. Ses limites en −∞,, −3,1 et +∞ sont respectivement 0, −∞, +∞ et 0. Pour tout x 6= −3, 1, on a

f ′′(x) =8(x + 1)

(x + 3)2(x − 1)2.

La fonction f est donc convexe sur [−1, 1[ et ]1,+∞[ et concave sur ]−∞,−3[ et ]− 3,−1].La courbe de f possede un point d’inflexion, de coordonnees (−1, 0). On peut demontrerqu’il est centre de symetrie de la courbe.

2. La fonction f est croissante sur R− et decroissante sur R+. On a, pour tout reel x,

f ′(x) = −2xe−x2

et f ′′(x) = (4x2 − 2)e−x2

.

La fonction est convexe sur

]−∞,− 1√

2

]et

[1√2,+∞

[, concave sur

[− 1√

2,

1√2

]. La courbe

C possede deux points d’inflexion d’abscisse ± 1√2.

3. On a, pour tout x ∈ R, f ′(x) = x sin x. La fonction f est monotone sur chaque intervalle[kπ, (k + 1)π] (k ∈ Z). On calcule ensuite, pour tout x ∈ R, f ′′(x) = x cos x + sinx. Sur

chaque intervalle]−π

2+ kπ,

π

2+ kπ

[, on peut ecrire f ′′(x) = cos x(tan x + x). La fonction

x 7−→ tan x + x realise une bijection de]−π

2+ kπ,

π

2+ kπ

[sur R. Donc elle s’annule une

fois sur]−π

2+ kπ,

π

2+ kπ

[en xk. En xk, f ′′ s’annule et change de signe donc C possede

un point d’inflexion. En particulier, x0 = 0 donc le point de coordonnees (0, 0) est pointd’inflexion.

218

Exercice 20.43

1. La derivee seconde de f : x 7−→ ln(1 + ex) est f ′′ : x 7−→ ex

(ex + 1)2. Elle est positive donc

f est convexe.Soit x1 ,. . . , xn dans R∗

+, y1 ,. . . , yn des reels tels que xk = eyk pour 1 6 k 6 n. Parconvexite de f , on obtient

f

(1

n

n∑

k=1

yk

)6

1

n

n∑

k=1

f(yk).

On simplifie chaque terme :

f

(1

n

n∑

k=1

yk

)= ln

(1 + exp

(1

n

n∑

k=1

yk

))= ln

1 +

(n∏

k=1

xk

) 1n

,

1

n

n∑

k=1

f(yk) =1

n

n∑

k=1

ln(1 + xk) = ln

(n∏

k=1

(1 + xk)

) 1n

.

Le logarithme etant une fonction croissante, on obtient l’inegalite

1 +

(n∏

k=1

xk

) 1n

6

(n∏

k=1

(1 + xk)

) 1n

.

2. On applique l’inegalite de la question 1 aux reels xk =ak

bk. On obtient

1 +

(n∏

k=1

ak

bk

) 1n

6

(n∏

k=1

(1 +

ak

bk

)) 1n

.

En multipliant par

(n∏

k=1

bk

)1/n

, on obtient l’inegalite voulue.

Exercice 20.44

1. On a1

p= 1 − 1

q< 1 et donc p > 1. La fonction f : x 7−→ xp est convexe sur R∗

+, car

f ′′(x) = p(p − 1)xp−2 > 0, pour tout x > 0.

2. On verifie quen∑

k=1

λk = 1 et on utilise l’inegalite de convexite

f

(n∑

k=1

λkxk

)6

n∑

k=1

λkf(xk).

On a

n∑

k=1

λkxk =

n∑

k=1

akbk

n∑

i=1

bqi

etn∑

k=1

λkf(xk) =n∑

k=1

bqkap

kbp(1−q)k

n∑

i=1

bqi

=

n∑

k=1

apb

n∑

i=1

bqi

,

219

car q + p(1 − q) = 0. On en deduit

(n∑

k=1

akbk

)p

(n∑

i=1

bqi

)p 6

n∑

k=1

apb

n∑

i=1

bqi

et

(n∑

k=1

akbk

)p

6

n∑

k=1

apb

(n∑

i=1

bqi

)p−1

.

En elevant les deux membres de l’inegalite a la puissance1

p, on obtient le resultat voulu.

Exercice 20.45

1. Soit f : x 7−→(1 − x

1p

)p

. On obtient, pour tout x ∈ ]0, 1[, apres simplification

f ′(x) = −(1 − x

1p

)p−1

x1p−1 et f ′′(x) =

p − 1

p

(1 − x

1p

)p−2

x1p−2 > 0.

La fonction f est convexe sur [0, 1].

2. On verifie quen∑

k=1

λk = 1 et on utilise l’inegalite de convexite

f

(n∑

k=1

λkxk

)6

n∑

k=1

λkf(xk).

On pose A =

n∑

k=1

apk, B =

n∑

k=1

bpk et C =

n∑

k=1

(ak + bk)p. On alors

n∑

k=1

λkxk =A

Cet f

(n∑

k=1

λkxk

)=

(1 − A

1p

C1p

)p

.

D’autre part,

f(xk) =

(1 − ak

ak + bk

)p

=bpk

(ak + bk)pet

n∑

k=1

λkf(xk) =B

C.

On obtient donc

(1 − A

1p

C1p

)p

6B

C, 1 − A

1p

C1p

6B

1p

C1p

, C1p 6 A

1p + B

1p .

220

Chapitre 21Exercice 21.1

1. On reconnaıt la somme des termes d’une suite geometrique :

n−1∑

k=0

ei kπn =

n−1∑

k=0

(ei π

n

)k=

1 − eiπ

1 − ei πn

=2

1 − ei πn

=2e−i π

2n

e−i π2n − ei π

2n

=e−i π

2n

−i sin π2n

= 1 + i cotπ

2n.

On en deduit

Sn =1

n

n−1∑

k=0

sinkπ

n=

1

nℑ(1 + i cot

π

2n) =

1

ncot

π

2n.

2. On reconnaıt dans Sn une somme de Riemann de f . On en deduit que

∫ 1

0

f(t) dt = limn→+∞

Sn = limn→+∞

1

n tan π2n

=2

π,

car tanπ

2n∼

n→+∞π

2n.

Exercice 21.2

On a, par la relation de Chasles,

∫ n

0

Ent(x) dx =n−1∑

k=0

∫ k+1

k

Ent(x) dx =n−1∑

k=0

k =n(n − 1)

2,

∫ n

0

xEnt(x) dx =

n−1∑

k=0

∫ k+1

k

xEnt(x) dx =

n−1∑

k=0

∫ k+1

k

kx dx =

n−1∑

k=0

k(k + 1)2 − k2

2

=

n−1∑

k=0

(1

2k + k2

)=

n(n − 1)

4+

n(n − 1)(2n − 1)

6

=(n − 1)n(4n + 1)

12.

Exercice 21.3

1. a) Pour k entre 1 et n, on obtient par la formule du binome,

(1 + k)p+1 =

p+1∑

i=0

(p + 1

i

)ki.

En sommant les formules obtenues pour les differentes valeurs de k et en echangeant lesdeux sommations, on en deduit

n∑

k=1

(1 + k)p+1 =

n∑

k=1

p+1∑

i=0

(p + 1

i

)ki =

p+1∑

i=0

(p + 1

i

) n∑

k=1

ki =

p+1∑

i=0

(p + 1

i

)Si(n).

221

Le premier membre est egal an+1∑

k=2

kp+1 = Sp+1(n) + (n + 1)p+1 − 1. En isolant les termes

S0(n) = n et Sp+1(n), on obtient

p∑

i=1

(p + 1

i

)Si(n) = Sp+1(n) + (n + 1)p+1 − 1 − Sp+1(n) − S0(n)

= (n + 1)p+1 − (n + 1).

b) Les sommes Si(n) pour 1 6 i 6 3 sont connues :

S1(n) =n(n + 1)

2, S2(n) =

n(n + 1)(2n + 1)

6, S3(n) =

(n(n + 1))2

4.

c) On demontre par recurrence forte sur p que Sp(n) est un polynome de degre p + 1.C’est vrai pour p 6 3. Soit p > 2 tel que la propriete soit verifiee jusqu’au rang p − 1. Laformule demontree a la premiere question, que l’on peut ecrire

Sp(n) =1

p + 1

((n + 1)p+1 − (n + 1) −

p−1∑

i=1

(p + 1

i

)Si(n)

),

montre que Sp est une fonction polynomiale de la variable n, comme somme de fonctionspolynomiales. Chaque polynome Si (1 6 i 6 p − 1) etant de degre inferieur ou egal a p, Sp

est de degre p + 1 et son terme de plus haut degre est1

p + 1np+1.

2. Sp(n) est equivalent a son terme de plus haut degre quand n tend vers +∞. On en deduitque

limn→+∞

Sp(n)

np+1=

1

p + 1.

Pour calculer

∫ a

0

tp dt, on considere la somme de Riemann

Un =a

n

n∑

k=1

(ak

n

)p

= ap+1 Sp(n)

np+1.

Il resulte de ce qui precede et de la continuite de t 7−→ tp que

∫ a

0

tp dt = limn→+∞

Un = limn→+∞

ap+1 Sp(n)

np+1=

1

p + 1ap+1.

Exercice 21.4

Soit x un reel different de −1 et 1.1. Pour tout t ∈ [0, 2π], on peut ecrire

1 − 2x cos t + x2 = (x − cos t)2 + sin2 t = |x − cos t − i sin t|2 = |x − eit|2 > 0,

222

car eit ne peut pas etre egal a x puisque |x| 6= 1. On en deduit que la fonctiont 7−→ ln(1 − 2x cos t + x2) est definie et continue sur [0, 2π]. Donc l’integrale I(x) existe etd’apres ce qui precede,

I(x) =

∫ 2π

0

ln(|x − eit|2) dt = 2

∫ 2π

0

ln(|x − eit|) dt.

2. Si f est la fonction definie sur [0, 2π] par f(t) = 2 ln(|x−eit|), on a Sn(x) =2π

n

n−1∑

k=0

f

(2kπ

n

).

On reconnaıt dans Sn(x) une somme de Riemmann relative a la fonction f sur [0, 2π].Notons que

Sn(x) =4π

nln

n−1∏

k=0

∣∣∣x − ei 2kπn

∣∣∣ .

Le polynome Xn−1 a pour racines les racines n-iemes de 1, donc (Xn−1) =n−1∏

k=0

(X−ei 2kπn ).

En particulier, pour x ∈ R \ −1, 1,

|xn − 1| =n−1∏

k=0

|x − ei 2kπn | et Sn(x) =

4π

nln(|xn − 1|).

On sait que I(x) est egal a la limite de Sn(x) quand n tend vers +∞.Si |x| < 1,on a lim

n→+∞ln(|xn − 1|) = 0 et a fortiori lim

n→+∞Sn(x) = 0.

Si |x| > 1, on a |xn−1| ∼n→+∞

|x|n et donc, comme |x|n tend vers +∞, ln |xn−1| ∼ ln |x|n ∼ n ln |x|.On en deduit que lim

n→+∞Sn(x) = 4π ln |x|.

On conclut que

I(x) = 0 si |x| < 1 et I(x) = 4π ln |x| si |x| > 1.

Exercice 21.5

On reconnaıt des sommes de Riemman.

1. On peut ecrire pour n > 1, un =1

n

n−1∑

k=0

√

1 −(

k

n

)2

. La suite (un)n∈N a pour limite

∫ 1

0

√1 − x2 dx. Par le changement de variable x = sin t, on obtient

∫ 1

0

√1 − x2 dx =

∫ π2

0

cos2 t dt =

∫ π2

0

1 + cos 2t

2dt =

[t

2+

sin 2t

4

]π2

0

=π

4.

La suite (un)n∈N converge versπ

4.

223

2. On a un =1

n

n∑

k=1

n

ksin

kπ

n.

La fonction t 7−→ sinπt

tde ]0, 1] dans R a pour limite π en 0. Elle peut etre prolongee en

une fonction f continue sur [0, 1]. Alors, un est une somme de Riemann de f sur [0, 1]. La

suite (un)n∈N converge vers

∫ 1

0

f(t) dt, integrale que l’on ne sait pas calculer de maniere

exacte.

3. On ecrit un =1

n

n∑

k=1

√k

n. La suite (un)n∈N converge vers

∫ 1

0

√t dt =

[2

3t

32

]1

0

=2

3.

Exercice 21.6

1. La fonction f definie sur

[−1

2,1

2

]par f(x) = ln(1 + x) − x + x2 a pour derivee

x 7−→ x(1 + 2x)

1 + xet f ′(x) a le signe de x. Le minimum de f est atteint en 0 et vaut 0. Donc

f est positive et −x2 6 ln(1 + x) − x.

On sait d’autre part, que ln(x + 1) 6 x pour tout x > −1. On a donc, pour x ∈[−1

2,1

2

],

−x2 6 ln(1 + x) − x 6 0 et a fortiori

| ln 1 + x) − x| 6 x2.

2. Posons un =n∏

k=1

(1 +

1

nf

(k

n

)). Soit M un majorant de |f | sur [0, 1]. Pour tout

k ∈ [[1, n]], on a

∣∣∣∣1

nf

(k

n

)∣∣∣∣ 6M

n. Soit n0 ∈ N tel que

M

n6

1

2pour tout n > n0. Si

n > n0, chaque terme 1 +1

nf

(k

n

)est strictement positif et on peut calculer ln un. On

obtient lnun =

n∑

k=1

ln

(1 +

1

nf

(k

n

)). On peut appliquer a chaque terme de la somme

l’inegalite de la question 1, ce qui donne, pour tout k ∈ [[1, n]],

∣∣∣∣ln(

1 +1

nf

(k

n

))− 1

nf

(k

n

)∣∣∣∣ 6M2

n2.

En sommant ces inegalites et en appliquant l’inegalite triangulaire, on obtient

∣∣∣∣∣lnun −n∑

k=1

1

nf

(k

n

)∣∣∣∣∣ 6M2

n.

224

Ceci montre que la difference entre ln un et la somme tend vers 0. Mais on reconnaıt dansn∑

k=1

1

nf

(k

n

)une somme de Riemann de la fonction f . Elle tend donc vers

∫ 1

0

f(t) dt. Il en

est de meme de ln un et on en deduit que

limn→+∞

un = exp

(∫ 1

0

f(t) dt

).

Exercice 21.7

Si f garde un signe constant sur [a, b], on peut ecrire f = ε|f |, avec ε = ±1. On a alors∣∣∣∣∣

∫ b

a

f(t) dt

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣ε∫ b

a

|f(t)| dt

∣∣∣∣∣ =

∫ b

a

|f(t)| dt.

Supposons reciproquement que

∣∣∣∣∣

∫ b

a

f(t) dt

∣∣∣∣∣ =

∫ b

a

|f(t)| dt et considerons ε = ±1 tel que

∣∣∣∣∣

∫ b

a

f(t) dt

∣∣∣∣∣ = ε

∫ b

a

f(t) dt. On a alors

∫ b

a

(|f(t)| − εf(t)) dt =

∫ b

a

|f(t)| dt − ε

∫ b

a

f(t) dt = 0.

Comme la fonction |f | − εf est positive ou nulle et continue sur [a, b], on en deduit qu’elleest nulle . On a donc f = ε|f | et f garde un signe constant sur [a, b].

Exercice 21.8

1. Si la fonction f ne s’annule pas sur [a, b], comme elle est continue, elle garde un signeconstant. Mais on sait que si f est strictement positive (respectivement strictement negative)et continue sur [a, b], son integrale est strictement positive (respectivement strictementnegative). On a une contradiction, donc f s’annule sur [a, b].

2. Considerons la fonction g : x 7−→ f(x) − x. On a∫ 1

0

g(t) dt =

∫ 1

0

f(t) dt −∫ 1

0

t dt =1

2− 1

2= 0.

D’apres la question precedente, la fonction g s’annule sur [0, 1], donc f possede un pointfixe.

Exercice 21.9

1. Pour tout reel λ, on pose ϕ(λ) =

∫ b

a

(λf(t) + g(t))2 dt. On obtient par linearite de

l’integrale,

ϕ(λ) =

∫ b

a

[λ2(f(t))2 + 2λf(t)g(t) + (g(t))2] dt

= λ2

∫ b

a

(f(t))2 dt + 2λ

∫ b

a

f(t)g(t) dt +

∫ b

a

(g(t))2 dt

225

et ϕ est une fonction polynomiale de degre inferieur ou egal a 2. Elle ne prend que desvaleurs positives car, pour tout reel λ, ϕ(λ) est l’integrale d’une fonction positive.

• Si

∫ b

a

(f(t))2 dt n’est pas nul, ϕ est un trinome dont le discriminant est negatif ou nul, car

sinon il possede deux racines distinctes et change de signe. On a donc

∆ = 4

(∫ b

a

f(t)g(t) dt

)2

− 4

(∫ b

a

(f(t))2 dt

) (∫ b

a

(g(t))2 dt

)6 0,

d’ou decoule l’inegalite.

• Si

∫ b

a

(f(t))2 dt = 0, ϕ est une fonction affine qui garde un signe constant. Elle est constante

et

∫ b

a

f(t)g(t) dt = 0. L’inegalite est une egalite.

2. Si f et g sont proportionnelles, il existe λ ∈ R tel que f = λg ou g = λf . On a parexemple dans le premier cas

(∫ b

a

f(t)g(t) dt

)2

= λ2

(∫ b

a

(g(t))2 dt

)2

=

(∫ b

a

(f(t))2 dt

)(∫ b

a

(g(t))2 dt

).

Supposons reciproquement qu’on a egalite dans l’inegalite de Cauchy-Schwarz.

• Si

∫ b

a

(f(t))2 dt = 0, comme f2 est continue et positive, f2 = 0 et donc f = 0 ; les fonctions

f et g sont proportionnelles.

• Si

∫ b

a

(f(t))2 dt 6= 0, le discriminant du trinome ϕ est nul et il existe λ ∈ R tel que ϕ(λ) = 0.

Mais f et g etant continues, on a en deduit que λf + g = 0, soit g = −λf . Les fonctionssont proportionnelles.

3. Il decoule de l’inegalite de Cauchy-Schwarz que

∫ b

a

(f(t) + g(t))2 dt =

∫ b

a

(f(t))2 dt +

∫ b

a

(g(t))2 dt + 2

∫ b

a

f(t)g(t) dt

6

∫ b

a

(f(t))2 dt +

∫ b

a

(g(t))2 dt + 2

(∫ b

a

(f(t))2 dt

) 12

(∫ b

a

(g(t))2 dt

) 12

6

(∫ b

a

(f(t))2 dt

) 12

+

(∫ b

a

(g(t))2 dt

) 12

2

et donc que

(∫ b

a

(f(t) + g(t))2 dt

) 12

6

(∫ b

a

(f(t))2 dt

) 12

+

(∫ b

a

(g(t))2 dt

) 12

.

226

4. D’apres la demonstration de la question precedente, on a egalite dans l’inegalite de Min-kowski si et seulement si

∫ b

a

f(t)g(t) dt =

(∫ b

a

(f(t))2 dt

) 12

(∫ b

a

(g(t))2 dt

) 12

.

Cette egalite est realisee si et seulement s’il y a egalite dans l’inegalite de Cauchy-Schwarz

et si, de plus,

∫ b

a

f(t)g(t) dt > 0. La premiere condition equivaut a f et g proportionnelles.

En ecartant le cas ou l’une des fonctions est nulle, on obtient par exemple si g = λf ,∫ b

a

f(t)g(t) dt = λ

∫ b

a

(f(t))2 dt. Comme

∫ b

a

(f(t))2 dt > 0, la deuxieme condition equivaut

a λ > 0.

Exercice 21.10

Si P =

n∑

k=0

akXk est un polynome de degre inferieur ou egal a n, on obtient, par linearite

de l’integrale, ∫ b

a

P (t) dt =n∑

k=0

ak

∫ b

a

tkf(t) dt = 0.

On raisonne par l’absurde et on suppose que f s’annule au plus n fois sur ]a, b[. A fortiori, fetant continue, elle change au plus n fois de signe sur ]a, b[. Notons x1, . . . , xk (1 6 k 6 n)

les points ou f s’annule en changeant de signe et considerons le polynome P =

k∏

i=1

(X − xi)

(si f ne change pas de signe sur ]a, b[, on prend P = 1).Par construction, la fonction fP garde un signe constant sur ]a, b[, puisque f et P changentde signe pour les memes valeurs, et par continuite Pf a un signe constant sur [a, b].

Comme le degre de P est inferieur ou egal a n, on a

∫ b

a

P (t)f(t) dt = 0. Puisque Pf est

continue et de signe constant, on en deduit que Pf = 0. Ainsi, f s’annule une infinite defois, ce qui est la contradiction cherchee.

Exercice 21.11

On ne peut pas directement majorer f sur [0, 1], car le majorant obtenu serait 1. On considereε ∈ ]0, 1[ et on coupe l’integrale en deux et on majore sur chaque intervalle. On obtient

0 6

∫ 1

0

(f(t))n dt 6

∫ 1−ε

0

(f(t))n dt +

∫ 1

1−ε

(f(t))n dt

6

∫ 1−ε

0

(f(1 − ε))n dt +

∫ 1

1−ε

dt 6 (f(1 − ε))n + ε.

Comme f est strictement croissante, on a 0 < f(1 − ε) < 1 et donc limn→+∞

(f(1 − ε))n = 0.

Pour n assez grand, on obtient donc (f(1 − ε))n 6 ε et

0 6

∫ 1

0

(f(t))n dt 6 2ε.

227

Comme ε est un reel quelconque de ]0, 1[, ceci montre que

limn→+∞

∫ 1

0

(f(t))n dt = 0.

Exercice 21.12

1. a) Puisque f est continue en 1, on a limx→1

f(x) = 0 et l’existence de a resulte de la definition

de la limite. En utilisant la relation de Chasles et l’inegalite triangulaire, on obtient

|un| =

∣∣∣∣∫ a

0

ntnf(t) dt

∣∣∣∣ +

∣∣∣∣∫ 1

a

ntnf(t) dt

∣∣∣∣ 6

∫ a

0

ntn|f(t)| dt +

∫ 1

a

ntn|f(t)| dt

6 M

∫ a

0

ntn dt + ε

∫ 1

a

ntn dt.

On sait que

∫ a

0

ntn dt =nan+1

n + 16 an+1

6 an et

∫ 1

a

ntn dt =n(1 − an+1)

n + 16 1.

On en deduit que

|un| 6 Man + ε.

b) Puisque a ∈ ]0, 1[, an tend vers 0 quand n tend vers +∞ et on peut trouver un entier n0

tel que an 6 ε si n > n0. On a donc, pour n > n0,

|un| 6 2ε.

Puisque ε est quelconque dans ]0, 1[, on conclut que

limn→+∞

un = 0.

2. Dans le cas general, on ecrit

un = n

∫ 1

0

(f(t) − f(1))tn dt +

∫ 1

0

ntnf(1) dt

= n

∫ 1

0

(f(t) − f(1))tn dt +n

n + 1f(1).

Comme la fonction t 7−→ f(t)−f(1) est continue sur [0, 1] et s’annule en 1, le premier termetend vers 0, d’apres la question 1 ; le deuxieme tend vers f(1). On en deduit que

limn→+∞

un = f(1).

228

Exercice 21.13

La fonction f s’annule en changeant de signe au moins une fois sur ]0, π[ car sinon la fonctiont 7−→ f(t) sin t est positive ou nulle (ou negative ou nulle), continue et non identiquementnulle sur [0, π] et son integrale n’est pas nulle.Raisonnons par l’absurde et supposons que f s’annule une seule fois sur ]0, π[ en a. Onconsidere alors

∫ π

0

f(t) sin(t − a) dt = cos a

∫ π

0

f(t) sin t dt − sin a

∫ π

0

f(t) cos t dt = 0.

Sur [0, π], la fonction f change de signe uniquement en a. Il en est de meme de t 7−→ sin(t−a),donc leur produit garde un signe constant. Comme la fonction t 7−→ f(t) sin(t − a) est

continue et non identiquement nulle,

∫ π

0

f(t) sin(t − a) dt ne peut etre nul.

La fonction f s’annule donc au moins deux fois sur ]0, π[.

Exercice 21.14

On sait que

1

b − a

∫ b

a

f(t) dt =1

b − alim

n→+∞b − a

n

n∑

k=1

f

(a +

k(b − a)

n

)

= limn→+∞

1

n

n∑

k=1

f

(a +

k(b − a)

n

).

Par convexite de la fonction g, on obtient, pour tout n ∈ N∗,

g

(1

n

n∑

k=1

f

(a +

k(b − a)

n

))6

1

n

n∑

k=1

(g f)

(a +

k(b − a)

n

).

On reconnaıt dans le membre droit de cette inegalite, une somme de Riemann de g f sur

[a, b] divisee par b − a. Elle a pour limite1

b − a

∫ b

a

g f(t) dt quand n tend vers +∞.

Par continuite de la fonction g, le premier membre de l’inegalite tend vers g

(1

b − a

∫ b

a

f(t) dt

).

Par passage a la limite dans l’inegalite, on obtient donc

g

(1

b − a

∫ b

a

f(t) dt

)6

1

b − a

∫ b

a

g f(t) dt.

Exercice 21.15

1. Supposons f continue en 0. On ecrit, pour x > 0,

F (x) − f(0) =1

x

(∫ x

0

f(t) dt − xf(0)

)=

1

x

∫ x

0

(f(t) − f(0)) dt.

229

Soit ε > 0. On choisit η > 0 tel que |f(x) − f(0)| 6 ε si 0 6 x 6 η. Si on prend x ∈ [0, η],on a alors

|F (x) − f(0)| 61

x

∫ x

0

|f(t) − f(0)| dt 61

x

∫ x

0

εdt 6 ε.

Ceci montre que limx→0+

F (x) = f(0) = F (0), donc F est continue en 0.

2. Supposons f croissante sur R+.On a, pour tout x > 0, f(x) > f(0). On en deduit que, pour x > 0,

F (x) =1

x

∫ x

0

f(t) dt >1

x

∫ x

0

f(0) dt > f(0) > F (0).

Prenons maintenant deux reels x et y tels que 0 < x < y. On a alors

F (y) =1

y

∫ y

0

f(t) dt =1

y

(∫ x

0

f(t) dt +

∫ y

x

f(t) dt

).

Comme f est croissante, on obtient, par positivite de l’integrale,∫ y

x

f(t) dt >

∫ y

x

f(x) dt > (y − x)f(x) et

∫ x

0

f(t) dt 6 xf(x).

On en deduit que ∫ y

x

f(t) dt >y − x

x

∫ x

0

f(t) dt

et donc

F (y) >1

y

(1 +

y − x

x

) ∫ x

0

f(t) dt >1

x

∫ x

0

f(t) dt > F (x).

Donc F est croissante sur R+.

3. Supposons que f possede en +∞ une limite finie l. Soit ε > 0 et B > 0 tel que |f(x)−l| 6 εsi x > B. Pour x > B, on ecrit

F (x) − l =1

x

(∫ x

0

f(t)dt − lx

)=

1

x

∫ x

0

(f(t) − l) dt.

On en deduit que

|F (x) − l| 61

x

∫ B

0

|f(t) − l| dt +1

x

∫ x

B

ε dt 61

x

∫ B

0

|f(t) − l| dt + ε.

Comme limx→+∞

1

x

∫ B

0

|f(t) − l| dt = 0, il existe B1 > 0 tel que l’on ait, pour x > B1,

1

x

∫ B

0

|f(t) − l| dt 6 ε. On a alors, pour tout x > max(B,B1),

|F (x) − l| 6 2ε.

On conclut quelim

x→+∞F (x) = l.

230

4. Supposons que f tend vers +∞ en +∞. Soit A > 0 et B > 0 tel que f(x) > A pourx > B. On ecrit, pour x > B,

F (x) =1

x

∫ B

0

f(t) dt +1

x

∫ x

B

f(t) dt >1

x

∫ B

0

f(t) dt +1

x

∫ x

B

Adt

>1

x

∫ B

0

f(t) dt + Ax − B

x.

Comme

limx→+∞

1

x

∫ B

0

f(t) dt + Ax − B

x= A,

il existe B1 > 0 tel que1

x

∫ B

0

f(t) dt + Ax − B

x>

A

2pour x > B1. On a alors, pour

x > max(B,B1),

F (x) >A

2.

Comme A est un reel strictement positif quelconque, ceci montre que

limx→+∞

F (x) = +∞.

5. Prenons f = sin. Alors f n’ a pas de limite en +∞ et pour x > 0,

F (x) =1

x

∫ x

0

sin t dt =1

x(1 − cos x)

et donc |F (x)| 62

x. On en deduit que

limx→+∞

F (x) = 0.

6. Supposons que f est T -periodique. Soit x > 0, n = Ent( x

T

). On obtient par la relation

de Chasles

F (x) =1

x

n−1∑

k=0

∫ (k+1)T

kT

f(t) dt +1

x

∫ x

nT

f(t) dt.

Puisque la fonction f est T -periodique,

∫ (k+1)T

kT

f(t) dt est egal a

∫ T

0

f(t) dt pour tout k (cf

proposition 14 du chapitre primitives et integrales). On a donc

F (x) =n

x

∫ T

0

f(t) dt +1

x

∫ x

kT

f(t).

On sait qu’au voisinage de +∞, on Ent(x) ∼ x. On a donc limx→+∞

n

x=

1

T. Par ailleurs,

comme nT 6 x < (n + 1)T , on a

∣∣∣∣∫ x

nT

f(t) dt

∣∣∣∣ 6

∫ x

nT

|f(t)| dt 6

∫ (n+1)T

nT

|f(t)| dt 6

∫ T

0

|f(t)| dt.

231

On en deduit que limx→+∞

1

x

∫ x

kT

f(t) = 0 et

limx→+∞

F (x) =1

T

∫ T

0

f(t) dt.

Exercice 21.16

1. La demonstration est la meme que dans la question 2 de l’exercice precedent. Il suffit dechanger le sens des inegalites.

2. L’inegalite

∫ 1

0

f(t) dt 61

α

∫ α

0

f(t) dt equivaut a F (1) 6 F (α). Elle resulte de la

decroissance de F .La premiere inegalite est evidente pour α = 1. Pour α ∈ ]0, 1[, elle equivaut a

∫ 1

0

f(t) dt −∫ 1−α

0

f(t) dt 6 α

∫ 1

0

f(t) dt

et donc a ∫ 1

0

f(t) dt 61

1 − α

∫ 1−α

0

f(t) dt

soit F (1) 6 F (1 − α), ce qui resulte de la decroissance de F .

Exercice 21.17

1. Par definition, pour tout n > 1, on a

ln(n + 1) − lnn =

∫ n+1

1

1

tdt −

∫ n

1

1

tdt =

∫ n+1

n

1

tdt.

Comme la fonction t −→ 1

tdecroıt sur ]0,+∞[, on a

1

n + 16 ln(n + 1) − lnn 6

1

n.

2. Pour n > 2, on a, d’apres la question 1,

un+1 − un =1

n + 1− ln(n + 1) + lnn 6

vn+1 − vn =1

n− ln(n + 1) + lnn > 0.

La suite (un)n∈N est decroissante et la suite (vn)n∈N est croissante. On a de plus

limn→+∞

(un − vn) = limn→+∞

1

n= 0. Donc les suites sont adjacentes.

3. On a un − vn =1

n. pour n = 10, on trouve u10 ≈ 0, 626 et u10 ≈ 0, 526. On a γ = 0, 57 a

10−1 pres.

232

Exercice 21.18

1. Si M = 0, la fonction f est nulle. Le resultat est evident.

2. La fonction f etant continue, atteint son maximum sur le segment [a, b] ; il existe c ∈ [a, b]tel que M = f(c). Soit ε ∈ ]0,M [. Puisque la limite de f en c est M , on peut trouver η > 0tel que, pour tout t ∈ [a, b], |t − c| 6 η implique |f(t) − M | 6 ε et donc f(t) > M − ε.L’intersection de [a, b] et de [c − η, c + η] est un segment [α, β] non reduit a un point surlequel l’inegalite f(t) > M − ε est realisee.

3. Par positivite de l’integrale, on obtient∫ b

a

(f(t))n dt 6

∫ b

a

Mn dt 6 Mn(b − a),

∫ b

a

(f(t))n dt =

∫ α

a

(f(t))n dt +

∫ β

α

(f(t))n dt +

∫ b

β

(f(t))n dt

>

∫ β

α

(f(t))n dt, car f est positive

>

∫ β

α

(M − ε)n dt > (M − ε)n(β − α).

On en deduit que

(β − α)1n (M − ε) 6

(∫ b

a

(f(t))n dt

) 1n

6 (b − a)1n M.

On a limn→+∞

(β −α)1n (M − ε) = M − ε et lim

n→+∞(b− a)

1n M = M . Par definition de la limite,

il existe des entiers n0 et n1 tels que, pour tout entier naturel n,

n > n0 =⇒ (β − α)1n (M − ε) > M − 2ε et n > n1 =⇒ (b − a)

1n M 6 M + 2ε.

Pour n > max(n0, n1), on a

M − 2ε 6

(∫ b

a

(f(t))n dt

) 1n

6 M + 2ε.

On conclut que

limn→+∞

(∫ b

a

(f(t))n dt

) 1n

= M ou M = supt∈[a,b]

f(t).

Exercice 21.19

1. On a, pour tout t ∈ [a, b], m 6 f(t) 6 M et donc, puisque g est positive,

mg(t) 6 f(t)g(t) 6 Mg(t).

Par linearite et positivite de l’integrale, on en deduit que

m

∫ b

a

g(t) dt 6

∫ b

a

f(t)g(t) dt 6 M

∫ b

a

g(t) dt.

233

2. Si

∫ b

a

g(t) dt = 0, on a egalement

∫ b

a

f(t)g(t) dt = 0 et on peut prendre c quelconque.

Si

∫ b

a

g(t) dt > 0, on obtient

m 6

∫ b

a

f(t)g(t) dt

∫ b

a

g(t) dt

6 M

et par le theoreme des valeurs intermediaires, il existe c ∈ [a, b] tel que∫ b

a

f(t)g(t) dt

∫ b

a

g(t) dt

= f(c).

Exercice 21.20

1. Soit σ = (x0, x1, . . . , xp) une subdivision de [a, b] adaptee a f et, pour k ∈ [[0, p − 1]], λk

la valeur de f sur ]xk, xk+1[. On a alors, pour tout entier n > 1,

In =

p−1∑

k=0

∫ xk+1

xk

f(t) sin(nt) =

p−1∑

k=0

∫ xk+1

xk

λk sin(nt) dt =

p−1∑

k=0

λk− cos(nxk+1) + cos(nxk)

n.

On en deduit

|In| 6

p−1∑

k=0

2|λk|n

, puis limn→+∞

In = 0.

2. Soit f est une fonction continue par morceaux sur [a, b] et ε > 0. Il existe une fonction ϕen escalier sur [a, b], telle que

ϕ 6 f et

∣∣∣∣∣

∫ b

a

f(t) dt −∫ b

a

ϕ(t) dt

∣∣∣∣∣ 6 ε.

Pour n ∈ N, on pose Jn =

∫ b

a

ϕ(t) sin(nt) dt. On a, puisque f − ϕ est positive,

|In − Jn| =

∣∣∣∣∣

∫ b

a

(f(t) − ϕ(t)) sin(nt) dt

∣∣∣∣∣ 6

∫ b

a

|(f(t) − ϕ(t)) sin(nt)| dt

6

∫ b

a

(f(t) − ϕ(t)) dt 6 ε.

D’apres la question 1, la suite (Jn)n∈N converge vers 0, donc il existe un entier n0 tel que|Jn| 6 ε pour n > n0. On a alors, pour n > n0,

|In| 6 |In − Jn| + |Jn| 6 2ε.

On a donclim

n→+∞In = 0.

234

Exercice 21.21

1.

• Notons queNn(a, b)

nest egal

1

n

n∑

k=1

χ[a,b](uk), ou χ[a,b] est la fonction caracteristique de

l’intervalle [a, b] et que

∫ b

a

χ[a,b](t) dt = b−a. La propriete est donc verifiee pour la fonction

χ[a,b].Il en est de meme pour la fonction caracteristique d’un intervalle ouvert. En effet, comme

1

n

n∑

k=1

χ]a,b[(uk) =Nn(a, b)

n− Nn(a, a)

n− Nn(b, b)

n,

on a encore limn→+∞

1

n

n∑

k=1

χ]a,b[(uk) = b − a + a − a + b − b = b − a =

∫ b

a

χ]a,b[(t) dt. Il en

serait de meme pour un intervalle semi-ouvert.

• Toute fonction en escalier est combinaison lineaire de fonctions caracteristiques d’inter-valles. Si f est une fonction en escalier et σ = (x0, . . . , xp) une subdivision adaptee et λk

la valeur de f sur ]xk, xk+1[, f peut s’ecrire

f =

p−1∑

k=0

λkχ]xk,xk+1[ +

p∑

k=0

f(xk)χ[xk,xk].

On en deduit la propriete pour les fonctions en escalier, par linearite de la limite et del’integrale.

• Soit f une fonction continue sur [0, 1], ϕ et ψ deux fonctions en escalier telles que

ϕ 6 f 6 ψ et

∫ b

a

ϕ(t) dt −∫ b

a

ψ(t) dt 6 ε.

On a, pour tout entier n ∈ N∗,

1

n

n∑

k=1

ϕ(uk) 61

n

n∑

k=1

f(uk) 61

n

n∑

k=1

ψ(uk).

D’apres ce qui precede,1

n

n∑

k=1

ϕ(uk) et1

n

n∑

k=1

ψ(uk) tendent respectivement vers

∫ b

a

ϕ(t) dt

et

∫ b

a

ψ(t) dt. On peut donc trouver un entier n0 tel que, pour n > n0, on ait

1

n

n∑

k=1

ϕ(uk) >

∫ b

a

ϕ(t) dt − ε et1

n

n∑

k=1

ψ(uk) 6

∫ b

a

ψ(t) dt + ε.

Pour n > n0, on a

∫ b

a

ϕ(t) dt − ε 61

n

n∑

k=1

f(uk) 6

∫ b

a

ψ(t) dt + ε.

235

Mais par definition de l’integrale d’une fonction continue, on dispose aussi des inegalitessuivantes ∫ b

a

ϕ(t) dt − ε 6

∫ b

a

f(t) dt 6

∫ b

a

ψ(t) dt + ε.

On en deduit que

∣∣∣∣∣1

n

n∑

k=1

f(uk) −∫ b

a

f(t) dt

∣∣∣∣∣ 6

∫ b

a

ψ(t) dt −∫ b

a

ϕ(t) dt + 2ε 6 3ε.

On a bien limn→+∞

1

n

n∑

k=1

f(uk) =

∫ b

a

f(t) dt pour tout fonction continue donc la propriete

(ii) est realisee.

2. On suppose que (ii) est realise.a) On suppose que 0 < a < b < 1 et on considere α > 0 tel que

0 6 a − α < a + α < b − α < b + α 6 1.

On considere la fonction f qui vaut 0 sur [0, a] et [b, 1], 1 sur [a+α, b−α] et est affine sur lesintervalles [a, a+α] et [b−α, b]. Par construction ϕ est continue et inferieure a χ. On definitde meme g. Elle vaut 0 sur [0, a − α] et [b + α, 1], 1 sur [a, b] et est affine sur les intervalles[a − α, a] et [b, b + α]. Par construction ψ est continue et superieure a χ. On observe que∫ b

a

g(t) dt −∫ b

a

f(t) dt est egal a la somme des aires de deux trapezes de hauteur 1 et de

bases α. On obtient

∫ b

a

g(t) dt −∫ b

a

f(t) dt = 2α. En prenant α =ε

2, on obtient le resultat

voulue. Si a = 0, b = 1 ou a = b, la demonstration doit etre legerement adaptee.

b) On a, pour tout n ∈ N∗,

1

n

n∑

k=1

f(uk) 61

n

n∑

k=1

χ(uk) 61

n

n∑

k=1

g(uk).

Par hypothese, on a

limn→+∞

1

n

n∑

k=1

f(uk) =

∫ 1

0

f(t) dt et limn→+∞

1

n

n∑

k=1

g(uk) =

∫ 1

0

g(t) dt.

On peut trouver un entier n0 tel que, pour n > n0, on ait

1

n

n∑

k=1

f(uk) >

∫ 1

0

f(t) dt − ε et1

n

n∑

k=1

g(uk) 6

∫ 1

0

g(t) dt + ε.

Pour n > n0, on a

∫ 1

0

f(t) dt − ε 61

n

n∑

k=1

χ(uk) 6

∫ 1

0

g(t) dt + ε.

236

Comme, par positivite de l’integrale,

∫ 1

0

f(t) dt − ε 6

∫ 1

0

χ(t) dt 6

∫ 1

0

g(t) dt + ε,

on obtient∣∣∣∣∣1

n

n∑

k=1

χ(uk) −∫ 1

0

χ(t) dt

∣∣∣∣∣ 6

∫ 1

0

g(t) dt −∫ 1

0

f(t) dt + 2ε 6 3ε.

Mais on vu que1

n

n∑

k=1

χ(uk) =Nn(a, b)

net

∫ 1

0

χ(t) dt = b − a. On a donc, pour n > n0,

∣∣∣∣Nn(a, b)

n− (b − a)

∣∣∣∣ 6 3ε.

On conclut que limn→+∞

Nn(a, b)

n= b − a.

Chapitre 22Exercice 22.1

On a, pour t 6= ±1,1

t2 − 1= − 1

2(t + 1)+

1

2(t − 1).

On en deduit que sur chacun des intervalles ]−∞,−1[, ]−1, 1[ et ]1,+∞[, la fonction definiepar

F (t) =1

2(− ln |t + 1| + ln |t − 1|) =

1

2ln

∣∣∣∣t − 1

t + 1

∣∣∣∣

est une primitive de t 7−→ 1

t2 − 1.

Exercice 22.2

On a, pour t 6= −1,

a

t + 1+

bt + c

t2 − t + 1=

(a + b)t2 + (−a + b + c)t + a + c

t3 + 1=

1

t3 + 1

si

a + b = 0, −a + b + c = 0, a + c = 1, soit a =1

3, b = −1

3, c =

2

3.

Pour tout t 6= −1,1

t3 + 1=

1

3(t + 1)+

1

3

−t + 2

t2 − t + 1.

237

Pour integrer le deuxieme terme, on fait apparaıtre la derivee de t2 − t + 1. Dans le termerestant, on se ramene a la derivee de arctan. On ecrit

1

t3 + 1=

1

3(t + 1)− 2t − 1

6(t2 − t + 1)+

1

2(t2 − t + 1)

=1

3(t + 1)− 2t − 1

6(t2 − t + 1)+

1

2

1(

t − 1

2

)2

+3

4

=1

3(t + 1)− 2t − 1

6(t2 − t + 1)+

2

3

1(

2t − 1√3

)2

+ 1

.

On en deduit une primitive F de t 7−→ 1

t3 + 1sur ] −∞,−1[ ou ] − 1,+∞[ :

F (t) =1

3ln |t + 1| − 1

6ln(t2 − t + 1) +

1√3

arctan

(2t − 1√

3

).

Exercice 22.3

Soit I =]−∞,−1[ ou ]−1,+∞[, a ∈ I et pour n ∈ N∗, Fn la primitive de t 7−→ 1

(1 + t3)nsur

I definie par Fn(x) =

∫ x

a

1

(1 + t3)ndt. On determine une relation de recurrence en integrant

Fn(x) par parties : on integre 1 et on derive t 7−→ 1

(1 + t3)n. On obtient

Fn(x) =

[t

(1 + t3)n

]x

a

−∫ x

a

t(−3nt2)

(1 + t3)n+1dt

=

[t

(1 + t3)n

]x

a

+ 3n

∫ x

a

(t3 + 1 − 1)

(1 + t3)n+1dt

=x

(1 + x3)n− a

(1 + a3)n+ 3n(Fn(x) − Fn+1(x)).

On en deduit que, pour x ∈ I et n ∈ N∗,

Fn+1(x) =x

3n(1 + x3)n− a

3n(1 + a3)n+

3n − 1

3nFn(x).

Exercice 22.4

On effectue la division euclidienne de (1 − X)n par 1 + X2. Il existe Qn ∈ Rn[X] et(αn, βn) ∈ R2 tel que

(1 − X)n = (1 + X2)Qn(X) + αnX + βn.

Montrons que Qn est a coefficients dans Z et (αn, βn) ∈ Z2, en raisonnant par recurrence.Pour n = 0, (1 − X)n = 1, donc Q0 = 0, α0 = 0, β0 = 1.

238

Si la propriete est verifiee au rang n, alors

(1 − X)n+1 = (1 − X)n(1 − X) = ((1 + X2)Qn(X) + αnX + βn)(1 − X)

= (1 + X2)Qn(X)(1 − X) + (−αnX2 + (αn − βn)X + βn)

= (1 + X2)(Qn(X)(1 − X) − αn) + (αn − βn)X + (αn + βn).

On obtient Qn+1(X) = Qn(X)(1−X)−αn, ce qui montre que Qn+1 est a coefficients dansZ. De plus, αn+1 = αn − βn et βn+1 = αn + βn sont des entiers. Ceci demontre la proprietepour tout entier n.On obtient alors

In =

∫ 1

0

(1 − x)n

1 + x2dx =

∫ 1

0

(Qn(x) +

αnx + βn

1 + x2

)dx

=

∫ 1

0

Qn(x) dx +αn

2

[ln(1 + x2)

]10

+ βn [arctanx]10

=

∫ 1

0

Qn(x) dx +αn

2ln 2 +

βn

4π.

On montre que an =

∫ 1

0

Qn(x) dx est un nombre rationnel. Le polynome Qn est une somme

de termes de la forme qkxk avec qk ∈ Z. On verifie que

∫ 1

0

qkxk dx =qk

k + 1appartient a Q.

Par linearite, on en deduit que an ∈ Q. On a demontre le resultat voulu, avec bn =βn

4et

cn =αn

2.

On cherche n tel que bn = 0, c’est-a-dire βn = 0. On calcule βn en utilisant le faitque i est racine du polynome (1 + X2). On obtient (1 − i)n = iαn + βn. On en deduit que

βn = ℜ(1 − i)n = ℜ((√

2)ne−i nπ4

)= 2

n2 cos

nπ

4.

On a donc bn = 0 s’il existe k ∈ N tel quenπ

4=

π

2+ kπ, c’est-a-dire si n est de la forme

4k + 2, avec k ∈ N.

Exercice 22.5

Pour x > 0, posons

I(x) =

∫ x

1

sin(ln t) dt et J(x) =

∫ x

1

cos(ln t) dt.

On integre deux fois par parties, en integrant 1 a chaque fois :

I(x) = [t sin(ln t)]x1 −∫ x

1

t × 1

tcos(ln t) dt = x sin(lnx) − J(x),

J(x) = [t cos(ln t)]x1 −∫ x

1

t × 1

t(− sin(ln t)) dt = x cos(ln x) − 1 + I(x).

239

On en deduit que

I(x) = −1

2x cos(ln x) +

1

2x sin(ln x) +

1

2et J(x) =

1

2x cos(ln x) +

1

2x sin(lnx) − 1

2.

Exercice 22.6

1. On fait le changement de variable t = tan u. On obtient

∫ 1

0

1

(1 + t2)2dt =

∫ π4

0

1

(1 + tan2 u)2(1 + tan2 u) du =

∫ π4

0

cos2 u du

=

∫ π4

0

1 + cos 2u

2du =

[u

2+

sin 2u

4

]π4

0

=π

8+

1

4.

2. On fait le changement de variable u = sin t. On obtient

∫ π2

0

cos3 t sin2 t =

∫ π2

0

cos2 t sin2 t cos t dt =

∫ 1

0

(1 − u2)u2 du =1

3− 1

5=

2

15.

3. Avec le changement de variable t = a sin u, on obtient

∫ a

0

√1 − t2

a2dt =

∫ π2

0

√1 − sin2 u (a cos u) du = a

∫ π2

0

cos2 u du = aπ

4.

Exercice 22.7

1. La fonction x 7−→ x+√

1 + x2 est strictement positive sur R donc f : x 7−→ ln(x+√

1 + x2)est definie et derivable sur R et

f ′(x) =

1 +x√

1 + x2

x +√

1 + x2=

1√1 + x2

.

Pour tout reel x,1√

x2 + a2=

1

a

√1 +

(xa

)2. Une primitive de cette fonction sur R est F

definie par

F (x) = ln

(x

a+

√1 +

x2

a2

)= ln(x +

√a2 + x2) − ln a.

2. Pour x > 0, on a1

x√

1 + x2=

1x2√1x2 + 1

.

On reconnaıt la derivee d’une fonction composee. En utilisant la question 1., on trouve queG definie par

G(x) = − ln

(1

x+

√1 +

1

x2

)= − ln

1 +√

1 + x2

x= ln

x

1 +√

1 + x2

240

est une primitive de x 7−→ 1

x√

1 + x2sur ]0,+∞[. Sur ] −∞, 0[, on trouve de meme

G(x) = ln1 −

√1 + x2

x= ln

−x

1 +√

1 + x2

.

Exercice 22.8

La fonction f : x 7−→ 1

x +√

x2 + 2xest definie et continue sur ] −∞,−2] et ]0,+∞[ donc

possede des primitives sur chacun de ces intervalles. Soit I l’un des deux intervalles ]−∞,−2[et ]0,+∞[ et a ∈ I. Calculons

F (x) =

∫ x

a

1

u +√

u2 + 2udu.

La fonction ϕ : x 7−→ x+√

x2 + 2x est derivable sur ]−∞,−2] et ]0,+∞[ et ϕ′(x) = 1+x√

x2 + 2x.

On verifie que ϕ′(x) > 0 si x > 0 et ϕ′(x) < 0 si x < −2. Ainsi ϕ realise une bijection deR+ sur R+ et de ] −∞,−2] sur ] − 1,−2] (on verifie que lim

x→−∞ϕ(x) = −1). De plus, on a

t = ϕ(x) =⇒ (x − t)2 = x2 + 2x =⇒ x =t2

2(t + 1).

Sur chaque intervalle ou elle est definie, ϕ−1 est definie par ϕ−1(t) =t2

2(t + 1).

On fait le changement de variable defini par u = ϕ−1(t) =t2

2(t + 1). On a donc

du =t2 + 2t

2(t + 1)2dt et

F (x) =

∫ ϕ(x)

ϕ(a)

t + 2

2(t + 1)2dt =

∫ ϕ(x)

ϕ(a)

(1

2(t + 1)+

1

2(t + 1)2

)dt

=

[1

2ln(1 + t) − 1

2(t + 1)

]ϕ(x)

ϕ(a)

=1

2ln(1 + x +

√x2 + 2x) − 1

2(1 + x +√

x2 + 2x)+ K

=1

2ln(1 + x +

√x2 + 2x) − 1

2x +

1

2

√x2 + 2x + K ′

ou K et K ′ sont des constantes.

Exercice 22.9

Chacune de ces equations se met sur l’intervalle considere sous la forme f ′ = fg dont lessolutions sont les fonctions C exp G, ou C est une constante et G une primitive de g.

1. Pour tout reel x, g(x) = −x2, G(x) = −x3

3et f est de la forme

x 7−→ Ce−x3

3 , C ∈ R.

241

2. Pour tout reel x, g(x) =1

1 + x2, G(x) = arctanx et f est de la forme

x 7−→ Cearctan x, C ∈ R.

3. Pour tout x ∈ I, g(x) =x

1 − x2, G(x) = −1

2ln |1− x2|. Il existe C ∈ R tel que, pour tout

x ∈ I,

f(x) = C exp

(−1

2ln |x2 − 1|

)=

C√|1 − x2|

.

4. Pour tout x ∈ I,

g(x) =1

x(1 − x)=

1

x+

1

1 − x, G(x) = ln |x| − ln |1 − x| = ln

∣∣∣∣x

1 − x

∣∣∣∣

et il existe C tel que, pour tout x ∈ I,

f(x) = C exp

(ln

∣∣∣∣x

1 − x

∣∣∣∣)

= C

∣∣∣∣x

1 − x

∣∣∣∣ .

Commex

1 − xgarde un signe constant sur chaque intervalle I, il existe C ′ ∈ R (C ′ = ±C)

tel que, pour tout x ∈ I,

f(x) = C ′ x

1 − x.

5. Pour tout x ∈ ]0, π[, f(x) =cos x

sin xet G(x) = ln sinx. Il existe C ∈ R tel que, pour tout

x ∈ ]0, π[,f(x) = C exp(ln(sinx)) = C sinx.

Exercice 22.10

1. a) La fonction ϕ est definie sur I par ϕ(x) = f(x)e−G(x). Comme f et G elle est derivablesur I.

b) Pour tout x ∈ I,

ϕ′(x) = f ′(x)e−G(x) + f(x)(−g(x))e−G(x) = (f ′(x) − g(x)f(x))e−G(x).

On a donc f ′ − gf = h si et seulement si, pour tout x ∈ I, ϕ′(x) = h(x)e−G(x).

2. La methode de la question 1 s’applique, une fois divise par le coefficient de f .

a) Pour x > 0, g(x) = − 2

x, G(x) = −2 ln x et e−G(x) = x2. Par ailleurs h(x) = 3 +

2

x.

On a donc, pour x > 0, ϕ′(x) = 3x2 + 2x. Il existe un reel C tel que, pour tout x > 0,

ϕ(x) = x3 + x2 + C

et donc

f(x) = ϕ(x)eG(x) =(x3 + x2 + C

) 1

x2= x + 1 +

C

x2.

242

b) Pour tout x ∈]−π

2,π

2

[, g(x) = tan x, G(x) = − ln cos x et h(x) = − cos2 x. On en deduit

queϕ′(x) = − cos2 x eln cos x = − cos3 x = − cos x(1 − sin2 x)

Il existe donc C ∈ R tel que,

ϕ(x) = − sin x +1

3sin3 x + C.

On obtient

f(x) = ϕ(x)eG(x) =

(− sin x +

1

3sin3 x + C

)1

cos x

= −1

3sinx cos x − 2

3tan x +

C

cos x.

c) Pour tout x > 1, g(x) =1

x lnx, G(x) = ln(lnx), h(x) =

1

x lnxet donc

ϕ′(x) =e− ln(ln x)

x lnx=

1

x(lnx)2.

On en deduit qu’il existe C ∈ R tel que, pour tout x > 1,

ϕ(x) = − 1

lnx+ C,

f(x) =

(− 1

lnx+ C

)lnx = −1 + C lnx.

Exercice 22.11

1. On trouve I0 =π

2et I1 = 1. On integre par parties, en ecrivant sinn t = sinn−1 t sin t et

en integrant sin t. On obtient, pour n > 2,

In =

∫ π2

0

sinn−1 t sin t dt =[− sinn−1 t cos t

]π2

0︸ ︷︷ ︸=0

+

∫ π2

0

(n − 1) sinn−2 t cos2 t dt

= (n − 1)

∫ π2

0

sinn−2 t(1 − cos2 t) dt = (n − 1)(In−2 − In).

On en deduit que

In =n − 1

nIn−2.

On a donc pour n > 1, I2n =2n − 1

2nI2n−2 et en reiterant cette formule, on en deduit

I2n =2n − 1

2n· 2n − 3

2n − 2· · · 1

2I0 =

(2n)!

(2n)2(2n − 2)2 · · · 42 · 22

π

2=

(2n)!π

22n+1(n!)2.

On obtient de meme, a partir de I2n+1 =2n

2n + 1I2n−1, pour n > 0,

I2n+1 =2n

2n + 1· 2n − 2

2n − 1· · · 2

3I1 =

22n(n!)2

(2n + 1)!.

243

2. Pour tout t ∈[0,

π

2

], on a 0 6 sin t 6 1 et donc, pour tout n ∈ N, sinn+1 t 6 sinn t. Par

positivite de l’integrale, on en deduit In+1 6 In : la suite (In)n∈N est decroissante.

D’apres la question, on a, pour tout n > 2, nIn = (n−1)In−2 et donc nInIn−1 = (n−1)In−1In−2.Ceci signifie que la suite de terme general nInIn−1 (n > 1) est constante, donc egale a sonpremier terme. On en deduit que, pour n > 1,

nInIn−1 = I1I0 =π

2.

De la decroissance de (In)n∈N , on tire, pour n > 1,

nInIn+1 6 nI2n 6 nInIn−1 c’est-a-dire

nπ

2(n + 1)6 nI2

n 6π

2.

On en deduit, par encadrement, que limn→+∞

nI2n =

π

2, c’est-a-dire que I2

n ∼n→+∞

π

2net donc,

comme (In)n∈N est a termes positifs,

In ∼n→+∞

√π

2n.

Exercice 22.12

1. En integrant par parties, on obtient, pour p et q dans N,

I(p + 1, q) =

∫ 1

0

xp+1(1 − x)q dx

=

[xp+1 (1 − x)q+1

−(q + 1)

]1

0︸ ︷︷ ︸=0

−∫ 1

0

(p + 1)xp (1 − x)q+1

−(q + 1)dx

=p + 1

q + 1I(p, q + 1).

2. On calcule

I(0, q) =

∫ 1

0

(1 − x)q dx =

[− (1 − x)q+1

q + 1

]1

0

=1

q + 1.

En appliquant de maniere reiteree la formule demontree dans la premiere question, ondemontre que

I(p, q) =p

q + 1Ip−1,q+1 =

p

q + 1· p − 1

q + 2· · · 1

p + qI0,p+q

=p(p − 1) · · · 1

(q + 1)(q + 2) · · · (p + q)(p + q + 1)

=p!q!

(p + q + 1)!.

244

Exercice 22.13

1. a) Pour n ∈ N et t ∈[0,

π

4

], on a 0 6 tan x 6 1 et donc

0 6 tann+1 x 6 tann x.

En integrant sur[0,

π

4

], on obtient

0 6 In+1 6 In.

La suite (In)n∈N est decroissante et a termes positifs.

b) On trouve I0 =π

4et I1 = [− ln cos x]

π40 = − ln

1√2

=1

2ln 2 et, pour n > 2,

In + In−2 =

∫ π4

0

(tann t + tann−2 t

)dt =

∫ π4

0

tann−2 t(1 + tan2 t) dt

=

[tann−1 t

n − 1

]π4

0

=1

n − 1.

Comme (In)n∈N est a termes positifs cette relation implique, pour tout n > 2,

0 6 In 61

n − 1.

On en deduit que limn→+∞

In = 0.

c) On utilise de maniere reiteree la formule In =1

n − 1− In−2. On obtient, pour tout p > 1,

I2p =1

2p − 1− I2p−2 =

1

2p − 1− 1

2p − 3+ I2p−4

=1

2p − 1− 1

2p − 3+ · · · + (−1)p

3+

(−1)p−1

1+ (−1)pI0

= (−1)p−1

[1 − 1

3+ · · · + (−1)p−1

2p − 1− π

4

],

I2p+1 =1

2p− I2p−1 =

1

2p− 1

2p − 2+ I2p−3

=1

2p− 1

2p − 2+ · · · + (−1)p−1

2+ (−1)pI1

= (−1)p−1

[1

2− 1

4+ · · · (−1)p−1

2p− ln 2

2

]

=(−1)p−1

2

[1 − 1

2+ · · · (−1)p−1

p− ln 2

].

245

2. Il resulte de la question 1 que, pour p > 1,

1 − 1

3+ · · · + (−1)p

2p + 1= (−1)pI2p+2 +

π

4et 1 − 1

2+ · · · + (−1)p−1

p= 2(−1)p−1I2p+1 + ln 2.

Comme la suite (In)n∈N a pour limite 0, on en deduit

limp→+∞

[1 − 1

3+ · · · + (−1)

p

2p + 1

]=

π

4et lim

p→+∞

[1 − 1

2+ · · · + (−1)

p+1

p

]= ln 2.

Exercice 22.14

La fonction f realise donc une bijection de R+ sur R+. La fonction f−1 est continue etstrictement croissante sur R+.1. Soit g la fonction definie sur R+ par

g(x) =

∫ x

0

f(t) dt +

∫ f(x)

0

f−1(t) dt − xf(x).

Si on note F et G des primitives sur R+ de f et f−1 respectivement, on obtient, pour toutx > 0,

g(x) = F (x) + G(f(x)) − xf(x).

Comme f est derivable sur R+, il en est de meme de g et

g′(x) = F ′(x) + G′(f(x))f ′(x) − f(x) − xf ′(x)

= f(x) − f−1(f(x))f ′(x) − f(x) − xf ′(x) = 0.

La fonction g est constante sur R+ et comme g(0) = 0, elle est nulle, ce qui donne l’egalitevoulue.

2. Pour a > 0 fixe, considerons la fonction h definie sur R+, par

h(b) =

∫ a

0

f(t) dt +

∫ b

0

f−1(t) dt − ab.

La fonction h est derivable sur R+ et

h′(b) = f−1(b) − a.

On a h′(b) = 0 si et seulement si b = f(a) et f−1 etant strictement croissante, h′ est negativesur [0, f(a)[ et positive sur ]f(a),+∞]. La fonction h possede donc un minimum strict enf(a) et ce minimum vaut

h(f(a)) =

∫ a

0

f(t) dt +

∫ f(a)

0

f−1(t) dt − af(a) = 0,

d’apres la premiere question. Ainsi, la fonction h est positive ou nulle sur R+ et ne s’annulequ’en f(a). C’est le resultat demande.

246

Exercice 22.15

Pour x > 0, on fait le changement de variable u = tx. On obtient

f(x) =

∫ x

0

(u

x

)α

sin u1

xdu =

1

xα+1

∫ x

0

uα sin u du.

La fonction f est derivable sur ]0,+∞[ comme produit de fonctions derivables, la deuxiemeetant une primitive de x 7−→ xα sin x, et

f ′(x) = −α + 1

xα+2

∫ x

0

uα sin u du +1

xα+1xα sin(x) = −α + 1

xf(x) +

sin x

x.

On obtient donc, pour x > 0,

xf ′(x) + (α + 1)f(x) = sin x.

Exercice 22.16

En utilisant les formules de trigonometrie et la linearite de l’integrale, on obtient, pour toutreel x,

ϕ(x) =1

ω

∫ x

0

(sin(ωx) cos(ωt) − cos(ωx) sin(ωt)) f(t) dt

=sin(ωx)

ω

∫ x

0

cos(ωt)f(t) dt − cos(ωx)

ω

∫ x

0

sin(ωt)f(t) dt.

On voit sur cette expression que ϕ est derivable sur R, car somme de produits de fonctionsderivables, et

ϕ′(x) = cos(ωx)

∫ x

0

cos(ωt)f(t) dt +sin(ωx)

ωcos(ωx)f(x)

+ sin(ωx)

∫ x

0

sin(ωt)f(t) dt − cos(ωx)

ωsin(ωx)f(x)

= cos(ωx)

∫ x

0

cos(ωt)f(t) dt + sin(ωt)

∫ x

0

sin(ωt)f(t) dt.

De nouveau ϕ′ est derivable et

ϕ′′(x) = −ω sin(ωx)

∫ x

0

cos(ωt)f(t) dt + cos2(ωx)f(x)

+ω cos(ωx)

∫ x

0

sin(ωt)f(t) dt + sin2(ωx)f(x)

= −ω2ϕ(x) + f(x).

La fonction ϕ verifie l’equation differentielle

ϕ′′ + ω2ϕ = f.

247

Exercice 22.17

1. En ecrivant

fn(x) =

∫ x

0

ent2 dt +

∫ x

1

e−nt2 dt,

on voit que fn est derivable sur [0, 1] et que

f ′n(x) = enx2

+ e−nx2

> 0.

La fonction fn est continue et strictement croissante sur [0, 1].

Comme de plus fn(0) = −∫ 1

0

e−nt2 dt < 0 et fn(1) =

∫ 1

0

ent2 dt > 0, la fonction fn s’annule

une seule fois sur l’intervalle [0, 1], en cn.

Pour n = 0, on obtient f0(x) =

∫ x

0

dt −∫ 1

x

dt = 2x − 1, donc c0 =1

2.

2. Soit n ∈ N. On a, pour tout t ∈ [0, 1], e(n+1)t2 > ent2 et e−(n+1)t2 6 e−nt2 . On en deduit,par positivite de l’integrale, que

∫ x

0

e(n+1)t2 dt >

∫ x

0

ent2 dt et

∫ 1

x

e−(n+1)t2 dt 6

∫ 1

x

e−nt2 dt

et donc

fn+1(x) =

∫ x

0

e(n+1)t2 dt −∫ 1

x

e−(n+1)t2 dt

>

∫ x

0

ent2 dt −∫ 1

x

e−nt2 dt > fn(x).

En particulier, pour x = cn, on obtient fn+1(cn) > 0. Comme la fonction fn+1 est croissanteet s’annule en cn+1, on a donc cn > cn+1. La suite (cn)n∈N est donc decroissante. Commeelle est minoree par 0, elle converge. On note l sa limite.

3. a) Pour tout r ∈ ]0, 1], on a

∫ r

0

ent2 dt >

∫ r

r2

ent2 dt >

∫ r

r2

enr2

4 dt >r

2e

nr2

4 ,

car la fonction t 7−→ ent2 est positive et croissante sur [0, 1].On en deduit que

limn→+∞

∫ r

0

ent2 dt = +∞.

b) On a, pour tout t ∈ [0, 1], e−nt2 6 1. On en deduit que

∫ 1

cn

e−nt2 dt 6

∫ 1

cn

dt 6 (1 − cn) 6 1.

248

c) Supposons que l > 0. On a par definition de cn,∫ cn

0

ent2 =

∫ 1

cn

e−nt26 1.

Mais comme la suite (cn)n∈N est decroissante, elle est minoree par l. On en deduit, puisquela fonction que l’on integre est positive que

∫ l

0

ent2 dt 6

∫ cn

0

ent2 dt 6 1.

D’apres la question a, la suite de terme general

∫ l

0

ent2 dt a pour limite +∞. Ceci est

impossible car elle majoree par 1. Donc necessairement l = 0. La suite (cn)n∈N converge vers0.

Exercice 22.18

1. Soit F la primitive de f qui s’annule en a. Comme f > 0, f est strictement croissante sur

[a, b] et realise une bijection de [a, b] sur [0, I], ou I =

∫ b

a

f(t) dt.

La subdivision σ doit verifier, pour tout k de [[0, n − 1]], F (xk+1) − F (xk) =I

n, ce qui

equivaut a

F (xk) = F (x0) +kI

n=

kI

n,

car x0 = a. La fonction F etant bijective de [a, b] sur [0, I], la suite est definie par

∀k ∈ [[0, k]] xk = F−1

(kI

n

).

On observe qu’on a bien xn = b.

2. On a donc, pour n > 1,

1

n

n∑

k=0

f(xk) =1

n

n∑

k=0

(f F−1)

(kI

n

)=

1

I· I

n

n∑

k=0

(f F−1)

(kI

n

).

On reconnaıt une somme de Riemann de la fonction f F−1 sur l’intervalle [0, I]. On a donc

limn→+∞

1

n

n∑

k=0

f(xk) =1

I

∫ I

0

(f F−1)(x) dx.

On fait un changement de variable dans l’integrale en posant t = F−1(x) et donc x = F (t).On a donc dx = f(t)dt et

∫ I

0

(f F−1)(x) dx =

∫ b

a

(f(t))2 dt.

On conclut :

limn→+∞

1

n

n∑

k=0

f(xk) =

∫ b

a

(f(t))2 dt

∫ b

a

f(t) dt

.

249

Exercice 22.19

1. Pour tout n ∈ N∗, la fonction x 7−→ xαEnt

(1

x

)est continue par morceaux sur

[1

n, 1

].

En effet, pour 1 6 k 6 n − 1 sa restriction a

]1

k + 1,1

k

[est la fonction x 7−→ kxα qui est

continue sur

]1

k + 1,1

k

[et prolongeable par continuite aux bornes. On a donc

Iα(n) =

n−1∑

k=1

∫ 1k

1k+1

kxα dx =

n−1∑

k=1

k

[xα+1

α + 1

] 1k

1n+1

=1

α + 1

n−1∑

k=1

(k

kα+1− k

(k + 1)α+1

).

On peut ecrirek

kα+1− k

(k + 1)α+1=

1

kα+1+

k − 1

kα+1− k

(k + 1)α+1.

Quand on somme, des termes s’eliminent deux a deux et il reste

Iα(n) =1

α + 1

(n−1∑

k=1

1

kα+1− n − 1

nα+1

)=

1

α + 1

(n∑

k=1

1

kα+1− n

nα+1

)

=1

α + 1

(n∑

k=1

1

kα+1− 1

nα

).

2. Il resulte de la premiere question que, pour tout n ∈ N∗,

Iα(n + 1) − Iα(n) =

∫ 1n

1n+1

nxα dx > 0,

car on integre une fonction continue et strictement positive. La suite (Iα(n))n∈N∗ est stric-tement croissante.D’autre part, en majorant Ent(x) par x on obtient, pour tout n ∈ N∗,

Iα(n) 6

∫ 1

1n

xα−1 dx 6

[xα

α

]1

1n

61

α.

La suite (In)n∈N∗ est majoree ; elle converge.

Exercice 22.20

Considerons la fonction f definie sur R+ par

f(x) =

(c +

∫ x

0

u(t)v(t) dt

)exp

(−

∫ x

0

v(t) dt

).

Comme u et v sont continues, f est derivable sur R+ et

f ′(x) = u(x)v(x) exp

(−

∫ x

0

v(t) dt

)

+

(c +

∫ x

0

u(t)v(t) dt

)exp

(−

∫ x

0

v(t) dt

)(−v(x))

= v(x)

(u(x) − c −

∫ x

0

u(t)v(t) dt

)exp

(−

∫ x

0

v(t) dt

)6 0.

250

La fonction f est donc decroissante et comme f(0) = c, on a, pour tout x > 0, f(x) 6 cc’est-a-dire

c +

∫ x

0

u(t)v(t) dt 6 c exp

(∫ x

0

v(t) dt

).

En utilisant l’inegalite initiale, on obtient a fortiori

u(x) 6 c exp

(∫ x

0

v(t) dt

).

Exercice 22.21

1. On a, pour tout x ∈ [a, b],

∫ x

a

f ′(t) dt = f(x) − f(a) = f(x).

On en deduit

|f(x)| =

∣∣∣∣∫ x

a

f ′(t) dt

∣∣∣∣ 6

∫ x

a

|f ′(t)| dt 6

∫ x

a

M dt 6 M(x − a).

Enfin, on obtient∣∣∣∣∣

∫ b

a

f(t) dt

∣∣∣∣∣ 6

∫ b

a

|f(t)| dt 6

∫ b

a

M(t − a) dt 6

[M

(t − a)2

2

]b

a

6 M(b − a)2

2.

2. Posons c =a + b

2. Si f(a) = f(b) = 0, on obtient en raisonnant comme dans la question

1 sur l’intervalle [a, c],

∣∣∣∣∫ c

a

f(t) dt

∣∣∣∣ 6 M(c − a)2

26 M

(b − a)2

8.

En ecrivant, puisque f(b) = 0, f(x) =

∫ x

b

f ′(t) dt, on obtient comme dans la premiere

question ∣∣∣∣∣

∫ b

c

f(t) dt

∣∣∣∣∣ 6 M(b − c)2

26 M

(b − a)2

8.

On en deduit que∣∣∣∣∣

∫ b

a

f(t) dt

∣∣∣∣∣ 6

∣∣∣∣∫ c

a

f(t) dt

∣∣∣∣ +

∣∣∣∣∣

∫ b

c

f(t) dt

∣∣∣∣∣ 6 2M(b − a)2

86 M

(b − a)2

4.

Exercice 22.22

La fonction f etant de classe C1, on peut integrer par parties. On obtient, pour n > 1,

∫ b

a

f(t) sin nt dt =

[f(t)

(− cos nt)

n

]b

a

+1

n

∫ b

a

f ′(t) cos nt dt.

251

On en deduit∣∣∣∣∣

∫ b

a

f(t) sin nt dt

∣∣∣∣∣ 61

n

(|f(b) cos nb| + |f(a) cos na| +

∫ b

a

|f ′(t) cos nt| dt

)

61

n

(|f(a)| + |f(b)| +

∫ b

a

|f ′(t)| dt

)

et donc

limn→+∞

∫ b

a

f(t) sin nt dt = 0.

On demontre de la meme maniere que

limn→+∞

∫ b

a

f(t) cos nt dt = 0.

Exercice 22.23

La fonction g : t 7−→ 1√t4 + t2 + 1

est definie est continue sur R donc f est definie sur R.

On ecrit, pour tout reel x, f(x) = G(2x) − G(x), ou G est la primitive de g qui s’annule en0. Comme g est paire, G est impaire et f egalement est impaire.La fonction f est derivable sur R et

f ′(x) = 2g(2x) − g(x) =2√

16x4 + 4x2 + 1− 1√

x4 + x2 + 1.

Pour x > 0, on a les equivalences suivantes :

f ′(x) = 0 ⇐⇒ 4(x4 + x2 + 1) = 16x4 + 4x2 + 1 ⇐⇒ x =1√2.

On montre de meme que

f ′(x) > 0 ⇐⇒ x <1√2.

La fonction f est croissante sur

[0,

1√2

]et decroissante sur

[1√2,+∞

[. Elle s’annule en 0.

Pour calculer la limite en +∞, on remarque que, pour x > 0,

0 6 f(x) 6

∫ 2x

x

1

t2dt 6

[−1

t

]2x

x

=1

2x.

On en deduit quelim

x→+∞f(x) = 0.

Exercice 22.24

1. Pour x ∈ ]0, 1[, on a 0 < x2 < x < 1, la fonction h =1

lnest continue sur [x2, x] et f(x)

est defini. De meme si x > 1, alors h est continue sur [x, x2]. En considerant une primitive

252

H de h sur ]0, 1[ ou ]1,+∞[ et en ecrivant que f(x) = H(x2) − H(x), on montre que f estderivable sur ]0, 1[ et sur ]1,+∞[ et que

f ′(x) = 2xh(x2) − h(x) =2x

lnx2− 1

lnx=

x − 1

lnx.

Puisque lnx a le signe de x− 1, la fonction f est croissante sur chaque intervalle ou elle estdefinie.

2. Pour x > 0 et x 6= 1,

∫ x2

x

1

t ln tdt = [ln(| ln t|)]x

2

x = ln(2| ln x|) − ln | ln x| = ln 2.

On ecrit f(x) =

∫ x2

x

t

t ln tdt.

• Si x > 1, on a, pour t ∈ [x, x2],

x

t ln t6

t

t ln t6

x2

t ln tcar ln t > 0.

On en deduit

∫ x2

x

x

t ln tdt 6 f(x) 6

∫ x2

x

x2

t ln tdt c’est-a-dire x ln 2 6 f(x) 6 x2 ln 2.

• Si x ∈ ]0, 1[, on a, pour t ∈ [x2, x],

x

t ln t6

t

t ln t6

x2

t ln tcar ln t < 0.

On en deduit, puisque x2 < x,

∫ x2

x

x2

t ln tdt 6 f(x) 6

∫ x2

x

x

t ln tdt c’est-a-dire x2 ln 2 6 f(x) 6 x ln 2.

Des encadrements precedents, on tire

limx→0

f(x) = 0, limx→1−

f(x) = limx→1+

f(x) = ln 2, limx→+∞

f(x) = +∞.

3. Le prolongement g de f est defini par g(0) = 0 et g(1) = ln 2. La fonction f est de classe

C1 sur ]0, 1[ et ]1,+∞[. Comme limx→1

f ′(x) = limx→1

x − 1

lnx= 1 et lim

x→0f ′(x) = lim

x→0

x − 1

lnx= 0,

le theoreme de prolongement des fonctions de classe C1 permet d’affirmer que f possede sur[0, 1] et sur [1,+∞[ un prolongement de classe C1. Ce prolongement coıncide avec g sur [0, 1]et [1,+∞[, donc g est de classe C1 sur R+.

Exercice 22.25

1. a) Au voisinage de 0, on a

g(x) ∼ (f(x))21

πx∼

(f(x)

x

)2x

π.

253

De limx→0

f(x)

x= f ′(0), on deduit lim

x→0g(x) = 0.

De meme au voisinage de 1,

g(x) = (f(x))2 cot(π(x − 1)) ∼ (f(x))21

π(x − 1)∼

(f(x)

x − 1

)2x − 1

π.

De limx→1

f(x)

x − 1= f ′(1), on deduit lim

x→1g(x) = 0.

Ainsi, g peut etre prolongee par continuite en 0 en posant g(0) = g(1) = 0.La fonction g est derivable sur ]0, 1[ et

g′(x) = 2f(x)f ′(x) cot πx − π(f(x))2

sin2 πx.

On calcule les limites de g′ en 0 et 1. On obtient

limx→0

g′(x) = limx→0

(2f ′(x)

f(x)

πx− π

(f(x)

πx

)2)

=2(f ′(0))2

π− π

(f ′(0))2

π2=

(f ′(0))2

π

et de la meme facon

limx→1

g′(x) = limx→1

(2f ′(x)

f(x)

π(x − 1)− π

(f(x)

π(x − 1)

)2)

=2(f ′(1))2

π− π

(f ′(1))2

π2=

(f ′(1))2

π.

La fonction g est de classe C1 sur ]0, 1[. Comme g′ possede une limite finie en 0 et 1, letheoreme de prolongement des applications de classe C1 permet d’affirmer que le prolonge-ment de g sur [0, 1] est de classe C1.

b) Comme g est de classe C1 sur [0, 1], on peut ecrire∫ 1

0

g′(t) dt = g(1) − g(0) = 0.

2. a) Les fonctions f et g sont de classe C1 sur [0, 1] donc f ′ et g′ possedent des limites finiesen 0 et 1. Il en est de meme de la fonction x 7−→ f(x) cot πx, car on montre comme dans laquestion 1 que

limx→0

f(x) cot πx =f ′(0)

πet lim

x→1f(x) cot πx =

f ′(1)

π.

On en deduit que h possede une limite finie en 0 et en 1. Elle peut donc etre prolongee enune fonction continue sur [0, 1].

b) En remplacant g′(x) par l’expression trouvee precedemment et en developpant, on ob-

tient, pour tout x ∈ ]0, 1[, h(x) = (f ′(x))2 − π2(f(x))2. Comme les fonctions h, f2 et f ′2

sont continues sur [0, 1], l’egalite est encore verifiee pour x = 0 et x = 1 et on a

h = f ′2 − π2f2.

254

c) Notons k le prolongement continu sur [0, 1] de x 7−→ f ′(x) − πf(x) cot πx. On a donch = πg′ + k2 et

∫ 1

0

h(t) dt = π

∫ 1

0

g′(t) dt

︸ ︷︷ ︸=0

+

∫ 1

0

(k(t))2 dt =

∫ 1

0

(k(t))2 dt > 0.

Comme h = f ′2 − π2f2, on en deduit par linearite de l’integrale que∫ 1

0

f ′2t dt > π2

∫ 1

0

f2(t) dt.

d) L’egalite a lieu si et seulement si∫ 1

0

(k(t))2 dt =

∫ 1

0

h(t) dt = 0.

La fonction k2 etant positive et continue, cela est realise si et seulement si k2 = 0 et donck = 0.Ceci signifie que, pour tout x ∈ ]0, 1[,

f ′(x) = πf(x) cot πx.

Les solutions de cette equation differentielle sur ]0, 1[ sont les fonctions de la forme

f(x) = Celn(sin πx) = C sinπx.

Par continuite de f , cette egalite doit etre verifiee sur [0, 1]. On trouve finalement qu’il y aegalite dans l’inegalite de Wirtinger si et seulement si la fonction f est proportionnelle a lafonction x 7−→ sin πx.

Exercice 22.26

1. Les fonctions f et G etant de classe C1 sur [a, b], on peut integrer par parties. On obtient

∫ b

a

f(t)g(t) dt = [G(t)f(t)]ba −∫ b

a

G(t)f ′(t) dt = G(b)f(b) −∫ b

a

G(t)f ′(t) dt,

car G(a) = 0. La fonction f est positive sur [a, b] et il en est de meme de −f ′, car f estdecroissante. De G(t) ∈ [m,M ] pour tout t ∈ [a, b], on deduit

mf(b) 6 G(b)f(b) 6 Mf(b), (1)

et

m

∫ b

a

(−f ′(t)) dt 6

∫ b

a

G(t)(−f ′(t)) dt 6 M

∫ b

a

(−f ′(t) dt.

soit

m(f(a) − f(b)) 6 −∫ b

a

G(t)f ′(t) dt 6 M(f(a) − f(b)). (2)

En additionnant les inegalites (1) et (2), on obtient

mf(a) 6

∫ b

a

f(t)g(t) dt 6 Mf(a).

255

2. Si f(a) = 0, il resulte des inegalites precedentes que

∫ b

a

f(t)g(t) dt = 0. On peut choisir

c quelconque dans [0, 1].Si f(a) 6= 0, on peut ecrire

m 6

∫ b

a

f(t)g(t) dt

f(a)6 M.

L’image du segment [a, b] par la fonction continue G est [m,M ]. Il existe donc c ∈ [a, b] telque ∫ b

a

f(t)g(t) dt

f(a)= G(c) =

∫ c

a

g(t) dt.

Chapitre 23Exercice 23.1

1. On considere la fonction definie sur R+ par f(t) = ln(1 + t). Elle est de classe C∞. Pourx > 0, on peut lui appliquer la formule de Taylor- Lagrange a l’ordre 2 entre 0 et x. On apour tout t > 0,

f ′(t) =1

1 + t, f ′′(t) = − 1

(1 + t)2, f (3)(t) =

2

(1 + t)3

et donc f(0) = 0, f ′(0) = 1, f ′′(0) = −1. Il existe c ∈ [0, x] tel que

ln(1 + x) = x − x2

2+

x3

6

2

(1 + c)3.

Comme 0 6 c 6 x, on a1

(1 + x)36

1

(1 + c)36 1 et on en deduit l’encadrement

x − x2

2+

x3

3(1 + x)36 ln(1 + x) 6 x − x2

2+

x3

3.

2. Pour tout reel x, on applique l’inegalite de Taylor-lagrange a l’ordre 1 a la fonction expentre 0 et x. Comme pour tout n ∈ N, exp(n)(0) = e0 = 1, on obtient

|ex − 1 − x| 6x2

2M,

ou M est un majorant de exp sur l’intervalle [0, x] ou [x, 0].Si x > 0 le maximum de exp sur [0, x] est ex = e|x| ; si x 6 0, la fonction exp est majoreesur [x, 0] par 1 et a fortiori par e|x|. On peut donc prendre M = e|x|, ce qui donne l’inegalitevoulue.

256

3. On applique la formule de Taylor-Lagrange a l’ordre 2 entre 0 et x > 0, a la fonctiont 7−→ 3

√1 + t qui est C∞ sur R+.

On obtient, pour t > 0,

f ′(t) =1

3(1 + t)−

23 , f ′′(t) = −2

9(1 + t)−

53 , f (3)(t) =

10

27(1 + t)−

83

et en particulier f(0) = 1, f ′(0) =1

3, f ′′(0) = −2

9. Il existe c ∈ [0, x] tel que

3√

1 + x3 = 1 +x

3− x2

9+

x3

3!· 10

27(1 + c)−

83 .

Comme c > 0, on a 0 6 (1 + c)−83 6 1 et donc l’encadrement

0 63√

1 + x − 1 − x

3+

x2

96

10x3

6 · 276

5x3

81.

Exercice 23.2

La fonction f : x 7−→ ln(1 + x) est C∞ sur R+. On a, pour tout x > 0, f ′(x) =1

1 + xet on

montre facilement par recurrence que, pour x > 0 et n ∈ N∗,

f (n)(x) =(n − 1)!(−1)n−1

(1 + x)n.

On applique l’inegalite de Taylor-Lagrange a l’ordre n entre 0 et 1. On a f(1) = ln 2 et

n∑

k=0

1

k!f (k)(0) =

n∑

k=1

(−1)k−1(k − 1)!

k!=

n∑

k=1

(−1)k−1

k= un.

Comme |fn+1| 6 n! sur R+ pour tout n ∈ N∗, on obtient

| ln 2 − un| 6n!

(n + 1)!6

1

n + 1,

d’ou l’on deduit quelim

n→+∞un = ln 2.

Exercice 23.3

1. On applique la formule de Taylor-Lagrange a la fonction exp a l’ordre n entre 0 et le reelx. On a

n∑

k=0

xk

k!exp(k)(0) =

n∑

k=0

xk

k!= un(x).

Il existe c entre 0 et x tel que

ex = un(x) +xn+1

(n + 1)!ec.

Si x > 0, on axn+1

(n + 1)ec > 0 et donc un(x) 6 ex pour tout x.

Si x 6 0, on axn+1

(n + 1)ec > 0 et donc un(x) 6 ex si n + 1 est pair et donc n impair et

un(x) > ex si n est pair.

257

2. Avec les notations de la question precedente, comme c est entre 0 et x, on a |c| 6 |x|. Onen deduit que

|un(x) − ex| =|x|n+1

(n + 1)!ec

6|x|n+1

(n + 1)!e|x|.

3. Si x = 0, il est clair que vn = 0 pour n > 1.

Pour x 6= 0, on avn+1

vn=

|x|n + 1

. On en deduit que limn→+∞

vn+1

vn= 0. La suite (vn)n∈N est

decroissante a partir d’un certain rang. Etant a termes positifs, elle converge. Sa limite ne

peut pas etre strictement positive, sinon on aurait limn→+∞

vn+1

vn= 1. Ainsi (vn)n∈N converge

vers 0.De la majoration |un(x) − ex| 6 vn+1e

|x|, on deduit que

limn→+∞

un(x) = ex.

Exercice 23.4

On procede comme dans l’exercice precedent.1. On applique la formule de Taylor-Lagrange a la fonction cos a l’ordre 2n entre 0 et le reelx.De cos′′ = − cos, on tire pour tout k ∈ N, cos(2k) = (−1)k cos et cos(2k+1) = (−1)k+1 sin.On en deduit que, pour tout k ∈ N, cos(2k)(0) = (−1)k et cos(2k+1)(0) = 0. On obtient donc

2n∑

k=0

xk

k!cos(k)(0) =

n∑

k=0

(−1)k x2k

(2k)!= un(x).

Il existe c ∈ R tel que

cos x = un(x) +x2n+1

(2n + 1)!(−1)n+1 sin c.

On en deduit que

|un(x) − cos x| 6|x|2n+1

(2n + 1)!.

On applique de meme la formule de Taylor-Lagrange a la fonction sin a l’ordre 2n + 1 entre0 et le reel x.On trouve, pour tout k ∈ N, sin(2k)(0) = 0 et sin(2k+1)(0) = (−1)k. On obtient donc

2n+1∑

k=0

xk

k!sin(k)(0) =

n∑

k=0

(−1)k x2k+1

(2k + 1)!= vn(x).

Il existe c ∈ R tel que

sinx = vn(x) +x2n+2

(2n + 2)!(−1)n+1 sin c.

On en deduit que

|vn(x) − sin x| 6|x|2n+2

(2n + 2)!.

258

2. On montre comme dans l’exercice precedent que limn→+∞

|x|nn!

= 0. On en deduit que

limn→+∞

un(x) = cos x et limn→+∞

vn(x) = sin x.

Exercice 23.5

1. Puisque que f est de classe C2, on peut appliquer la formule de Taylor-Young a l’ordre 2au voisinage de 0. On obtient

f(x + h) = f(x) + hf ′(x) +h2

2f ′′(x) + o(h2)

f(x − h) = f(x) − hf ′(x) +h2

2f ′′(x) + o(h2)

et donc pour h 6= 0,

f(x + h) + f(x − h) − 2f(x)

h2=

h2f ′′(x) + o(h2)

h2= f ′′(x) + o(h).

On en deduit

limh→0

f(x + h) + f(x − h) − 2f(x)

h2= f ′′(x).

2. a) Par hypothese, on a pour tout h 6= 0,

f(x + h) + f(x − h) − 2f(x)

h2=

2f(x)f(h) − 2f(x)

h2= 2f(x)

f(h) − 1

h2.

En utilisant la question 1, on obtient donc

limh→0

2f(x)f(h) − 1

h2= lim

h→0

f(x + h) + f(x − h) − 2f(x)

h2= f ′′(x).

b) En considerant x ∈ R tel que f(x) 6= 0 (c’est possible car f n’est pas la fonction nulle),on obtient

limh→0

f(h) − 1

h2=

f ′′(x)

2f(x).

Pour que la limite soit finie, il faut que la limite du numerateur soit nulle et donc quef(0) = 1. La formule de Taylor-Young au voisinage de 0 a l’ordre 2 :

f(h) = 1 + hf ′(0) +h2

2f ′′(0) + o(h2)

donne alorsf(h) − 1

h2=

f ′(0)

h+

1

2f ′′(0) + o(1).

Cette expression a une limite finie en 0 si et seulement si f ′(0) = 0 et cette limite est alors

egale a1

2f ′′(0).

En remplacant dans l’expression trouvee precedemment, on obtient, pour tout reel x,

f ′′(0)f(x) = f ′′(x).

259

Exercice 23.6

1. En appliquant la formule de Taylor-Young a l’ordre 3 au voisinage de x, on obtient

f(x + 3h) = f(x) + 3hf ′(x) +9h2

2f ′′(x) +

27h3

6f (3)(x) + o(h3),

f(x + 2h) = f(x) + 2hf ′(x) +4h2

2f ′′(x) +

8h3

6f (3)(x) + o(h3),

f(x + h) = f(x) + hf ′(x) +h2

2f ′′(x) +

h3

6f (3)(x) + o(h3),

et donc, pour h 6= 0,

f(x + 3h) − 3f(x + 2h) + 3f(x + h) − f(x)

h3=

h3f (3)(x) + o(h3)

h3

= f (3)(x) + o(1).

On en deduit que

limh→0

f(x + 3h) − 3f(x + 2h) + 3f(x + h) − f(x)

h3= f (3)(x).

2. Pour x > 0 et h assez petit,(x + 3h)(x + h)3

(x + 2h)3xest strictement positif et on peut considerer

ln

((x + 3h)(x + h)3

(x + 2h)3x

) 1h3

=ln(x + 3h) − 3 ln(x + 2h) + 3 ln(x + h) − ln(x)

h3.

La fonction ln est de classe C∞ sur ]0,+∞[, donc les resultats precedents s’appliquent. La

derivee troisieme de ln est x 7−→ 2

x3. On en deduit

limh→0

ln

((x + 3h)(x + h)3

(x + 2h)3x

) 1h3

=2

x3et lim

h→0

((x + 3h)(x + h)3

(x + 2h)3x

) 1h3

= e2

x3 .

Exercice 23.7

1. On a par definition limx→a

f(x) − f(a)

x − a= f ′(a), donc g peut etre prolongee par continuite

en a en posant g(a) = f ′(a).

2. La fonction g est derivable sur R \ a et pour x 6= a,

g′(x) =f ′(x)(x − a) − f(x) + f(a)

(x − a)2.

Puisque f est de classe C2, g est de classe C1 sur R \ a.La fonction f possede au voisinage de a un developpement limite d’ordre 2 :

f(x) = f(a) + (x − a)f ′(a) +(x − a)2

2+ o((x − a)2).

260

De meme, f ′ est C1 donc

f ′(x) = f ′(a) + (x − a)f ′′(a) + o(x − a),

(x − a)f ′(x) = (x − a)f ′(a) + (x − a)2f ′′(a) + o((x − a)2).

On en deduit que

f ′(x)(x − a) − f(x) + f(a) =(x − a)2

2f ′′(a) + o((x − a)2).

Ainsi,

limx→a

f ′(x)(x − a) − f(x) + f(a)

(x − a)2=

1

2f ′′(a).

La restriction de g′ a R \ a possede une limite finie en a. Comme de plus g est continue

sur R, g est derivable en a et g′(a) =1

2f ′′(a). Elle est de classe C1 sur R.

Exercice 23.8

1. On applique la formule de Taylor-lagrange a l’ordre 1 entrea + b

2et a, puis entre

a + b

2

et b. On note que a − a + b

2=

a − b

2et b − a + b

2=

b − a

2. Il existe c1 ∈

]a,

a + b

2

[et

c2 ∈]a + b

2, b

[tels que

f(a) = f

(a + b

2

)+

(a − b

2

)f ′

(a + b

2

)+

1

2

(a − b

2

)2

f ′′(c1)

f(b) = f

(a + b

2

)+

(b − a

2

)f ′

(a + b

2

)+

1

2

(b − a

2

)2

f ′′(c2).

En additionnant, on obtient

f(a) + f(b)

2= f

(a + b

2

)+

(b − a)2

16(f ′′(c1) + f ′′(c2)).

La fonction f ′′ est continue sur [a, b] dont verifie la theoreme des valeurs intermediaires.

L’intervalle f ′′(]a, b[) qui contient f ′′(c1) et f ′′(c2) contient aussif ′′(c1) + f ′′(c2)

2qui s’ecrit

f ′′(c) avec c ∈ ]a, b[. On obtient donc

f(a) + f(b)

2= f

(a + b

2

)+

(b − a)2

8f ′′(c).

2. Cette fois, on peut appliquer la formule de Taylor-lagrange a l’ordre 2. Il existe

d1 ∈]a,

a + b

2

[et d2 ∈

]a + b

2, b

[tels que

f(a) = f

(a + b

2

)+

(a − b

2

)f ′

(a + b

2

)+

1

2

(a − b

2

)2

f ′′(

a + b

2

)+

1

6

(a − b

2

)3

f (3)(d1)

f(b) = f

(a + b

2

)+

(b − a

2

)f ′

(a + b

2

)+

1

2

(b − a

2

)2

f ′′(

a + b

2

)+

1

6

(b − a

2

)3

f (3)(d2).

261

En soustrayant, on obtient

f(b) − f(a) = (b − a)f ′(

a + b

2

)+

(b − a)3

48(f (3)(d1) + f (3)(d2)).

La fonction f (3) etant continue sur [a, b], on demontre comme dans la question 1 qu’il existe

d ∈ ]a, b[ tel quef (3)(d1) + f (3)(d2)

2= f (3)(d) . On obtient finalement

f(b) − f(a) = (b − a)f ′(

a + b

2

)+

(b − a)3

24f (3)(d).

Exercice 23.9

1. Soient x ∈ R, et h > 0. L’inegalite de Taylor-Lagrange a l’ordre 1 entre x et x + h, puisentre x et x − h fournit les deux inegalites

|f(x + h) − f(x) − hf ′(x)| 6M2h

2

2et |f(x − h) − f(x) + hf ′(x)| 6

M2h2

2.

On en deduit en utilisant l’inegalite triangulaire que

M2h2

> |hf ′(x) − f(x + h) + f(x)| + |hf ′(x) + f(x − h) − f(x)|> |hf ′(x) − f(x + h) + f(x) + hf ′(x) + f(x − h) − f(x)|> |2hf ′(x) + f(x − h) − f(x + h)|.

On utilise de nouveau l’inegalite triangulaire. De

|2hf ′(x) + f(x − h) − f(x + h)| > |2hf ′(x)| − |f(x − h) − f(x + h)|,

on tire

|2hf ′(x)| 6 |f(x − h) − f(x + h)| + M2h2

6 2M0 + M2h2

et donc, pour tous x ∈ R et h > 0

|f ′(x)| 6M0

h+

M2h

2.

2. L’etude de la fonction ϕ : h 7−→ M0

h+

M2h

2sur ]0,+∞[ montre que ϕ atteint son

minimum en

√2M0

M2et que ce minimum vaut

√2M0M2.

L’inegalite demontree dans la question 1 est valable pour tout h > 0 et donc en particulier

pour h =

√2M0

M2. On obtient, pour tout reel x, |f ′(x)| 6

√2M0M2. Ceci montre que f ′ est

bornee sur R et

supx∈R

|f ′(x)| 6√

2M0M2.

262

3. On ecrit l’inegalite de Taylor-Lagrange a l’ordre 2 entre x et x + 1, puis entre x et x + 2.On obtient

∣∣∣∣g(x + 1) − g(x) − g′(x) − 1

2g′′(x)

∣∣∣∣ 6M3

6,

∣∣∣∣g(x + 2) − g(x) − 2g′(x) − 4

2g′′(x)

∣∣∣∣ 68M3

6.

On en deduit, en utilisant l’inegalite triangulaire et en simplifiant,

|2g′(x) + g′′(x)| 6M3

3+ 4M0

|g′(x) + g′′(x)| 62M3

3+ M0.

De nouveau en utilisant l’inegalite triangulaire on obtient

|g′(x)| = |(2g′(x) + g′′(x)) − (g′(x) + g′′(x))|6 |2g′x) + g′′(x)| + |g′(x) + g′′(x)| 6 M3 + 5M0,

|g′′(x)| = |2(g′(x) + g′′(x)) − (2g′(x) + g′′(x))|

6 2|g′(x) + g′′(x)| + |2g′(x) + g′′(x)| 65M3

3+ 6M0.

Ceci est vrai pour tout reel x, donc g′ et g′′ sont bornees sur R.

Exercice 23.10

1. L’existence de θx resulte de l’application de la formule de Taylor-Lagrange a l’ordre n−1entre 0 et x. Il existe c entre 0 et x tel que

f(x) = f(0) + xf ′(0) + · · · + xn−1

(n − 1)!f (n−1)(0) +

xn

n!f (n)(c).

Pour x 6= 0, θx =c

x∈]0, 1[ et c = xθx.

Montrons l’unicite de θx pour x assez petit.Par continuite de f (n+1), on a lim

x→0f (n+1)(x) = f (n+1)(0) 6= 0 et il existe α > 0 tel que

f (n+1)(x) 6= 0 pour x ∈ [−α, α]. La fonction f (n+1) etant continue et ne s’annulant passur l’intervalle [−α, α] y garde un signe constant : f (n) est strictement monotone et doncinjective sur [−α, α].On en deduit l’unicite de c et donc de θx, pour tout x ∈ [−α, α], non nul.

2. On ecrit la formule de Taylor -Lagrange a l’ordre n. Il existe d entre 0 et x tel que

f(x) = f(0) + xf ′(0) + · · · + xn

n!f (n)(0) +

xn+1

(n + 1)!f (n+1)(d).

On a doncxn

n!f (n)(θxx) =

xn

n!f (n)(0) +

xn+1

(n + 1)!f (n+1)(d)

263

soit

f (n)(θxx) − f (n)(0) =x

n + 1f (n+1(c).

Puisque f (n+1)(0) 6= 0, on a, au voisinage de 0,

f (n)(θxx) − f (n)(0) ∼ θxxf (n+1)(0) etx

n + 1f (n+1)(c) ∼ x

n + 1f (n+1)(0).

On en deduit que θx ∼ 1

n + 1, c’est-a-dire

limx→0

θx =1

n + 1.

Exercice 23.11

1. L’existence de θx se montre comme dans l’exercice precedent. Sur[0,

π

2

], la fonction

cos est strictement decroissante donc injective. Si x ∈]0,

π

2

]et si θx et θ′x repondent au

probleme, on a cos(θxx) = cos(θ′xx) et comme θxx et θ′xx appartiennent a[0,

π

2

], θxx = θ′xx

et donc θx = θ′x. On montre de meme que θx est unique si x ∈[−π

2, 0

[.

2. On ecrit la formule de Taylor-Lagrange a l’ordre 5 entre 0 et x. Il existe c entre et 0 et xtel que

sinx = x − x3

6+

x5

120cos c.

On en deduit

−x3

6cos(θxx) = −x3

6+

x5

120cos c

et donc

1 − cos(θxx) =x2

20cos c.

Quand x tend vers 0, θxx tend aussi vers 0 ainsi que c. On en deduit que 1−cos(θxx) ∼ x2θ2x

2

et cos c ∼ 1, puis queθ2

x

2∼ 1

20. Ceci montre que lim

x→0θ2

x =1

10et comme θx > 0,

limx→0

θx =1√10

.

Exercice 23.12

1. On applique l’inegalite de Taylor-Lagrange a l’ordre 1 a la fonction exp sur [0, 1] entre 0et x. On obtient, pour tout x ∈ [0, 1],

|ex − 1 − x| 6x2

2sup

t∈[0,1]

et6

ex2

2.

264

On observe que si x ∈ [0, 1] et n ∈ N∗, on a 0 61

nln(1+x2) 6

x2

n6 1. L’inegalite precedente

s’applique donc a1

nln(1 + x2) et on obtient

∣∣∣∣(1 + x2)1n − 1 − 1

nln(1 + x2)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣exp

(1

nln(1 + x2)

)− 1 − 1

nln(1 + x2)

∣∣∣∣

6e ln2(1 + x2)

2n26

e

2n2.

2. On deduit de la question 1 que, pour n > 1,

∣∣∣∣∫ 1

0

((1 + x2)

1n − 1 − 1

nln(1 + x2)

)dx

∣∣∣∣ 6

∫ 1

0

∣∣∣∣(1 + x2)1n − 1 − 1

nln(1 + x2)

∣∣∣∣ dx

6

∫ 1

0

e

2n2dx 6

e

2n2.

On calcule

∫ 1

0

ln(1 + x2) dx en integrant par parties. On obtient

∫ 1

0

ln(1 + x2) dx =[x ln(1 + x2)

]10−

∫ 1

0

2x2

1 + x2dx = ln 2 − 2

∫ 1

0

(1 − 1

1 + x2

)dx

= ln 2 − 2 +π

2.

Posons b = ln 2 − 2 +π

2. L’inegalite devient

∣∣∣∣∫ 1

0

(1 + x2)1n dx − 1 − b

n

∣∣∣∣ 6e

2n2.

La difference

∫ 1

0

(1+x2)1n dx−1− b

nest donc negligeable devant

1

n. Il existe donc une suite

(εn)n∈N∗ tendant vers 0 telle que, pour tout n > 1,

∫ 1

0

(1 + x2)1n dx = 1 +

b

n+

εn

n,

ce qui est resultat voulu avec a = 1 et b = ln 2 − 2 +π

2.

Exercice 23.13

1. Si x ∈ [0, 1], alors

c + dx ∈ [c, c + d] = [c, b] ⊂ [a, b] et c − dx ∈ [c − d, c] = [a, c] ⊂ [a, b]

donc g est definie sur [0, 1] et, comme f , elle est 5 fois derivable. On en deduit que g′ etdonc h sont 4 fois derivables sur [0, 1]. On a, pour tous k ∈ [[0, 5]] et x ∈ [0, 1]

g(k)(x) = dk(f (k)(c + dx) − (−1)kf (k)(c − dx)).

265

On en deduit que g(k)(0) = 0 si k est pair et g(k)(0) = 2dkf (k)(0) si k est impair.On trouve h(0) = 0, h(1) = 0, par definition de A. Pour x ∈ [0, 1], on obtient successivement

h′(x) =2

3g′(x) − 2

3g′(0) − 1

3xg′′(x) + 5Ax4,

h′′(x) =1

3g′′(x) − 1

3xg(3)(x) + 20Ax3,

h(3)(x) = −1

3xg(4)(x) + 60Ax2.

On en deduit, compte tenu de la valeur des derivees de g en 0, que h(0) = h′(0) = h′′(0) = h(3)(0) = 0.

2. La fonction h est derivable sur [0, 1] et h(0) = h(1) = 0. D’apres le theoreme de Rolle,il existe α1 ∈ ]0, 1[ tel que h′(α1) = 0. De meme, il existe α2 ∈ ]0, α1[ tel que h′′(α2) = 0.

Enfin, on trouve α ∈ ]0, α2[ tel que h(3)(α) = 0. Comme h(3)(α) = −1

3αg(4)(α) + 60Aα2,

cela equivaut ag(4)(α) = 180Aα.

Reprenons l’expression de g(4). On a

g(4)(α) = d4(f (4)(c + dα) − f(c − dα)).

La fonction f (4) etant derivable sur [a, b], il existe, d’apres la formule des accroissementsfinis, ζ ∈ ]c − dα, c + dα[⊂]a, b[ tel que

g(4)(α) = 2d5αf (5)(ζ).

Comme α 6= 0, on en deduit que A =d5f (5)(ζ)

90.

On calcule la valeur de A. On obtient, compte tenu des expressions de g et g′,

A =1

3(df ′(c + d) + df ′(c − d) + 4df ′(c)) − (f(c + d) − f(c − d))

=b − a

6

(f ′(a) + f ′(b) + 4f ′

(a + b

2

))− (f(b) − f(a)).

Comme par ailleurs

A =d5f (5)(ζ)

90=

(b − a)5f (5)(ζ)

90 · 32=

(b − a)5f (5)(ζ)

2880.

On en deduit que

f(b) = f(a) +b − a

6

(f ′(a) + 4f ′

(a + b

2

)+ f ′(b)

)− (b − a)5

2880f (5)(ζ).

Exercice 23.14

Soit ε > 0 et x1 > a tel que |f ′′(x)| 6 ε pour tout x > x1.Pour x > x1, l’inegalite de Taylor-Lagrange a l’ordre 1 appliquee entre x et x + 1 donne

|f(x + 1) − f(x) − f ′(x)| 6ε

2. On en deduit par l’inegalite triangulaire que

|f ′(x)| 6 |f ′(x) − f(x + 1) + f(x)| + |f(x + 1) − f(x)|6 ε + |f(x + 1) − f(x)|.

266

Comme limx→+∞

f(x) = l, on a egalement limx→+∞

f(x + 1) = l et limx→+∞

(f(x + 1) − f(x)) = 0.

Il existe donc x2 > a tel que |f(x + 1) − f(x)| 6ε

2pour x > x2. On a alors

∀x > max(x1, x2) |f ′(x)| 6 ε.

On en deduit que limx→+∞

f ′(x) = 0.

Exercice 23.15

1. On applique la formule de Taylor-Lagrange entre x0 et x. Il existe donc c ∈ ]x0, x[ tel que

f(x) =

n−1∑

k=0

(x − x0)k

k!f (k)(x0) +

(x − x0)n

n!f (n)(c).

Comme f (n)(c) ∈ [L − ε, L + ε], on en deduit l’encadrement

n−1∑

k=0

(x − x0)k

k!f (k)(x0)+

(x − x0)n

n!(L−ε) 6 f(x) 6

n−1∑

k=0

(x − x0)k

k!f (k)(x0)+

(x − x0)n

n!(L+ε).

Pour x > x0, on obtient, en divisant par(x − x0)

n

n!,

n!

n−1∑

k=0

(x − x0)k−n

k!f (k)(x0) + L − ε 6 n!

f(x)

(x − x0)n6 n!

n−1∑

k=0

(x − x0)k−n

k!f (k)(x0) + L + ε.

2. Quand x tend vers +∞, n!f(x)

(x − x0)ntend vers 0, car f(x) tend vers une limite finie et

n > 1. Chaque terme de la somme tend vers 0. On obtient par passage a la limite dans lesinegalites

L − ε 6 0 6 L + ε

et donc −ε 6 L 6 ε, soit |L| 6 ε. Ceci etant vrai pour tout ε, on conclut que L = 0.

Exercice 23.16

Raisonnons par l’absurde et supposons que |f ′′(x)| < 4 pour tout x ∈ ]0, 1[. On applique la

formule de Taylor-Lagrange entre 0 et1

2, puis entre

1

2et 1. Il existe c ∈

]0,

1

2

[et c′ ∈

]1

2, 1

[

tels que

f

(1

2

)= f(0) +

1

2f ′(0) +

1

8f ′′(c) =

1

8f ′′(c)

f

(1

2

)= f(1) − 1

2f ′(1) +

1

8f ′′(c′) = 1 +

1

8f ′′(c′).

On en deduit que 1 =1

8(f ′′(c) − f ′′(c′)), puis que

1 6

∣∣∣∣1

8(f ′′(c) − f ′′(c′))

∣∣∣∣ 61

8(|f ′′(c)| + |f ′′(c′)|) <

1

8(4 + 4) 6 1.

On obtient une contradiction : il existe c ∈ [0, 1[ tel que |f ′′(c)| > 4.

267

Exercice 23.17

La fonction g est necessairement definie sur R+ par g(x) = f(√

x). Elle est continue sur R+,comme composee de fonctions continues. Comme x −→ √

x est de classe C∞ sur ]0,+∞[, lafonction g est de classe C1 sur ]0,+∞[ et, pour tout x > 0,

g′(x) =1

2√

xf ′(

√x).

Comme f est de classe C2, f ′ est de classe C1 ; elle possede au voisinage de 0 undeveloppement limite d’ordre 1

f ′(x) = f ′(0) + xf ′′(0) + o(x) = xf ′′(0) + o(x).

On en deduit que pour x > 0,

g′(x) =1

2√

x(√

xf ′′(0) + o(√

x)) =1

2f ′′(0) + o(1).

La restriction de g′ a ]0,+∞[ possede une limite finie en 0. On en deduit, d’apres le theoremede prolongement des fonctions de classe C1 que la restriction de g a ]0,+∞[ possede unprolongement de classe C1 sur R+. Ce prolongement est g car est continue en 0. On conclutque la fonction g est de classe C1.

Exercice 23.18

On sait que la fonction√

f est derivable en tout point ou f ne s’annule pas. Elle seraderivable sur R si elle est derivable en tout point x0 tel que f(x0) = 0. On peut noter qu’enun tel point, on a necessairement f ′(x0) = 0. En effet, dans le cas contraire, on aurait

f(x) = f(x) − f(x0) ∼x→x0

(x − x0)f′(x0)

et le signe de f(x) changerait en x0, ce qui contredit le fait que f est positive sur R.On a alors, d’apres la formule de Taylor-Young

f(x) = f(x0) + (x − x0)f′(x0) +

(x − x0)2

2f ′′(x0) + o((x − x0)

2)

=(x − x0)

2

2f ′′(x0) + o((x − x0)

2).

On en deduit qu’au voisinage de x0,

√f(x) −

√f(x0)

x − x0=

√f(x)

x − x0=

|x − x0|x − x0

√f ′′(x0)

2+ o(1).

• Si f ′′(x0) 6= 0,√

f possede un nombre derive a droite

√f ′′(x0)

2et un nombre derive a

gauche −√

f ′′(x0)

2distincts. Elle n’est pas derivable en x0.

• Si f ′′(x0) = 0,√

f est derivable en x0 et√

f′(x0) = 0.

On trouve finalement que√

f est derivable en x0 si et seulement si f ′(x0) = f ′′(x0) = 0.

268

Exercice 23.19

1. Comme f est derivable en 0 et f(0) = 0, on sait que

limx→0

ϕ(x) = limx→0

f(x) − f(0)

x − 0= f ′(0).

On peut prolonger ϕ en une fonction, notee ϕ, continue sur R, en posant ϕ(0) = f ′(0).

2. Pour x 6= 0, la formule de Taylor appliquee a la fonction f sur [x, 0] donne

0 = f(0) =

n∑

k=0

(−1)k xk

k!f (k)(x) +

∫ 0

x

(−1)n tn

n!f (n+1)(t) dt.

Sur ]−∞, 0[ et ]0,+∞[, la fonction ϕ est de classe C∞. On ecrit, pour x 6= 0, ϕ(x) = f(x)1

x.

On note g la fonction x 7−→ 1

x. La formule de Leibniz donne

ϕ(n)(x) =n∑

k=0

(n

k

)f (k)(x)g(n−k)(x) =

n∑

k=0

(n

k

)f (k)(x)

(−1)n−k(n − k)!

xn−k+1

=n!(−1)n

xn+1

n∑

k=0

(−1)k xk

k!f (k)(x)

puis, en reportant dans la premiere formule,

xn+1ϕ(n)(x) = n!(−1)nn∑

k=0

(−1)k xk

k!f (k)(x) = −n!(−1)n

∫ 0

x

(−1)n tn

n!f (n+1)(t) dt

et apres simplification

xn+1ϕ(n)(x) =

∫ x

0

tnf (n+1)(t) dt.

3. En integrant par parties, les fonctions etant de classe C∞, il vient∫ x

0

tnf (n+1)(t) dt =

[f (n+1)(t)

tn+1

n + 1

]x

0

−∫ x

0

tn+1

n + 1f (n+2)(t) dt

ϕ(n)(x) =f (n+1)(x)

n + 1− 1

(n + 1)xn+1

∫ x

0

tn+1f (n+2)(t) dt

Prenons x ∈ [−1, 1], ce qui est licite, puisqu’on veut determiner la limite en 0. La fonctionf (n+2) etant continue sur l’intervalle [−1, 1], y est bornee par M . On a donc

∣∣∣∣1

(n + 1)xn+1

∫ x

0

tn+1f (n+2)(t) dt

∣∣∣∣ 6M

(n + 1)|x|n+1

∣∣∣∣∫ x

0

tn+1 dt

∣∣∣∣

6M |x|

(n + 2)(n + 1)

et cette integrale tend vers 0 lorsque x tend vers 0. Finalement, on obtient

limx→0

ϕ(n)(x) =f (n+1)(0)

n + 1.

269

4. Nous allons utiliser, pour tout entier n, le theoreme de prolongement des fonctions declasse Cn. Notons ϕ1 la restriction de ϕ a ]0,+∞[. Pour tout n, ϕ1 est de classe Cn sur ]0,∞[

et ϕ(n)1 possede une limite en 0 qui est egale a

f (n+1)(0)

n + 1, d’apres la question precedente.

On en deduit que ϕ1 possede un prolongement de classe Cn sur [0,+∞[. Ceci etant vraipour tout n ∈ N, ce prolongement est de classe C∞. Mais ce prolongement n’est autre quela restriction de ϕ a [0,+∞[. On conclut que ϕ est de classe C∞ sur [0,+∞[. On demontrede meme que ϕ est de classe C∞ sur ] −∞, 0]. Enfin, pour tout n ∈ N, ϕ a meme derivee

n-ieme a droite et a gauche en 0,f (n+1)(0)

n + 1. Donc ϕ est de classe C∞ sur R.

Exercice 23.20

1. Par hypothese, f(0) = a + c est entier et f(1) = ae + ce−1 = −b est entier.

2. La fonction f est de classe C∞ donc on peut appliquer la formule de Taylor-Lagrange atout ordre entre 0 et 1. On verifie que f (n) : x 7−→ aex + (−1)nce−x. Pour tout n ∈ N∗, ilexiste θn ∈]0, 1[ tel que

f(1) =n−1∑

k=0

1

k!f (k)(0) +

1

n!f (n)(θn) =

n−1∑

k=0

1

k!(a + (−1)kc) +

1

n!f (n)(θn).

On en deduit que

f (n)(θn)

n= (n − 1)!f(1) −

n−1∑

k=0

(n − 1)!

k!(a + (−1)kc)

est entier.

3. Pour tout n ∈ N∗,

∣∣∣∣f (n)(θn)

n

∣∣∣∣ =1

n|aeθn + (−1)nce−θn | 6

(|a|e + |c|)n

,

car θn ∈ ]0, 1[. On en deduit que pour n assez grand, on a

∣∣∣∣f (n)(θn)

n

∣∣∣∣ 61

2et comme

f (n)(θn)

nest un entier, on a necessairement f (n)(θn) = 0. Si on choisit un entier n as-

sez grand tel que a et c(−1)n ait meme signe (cela depend de la parite de n), l’egalitef (n)(θn) = aeθn + c(−1)ne−θn = 0 implique a = c = 0. On a ensuite b = 0. Il n’existe doncpas d’entiers a, b, c non tous nuls tels que ae2 + be + c = 0.

Exercice 23.21

1. a) On applique l’inegalite de Taylor-Lagrange (cf exercice 1, question 2).

270

b) On obtient, pour tous reels x0 et h, en appliquant l’inegalite precedente a −h ln(1 + t2),

|f(x0 + h) − f(x0) − hg(x0)| =

∣∣∣∣∫ 1

0

e−x0 ln(1+t2)(e−h ln(1+t2) − 1 + h ln(1 + t2)

)dt

∣∣∣∣

6

∫ 1

0

e−x0 ln(1+t2)∣∣∣e−h ln(1+t2) − 1 + h ln(1 + t2)

∣∣∣ dt

6

∫ 1

0

e−x0 ln(1+t2) h2(ln(1 + t2))2

2e|h| ln(1+t2) dt.

Pour |h| 6 1 et t ∈ [0, 1], on a e|h| ln(1+t2) 6 eln 2 = 2 et il vient

|f(x0 + h) − f(x0) − hg(x0)| 6 h2

∫ 1

0

e−x0 ln(1+t2)(ln(1 + t2))2 dt.

c) On a montre qu’au voisinage de 0,

f(x0 + h) − f(x0) − hg(x0) = o(h).

La fonction f possede un developpement limite d’ordre 1 au voisinage de x0 donc elle estderivable en x0 et f ′(x0) = g(x0). Ceci est vrai pour tout x0 ∈ R, donc f est derivable surR et f ′ = g. Comme g est negative, f est decroissante.

2. a) Pour x < 0, la fonction t 7−→ e−x ln(1+t2) est croissante sur [0, 1] et sa valeur en1

2est

e−x ln 54 .

On en deduit que

f(x) >

∫ 1

12

e−x ln(1+t2) dt >1

2e−x ln 5

4 .

Comme limx→−∞

e−x ln 54 = +∞, on conclut que lim

x→−∞f(x) = +∞. De la minoration

f(x)

x>

e−x ln 54

x, on deduit que lim

x→−∞f(x)

x= +∞.

b) Pour x > 0, la fonction t 7−→ e−x ln(1+t2) est decroissante sur [0, 1]. On en deduit que

f(x) 6

∫ ε

0

e−x ln(1+t2) dt +

∫ 1

ε

e−x ln(1+t2) dt

6

∫ ε

0

dt +

∫ 1

ε

e−x ln(1+ε2) dt 6 ε + e−x ln(1+ε2).

Comme limx→+∞

e−x ln(1+ε2) = 0, on a pour x assez grand e−x ln(1+ε2) 6 ε et donc

0 6 f(x) 6 2ε. On en deduit que limx→+∞

f(x) = 0.

271

Chapitre 24Exercice 24.1

1. Du developpement limite au voisinage de 0,1

1 + x= 1 − x + x2 − x3 + o(x3), on tire

1

x2 + x + 2=

1

2· 1

1 +x

2+

x2

2

=1

2

(1 −

(x

2+

x2

2

)+

(x

2+

x2

2

)2

−(

x

2+

x2

2

)3

+ o(x3)

)

=1

2− 1

4x − 1

8x2 +

3

16x3 + o(x3).

En multipliant par x + 1 et en simplifiant, on obtient

x + 1

x2 + x + 2=

1

2+

1

4x − 3

8x2 +

1

16x3 + o(x3).

2. On connaıt le developpement limite au voisinage de 0 de x 7−→ (1 + x)12 :

(1 + x)12 = 1 +

1

2x − 1

8x2 + o(x2).

On en deduit en utilisant deux fois ce developpement limite :

(1 + (1 + x)

12

) 12

=

(1 + 1 +

1

2x − 1

8x2 + o(x2)

) 12

=√

2

(1 +

1

4x − 1

16x2 + o(x2)

) 12

=√

2

(1 +

1

2

(1

4x − 1

16x2

)− 1

8

(1

4x − 1

16x2

)2

+ o(x2

)

=√

2 +

√2

8x − 5

√2

128x2 + o(x2).

3. Du developpement limite de sin en 0 a l’ordre 5, au deduit au voisinage de 0,

sin x

x= 1 − 1

6x2 +

1

120x4 + o(x4).

Puisqu’au voisinage de 0,

ln(1 + x) = x − 1

2x2 +

1

3x3 − 1

4x4 + o(x4),

on obtient

ln

(1 +

sin x

x

)= −1

6x2 +

1

120x4 − 1

2

(−1

6x2 +

1

120x4

)2

+ o(x4)

= −1

6x2 − 1

180x4 + o(x4).

272

4. On ecrit (1 + 2x)1

1+x = exp

(ln(1 + 2x)

1 + x

). Avec les developpements limites usuels au

voisinage de 0, on obtient

ln(1 + 2x)

1 + x=

(2x − 1

2(2x)2 +

1

3(2x)3 + o(x3)

) (1 − x + x2 − x3 + o(x3)

)

= 2x − 4x2 +20

3x3 + o(x3).

En composant avec le developpement limite de exp au voisinage de 0, on obtient

(1 + 2x)1

1+x = 1 +

(2x − 4x2 +

20

3x3

)+

1

2

(2x − 4x2 +

20

3x3

)2

+1

6(2x)3 + o(x3)

= 1 + 2x − 2x2 + o(x3).

5. En utilisant les developpements limites de sin et cos au voisinage de 0, on obtient

x

tan x=

x cos x

sin x=

x

(1 − 1

2x2 +

1

24x4 + o(x4)

)

x − 1

6x3 +

1

120x5 + o(x5)

=1 − 1

2x2 +

1

24x4 + o(x4)

1 − 1

6x2 +

1

120x4 + o(x4)

=

(1 − 1

2x2 +

1

24x4 + o(x4)

) (1 +

1

6x2 − 1

120x4 +

1

36x4 + o(x4)

)

= 1 − 1

3x2 − 1

45x4 + o(x4).

En composant avec le developpement limite de x 7−→√

1 + x, on en deduit

√x

tan x= 1 +

1

2

(−1

3x2 − 1

45x4

)− 1

8

(1

9x4

)+ o(x4) = 1 − 1

6x2 − 1

40x4 + o(x4)

et

π

2

√x

tan x=

π

2− π

12x2 − π

80x4 + o(x4).

Au voisinage de 0, on a

cos(π

2+ x

)= − sin x = −x +

x3

6+ o(x4).

On en deduit que

cos

(π

2

√x

tan x

)=

π

12x2 +

π

80x4 +

1

6

(− π

12x2 − π

80x4

)3

+ o(x4)

=π

12x2 +

π

80x4 + o(x4).

273

6. On ecrit(1 + arctanx)

1x = e

ln(1+arctan x)x .

On dispose, au voisinage de 0, des developpements limites

arctan x = x − 1

3x3 + o(x4) et ln(1 + x) = x − 1

2x2 +

1

3x3 − 1

4x4 + o(x4)

On en deduit que

ln(1 + arctan x) = x − 1

3x3 − 1

2

(x − 1

3x3

)2

+1

3

(x − 1

3x3

)3

− 1

4

(x − 1

3x3

)4

+ o(x4)

= x − 1

2x2 +

1

12x4 + o(x4).

On obtient enfin, en utilisant le developpement limite de exp au voisinage de 0,

(1 + arctan x)1x = exp

(1 − 1

2x +

1

12x3 + o(x3)

)

= e exp

(−1

2x +

1

12x3 + o(x3)

)

= e

(1 − 1

2x +

1

12x3 +

1

2

(−1

2x +

1

12x3

)2

+1

6

(−1

2x +

1

12x3

)3

+ o(x3)

)

= e − e

2x +

e

8x2 +

e

16x3 + o(x3).

Exercice 24.2

1. On pose x =π

6+ h et on se ramene aux developpements limites de sin et cos en 0. On

obtient

2 sin(h +

π

6

)= 2 ·

√3

2sinh + 2 · 1

2cos h =

√3

(h − 1

6h3

)+ 1 − h2

2+ o(h3).

On en deduit, en composant avec le developpement limite de ln au voisinage de 1,

ln(2 sin

(h +

π

6

))=

√3h − 1

2h2 −

√3

6h3 − 1

2

(√

3h − 1

2h2 −

√3

6h3

)2

+1

3

(√

3h − 1

2h2 −

√3

6h3

)3

+ o(h3)

=√

3h − 2h2 +4√

3

3h3 + o(h3)

et finalement

ln(2 sin x) =√

3(x − π

6

)− 2

(x − π

6

)2

+4√

3

3

(x − π

6

)3

+ o

((x − π

6

)3)

.

274

2. En posant x =π

4+ h, on obtient

(tan x)tan 2x = exp (tan 2x ln tan x) = exp

(− 1

tan 2hln

1 + tanh

1 − tan h

).

Le developpement limite de tan a l’ordre 3 en 0 etant tanx = x +1

3x3, on obtient

1 + tan h

1 − tanh=

1 + h +1

3h3 + o(h3)

1 − h − 1

3h3 + o(h3)

=

(1 + h +

1

3h3

)(1 + h +

1

3h3 + h2 + h3

)+ o(h3)

= 1 + 2h + 2h2 +8

3h3 + o(h3).

On en deduit

ln1 + tan h

1 − tan h= 2h + 2h2 +

8

3h3 − 1

2

(2h + 2h2 +

8

3h3

)2

+1

3

(2h + 2h2 +

8

3h3

)3

+ o(h3)

= 2h +4

3h3 + o(h3)

puis

1

tan 2hln

tan h + 1

1 − tan h=

2h +4

3h3 + o(h3)

2h +8

3h3 + o(h3)

=1 +

2

3h2 + o(h2)

1 +4

3h2 + o(h2)

= 1 − 2

3h2 + o(h2)

et enfin

(tan x)tan 2x = exp

(−1 +

2

3h2 + o(h2)

)= e−1

(1 +

2

3h2 + o(h2)

)

= e−1 +2e−1

3

(x − π

4

)2

+ o(x − π

4

)2

.

3. On pose x = 1 + h et

x1

−1+ln x = exp

(lnx

−1 + lnx

)= exp

(1 +

−1

1 − ln(x)

).

On obtient

−1

1 − ln(x)=

−1

1 − h +1

2h2 − 1

3h3 + o(h3)

= −1 − h +1

2h2 − 1

3h3 −

(−h +

1

2h2 − 1

3h3

)2

+

(−h +

1

2h2 − 1

3h3

)3

+ o(h3)

= −1 − h − 1

2h2 − 1

3h3 + o(h3)

275

puis

x1

−1+ln x = exp

(−h − 1

2h2 − 1

3h3 + o(h3)

)

= 1 − h − 1

2h2 − 1

3h3 +

1

2

(−h − 1

2h2 − 1

3h3

)2

+1

6

(−h − 1

2h2 − 1

3h3

)3

+ o(h3)

= 1 − h + o(h3) = 1 − (x − 1) + o((x − 1)3

).

Exercice 24.3

1. Comme sin x − x tend vers 0, on peut ecrire

esin x − ex

sin x − tan x= ex esin x−x − 1

sin x − tan x∼

x→0

sin x − x

sinx − tan x

∼x→0

− 16x3

x − 1

6x3 − x − 1

3x3 + o(x3)

∼x→0

1

3

et donc

limx→0

esin x − ex

sinx − tan x=

1

3.

2. On a, au voisinage de 0,

cot x − 1

x=

x − tan x

x tan x∼

x→0

− 13x3

x2∼

x→0−1

3x

et donc

limx→0

cot x − 1

x= 0.

3. Comme cos ax et cos bx tendent vers 0, on obtient

ln cos ax

ln cos bx∼

x→0

cos ax − 1

cos bx − 1∼

x→0

− 12 (ax)2

− 12 (bx)2

et donc

limx→0

ln cos ax

ln cos bx=

a2

b2.

Exercice 24.4

1. On a, quand h tend vers 0

tan

(π

(1

2+ h

))=

1

− tan(π

2h) ∼

h→0− 2

πh.

On en deduit

limx→ 1

2

(2x2 − 3x + 1) tan πx = limx→ 1

2

− 2

π

2x2 − 3x + 1

x − 12

= limx→ 1

2

− 2

π(2x − 2) =

2

π.

276

2. On determine un developpement limite du numerateur a l’ordre 1 au voisinage de 2 :

(2 + h)2 − 22+h = (2 + h)2 − 4eh ln 2 = (4 + 4h) − 4(1 + h ln 2) + o(h)

= 4(1 − ln 2)h + o(h).

On en deduit

limx→2

x2 − 2x

sin(x − 2)= lim

h→0

4(1 − ln 2)h + o(h)

sin h= 4(1 − ln 2).

3. On utilise des developpements limites du numerateur et du denominateur au voisinagede a :

(a + h)a − aa+h = aa

((1 +

h

a

)a

− ah

)= aa(1 + h − 1 − h ln a + o(h))

= aa(1 − ln a)h + o(h)

a sin(a + h) − (a + h) sin a = a sin a cos h + a cos a sin h − (a + h) sin a

= (a cos a − sin a)h − a sin a

2h2 + o(h2).

• Si a cos a − sin a 6= 0, on trouve

limx→a

xa − ax

a sin x − x sin a= lim

h→0

aa(1 − ln a)h + o(h)

(a cos a − sin a)h − a sin a

2h2 + o(h2)

=aa(1 − ln a)

a cos a − sin a.

• Si a cos a − sin a = 0, c’est-a-dire si tan a = a, equation qui possede une solution dans

chacun des intervalles]kπ,

π

2+ kπ

[(k ∈ N∗), la limite est infinie et il faut distinguer limite

a droite et a gauche. On obtient

limx→a+

xa − ax

a sin x − x sin a= lim

h→0+

aa(1 − ln a)h + o(h)

−a sin a

2h2 + o(h2)

= ±∞,

le signe etant celui deln a − 1

sin aOn a ln a − 1 > 0 car a > π et le signe de sin a depend de la

parite de k : la limite est +∞ si k est pair et −∞ sinon. Pour la limite a gauche les resultatssont inverses.

Exercice 24.5

1. On ecrit (ln(x + 1)

lnx

)x

= exp

(x ln

(ln(x + 1)

lnx

)).

Quand x tend vers +∞, on a

ln(x + 1)

lnx= 1 +

1

lnxln

(1 +

1

x

)−→ 1.

On en deduit que

x ln

(ln(x + 1)

lnx

)∼x

1

lnxln

(1 +

1

x

)∼ 1

lnx.

277

Cette expression tendant vers 0, on en deduit que(

ln(x + 1)

lnx

)x

− 1 = exp

(x ln

(ln(x + 1)

lnx

))− 1 ∼ 1

lnx

et finalement

limx→+∞

[(ln(x + 1)

lnx

)x

− 1

]lnx = 1.

2. On pose

f(x) = x2

(1 +

1

x

)x

− ex3 ln

(1 +

1

x

)= x2 exp

(x ln

(1 +

1

x

))− ex3 ln

(1 +

1

x

)

et on utilise le developpement limite de ln(1 + x) au voisinage de 0. On obtient au voisinagede +∞,

ln

(1 +

1

x

)=

1

x− 1

2x2+

1

3x3+ o

(1

x3

),

exp

(x ln

(1 +

1

x

))= exp

(1 − 1

2x+

1

3x2+ o

(1

x2

))

= e

(1 − 1

2x+

1

3x2+

1

2

(− 1

2x+

1

3x2

)2

+ o

(1

x2

))

= e

(1 − 1

2x+

11

24x2+ o

(1

x2

)).

On en deduit

f(x) = ex2

(1 − 1

2x+

11

24x2+ o

(1

x2

))− ex3

(1

x− 1

2x2+

1

3x3+ o

(1

x3

))=

e

8+ o(1)

et finalementlim

x→+∞f(x) =

e

8.

3. On a au voisinage de +∞,

ln

(sin

1

x+ cos

1

x

)= ln

(1

x+ o

(1

x

))=

1

x+ o

(1

x

).

On en deduit que

limx→+∞

(sin

1

x+ cos

1

x

)x

= limx→+∞

exp

(x ln

(sin

1

x+ cos

1

x

))= e.

4. Comme1

x + 1et

1

xtendent vers 0, on obtient au voisinage de +∞,

x2(e

1x − e

1x+1

)= x2e

1x+1

(e

1x− 1

x+1 − 1)∼ x2

(1

x− 1

x + 1

)∼ 1

et donclim

x→+∞x2

(e

1x − e

1x+1

)= 1.

278

Exercice 24.6

1. On ecrit des developpements limites a l’ordre 4 :

sin(ln(1 + x)) = sin

(x − 1

2x2 +

1

3x3 − 1

4x4

)+ o(x4)

= x − 1

2x2 +

1

3x3 − 1

4x4 − 1

6

(x − 1

2x2 +

1

3x3 − 1

4x4

)3

+ o(x4)

= x − 1

2x2 +

1

3x3 − 1

4x4 − 1

6x3 +

1

6· 3

2x4 + o(x4)

= x − 1

2x2 +

1

6x3 + o(x4),

ln(1 + sinx) = ln

(1 + x − 1

6x3 + o(x4)

)

=

(x − 1

6x3

)− 1

2

(x − 1

6x3

)2

+1

3x3 − 1

4x4 + o(x4)

= x − 1

6x3 − 1

2x2 +

1

6x4 +

1

3x3 − 1

4x4 + o(x4)

= x − 1

2x2 +

1

6x3 − 1

12x4 + o(x4).

On en deduit que

sin( ln(1 + x)) − ln(1 + sinx) =1

12x4 + o(x4)

soit encore

sin(ln(1 + x)) − ln(1 + sinx) ∼x→0

1

12x4.

2. On ecrit des developpements limites a l’ordre 7.

Comme arctan x = x − 1

3x3 +

1

5x5 − 1

7x7 + o(x7), on obtient

sin(arctan x) = x − 1

3x3 +

1

5x5 − 1

7x7 − 1

6

(x3 − x5 +

1

3x7 +

3

5x7

)

+1

120

(x5 − 5

3x7

)− 1

5040x7 + o(x7)

= x − 1

2x3 +

3

8x5 − 5

16x7 + o(x7)

et

arctan(sinx) = x − 1

6x3 +

1

120x5 − 1

5040x7 − 1

3

(x3 − 1

2x5 +

1

12x7 +

1

40x7

)

+1

5

(x5 − 5

6x7

)− 1

7x7 + o(x7)

= x − 1

2x3 +

3

8x5 − 83

240x7 + o(x7).

279

On en deduit

sin(arctan x) − arctan(sinx) =1

30x7 + o(x7)

et donc

sin(arctan x) − arctan(sinx) ∼x→0

1

30x7.

3. Un developpement limite au voisinage de 0 d’ordre 2 donne

(e + x)e − ee+x = ee((

1 +x

e

)e

− ex)

= ee

(1 + e

x

e+

e(e − 1)

2

(x

e

)2

− 1 − x − 1

2x2 + o(x2)

)

= −ee−1

2x2 + o(x2)

et donc

(e + x)e − ee+x ∼x→0

−ee−1

2x2.

4. Quand x tend vers +∞,x

x + 1tend vers 1 et comme arctan est derivable en 1 de nombre

derive1

2, on obtient

π

4− arctan

(x

x + 1

)= arctan(1) − arctan

(x

x + 1

)

∼x→+∞

1

2

(1 − x

x + 1

)∼

x→+∞1

2x.

Exercice 24.7

1. On a, quand n tend vers +∞,

n√

2 − 1 = eln 2n − 1 ∼ ln 2

n.

On en deduit que

limn→+∞

n(

n√

2 − 1)

= ln 2.

2. On peut ecrire un = exp

(n ln tan

(π

4+

1

n

)). Quand n tend vers l’infini, tan

(π

4+

1

n

)

tend vers 1. On en deduit que

ln tan

(π

4+

1

n

)∼ tan

(π

4+

1

n

)− 1 ∼

1 + tan1

n

1 − tan1

n

− 1

∼

2 tan1

n

1 − tan1

n

∼ 2

n.

On en deduit que

limn→+∞

tann

(π

4+

1

n

)= e2.

280

3. On ecrit

(1 +

1

n

)n

= exp

(n ln

(1 +

1

n

))et utilise un developpement limite d’ordre 2

de x 7−→ ln(1 + x) au voisinage de 0. On obtient

n ln

(1 +

1

n

)= n

(1

n− 1

2n2+ o

(1

n2

))= 1 − 1

2n+ o

(1

n

)

puis

un = n

(e − exp

(1 − 1

2n+ o

(1

n

)))= ne

(1 − 1 +

1

2n+ o

(1

n

))=

e

2+ o(1)

et donc

limn→+∞

n

(e −

(1 +

1

n

)n)=

e

2.

4. On met n en facteur et on obtient

nn+1

n − (n − 1)n

n−1 = n(e

ln nn − e

nn−1 ln(n−1)−ln n

)= n

(e

ln nn − e

ln nn−1+ n

n−1 ln(1− 1n )

)

∼ n

(lnn

n− lnn

n − 1− n

n − 1ln

(1 − 1

n

))

∼ − lnn

n − 1− n2

n − 1ln

(1 − 1

n

),

carlnn

net

lnn

n − 1+

n

n − 1ln

(1 − 1

n

)tendent vers 0. Comme lim

n→+∞lnn

n − 1= 0 et

n2

n − 1ln

(1 − 1

n

)∼ n2

n − 1· −1

n∼ −1, on en deduit que

limn→+∞

nn+1

n − (n − 1)n

n−1 = 1.

Exercice 24.8

La fonction f des developpements limites de tout ordre en 0. Ecrivons son developpementlimite d’ordre 5. On obtient

f(x) = x − 1

3x3 +

1

5x5 + o(x5) − (x + ax3)(1 − bx2 + b2x4 + o(x5))

=

(−1

3− a + b

)x3 +

(1

5+ ab − b2

)x5 + o(x5).

Pour que f(x) possede un equivalent en 0 de degre superieur a 5, il faut −1

3− a + b = 0 et

1

5+ ab − b2 = 0. On trouve a =

4

15et b =

3

5. Pour ces valeurs de a et b, f(x) possede un

equivalent de degre au moins 7, car f est impaire. On peut verifier qu’il est effectivement dedegre 7.

281

Exercice 24.9

On effectue des developpements limites de x 7−→ ex + e−1 d’ordre 1 et de x 7−→ ln(1 + x)d’ordre 2 (car on va mettre x en facteur). On obtient

ex + e−x

ln(1 + x)=

2 + o(x)

x − 12x2 + o(x2)

=1

x

1 + o(x)

1 − 12x + o(x)

=1

x

(1 +

1

2x + o(x)

)=

1

x+

1

2+ o(1)

et doncex + e−x

ln(1 + x)− a

x+ b =

1 − a

x+

1

2+ b + o(1).

La limite est nulle si a = 1 et b = −1

2.

Exercice 24.10

On determine pour commencer le developpement limite d’ordre 3 de la derivee de la fonctionconsideree. On obtient

1√1 + x2

= (1 + x2)−12 = 1 − 1

2x2 + o(x3),

car la fonction est paire. Le developpement limite de la fonction F : x 7−→∫ x

0

1√1 + t2

dt

s’obtient en integrant terme a terme. On trouve puisque F (0) = 0,

F (x) = x − 1

6x3 + o(x4).

On a alors ∫ x2

x

1√1 + t2

dt = F (x2) − F (x) = −x + x2 +1

6x3 + o(x4).

Exercice 24.11

1. On a, pour x ∈ R∗,

f(x) =x

ex − 1=

x

x + 12x2 + o(x2)

=1

1 + 12x + o(x)

= 1 − 1

2x + o(x).

Comme de plus f(0) = 1, valeur prise par le developpement limite en 0, la fonction possedeun developpement limite d’ordre 1 en 0 donc elle est derivable en 0 et le nombre derive est

le coefficient de x : f ′(0) = −1

2.

2. La fonction exp possede un developpement limite en 0 de tout ordre. Pour n ∈ N etx ∈ R∗, on a

f(x) =x

n+1∑

k=1

xk

k!+ o(xn+1)

=1

n+1∑

k=1

xk−1

k!+ o(xn)

=1

n∑

k=0

xk

(k + 1)!+ o(xn)

.

282

La fonction x 7−→n∑

k=0

xk

(k + 1)!+ o(xn) possede par definition un developpement limite

d’ordre n en 0. Comme de plus elle ne s’annule pas en 0, son inverse possede egalementun developpement limite d’ordre n en 0. Comme cet inverse est egal a f (sur R∗, c’est pardefinition, en 0 cela resulte du choix de f(0)), la fonction f possede un developpement limited’ordre n en 0, ceci pour tout n ∈ N.

3. On sait que a0 = 1 et a1 = −1

2. Montrons que la fonction g definie par g(x) = f(x)−a1x

est paire. Ainsi les coefficients de degre impair de son developpement limite seront nuls. Maisceux-ci pour les termes de degre > 3 sont ceux de f . Le resultat sera demontre. On a, pourx ∈ R∗,

g(x) = f(x) +1

2x =

x

ex − 1+

1

2x =

x(ex + 1)

2(ex − 1)

et on en deduit, pour x ∈ R∗,

g(−x) =−x(e−x + 1)

2(e−x − 1)=

−x(1 + ex)

2(1 − ex)= g(x).

4. On a, pour tout reel x, f(x)(ex − 1) = x. Pour n > 2, le developpement limite d’ordren + 1 de la fonction x 7−→ x, qui est tout simplement x = x + o(xn+1), s’obtient en faisantle produit des developpements limites des fonctions f et x 7−→ ex − 1 en ne gardant que lestermes de degre 6 n + 1. Comme

f(x) =n+1∑

k=0

akxk + o(xn+1) et ex − 1 =n+1∑

k=1

xk

k!+ o(xn+1),

on obtient en particulier que le coefficient de xn+1, qui est nul par unicite du developpementlimite, est

n∑

k=0

ak

n + 1 − k

(on multiplie un terme de degre k de la premiere somme par un terme de degre n + 1 − kde la seconde et on tient compte de la nullite du terme de degre 0 du second developpementlimite ). On obtient la relation voulue.

Exercice 24.12

Notons f la fonction x 7−→ ln

(1 + x +

x2

2!+ · · · + xn

n!

). Elle est definie au voisinage de 0

et on peut ecrire a partir du developpement limite d’ordre n + 1 de la fonction exp,

f(x) = ln

(ex − xn+1

(n + 1)!− o(xn+1)

)

= ln

(ex

(1 − e−xxn+1

(n + 1)!+ o(e−xxn+1)

))

= ln ex + ln

(1 − e−xxn+1

(n + 1)!+ o(e−xxn+1)

)

= x − e−xxn+1

(n + 1)!+ o(e−xxn+1),

283

car e−xxn+1 tend vers 0. Comme e−x = 1 + o(x), on en deduit

f(x) = x − xn+1

(n + 1)!+ o(xn+1),

qui est le developpement limite cherche.

Exercice 24.13

1. Montrons que, pour tout entier n ∈ N, fn est definie sur [−1, 1] et fn([−1, 1]) ⊂ [0, 2]. Onraisonne par recurrence.C’est vrai pour n = 0, car l’ensemble de definition de f0 est ]−∞, 1] et f0([−1, 1]) = [0,

√2].

Si fn verifie l’hypothese de recurrence alors, pour tout x ∈ [−1, 1], on a fn(x) ∈ [0, 2] donc2− fn(x) > 0 et on peut definir fn+1(x) en posant fn+1(x) =

√2 − fn(x). De plus, comme

fn prend des valeurs positives sur [−1, 1], on a, pour x ∈ [−1, 1],

0 6 fn+1(x) 6√

2 6 2

et la propriete est demontree.

2. On montre, encore par recurrence sur n, que pour tout n ∈ N, la fonction fn qui est definieau voisinage de 0 possede un developpement limite d’ordre 2. On remarque que f0(0) = 1 etque si fn(0) = 1 alors fn+1(0) = 1 donc ceci est vrai pour tout n. Cette remarque fournirale premier coefficient du developpement limite.La fonction f0 possede un developpement limite d’ordre 2 au voisinage de 0. C’est du cours :

f0(x) = 1 − 1

2x − 1

8x2 + o(x2).

Supposons que fn possede un en 0 d’ordre 2. Comme fn(0) = 1 et que la fonctionx 7−→

√2 − x possede un developpement limite d’ordre 2 en 1 (elle est C∞), il en est de

meme de la composee fn+1.Si fn(x) = 1 + anx + bnx2 + o(x2), alors

fn+1(x) =√

1 − anx − bnx2 + o(x2) = 1 − 1

2(anx + bnx2) − 1

8a2

nx2 + o(x2)

= 1 − 1

2anx +

(−1

2bn − 1

8a2

n

)x2 + o(x2).

La fonction fn possede, pour tout n, un developpement limite au voisinage de 0 dont lescoefficients verifient la relation de recurrence

an+1 = −1

2an et bn+1 = −1

2bn − 1

8a2

n.

La suite (an)n∈N est geometrique de raison −1

2, donc an =

(−1

2

)n+1

, puisque a0 = −1

2.

La relation verifiee par (bn)n∈N peut s’ecrire

(−2)n+1bn+1 = (−2)nbn − (−2)n+1 a2n

8= (−2)nbn − 1

8

(−1

2

)n+1

.

284

On obtient en sommant des relations de ce type, les termes s’eliminant deux a deux,

(−2)nbn = b0 +n−1∑

k=0

((−2)k+1bk+1 − (−2)kbk

)

= −1

8− 1

8

n−1∑

k=0

(−1

2

)k+1

= −1

8

n∑

k=0

(−1

2

)k

= −1

8

1 −(− 1

2

)n+1

1 + 12

= − 1

12+

1

12

(−1

2

)n+1

.

On en deduit que

bn = − 1

12

(−1

2

)n

+1

12

(−1

2

)2n+1

.

Exercice 24.14

1. On factorise par les termes en x2 puis on fait un developpement limite d’ordre 2. Onobtient

f(x) = |x|(√

1 +1

x+

1

x2

)+ 2|x|

(√1 − 3

4x+

1

2x2

)

= |x|(

1 +1

2x+

1

2x2− 1

8x2+ o

(1

x2

))+ 2|x|

(1 − 3

8x+

1

4x2− 9

128x2+ o

(1

x2

))

= |x|(

3 − 1

4x+

47

64x2+ o

(1

x2

)).

Au voisinage de +∞, on a

f(x) = 3x − 1

4+

47

64x+ o

(1

x

).

La courbe possede une asymptote d’equation y = 3x− 1

4et est au-dessus de cette asymptote

au voisinage de +∞. De meme, au voisinage de −∞, on a

f(x) = −3x +1

4− 47

64x− o

(1

x

).

La courbe possede une asymptote d’equation y = −3x+1

4et est au-dessus de cette asymptote

au voisinage de −∞.

2. On a, pour x 6= 0,

f(x) =3√

x3 − 3x2 + x − 3 = x3

√1 − 3

x+

1

x2− 3

x3.

On utilise le developpement limite de x 7−→ (1 + x)13 au voisinage de 0 :

(1 + x)13 = 1 +

1

3x − 1

9x2 + o(x2).

285

On obtient, quand |x| tend vers +∞,

f(x) = x

(1 − 3

3x+

1

3x2− 9

9x2+ o

(1

x2

))

= x − 1 − 2

3x+ o

(1

x

).

La courbe possede en −∞ et +∞ une asymptote d’equation y = x − 1. Au voisinage de−∞, elle est au-dessus de son asymptote ; au voisinage de +∞, elle est au-dessous.

3. On peut ecrire, quand x tend vers −∞ ou+∞,

f(x) = −x2 ln

(1 +

1

x

)= −x2

(1

x− 1

2x2+

1

3x3+ o

(1

x3

))

= −x +1

2− 1

3x+ o

(1

x

).

La courbe possede en −∞ et en +∞ une asymptote d’equation y = −x +1

2. Au voisinage

de −∞, elle est au-dessus de son asymptote ; au voisinage de +∞, elle est au-dessous.

Exercice 24.15

On peut noter que f est paire.

1. On a, au voisinage de 0, arctanx = x − 1

3x3 + o(x3) et donc

x

arctan x=

1

1 − 13x2 + o(x2)

= 1 +1

3x2 + o(x2).

Comme la valeur de f(0) est egale a la valeur en 0 du developpement limite, on peut direqu’au voisinage de 0,

f(x) =1

1 − 13x2 + o(x2)

= 1 +1

3x2 + o(x2).

La fonction f possede en 0 un developpement limite d’ordre > 1. Elle est donc derivable en 0et f ′(0) = 0 (c’est le coefficient de x). La courbe possede au point d’abscisse 0 une tangente

d’equation y = 1. Pour x assez petit, f(x)−1 a le signe de1

3x2, donc f(x)−1 > 0 la courbe

est au-dessus de la tangente.

2. La fonction f est derivable sur R∗ et, pour x 6= 0,

f ′(x) =arctan x − x

1+x2

x2.

Etudions la fonction g : x 7−→ arctan x − x

1 + x2. Pour tout x ∈ R,

g′(x) =2x2

(1 + x2)2.

La fonction g est croissante sur R. Comme g(0) = 0, elle est negative sur R− et positive surR+. Il en est de meme de f ′. Ainsi f decroıt sur R− et croıt sur R+.

286

3. On suppose x > 0. D’apres l’indication fournie par l’enonce,

f(x) =x

π2 − arctan 1

x

.

Puisque1

xtend vers 0, on peut utiliser le developpement limite de arctan au voisinage de

0. On obtient

arctan1

x=

1

x+ o

(1

x2

),

puis1

π2 − arctan 1

x

=2

π

1

1 − 2

πx+ o

(1

x2

) =2

π

(1 +

2

πx+

4

π2x2+ o

(1

x2

))

et enfin

f(x) =2x

π+

4

π2+

8

π3x+ o

(1

x

).

La courbe possede au voisinage de +∞ une asymptote d’equation y =2x

π+

4

π2. La courbe

est au dessus de son asymptote.

La fonction f etant paire, la courbe possede une asymptote en −∞ d’equation y = −2x

π+

4

π2.

La courbe est egalement au-dessus de son asymptote en −∞.

Exercice 24.16

1. La fonction est definie sur R∗ et pour x 6= 0,

f ′(x) =2e

1x

x2(e

1x − 1

)2 > 0.

La fonction f est croissante sur ] −∞, 0[ et ]0,+∞[.

2. On a limx→0−

e1x = 0 et donc

limx→0−

f(x) = −1.

De plus quand x tend 0 par valeurs inferieures,

f(x) = −1 + 2e1x + o

(e

1x

)= −1 + o(x),

par croissance comparee. Si on prolonge f par f(0) = −1, la fonction ainsi prolongee estderivable a gauche en 0 et f ′

g(0) = 0. A gauche de 0, la courbe de f ainsi prolongee possedeune demi-tangente d’equation y = −1.On obtient de meme lim

x→0+e

1x = +∞ et

limx→0+

f(x) = 1.

287

La fonction f peut etre egalement prolongee par continuite en 0 a droite et en ecrivant

f(x) =1 + e−

1x

1 − e−1x

, on montre que, quand x tend vers 0 par valeurs superieures,

f(x) = 1 + o(x).

Le prolongement de f en 0 a droite est derivable en 0 et f ′d(0) = 0. La courbe possede une

demi-tangente a droite.

3. Quand x tend vers −∞ ou +∞, on obtient en utilisant le developpement limite de expen 0,

f(x) =

2 +1

x+

1

2x2+ o

(1

x2

)

1

x+

1

2x2+

1

6x3+ o

(1

x3

) = x

2 +1

x+

1

2x2+ o

(1

x2

)

1 +1

2x+

1

6x2+ o

(1

x2

)

= x

(2 +

1

x+

1

2x2+ o

(1

x2

))(1 − 1

2x− 1

6x2+

1

4x2+ o

(1

x2

))

= x

(2 +

1

6x2+ o

(1

x2

))= 2x +

1

6x+ o

(1

x

).

La courbe de f possede en −∞ et +∞ une asymptote d’equation y = 2x. La courbe estau-dessus de l’asymptote au voisinage de +∞, au-dessous au voisinage de −∞.

Exercice 24.17

1. Soit f definie sur R∗ par f(x) = x2 arctan1

x. La fonction f est impaire.

Comme arctan est une fonction bornee, on a limx→0

f(x) = 0 et f peut etre prolongee en une

fonction continue sur R en posant f(0) = 0. On notera encore f ce prolongement.

On sait que, pour x > 0, on a arctan1

x=

π

2− arctan x et donc

f(x) =π

2x2 + o(x2) = o(x).

On trouve de meme, pour x < 0,

f(x) = −π

2x2 + o(x2) = o(x).

La fonction f , prolongee en 0, possede un developpement limite d’ordre 1 au voisinage de0 : f(x) = o(x). Elle est donc derivable en 0 et f ′(0) = 0.

On a, pour x 6= 0,

f ′(x) = 2x arctan1

x− x2

1 + x2= x

(2 arctan

1

x− x

1 + x2

).

On considere la fonction x 7−→ 2 arctan1

x− x

1 + x2. On trouve, pour tout x 6= 0,

g′(x) = − 3 + x2

(1 + x2)2< 0.

288

Puisque g est decroissante sur ] −∞, 0[ et sur ]0,+∞[ et que limx→−∞

g(x) = limx→+∞

g(x) = 0,

g est negative sur ]−∞, 0[ et positive sur ]0,+∞[. On en deduit que f ′ est toujours positive.La fonction f est croissante sur R, car elle est de plus continue en 0.

Quand x tend vers −∞ ou +∞,1

xtend vers 0, donc

f(x) = x2

(1

x− 1

3x3+ o

(1

x3

))= x − 1

3x+ o

(1

x2

).

La courbe possede une asymptote d’equation y = x ; la courbe est au-dessus de l’asymptoteau voisinage de −∞ et au-dessous de l’asymptote au voisinage de +∞.

2. Soit h la fonction definie sur R∗ par h(x) = xe1x .

On a

limx→0+

h(x) = limx→+∞

eX

X= +∞,

par croissance comparee etlim

x→0−h(x) = 0.

La fonction h peut etre prolongee en 0 en une fonction continue a gauche en posant h(0) = 0.On a alors

limx→0−

h(x) − h(0)

x − 0= lim

X→−∞eX = 0.

Ainsi est derivable a gauche en 0 et f ′g(0) = 0.

Pour x 6= 0,

h′(x) = e1x

x − 1

x.

La fonction h est donc croissante sur ] −∞, 0[ et [1,+∞[ et decroissante sur ]0, 1].

Quand x tend vers −∞ ou +∞,1

xtend vers 0, donc

h(x) = x

(1 +

1

x+

1

2x2+ o

(1

x2

))= x + 1 +

1

2x+ o

(1

2x

).

La courbe possede une asymptote d’equation y = x+1. Elle est au-dessus de cette asymptoteau voisinage de +∞ et au-dessous au voisinage de −∞.

Exercice 24.18

1. On met en facteur le terme preponderant. Quand t tend vers −∞, on ecrit

m(t) =

(at 1 +

(ba

)t

2

) 1t

= a

(1 +

(ba

)t

2

) 1t

.

Quand t tend vers −∞,

(b

a

)t

tend vers 0, carb

a> 1,

1 +(

ba

)t

2a pour limite

1

2et comme

1

ttend vers 0, on obtient

limt→−∞

m(t) = a.

289

En mettant b en facteur, on obtient de meme

limt→+∞

m(t) = b.

2. On ecrit

m(t) = exp

(1

tln

(at + bt

2

))= exp

(1

tln

(et ln a + et ln b

2

)).

Ceci montre que m est derivable sur R∗. On determine un developpement limite d’ordre 1de m en 0. On part d’un developpement limite d’ordre 2 de exp car il faut diviser par t. Onobtient

et ln a + et ln b

2=

1

2

(1 + t ln a +

1

2t2(ln a)2 + 1 + t ln b +

1

2t2(ln b)2 + o(t2)

)

= 1 +ln a + ln b

2t +

(ln a)2 + (ln b)2

4t2 + o(t2).

On en deduit

ln

(et ln a + et ln b

2

)=

ln a + ln b

2t +

(ln a)2 + (ln b)2

4t2 − 1

2

(ln a + ln b

2

)2

t2 + o(t2)

= ln√

ab t +(ln a − ln b)2

8t2 + o(t2)

puis

m(t) = exp

(ln√

ab +(ln a − ln b)2

8t + o(t)

)=

√ab

(1 +

(ln a − ln b)2

8t + o(t)

).

Si on pose m(0) =√

ab, la fonction m ainsi definie sur R possede un developpement limited’ordre 1 en 0. Elle est donc derivable en 0 et

m′(0) =√

ab(ln a − ln b)2

8.

3. Pour tout t ∈ R∗,

m′(t) =

(− 1

t2ln

(et ln a + et ln b

2

)+

1

t

ln a et ln a + ln b et ln b

et ln a + et ln b

)m(t).

Pour determiner le signe de m′, on considere la fonction ϕ definie sur R par

ϕ(t) = − ln

(et ln a + et ln b

2

)+ t

ln a et ln a + ln b et ln b

et ln a + et ln b.

Apres simplification de deux termes opposes, on trouve, pour tout reel t,

ϕ′(t) = t(ln a)2et ln a + (ln b)2et ln b

et ln a + et ln b− t

(ln a et ln a + ln b et ln b

)2

(et ln a + et ln b)2

= tet ln aet ln b(ln a − ln b)2

(et ln a + et ln b)2 .

290

Le signe de ϕ′(t) est celui de t. La fonction ϕ croıt sur R+ et decroıt sur R−. Commeϕ(0) = 0, la fonction ϕ est positive (et ne s’annule qu’en 0). Mais il apparaıt que le signede m′(t) est celui de ϕ(t) (pour obtenir ϕ(t), on a divise par m(t) et multiplie par t2). Lafonction m′ est donc strictement positive (c’est vrai egalement en 0) donc m est strictementcroissante sur R.

Exercice 24.19

1. La fonction f est strictement croissante sur R, comme le montre le calcul de la derivee,continue et a pour limite −∞ en −∞ et +∞ en +∞. Elle realise donc une bijection de R

sur R.

2. La fonction f est de classe C∞ sur R. Comme f ′ : x 7−→ ex + 1 est strictement positivesur R, f−1 est derivable et

(f−1)′ =1

f ′ f−1.

Comme f ′ est de classe C∞ sur R et strictement positive, cette relation nous montre que sif−1 est de classe Cn, alors f ′ f−1 est aussi de classe Cn et il en est de meme de l’inverse(f−1)′. La fonction (f−1)′ etant de classe Cn, f−1 est de classe Cn+1. Comme on sait quef−1 est de classe C0, une recurrence immediate montre qu’elle est de classe C∞.

On observe que f(0) = 0 et donc f−1(0) = 0. Comme elle est de classe C∞, f−1 possede desdeveloppements limites de tout ordre.Pour f , on trouve

f(x) = 1 + x +1

2x2 +

1

6x3 + x − 1 + o(x3) = 2x +

1

2x2 +

1

6x3 + o(x3).

Notons f−1(x) = a1x+a2x2 +a3x

3 + o(x3) le developpement limite cherche. On peut ecrirealors au voisinage de 0,

f−1 f(x) = f−1

(2x +

1

2x2 +

1

6x3 + o(x3)

)

= a1(2x +1

2x2 +

1

6x3) + a2(2x +

1

2x2 +

1

6x3)2

+ a3(2x +1

2x2 +

1

6x3)3 + o(x3)

= 2a1x +(a1

2+ 4a2

)x2 +

(a1

6+ 2a2 + 8a3

)x3 + o(x3).

Mais la fonction f−1 f est la fonction identite de R. D’apres l’unicite du developpementlimite, on a donc

2a1 = 1,a1

2+ 4a2 = 0 et

a1

6+ 2a2 + 8a3 = 0,

ce qui donne

a1 =1

2, a2 = − 1

16et a3 =

1

192.

On obtient, au voisinage de 0,

f−1(x) =1

2x − 1

16x2 +

1

192x3 + o(x3).

291

On peut aussi, pour determiner ce developpement limite, appliquer la formule de Taylor-Young. On calcule les derivees successives en derivant la formule donnant (f−1)′. Les calculsdeviennent vite compliques.

Exercice 24.20

1. On a, par definition,

limx→0

f(x) − x

xp= −a < 0.

D’apres les proprietes des limites, il existe c ∈ ]0, α] tel que, pour tout x ∈ ]0, c],

f(x) − x

xp< 0 et donc f(x) < x.

Comme f([0, α]) ⊂ [0, α], on a, pour tout x ∈ ]0, c], 0 6 f(x) < c. Par ailleurs, f(0) = 0(cela resulte du developpement limite), donc f([0, c]) ⊂ [0, c].L’intervalle [0, c] est stable par f . Si on prend u0 ∈ [0, c], tous les termes de la suite sontdans cet intervalle. Comme f(x) 6 x, pour tout x ∈ [0, c], la suite est decroissante. Commeelle est minoree par 0, elle converge. Puisque f est continue, la limite est un point fixe de fde l’intervalle [0, c]. Pour tout x ∈ ]0, c], on a f(x) < x, donc la limite est 0.

2. a) Comme un tend vers 0, on peut utiliser le developpement limite de f en 0. On obtient

xn = u1−pn+1 − u1−p

n = (f(un))1−p − u1−pn = (un − aup

n + o(upn))1−p − u1−p

n

= u1−pn

((1 − aup−1

n + o(up−1n )

)1−p − 1)

.

Puisque p − 1 > 0, up−1n tend vers 0 et le developpement limite de (1 + x)1−p donne

xn = u1−pn

(1 − a(1 − p)up−1

n + o(up−1n ) − 1

)= a(p − 1) + o(1).

Ceci signifie quelim

n→+∞xn = a(p − 1).

b) Le lemme de l’escalier permet d’affirmer que limn→+∞

u1−pn

n= a(p−1), i. e. u1−p

n ∼ a(p−1)n

et finalementun ∼ (a(p − 1)n)

11−p .

3. Le developpement limite de sin en 0 est sin x = x − 1

6x3 + o(x3). On a donc p = 3 et

a =1

6. L’intervalle

[0,

π

2

]est stable par sin et sin x < x si 0 < x <

π

2, donc on peut rendre

c =π

2. Pour u0 ∈

[0,

π

2

], la suite (un)n∈N converge vers 0 et

un ∼(n

3

)− 12 ∼

√3

n.

292

Le developpement limite de x 7−→ ln(1 + x) en 0 est ln(1 + x) = x − 1

2x2 + o(x2).

On a donc p = 2 et a =1

2. L’inegalite ln(1 + x) < x est verifiee pour tout x > 0, donc on

peut prendre c > 0 quelconque. Pour tout u0 > 0, la suite (un)n∈N converge vers 0 et

un ∼ 2

n.

Chapitre 25Exercice 25.1

1. Comme un ∼ 1

n2, d’apres le theoreme de comparaison des series a termes positifs, la serie

de terme general un a meme nature que la serie de terme general1

n2. Elle converge.

2. Comme dans la question 1, un ∼ 1

n2et la serie converge.

3. En utilisant les developpements limites, on obtient un = − 1

2n3+ o

(1

n3

). La serie de

terme general un est a termes negatifs pour n assez grand. Elle a meme nature que la serie

de terme general1

n3. Elle converge.

4. On ecrit

un = exp

(−n2 ln

(1 +

1

n

)).

Comme vn = −n2 ln(1 + 1

n

)∼ −n, on a lim

n→+∞vn

n= −1 et pour assez grand

vn

n6 −1

2,

vn 6 −1

2n et

un 6 e−12 n

6

(e−

12

)n

.

La serie de terme general(e−

12

)n

est une serie geometrique convergente car e−12 < 1. D’apres

le theoreme de comparaison, la serie de terme general un converge aussi.

5. On a, quand n tend vers +∞,(

cos1√n

)n

= exp

(n ln cos

1√n

)

= exp

(n ln

(1 − 1

2n+

1

24n2+ o

(1

n2

)))

= exp n

(− 1

2n+

1

24n2− 1

8n2+ o

(1

n2

))

= exp

(−1

2− 1

12n+ o

(1

n

))

= e−12

(1 − 1

12n+ o

(1

n

)).

293

On en deduit que

un ∼ −e−12

12n.

La suite est a termes negatifs pour n assez grand. Comme la serie de terme general1

ndiverge,

il en est de meme de la serie de terme general un.

6. Si 0 < x < y, on a

un ∼ (xy)n

yn∼ xn

et la serie de terme general un converge si et seulement si x < 1. On traite de la meme facon

le cas 0 < y < x. Enfin, si x = y, un =1

2pour tout n et la serie diverge trivialement.

7. On a, pour n > 2,

un = exp (− ln n ln(lnn)) =1

nln(ln n).

Pour n > ee2

, on lnn > e2, ln(lnn) > 2 et donc

un 61

n2.

D’apres le theoreme de comparaison, la serie de terme general un converge.

Exercice 25.2

1. On verifie que, pour tout n > 1,

un =1

3n− 1

2(n + 1)+

1

6(n + 3).

On simplifie l’expression des sommes partielles de la serie. Pour n > 4, on obtient

Sn =

n∑

k=1

uk =

n∑

k=1

(1

3k− 1

2(k + 1)+

1

6(k + 3)

)=

1

3

n∑

k=1

1

k− 1

2

n+1∑

k=2

1

k+

1

6

n+3∑

k=4

1

k

=1

3

(1 +

1

2+

1

3

)− 1

2

(1

2+

1

3

)− 1

2· 1

n + 1+

1

6

(1

n + 1+

1

n + 2+

1

n + 3

),

car tous les termes1

kavec 4 6 k 6 n apparaissent avec un coefficient nul. On en deduit que

limn→+∞

Sn =7

36.

La serie de terme general un converge et sa somme vaut7

36.

2. On ecrit, pour n > 1,

un = lnn + 1

n− ln

n + 3

n + 2.

294

Si on pose vn = lnn + 1

n, on a donc un = vn − vn+2. On obtient, pour n > 3,

Sn =

n∑

k=1

uk =

n∑

k=1

(vk − vk+2) =

n∑

k=1

vk −n+2∑

k=3

vk = v1 + v2 − vn − vn+1.

La suite (vn)n∈N converge vers 0 donc

limn→+∞

Sn = v1 + v2 = ln 2 + ln3

2= ln 3.

La serie de terme general un converge et sa somme vaut ln 3.

3. On sait que+∞∑

k=0

1

n!= e1 = e. On s’y ramene. Pour n > 2,

un =n

(n − 1)!+

1

(n − 1)!+

1

n!=

n − 1

(n − 1)!+

2

(n − 1)!+

1

n!

=1

(n − 2)!+

2

(n − 1)!+

1

n!.

On en deduit que la serie de terme general un converge comme somme de series convergenteset on obtient

+∞∑

n=0

un = u0 + u1 +

+∞∑

n=2

(1

(n − 2)!+

2

(n − 1)!+

1

n!

)

= 1 + 3 +

+∞∑

n=0

1

n!+ 2

+∞∑

n=1

1

n!+

+∞∑

n=2

1

n!

= 4 + e + 2(e − 1) + e − 2 = 4e.

4. On utilise la somme de la serie geometrique et de ses derivees. On a, pour |x| < 1,

n∑

k=0

xn =1

1 − x,

n∑

k=0

nxn−1 =1

(1 − x)2,

n∑

k=0

n(n − 1)xn−2 =2

(1 − x)3.

On en deduit, en prenant x =1

2,

n∑

k=0

n

2n−1=

1(

12

)2 = 4,n∑

k=0

n(n − 1)

2n−2=

2(

12

)3 = 16.

Comme, pour tout entier naturel n,

un =n(n − 1)

2n+

n

2n,

on en deduit que la serie de terme general un converge comme somme de series convergenteset que

+∞∑

n=0

n2

2n=

1

24 +

1

416 = 6.

295

5. Il s’agit de series a termes positifs. On remarque que

un =(√

x)2n

(2n)!.

Il s’agit donc de la suite des termes d’indice pair de la serie de terme general(√

x)n

n!. Ses

sommes partielles sont donc majorees par

+∞∑

n=0

(√

x)n

n!= e

√x. Donc la serie de terme general

un converge.On observe de meme que

vn =(√

x)2n

(2n + 1)!=

1√x

(√

x)2n+1

(2n + 1)!.

On fait le meme raisonnement pour les termes d’indice impair pour conclure que la serie determe general vn converge. Pour calculer les sommes, on ecrit, pour x > 0,

ex =

+∞∑

n=0

xn

n!et e−x =

+∞∑

n=0

(−1)nxn

n!.

En additionnant ou soustrayant, on en deduit

+∞∑

n=0

x2n

(2n)!=

1

2(ex + e−x) et

+∞∑

n=0

x2n+1

(2n + 1)!=

1

2(ex − e−x).

On obtient finalement

+∞∑

n=0

un =1

2(e

√x + e−

√x) et

+∞∑

n=0

vn =1

2√

x(e

√x − e−

√x).

Exercice 25.3

1. L’inegalite decoule directement de la decroissance de la suite (un)n∈N : on a n termes,tous superieurs ou egaux a u2n. En notant Sn la somme partielle d’indice n de la serie, onobtient

0 6 2nu2n 6 2(S2n − Sn).

La serie∑

un converge donc la suite (Sn)n∈N converge. Si on note S sa limite, on a

limn→+∞

2(S2n − Sn) = 2(S − S) = 0 et par encadrement

limn→+∞

2nu2n = 0.

Comme, pour n > 1,

0 6 (2n + 1)u2n+1 6 (2n + 1)u2n 6 4nu2n,

on en deduit que limn→+∞

(2n + 1)u2n+1 = 0. Les suites (2nu2n)n∈N et ((2n + 1)u2n+1)n∈N

convergent vers 0 ; il en est de meme de la suite (nun)n∈N.

296

2. On note Sn la somme partielle d’indice n de la serie. Soit n > 1, p le plus entier k tel que2k 6 n et I l’ensemble des entiers k 6 n qui ne sont pas de la forme 2k. On a

Sn =

p∑

k=1

1

2k+

∑

k∈I

1

k2.

Les series de terme general1

2net

1

n2sont a terme positifs et convergentes. Leurs sommes

partielles sont majorees par leur somme. On en deduit que, pour n > 1,

Sn 6

+∞∑

p=1

1

2p+

+∞∑

n=1

1

n2.

Les sommes partielles de la serie a termes positifs∑

un sont majorees donc elle converge.

Comme pour tout entier n de la forme 2p, nun = 1, si la suite (nun)n∈N∗ avait une limite, ceserait 1, car cet ensemble est infini. Mais c’est impossible, car pour tout entier qui n’est pas

de la forme 2p, et il y en a aussi une infinite, nun =1

net la suite

(1

n

)

n∈N∗a pour limite 0.

La suite (nun)n∈N n’a pas de limite.

Exercice 25.4

1. On a, pour n > 1,

un+1 − un =1

n + 1− ln(n + 1) + lnn =

1

n + 1− ln

(1 +

1

n

)

=1

n + 1− 1

n+

1

2n2+ o

(1

n2

)= − 1

n(n + 1)+

1

2n2+ o

(1

n2

).

On en deduit que

un ∼ − 1

2n2.

La serie est a termes negatifs a partir d’un certain rang et comme∑ 1

n2converge, elle

converge.

On sait que la serie∑

(un+1 −un) et la suite (un)n∈N∗ ont meme nature. On en deduit que

la suite (un)n∈N∗ converge.

2. La suite (un)n∈N∗ a pour limite γ donc par definition, un = γ + o(1). Par definition deun, on en deduit que

1 +1

2+ · · · + 1

n= lnn + γ + o(1).

Comme ln n tend vers +∞ quand n tend vers +∞, γ + o(1) est negligeable devant lnn etdonc

1 +1

2+ · · · + 1

n∼

n→+∞lnn.

297

Exercice 25.5

Le reste Rn est defini quand la serie∑ 1

nαconverge, c’est-a-dire pour α > 1.

1. La fonction t 7−→ 1

tαest decroissante sur ]0,+∞[. On en deduit que

1

(k + 1)α6

1

tα6

1

kα,

pour tout entier k > 1 et t ∈ [k, k+1]. En integrant ces inegalites entre k et k+1, on obtient

1

(k + 1)α6

∫ k+1

k

1

tαdt 6

1

kα.

2. Soit m et n deux entiers tels que 2 6 m 6 n.En sommant les inegalites de gauche de la question precedente pour k variant de m − 1 an − 1, on obtient, en appliquant la relation de Chasles

n−1∑

k=m−1

1

(k + 1)α6

∫ n

m−1

1

tαdt, c’est-a-dire

n∑

k=m

1

kα6

∫ n

m−1

1

tαdt.

En sommant les inegalites de droite pour k variant de m a n, on obtient

∫ n+1

m

1

tαdt 6

n∑

k=m

1

kα,

ce qui donne l’encadrement voulu.

3. Pour a et b strictement positifs, on a

∫ b

a

1

tαdt =

b1−α − a1−α

1 − α.

• Si α < 1, on prend m = 2 dans l’inegalite precedente. En ajoutant 1, on obtient

1 +

∫ n+1

2

1

tαdt 6 Sn 6 1 +

∫ n

1

1

tαdt.

Comme 1 − α > 0, n1−α a pour limite +∞ quand n tend vers +∞. On en deduit que

1 +

∫ n

1

1

tα∼ n1−α

1 − αet 1 +

∫ n+1

1

1

tα∼ (n + 1)1−α

1 − α∼ n1−α

1 − α.

Les inegalites1 − α

n1−α

∫ n+1

2

1

tαdt 6

(1 − α)Sn

n1−α6

1 − α

n1−α

∫ n

1

1

tαdt

montrent que la suite

((1 − α)Sn

n1−α

)est encadree par deux suites ayant pour limite 1. Elle

converge donc vers 1 et

Sn ∼n→+∞

n1−α

1 − α.

• Si α > 1, n1−α a pour limite 0 quand n tend vers +∞. En faisant tendre n vers+∞ dans les inegalites precedentes, on obtient

−m1−α

1 − α6 Rm 6

−(m − 1)1−α

1 − αet donc 1 6

(α − 1)Rm

m1−α6

(m − 1

m

)1−α

.

298

Quand m tend vers +∞,

(m − 1

m

)1−α

tend vers 1. On en deduit par encadrement que

limm→+∞

(α − 1)Rm

m1−α= 1 et donc que

Rm ∼m→+∞

m1−α

α − 1.

Exercice 25.6

1. La fonction ζ est definie sur ]1,+∞[. Soient x et y deux reels tels que 1 < x < y. On a,

pour tout n > 1,1

nx>

1

nyet donc pour tout entier N > 1,

N∑

n=1

1

nx>

N∑

n=1

1

ny. En faisant

tendre N vers +∞, on obtient ζ(x) > ζ(y). La fonction ζ est decroissante.

2. La fonction ζ etant decroissante sur ]1,+∞[ possede en 1 une limite finie ou egale a +∞.

Elle est finie si ζ est majoree. Pour tout x > 1 et tout entier n, on a ζ(x) >

n∑

k=1

1

kx, car

la serie est a termes positifs. Supposons que ζ soit majoree par M . On a alors, pour toutx > 1,

n∑

k=1

1

kx6 ζ(x) 6 M.

En faisant tendre x vers 1, on obtient, pour tout n > 1,

n∑

k=1

1

k6 M.

Les sommes partielles de la series harmoniques sont majorees par M . C’est impossible carcette serie est a termes positifs et divergente. Donc ζ n’est pas majoree. Sa limite en 1 est+∞.

3. a) La demonstration des inegalites est la meme que dans l’exercice precedent. On endeduit

(n + 1)1−x − 1

1 − x6

n∑

k=1

1

kx6 1 +

n1−x − 1

1 − x.

Quand n tend vers +∞, n1−x tend vers 0, car x > 1. En faisant tendre n vers +∞ dans lesinegalites, on obtient

1

x − 16 ζ(x) 6

x

x − 1.

b) De la question precedente, on tire, pour x > 1,

1 6 (x − 1)ζ(x) 6 x.

On en deduit par encadrement que

limx→1+

(x − 1)ζ(x) = 1.

299

4. Soit x0 > 1. On choisit α > 0 tel que x0 − α > 1 et h un reel tel que |h| 6 α. On ax0 + h > x0 − α > 1 et

|ζ(x0 + h) − ζ(x0)| =

∣∣∣∣∣

+∞∑

k=2

1 − nh

nx0+h

∣∣∣∣∣ 6

+∞∑

k=2

|eh ln n − 1|nx0+h

.

D’apres la formule des accroissements finis, il existe c entre 0 et h lnn tel que eh ln n−1 = h lnnec.Si h 6 0, on a c 6 0 et ec 6 1. On en deduit

|eh ln n − 1|nx0+h

6|h| ln n

nx0+h6

|h| ln n

nx0−α,

car x0 + h > x0 − α.Si h > 0, on a c 6 h lnn et ec 6 eh ln n 6 nh d’ou l’on tire

|eh ln n − 1|nx0+h

6|h| ln n

nx06

|h| ln n

nx0−α.

Montrons que la serie de terme general un =lnn

nx0−αconverge. Par hypothese x0 − α > 1.

Choisissons λ dans l’intervalle ]1, x0 − α[. On a alors

limn→+∞

nλun = limn→+∞

lnn

nx0−α−λ= 0,

par croissance comparee du logarithme et d’une puissance positive. On en deduit que

un = o

(1

nλ

). Comme la serie de terme general

1

nλconverge, car λ > 1, il en est de

meme de la serie de terme general un. On a obtenu, pour |h| 6 α la majoration

|ζ(x0 + h) − ζ(x0| 6 |h|+∞∑

n=2

un.

Comme la somme de la serie est une constante, independante de h, on en deduit que

limh→0

ζ(x0 + h) = ζ(x0).

La fonction ζ est continue en x0 pour tout x0 > 1. Elle est continue sur ]1,+∞[.

Exercice 25.7

1. a) On remarque que, pour tout entier n > 1, un = Rn−1 − Rn. On en deduit, grace a unchangement d’indice, que

n∑

k=1

kuk =

n∑

k=1

k(Rk−1 − Rk) =

n−1∑

k=0

(k + 1)Rk −n∑

k=1

kRk

= R0 +n−1∑

k=1

Rk − nRn =n∑

k=0

Rk − (n + 1)Rn.

On obtientn∑

k=0

Rk −n∑

k=1

kuk = (n + 1)Rn.

300

b) La suite (Rn)n∈N est a termes positifs. Il resulte de la question precedente que, pour toutn > 1,

n∑

k=1

kuk 6

n∑

k=0

Rk.

Si la serie∑

Rn converge, ses sommes partielles sont majorees et d’apres cette inegalite, les

sommes partielles de∑

nun sont majorees aussi. Comme cette serie est a termes positifs,

cela suffit pour conclure que∑

nun converge.

2. a) On suppose que la serie∑

nun converge. On compare (n + 1)Rn a son reste d’ordre

n. On a pour tout entier n,

0 6 (n + 1)Rn 6

∞∑

k=n+1

(n + 1)uk 6

+∞∑

k=n+1

kuk.

Comme limn→+∞

+∞∑

k=n+1

kuk = 0, car c’est le reste d’une serie convergente, on en deduit par

encadrement quelim

n→+∞(n + 1)Rn = 0.

b) On a demontre dans 1.b que la convergence de∑

Rn implique celle de∑

nun.

Reciproquement si∑

nun converge, on vient de montrer que la suite ((n + 1)Rn)n∈N

converge vers 0. On obtient alors, par l’egalite demontree dans la question 1.a

limn→+∞

n∑

k=0

Rk = limn→+∞

(n∑

k=1

kuk + (n + 1)Rn

)=

+∞∑

k=1

kuk + 0 =

+∞∑

k=1

kuk.

Les sommes partielles de la serie∑

Rn ont une limite finie, donc la serie converge et les

series∑

nun et∑

Rn ont meme somme.

3. a) La serie∑

un(x) converge pour x > 1.

b) La serie∑

Rn(x) converge si et seulement si∑

nun(x) converge. Comme nun(x) = un(x−1),

elle converge si et seulement si x − 1 > 1 soit x > 2. On a alors

+∞∑

n=0

Rn(x) =

+∞∑

n=1

nun(x) = ζ(x − 1).

Exercice 25.8

1. On simplifie l’expression deun+1

un. On trouve

un+1

un=

(n + 1)n+1e−n−1√

n + 1n!

nne−n√

n(n + 1)!= e−1

(n + 1

n

)n+ 12

.

301

On en deduit

vn =

(n +

1

2

)ln

(1 +

1

n

)− 1

=

(n +

1

2

)(1

n− 1

2n2+

1

3n3+ o

(1

n3

))− 1

=1

12n2+ o

(1

n2

).

On a donc un ∼n→+∞

1

12n2et d’apres le theoreme de comparaison des series a termes positifs,

∑vn converge comme

∑ 1

n2.

Comme vn = lnun+1−ln un, on sait que la serie∑

vn a meme nature que la suite (ln un)n∈N.

Cette suite est donc convergente. Si on appelle l sa limite, on sait par le theoreme decomposition des limites que la suite (un)n∈N converge vers el. Comme (un)n∈N convergevers el 6= 0, on a

un =nne−n

√n

n!∼ el et donc n! ∼ e−lnne−n

√n,

ce qui est le resultat voulu avec k = e−l.

2. a) Il a ete demontre dans l’exercice sur les integrales de Wallis que In ∼√

π

2n. On a donc

I2n+1

I2n∼

√2n

2n + 1∼ 1 et lim

n→+∞I2n+1

I2n= 1.

Mais il resulte du meme exercice que

I2n+1 =22n(n!)2

(2n + 1)!et I2n =

(2n)!π

22n+1(n!)2.

On en deduit queI2n+1

I2n=

24n+1(n!)4

π(2n)!(2n + 1)!.

On a ainsi24n(n!)4

(2n)!2n=

(2n + 1)π

2n

I2n+1

I2n∼ π

et comme les termes sont positifs, on obtient en prenant la racine carree,

4n(n!)2

(2n)!√

n∼

√π,

ce qui est le resultat voulu.

b) On remplace n! et (2n)! par l’equivalent trouve a la question 1. On obtient

(n!)2 ∼ k2n2n+1e−2n, (2n)! ∼ k√

2n(2n)2ne−2n et4n(n!)2

(2n)!√

n∼ k√

2.

On en deduit√

π =k√2

et k =√

2π.

302

Exercice 25.9

1. On integre par parties deux fois. On obtient∫ π

0

(1

2πt2 − t

)cos nt dt =

[(1

2πt2 − t

)sinnt

n

]π

0︸ ︷︷ ︸=0

−∫ π

0

(1

πt − 1

)sin nt

ndt

=

[(1

πt − 1

)cos nt

n2

]π

0

−∫ π

0

cos nt

πn2dt

=1

n2−

[sin nt

πn3

]π

0

=1

n2.

2. On rappelle la formule de trigonometrie

2 sin a cos b = sin(a + b) + sin(a − b).

En multipliant la somme par 2 sint

2et utilisant cette formule, on obtient

2 sint

2

N∑

n=1

cos nt =

N∑

n=1

(sin

(nt +

t

2

)+ sin

(−nt +

t

2

))

=

N∑

n=1

(sin

(nt +

t

2

)− sin

((n − 1)t +

t

2

))

=

N∑

n=1

sin

(nt +

t

2

)−

N−1∑

n=0

sin

(nt +

t

2

)= sin

(Nt +

t

2

)− sin

t

2

= sin Nt cost

2+ sin

t

2cos Nt − sin

t

2.

Pour t ∈ ]0, π], on peut diviser par 2 sint

2qui n’est pas nul et on obtient la formule voulue

N∑

n=1

cos nt =1

2sinNt cot

t

2+

1

2cos Nt − 1

2.

3. Cette question constitue l’exercice 22 du chapitre Integrales et primitives.

4. D’apres la question 1, on a, pour N ∈ N∗,

N∑

n=1

1

n2=

∫ π

0

(1

2πt2 − t

) N∑

n=1

cos nt dt.

D’autre part, pour tout t ∈ ]0, π],

(1

2πt2 − t

) N∑

n=1

cos nt =1

2

(1

2πt2 − t

)cot

t

2sinNt

+1

2

(1

2πt2 − t

)cos Nt − 1

2

(1

2πt2 − t

).

303

Considerons la fonction ϕ definie sur ]0, π] par

ϕ(t) =1

2

(1

2πt2 − t

)cot

t

2.

Elle est de classe C1 sur ]0, π]. Montrons qu’on peut la prolonger en une fonction de classeC1 sur [0, π]. On a pour t ∈ ]0, π],

ϕ(t) =

(1

2t − 1

)cos

t

2× t

sin t2

.

Il suffit en fait de demontrer qu’on peut prolonger h : t 7−→ t

sin t2

. On a, pour tout t ∈]0, π],

h′(t) =sin t

2 − t2 cos t

2

sin2 t2

.

Au voisinage de 0, on obtient

sint

2− t

2cos

t

2=

t

2− t3

48− t

2

(1 − t2

8

)+ o(t3) ∼ t3

24.

On en deduit h′(t) ∼ t3

24

4

t2∼ t

6et lim

t→0h′(t) = 0. Le theoreme de prolongement des fonctions

de classe C1 s’applique : la fonction h et donc la fonction ϕ peut etre prolongee en unefonction de classe C1 sur [0, π].Par continuite, on a, pour tout t ∈ [0, π],

(1

2πt2 − t

) N∑

n=1

cos nt = ϕ(t) sin Nt +1

2

(1

2πt2 − t

)cos Nt − 1

2

(1

2πt2 − t

).

En integrant, on en deduit

N∑

n=1

1

n2=

∫ π

0

ϕ(t) sin Nt dt +

∫ π

0

1

2

(1

2πt2 − t

)cos Nt dt − 1

2

∫ π

0

(1

2πt2 − t

)dt.

D’apres la question 3, les deux premieres integrales tendent vers 0 quand N tend vers +∞.On obtient donc

+∞∑

n=1

1

n2= lim

N→+∞

N∑

n=1

1

n2= −1

2

∫ π

0

(1

2πt2 − t

)dt = −1

2

[1

6πt3 − 1

2t2

]π

0

=π2

6.

On obtient ensuite

+∞∑

n=1

1

(2n)2=

1

4

+∞∑

n=1

1

n2=

π2

24et

+∞∑

n=0

1

(2n + 1)2=

+∞∑

n=1

1

n2−

+∞∑

n=1

1

(2n)2=

π2

8.

304

Exercice 25.10

1. On obtient, en utilisant le developpement limite de x 7−→ ln(1 + x) en 0,

lntn+1

tn= λ ln

n + 1

n+ ln

un+1

un= λ ln

(1 +

1

n

)+ ln

(1 − λ

n+

vn

n2

)

=λ

n− λ

2n2+ o

(1

n2

)− λ

n+

vn

n2− 1

2

(−λ

n+

vn

n2

)2

+ o

((−λ

n+

vn

n2

)2)

= − λ

2n2+ o

(1

n2

)+

vn

n2− 1

2

(−λ

n+

vn

n2

)2

+ o

((−λ

n+

vn

n2

)2)

.

Si K est un majorant de (|vn|)n∈N, on a pour n assez grand∣∣∣∣ln

tn+1

tn

∣∣∣∣ 6|λ|2n2

+1

n2+

K

n2+

( |λ|n

+K

n2

)2

On voit que le terme de droite est le terme general d’une serie convergente. On en deduit

que la serie∑

lntn+1

tnest absolument convergente.

Comme lntn+1

tn= ln tn+1 − ln tn, on sait que cela entraıne la convergence de la suite

(ln tn)n∈N. Si on note l sa limite, on obtient par le theoreme de composition que la suite(tn)n∈N converge vers A = el > 0. On a donc

tn = nλun ∼ A et un ∼ A

nλ.

2. On pose un =

(1 · 3 · 5 · · · (2n − 1)

2 · 4 · 6 · · · (2n)

)α

. On a, pour tout n > 1,

un+1

un=

(2n + 1

2n + 2

)α

.

De

2n + 1

2n + 2=

1 + 12n

1 + 1n

=

(1 +

1

2n

)(1 − 1

n+

1

n2+ o

(1

n2

))

= 1 − 1

2n+

1

2n2+ o

(1

n2

)

on deduit, en utilisant le developpement limite au voisinage de 0 de x 7−→ (1 + x)α,

un+1

un=

(1 − 1

2n+

1

2n2+ o

(1

n2

))α

= 1 − α

2n+

α

2n2+

α(α − 1)

8n2+ o

(1

n2

)

= 1 − α

2n+

α(α + 3)

8n2+ o

(1

n2

).

Si on ecritun+1

un= 1− α

2n+

vn

n2, la suite (vn)n∈N est bornee car elle verifie vn =

α(α + 3)

8+o(1)

donc elle est convergente. On peut appliquer la question 1, avec λ =α

2. Il existe A > 0 tel

que un ∼ A

nα2

et la serie∑

un converge si et seulement siα

2> 1, soit α > 2.

305

Exercice 25.11

1. Pour b = a + 1, on obtient

un =a(a + 1) . . . (a + n)

(a + 1)(a + 2) . . . (a + n + 1)=

a

a + n∼ a

n

et la serie diverge.

Comme un est une fonction decroissante de b, on a pour b 6 a + 1, un >a

a + net la serie

de terme general un diverge d’apres le theoreme de comparaison.

2. a) Pour k > 1, on auk

uk−1=

a + k

b + k, ce qui peut s’ecrire

(b + k)uk = (a + k)uk−1 ou kuk − (k − 1)uk−1 = −buk + (a + 1)uk−1.

b) On somme la relation obtenue, pour k de 1 a n. On obtient en simplifiant les termes deuxa deux,

nun =n∑

k=1

(kuk − (k − 1)uk−1) = −n∑

k=1

(buk + (a + 1)uk−1)

= −b

n∑

k=1

uk + (a + 1)

n−1∑

k=0

uk = −b(Sn − u0) + (a + 1)(Sn − un).

On en deduit(b − a − 1)Sn = bu0 − (a + 1 + n)un.

c) Puisque b − a − 1 > 0 et que (un)n∈N est a termes positifs, on a pour tout entier n,

Sn 6bu0

b − a − 1. Les sommes partielles de la serie a termes positifs

∑un sont majorees,

donc la serie converge.De la convergence de la serie et donc de celle de la suite (Sn)n∈N , on deduit que(a + 1 + n)un = bu0 − (b − a − 1)Sn a une limite finie quand n tend vers +∞. Cette

limite l est nulle, car sinon un ∼ l

a + 1 + n∼ l

n, ce qui contredit la convergence de la serie

∑un. On a donc lim

n→+∞(a + 1 + n)un = 0 et par passage a la limite dans l’egalite, on

obtient+∞∑

k=0

un = limn→+∞

Sn =bu0

b − a − 1=

a

b − a − 1.

Exercice 25.12

En separant les termes d’indice pair et les termes d’indice impair et en eliminant la sommedes termes d’indice impair on obtient

2n∑

k=1

(−1)k+1

k= −

n∑

k=1

1

2k+

n∑

k=1

1

2k − 1= −2

n∑

k=1

1

2k+

2n∑

k=1

1

k

= −n∑

k=1

1

k+

2n∑

k=1

1

k=

2n∑

k=n+1

1

k.

306

On reconnaıt une somme de Riemann de x 7−→ ln(1 + x) sur [0, 1] car

2n∑

n+1

1

k=

n∑

k=1

1

n + k=

1

n

n∑

k=1

1

1 + kn

.

On en deduit que

+∞∑

k=1

(−1)k+1

k= lim

n→+∞

2n∑

n+1

1

k=

∫ 1

0

1

1 + tdt = ln 2.

Exercice 25.13

La serie de terme general un converge car elle verifie le critere de convergence des seriesalternees. Comme (un)n∈N converge vers 0, on peut ecrire

vn = un − u2n

2+

u3n

3+ o(u3

n) =(−1)n

√n

− 1

2n+

(−1)n

3n32

+ o

(1

n32

).

La suite (vn)n∈N est somme de quatre termes : le premier un est le terme general d’uneserie convergente ; il en est de meme du troisieme, terme general d’une serie absolumentconvergente, par comparaison avec une serie de Riemann et du quatrieme , qui est negligeable

devant le precedent. Si la serie∑

vn convergeait, il en serait de meme de la serie∑ 1

2n,

comme combinaison lineaire de series convergentes. Or cette serie diverge. Il en est de meme

de∑

vn. On remarque que vn ∼ un. Pourtant les deux series ne sont pas de meme nature.

On ne peut affirmer que deux series dont les termes generaux sont equivalents ont memenature que dans le cas de series a termes positifs ou negatifs a partir d’un certain rang.

Exercice 25.14

• En divisant X2 + X + 1 par X − 1, on obtient (n2 + n + 1) = (n − 1)(n + 2) + 3. Ainsi

un = sin

(π

n2 + n + 1

n − 1

)= sin

((n + 2)π +

3π

n − 1

)= (−1)n sin

3π

n − 1.

Pour n assez grand3π

n − 1appartient a

[0,

π

2

]. La serie

∑un est donc alternee a partir

d’un certain rang. Comme la suite

(sin

3π

n − 1

)est alors decroissante et converge vers 0, la

serie∑

un converge, car elle verifie le critere des series alternees.

• Pour etudier la serie alternee de terme general vn =(−1)n

(n!)1n

, etudions la suite de

terme general an = (n!)1n . Pour comparer an et an+1, on calcule

(an+1

an

)n(n+1)

=((n + 1)!)n

(n!)n+1=

(n + 1)n

n!> 1.

307

La suite (an)n∈N est donc croissante et la suite de terme general |vn| decroıt. Reste a montrerque la suite (vn)n∈N converge vers 0, c’est-a-dire que (an)n∈N diverge vers +∞. On a pourtout n > 1, (2n)! > (n + 1) . . . (2n) > nn. On en deduit que

a2n = ((2n)!)12n > (nn)

12n >

√n.

Cela montre que la suite (an)n∈N n’est pas bornee. Comme elle est croissante, elle divergevers +∞ et la suite (vn)n∈N converge vers 0. La suite (vn)n∈N verifie le critere de convergencedes series alternees.

Exercice 25.15

Comme nα tend vers +∞, on peut ecrire

un =(−1)n−1

nα

1

1 + (−1)n

nα

=(−1)n−1

nα

(1 − (−1)n

nα+ o

(1

nα

))

=(−1)n−1

nα+

1

n2α+ o

(1

n2α

).

La serie de terme general vn =(−1)n−1

nαconverge car elle verifie le critere de convergence

des series alternees. La serie de terme general wn = un − vn =1

n2α+ o

(1

n2α

)verifie :

wn ∼ 1

n2α. Elle est donc a termes positifs a partir d’un certain rang. Elle a donc meme

nature que∑ 1

n2α. Elle converge si 2α > 1, soit α >

1

2.

Si α >1

2, la serie

∑un converge comme somme de deux series convergentes.

Si α 61

2, la serie

∑wn diverge et

∑un diverge egalement sinon

∑wn convergerait

comme difference de deux series convergentes.

Exercice 25.16

On remarque que, pour n > 1, |un| 61

n13

, donc la suite (un)n>1 converge vers 0.

On determine

vn =1

(3n)13

− 1

2(3n + 1)13

− 1

2(3n + 2)13

=1

(3n)13

(1 − 1

2

(1 +

1

3n

)− 13

− 1

2

(1 +

2

3n

)− 13

)

=1

(3n)13

(1 − 1

2

(1 − 1

9n

)− 1

2

(1 − 2

9n

)+ o

(1

n

))

=1

(3n)13

(1

6n+ o

(1

n

))

=1

6 · 3 13 n

43

+ o

(1

n43

).

308

La serie de terme general vn est convergente par comparaison avec une serie de Riemann.Notons S sa somme, Un et Vn les sommes partielles d’ordre n des series de terme general un

et vn. On a, pour n > 1,

U3n+2 =

3n+2∑

k=1

uk = u1 + u2 + v1 + · · · + vn = u1 + u2 + Vn.

La suite (Vn)n∈N converge vers S, donc la suite (U3n+2)n∈N converge vers u1 + u2 + S. Pourtout n > 5, il existe un entier m > 1 tel que 3m + 2 6 n < 3m + 5. On a alors

|Un − U3m+2| 6 |u3m+3| + |u3m+4|.

Quand n tend vers +∞, m tend vers +∞ et comme la suite (un) converge vers 0, (Un) a

meme limite que (U3m+2). La suite (Un) converge, donc la serie∑

un converge.

Exercice 25.17

On a, pour tout entier n,

|unvn| 61

2u2

n +1

2v2

n.

La serie de terme general1

2u2

n +1

2v2

n converge car c’est une combinaison lineaire de series

convergentes. Par le theoreme de comparaison des series a termes positifs, on en deduit que

la serie de terme general |unvn| converge. La serie∑

unvn est donc absolument convergente.

Exercice 25.18

1. Il est clair que la suite (vn)n∈N est definie et a termes strictement positifs. Comme (un)n∈N

est aussi a termes positifs, on a pour tout entier n,√

v2n + un >

√vn et donc vn+1 > vn. La

suite (vn)n∈N est croissante.On peut ecrire

vn+1 − vn =1

2

(√v2

n + un − vn

)=

1

2

un√v2

n + un + vn

=un

4vn+1.

La suite (vn)n∈N est croissante donc minoree par v0 = 1 et pour tout n ∈ N,

vn+1 − vn 6un

4.

2. Si la serie de terme general un converge, il resulte des inegalites 0 6 vn+1 − vn 6un

4et du theoreme de comparaison des series a termes positifs, que la serie de terme generalvn+1 − vn converge. On sait que cette serie a meme nature que la suite (vn)n∈N . Celle-ci estdonc convergente.Supposons reciproquement que la suite (vn)n∈N converge. On a alors

un = (2vn+1 − vn)2 − v2n = 4vn+1(vn+1 − vn).

Comme (vn)n∈N converge et est croissante , elle est majoree par sa limite l. Ainsi, pourtout n, un 6 4l(vn+1 − vn). La serie de terme general vn+1 − vn converge, puisque la suite(vn)n∈N converge. Il en est de meme de la serie de terme general 4l(vn+1−vn). Enfin la seriede terme general un converge d’apres le theoreme de comparaison.

309

Exercice 25.19

On observe que v1 = 1 − 1

1 + u1et que

v2 =u1

1 + u1+

u2

(1 + u1)(1 + u2)=

u1(1 + u2) + u2

(1 + u1)(1 + u2)= 1 − 1

(1 + u1)(1 + u2).

Supposons que

n∑

k=1

vk = 1 − 1n∏

k=1

(1 + uk)

. On a alors

n+1∑

k=1

vk = 1 − 1n∏

k=1

(1 + uk)

+un+1

n+1∏

k=1

(1 + uk)

= 1 − 1 + un+1 − un+1

n+1∏

k=1

(1 + uk)

= 1 − 1n+1∏

k=1

(1 + uk)

.

On a donc pour tout n ∈ N∗,

n∑

k=1

vk = 1 − 1n∏

k=1

(1 + uk)

.

Les sommes partielles de la serie∑

vn sont donc majorees par 1. Comme elle est a termes

positifs, elle converge.

Exercice 25.20

1. On sait que limn→+∞

n∑

k=0

1

k!= e. On en deduit que un ∼

n→+∞exn. La serie de terme general

un converge donc si et seulement si x < 1.

2. Comme le conseille l’enonce, on forme

(1 − x)S = S − xS =

+∞∑

n=0

un −+∞∑

n=0

xun.

On observe que un+1 − xun se simplifie. On a en effet

un+1 − xun =

n+1∑

k=0

1

k!xn+1 −

n∑

k=0

1

k!xn+1 =

1

(n + 1)!xn+1.

On fait donc un changement d’indice dans la premiere somme. On obtient

(1 − x)S = u0 +

+∞∑

n=0

(un+1 − xun) = 1 +

+∞∑

n=0

1

(n + 1)!xn+1 =

+∞∑

n=0

1

n!xn = ex

310

et donc

S =ex

1 − x.

Exercice 25.21

1. Comme t ∈ ]0, 1[, tn tend vers 0 et on a donc ln(1 + tn) ∼n→+∞

tn. Comme la serie

geometrique∑

tn converge, il en est de meme de la serie∑

ln(1 + tn).

On a, pour tout n > 1, ln pn =

n∑

k=1

ln(1 + tk). Ainsi, la suite (ln pn)n∈N∗ converge vers S

somme de la serie de terme general un et la suite (tn)n∈N∗ converge vers eS .

2. La suite (vn)n∈N est a termes positifs. On a donc, pour tout entier n, vn+2−vn+1 = tnvn > 0.De plus v1 > v0 donc la suite (vn)n∈N est strictement croissante. On en deduit, pour toutentier n,

vn+2 6 vn+1(1 + tn),

puis par une recurrence immediate

vn+2 6 v1

n∏

k=0

(1 + tk) 6 2v1pn.

La suite (pn)n∈N∗ est convergente donc majoree. Il en est de meme de la la suite (vn)n∈N

qui, etant croissante, converge.

Exercice 25.22

1. La suite (un)n∈N est a termes strictement positifs et, pour tout n ∈ N,

un+1

un=

xn+1

xn+1 + 16 1.

La suite (un)n∈N est decroissante et minoree par 0 ; elle converge. On note λ sa limite.

On a λ > 0 et λ 6 u0 6x0

x0 + 1< 1.

2. Prenons xk = k + 1 pour tout entier k. On a alors, pour tout entier n,

un =n∏

k=0

k + 1

k + 2=

(n + 1)!

(n + 2)!=

1

n + 2

et la suite (un)n∈N converge vers 0.

3. On a, pour tout entier n,

− lnun = −n∑

k=0

lnxk

xk + 1=

n∑

k=0

ln

(1 +

1

xk

).

La suite (un)n∈N a pour limite 0 si et seulement si − lnun tend vers +∞. Comme − lnun

est la somme partielle de la serie a termes positifs∑

ln

(1 +

1

xn

), − ln un tend vers +∞

311

si et seulement si la serie de terme general ln

(1 +

1

xn

)diverge. Comme lim

n→+∞1

xn= 0, on

a

ln

(1 +

1

xn

)∼ 1

xn

et la serie de terme general ln

(1 +

1

xn

)a meme nature que la serie de terme general

1

xn.

On conclut : λ = 0 si et seulement la serie de terme general1

xndiverge et donc λ 6= 0 si et

seulement si la serie de terme general1

xnconverge.

4. On demontre par recurrence que, pour tout entier n, xn = x2n

0 . La suite (xn)n∈N a pourlimite +∞. On ecrit, pour tout entier k,

xk

xk + 1=

xk(xk − 1)

x2k − 1

=xk(xk − 1)

xk+1 − 1.

On en deduit que, pour tout entier n,

un =

n∏

k=0

xk(xk − 1)

xk+1 − 1=

n∏

k=0

xk

n∏

k=0

xk − 1

xk+1 − 1=

(n∏

k=0

xk

)x0 − 1

xn+1 − 1.

On calcule le produitn∏

k=0

xk = x1+2+···+2n

0 = x2n+1−10 =

xn+1

x0

et on en deduit

un =(x0 − 1)xn+1

x0(xn+1 − 1)=

x0 − 1

x0(1 − 1xn+1)

.

On obtient enfin

λ =x0 − 1

x0.

Exercice 25.23

1. La suite (un)n∈N est a termes positifs. Pour comparer U2n et Vn =

n∑

k=0

2ku2k , on

decompose U2n en sommes de termes de la suite (un)n∈N dont les indices vont de 2p + 1a 2p+1 ou de 2p a 2p+1 − 1. Une telle somme contient 2p+1 − 2p = 2p termes. On utiliseensuite la decroissance de (un)n∈N. On ecrit pour tout entier n,

U2n =2n∑

k=0

uk = u0 + u1 +n−1∑

p=0

2p+1∑

k=2p+1

uk.

Comme pour tout entier p,

2p+1∑

k=2p+1

uk > 2pu2p+1 >1

22p+1u2p+1 ,

312

on obtient

U2n > u0 + u1 +1

2

n∑

p=1

2pu2p >1

2Vn.

De meme, en ecrivant

U2n = u0 + u1 +

n−1∑

p=1

2p+1−1∑

k=2p

uk + u2n ,

et en utilisant l’inegalite

2p+1−1∑

k=2p

uk 6 2pu2p ,

on obtient

U2n 6 u0 + u1 +

n−1∑

p=1

2pu2p + u2n 6 u0 + Vn.

On a donc l’encadrement voulu

1

2Vn 6 U2n 6 u0 + Vn.

2. Il s’agit de series a termes positifs. Elles convergent si leurs sommes partielles sont ma-jorees. Or les inegalites precedentes montrent que si (Un)n∈N est majoree par U , alors (Vn)n∈N

est majoree par 2U et que si (Vn)n∈N est majoree par V , alors (Un)n∈N est majoree par u0+Vcar, pour tout n ∈ N,

Un 6 U2n 6 u0 + Vn 6 u0 + V,

puisque n 6 2n.

Exercice 25.24

1. a) On peut ecrire

bn − l =

n∑

k=0

uk(ak − l)

n∑

k=0

uk

puis |bn − l| 6

n∑

k=0

uk|ak − l|

n∑

k=0

uk

.

Soit ε > 0 et n0 ∈ N tel que |an − l| 6 ε si n > n0. Pour n > n0, on obtient

|bn − l| 6

n0−1∑

k=0

uk|ak − l|

n∑

k=0

uk

+ ε

n∑

k=n0

uk

n∑

k=0

uk

6

n0−1∑

k=0

uk|ak − l|

n∑

k=0

uk

+ ε.

313

La serie de terme general un diverge. Comme elle est a termes positifs, ses sommes partielles

tendent vers +∞. On a donc limn→+∞

n∑

k=0

uk = +∞ et, n0 etant fixe, limn→+∞

n0−1∑

k=0

|ak − l|

n∑

k=0

uk

= 0.

On peut trouver un entier n1 tel que

n0−1∑

k=0

|ak − l|

n∑

k=0

uk

6 ε pour n > n1. Pour n > max(n0, n1),

on a |bn − l| 6 2ε. Ceci montre que la suite (bn)n∈N converge vers l.

b) Comme la suite (vn)n∈N ne s’annule pas, vn ∼ un equivaut a limn→+∞

vn

un= 1. On pose,

pour tout n, an =vn

un. La suite (bn)n∈N correspondante est definie par

bn =u0a0 + u1a1 + · · · + unan

u0 + u1 + · · · + un=

v0 + v1 + · · · + vn

u0 + u1 + · · · + un.

D’apres la premiere question, la suite (bn)n∈N converge vers 1, ce qui montre que

v0 + v1 + · · · + vn ∼ u0 + u1 + · · · + un.

2. a) Les termes de la suite (xn)n∈N appartiennent a ]0, 1[. La suite est decroissante etminoree par 0. Elle converge. Sa limite l verifie l = l − l2 donc l = 0.

b) On a, pour tout n ∈ N,

un =1

xn − x2n

− 1

xn=

1

1 − xn.

On en deduit que limn→+∞

un = 1.

Pour n > 1, on an−1∑

k=0

uk =n−1∑

k=0

(1

xk+1− 1

xk

)=

1

xn− 1

x0. La serie de terme general un est

a termes strictement positifs et divergente, car son terme general tend vers 1. Il resulte de

la question 1 que un ∼ 1 implique

n−1∑

k=0

uk ∼ n. On a donc, puisque1

xntend vers +∞,

1

xn∼ 1

xn− 1

x0∼ n.

On en deduit que xn ∼ 1

n.

c) On a un − 1 =1

1 − xn− 1 =

xn

1 − xn∼ xn ∼ 1

n. On peut ecrire

vn = un − 1 ∼ 1

n∼ ln

(1 +

1

n

)∼ ln(n + 1) − lnn.

314

On applique de nouveau le resultat de la question 1. La serie de terme general vn est a

termes strictement positifs et divergente car vn ∼ 1

n. De vn ∼ ln(n + 1) − lnn, on deduit

n−1∑

k=1

(uk − 1) =

n−1∑

k=1

vk ∼n−1∑

k=1

(ln(k + 1) − ln k) et donc1

xn− 1

x1− n ∼ lnn.

Comme1

xn− n tend vers +∞,

1

x1est negligeable et

1

xn− n ∼ lnn.

Cela peut s’ecrire1

xn− n = lnn + o(lnn) et donc

1

xn= n + lnn + o(lnn). On en deduit

xn =1

n + lnn + o(lnn)=

1

n· 1

1 + ln nn + o

(ln nn

) .

Commelnn

ntend vers 0, on obtient

xn =1

n·(

1 − lnn

n+ o

(lnn

n

))=

1

n− lnn

n2+ o

(lnn

n2

).

Exercice 25.25

1. Soit n un entier naturel. On note

In = (i, j) ∈ N2, i + j 6 n, Jn = [[0, n]]2.

On remarque que

Wn =n∑

k=0

wk =n∑

k=0

k∑

i=0

uivk−i =∑

(i,j)∈In

uivj et donc W2n =∑

(i,j)∈I2n

uivj ,

UnVn =

n∑

i=0

ui

n∑

j=0

vj =∑

(i,j)∈Jn

uivj .

Comme In ⊂ Jn ⊂ I2n et que les suites (un)n∈N et (vn)n∈N sont a termes positifs, on endeduit que

Wn 6 UnVn 6 W2n.

2. Les series sont a termes positifs. Si les series∑

un et∑

vn convergent, leurs sommes

partielles sont majorees respectivement par U et V et on a, pour tout entier n, Wn 6 UV . La

serie∑

wn est a termes positifs et ses sommes partielles sont majorees, donc elle converge.

Par passage a la limite dans les inegalites precedentes, on obtient

W 6 UV 6 W et donc W = UV.

315

3. On applique les resultats de la question precedente aux series de terme generalun(x) = unxn et vn(x) = vnxn. La suite w correspondante est definie par

wn(x) =

n∑

k=0

uk(x)vn−k(x) =

n∑

k=0

ukvn−kxn = wnxn.

D’apres la question 2, la serie∑

wnxn converge et a pour somme U(x)V (x).

Exercice 25.26

1. En posant A−1 = 0, on a, pour tout entier naturel n, an = An − An−1. On en deduit,grace a un changement d’indice dans la deuxieme somme,

n∑

k=0

akbk =n∑

k=0

(Ak − Ak−1)bk =n∑

k=0

Akbk −n−1∑

k=−1

Akbk+1

=n−1∑

k=0

Ak(bk − bk+1) + Anbn.

2. La suite (bn)n∈N est donc a termes positifs. On note M un majorant de (|An|)n∈N. Onalors

n−1∑

k=0

|Ak(bk − bk+1)| =

n−1∑

k=0

|Ak|(bk − bk+1) 6 M

n−1∑

k=0

(bk − bk+1)

6 M(b0 − bn) 6 Mb0.

La serie a terme positifs∑

|An(bn − bn+1)| a ses sommes partielles majorees. Elle est donc

convergente. La serie∑

An(bn − bn+1) est donc absolument convergente. On en deduit quen−1∑

k=0

Ak(bk − bk+1) a une limite finie quand n tend vers +∞. Comme par ailleurs la suite

(Anbn) a pour limite 0,

n∑

k=0

akbk a une limite finie quand n tend vers +∞ et la serie de terme

general anbn converge.

3. On pose an = sin n et bn =1

nα. La suite (bn)n∈N est decroissante et converge vers 0. Pour

montrer la convergence la serie de terme general un = anbn, il suffit de montrer que la suite(An)n∈N est bornee. Pour n > 1, on a

An =

n∑

k=0

sin k = ℑ(

n∑

k=0

eik

)= ℑ

(n∑

k=0

(ei

)k

)= ℑ1 − ei(n+1)

1 − ei.

Comme, pour tout nombre complexe z, |ℑz| 6 |z|, on en deduit

|An| 6

∣∣∣∣1 − ei(n+1)

1 − ei

∣∣∣∣ 62

|1 − ei| .

La suite (An)n∈N est bornee et donc∑ sin n

nαconverge.

316

Chapitre 26Exercice 26.1

1. Le point M appartient a dA,U s’il existe t ∈ R tel que M = (1 − t, 1 + t).Le point M = (x, y) appartient a dA,U si les vecteurs (x−1, y−1) et (−1, 1) sont colineaires, i.e. si x + y − 2 = 0.

2. Le point M appartient a dA,U s’il existe t ∈ R tel que

M = (cos θ + t sin θ, sin θ − t cos θ).

Le point M = (x, y) appartient a dA,U si les vecteurs (x − cos θ, y − sin θ) et (sin θ,− cos θ)sont colineaires , i.e. si cos θ(x − cos θ) + sin θ(y − sin θ) = 0 ou encore cos θx + sin θy = 1.

Exercice 26.2

1. Il s’agit de la droite passant par A = (1, 3) de vecteur directeur U = (1,−2).

2. Il s’agit de la demi-droite d’origine A = (2,−1) de vecteur directeur U = (−1, 3), car t2

decrit R+.

3. Il s’agit du segment [A,B], ou A = (−5, 4) et B = (3, 2).

Exercice 26.3

Par linearite du produit scalaire, on obtient

‖U + V ‖2 = ‖U‖2 + ‖V ‖2 + 2〈U, V 〉, ‖U − V ‖2 = ‖U‖2 + ‖V ‖2 − 2〈U, V 〉et donc

‖U + V ‖2 + ‖U − V ‖2 = 2(‖U‖2 + ‖V ‖2).

Exercice 26.4

1. On calcule le carre de la norme :

‖U ′ − V ′‖2 = ‖U ′‖2 + ‖V ′‖2 − 2〈U ′, V ′〉 =‖U‖2

‖U‖4+

‖V ‖2

‖V ‖4− 2

1

‖U‖2‖V ‖2〈U, V 〉

=1

‖U‖2‖V ‖2

(‖V ‖2 + ‖U‖2 − 2〈U, V 〉

)=

‖U − V ‖2

‖U‖2‖V ‖2

et on obtient en prenant la racine carree

‖U ′ − V ′‖ =‖U − V ‖‖U‖‖V ‖ .

2. Si V = 0, l’inegalite est evidente ; si U ou W est nul, on obtient une egalite.Si aucun des trois vecteurs n’est nul, on divise par le produit de leurs normes et il s’agit dedemontrer que

‖U − W‖‖U‖ ‖W‖ 6

‖W − V ‖‖W‖ ‖V ‖ +

‖V − U‖‖V ‖ ‖U‖

c’est-a-dire‖U ′ − W ′‖ 6 ‖W ′ − V ′‖ + ‖V ′ − U ′‖.

Cela resulte de l’inegalite triangulaire.

317

3. On obtient cette inegalite en appliquant le resultat de la question 2 aux vecteursU = A − B, V = A − C et W = A − D.

Exercice 26.5

1. Posons Ω1 = (x, y) ∈ R2, x > 0 et y > 0. C’est un quart de plan.L’ensemble Ω1 est ouvert. En effet, considerons (x, y) ∈ Ω1 et r = min(x, y). Si (u, v)appartient a la boule ouverte de centre (x, y) et de rayon r, on a |x − u| < r et doncu > x − r > 0 et de meme v > 0, donc (u, v) ∈ Ω1. Ainsi B((x, y), r) ⊂ Ω1.L’ensemble Ω1 n’est pas ferme. Le point (0, 0) appartient a son complementaire, mais touteboule ouverte de centre (0, 0) rencontre Ω1, donc le complementaire de Ω1 n’est pas ouvert.L’ensemble Ω1 est convexe. Si (x, y) et (x′, y′) sont dans Ω1, on considere λ ∈ ]0, 1[ et lepoint

(X,Y ) = (1 − λ)(x, y) + λ(x′, y′) = ((1 − λ)x + λx′, (1 − λ)y + λy′).

Alors X et Y sont strictement positifs car sommes de deux nombres strictement positifs (onpeut prendre λ ∈ ]0, 1[ car pour λ = 0 ou 1 on trouve les points (x, y) et (x′, y′) et il n’y arien a demontrer).L’ensemble Ω1 n’est evidemment pas borne, car x2 + y2 decrit R∗

+ quand x et y decriventR∗

+.

2. Posons Ω2 = (x, y) ∈ R2, 1 < |x − 1| 6 2. C’est la reunion de deux bandes.L’ensemble Ω2 n’est pas ouvert. Pour tout y ∈ R, (3, y) appartient a Ω2 et, pour tout r > 0,

la boule de centre (3, y) et de rayon r contient le point (3 +r

2, y) qui n’appartient pas a Ω2

car∣∣∣3 +

r

2− 1

∣∣∣ = 2 +r

2> 2.

On montre de la meme facon que Ω2 n’est pas ferme. Pour tout y, le point (0, y) n’appartient

pas a Ω2, mais toute boule ouverte de centre (0, y) et de rayon r contient le point (−r

2, y)

qui appartient a Ω2.L’ensemble Ω2 n’est pas convexe. Il contient les points (−1, 0) et (3, 0) mais le point1

2(−1, 0) +

1

2(3, 0) = (1, 0) n’appartient pas a Ω2.

L’ensemble Ω2 n’est pas borne, car y est quelconque.

3. Posons Ω3 = (x, y) ∈ R2, x > 0, y > 0, 2x + 3y 6 5. C’est l’interieur d’un triangle.L’ensemble Ω3 n’est pas ouvert. En effet, il contient le point (0, 0), mais toute boule fermede centre (0, 0) contient des points d’abscisse ou d’ordonnee negative qui n’appartiennentpas a Ω3.L’ensemble Ω3 est ferme. Soit (x, y) un point qui appartient au complementaire de Ω3. L’unedes trois conditions au moins n’est pas verifiee. Supposons par exemple que x > 0. Si le point(u, v) appartient a la boule ouverte de centre (x, y) et de rayon x, on a |x − u| < x et doncu > 0. Cette boule est donc incluse dans le complementaire de Ω3 qui est ouvert.L’ensemble Ω3 est convexe. Soient (x, y) et (x′, y′) dans Ω3, λ ∈ [0, 1] et

(X,Y ) = (1 − λ)(x, y) + λ(x′, y′) = ((1 − λ)x + λx′, (1 − λ)y + λy′).

Les reels X et Y sont positifs comme sommes de termes positifs et

2X + 3Y = 2((1 − λ)x + λx′ + 3((1 − λ)y + λy′)

= (1 − λ)(2x + 3y) + λ(2x′ + 3y′)

6 5(1 − λ) + 5λ 6 5

318

donc (X,Y ) ∈ Ω3.

Enfin, Ω3 est borne, car si (x, y) ∈ Ω3, alors 0 6 x 65

2,

0 6 y 65

3et ‖(x, y)‖ 6

∥∥∥∥(

5

2,5

3

)∥∥∥∥ .

4. Posons Ω4 = (x, y) ∈ R2, 1 6 ‖(x, y‖ 6 2.Si B est la boule fermee de centre (0, 0) et de rayon 2 et B′ la boule ouverte de centre (0, 0)et de rayon 1, on a

Ω4 = B \ B′.

Comme B est ferme et B′ ouvert, le complementaire de B′ est ferme et Ω4 est un ferme carintersection de deux fermes.L’ensemble Ω4 n’est pas ouvert car si ‖(x, y)‖ = 1, toute boule ouverte de centre (x, y)contient des points de norme strictement inferieure a 1 qui n’appartiennent pas a Ω4.

L’ensemble Ω4 n’est pas convexe, il contient les points (1, 0) et (−1, 0), mais1

2(1, 0)+

1

2(−1, 0) = (0, 0)

n’appartient pas a Ω4.L’ensemble Ω4 est borne puisqu’il est inclus dans la boule fermee de centre (0, 0) et de rayon2.

5. Posons Ω5 = (x, y) ∈ R2, xy < 1, 1 < x < 2. Ce sont les points qui sont au-dessous

d’une hyperbole d’equation y =1

xet a l’interieur d’une bande.

Montrons que Ω5 est ouvert. Soit (x, y) ∈ Ω5. Posons

r = min

(x − 1, 2 − x,

1

2

(1

x− y

))

et considerons (u, v) dans la boule ouverte de centre (x, y) et de rayon r. On a alors |x−u| < r.On en deduit que

2 − u > 2 − x − |x − u| > 2 − x − r > 0

et de meme u − 1 > 0. On a ensuite

1

u− v =

1

u− 1

x+

1

x− y + y − v >

1

x− y −

∣∣∣∣1

x− 1

u

∣∣∣∣ − |v − y|.

Comme la distance entre (u, v) et (x, y) est < r, on a |v−y| < r et |u−x| < r. On remarqueque ∣∣∣∣

1

x− 1

u

∣∣∣∣ =|u − x|

ux6 |u − x| < r

car x > 1 et u > 1. On en deduit que

1

u− v >

1

x− y − 2r > 0,

par le choix de r. Le point (u, v) appartient a Ω5 qui est donc ouvert.Par contre, l’ensemble Ω5 n’est pas ferme car son complementaire n’est pas ouvert. Le point(1, 0) appartient au complementaire de Ω5. Mais pour tout r > 0, la boule ouverte de centre

319

(1, 0) et de rayon r contient le point(1,

r

2

)qui appartient a Ω5.

L’ensemble Ω5 n’est pas convexe. Cela resulte de la convexite de la fonction x 7−→ 1

x. Pour

trouver un contre-exemple, on considere deux point de Ω5, proches de la courbe y =1

x. Soit

α ∈ ]0, 1[, A = (1 + α, 1 − α), B =

(2 − α,

2 + α

4

), C =

1

2A +

1

2B =

(3

2,3

4− 3α

8

). On

verifie que A et B appartiennent a Ω5. Comme limα→0

3

2

(3

4− 3α

8

)=

9

8> 1, pour α assez

petit, C n’appartient a Ω5 et [A,B] n’est pas inclus dans Ω5.

L’ensemble n’est pas borne, car il contient tous les points

(3

2, y

)pour y > 0.

Exercice 26.6

• Soit (x0, y0) ∈ P. On a donc ax0 + by0 + c > 0. Soit r > 0 et (x, y) un point appartenant ala boule ouverte B de centre (x0, y0) et de rayon r. On a alors |x−x0| < r et |y− y0| < r.On en deduit, par inegalite triangulaire,

ax + by + c = ax0 + by0 + c + a(x − x0) + b(y − y0)

> ax0 + by0 + c − |a||x − x0| − |b||y − y0|> ax0 + by0 + c − (|a| + |b|)r.

Si on prend r <ax0 + by0 + c

|a| + |b| ce qui est possible carax0 + by0 + c

|a| + |b| > 0, on obtient

ax + by + c > 0, pour tout (x, y) dans la boule de centre (x0, y0) rayon r. Cette boule estdonc incluse dans P qui est ouvert.

• Il faut montrer que le complementaire de P ′ est ouvert. On a

R2 \ P ′ = (x, y) ∈ R2, ax + by + c < 0 = (x, y) ∈ R2, −ax − by − c > 0,

qui est ouvert car du meme type que l’ensemble P.

Exercice 26.7

Soit Ω un ouvert de R2. Pour tout point M de Ω, il existe une boule ouverte BM de centre

M telle que BM ⊂ Ω. On a donc⋃

M∈Ω

BM ⊂ Ω. Mais on a aussi l’inclusion inverse car, pour

tout M de Ω, M ∈ BM . On obtient l’egalite

Ω =⋃

M∈Ω

BM .

Exercice 26.8

1. Si la suite (An)n∈N converge vers A, les inegalites

|an − a| 6 d(An, A) et |bn − b| 6 d(An, A)

320

montrent que les suites (an)n∈N et (bn)n∈N convergent vers a et b respectivement.Si les suites (an)n∈N et (bn)n∈N convergent vers a et b respectivement, l’inegalite

d(An, A) 6 |an − a| + |bn − b|

montre que (An)n∈N converge vers A.

2. Soit F une partie de R2.

• Supposons que F est ferme et considerons une suite (An)n∈N elements de F qui convergevers A. Raisonnons par l’absurde et supposons que A /∈ F . Comme le complementairede F est ouvert, on peut trouver r > 0 tel que la boule ouverte de centre A et de rayonr soit incluse dans le complementaire de F . On a alors, pour tout n ∈ N, d(A,An) > rpuisque An ∈ F . Cela est contradictoire avec la convergence de (An)n∈N vers A. Donc Aappartient a F .

• Supposons reciproquement que toute suite convergente d’elements de F ait sa limite dansF . Montrons que F est ferme en raisonnant encore par l’absurde. Si F n’est pas ferme,son complementaire n’est pas ouvert et on peut trouver A /∈ F tel que toute boule ouvertede centre A rencontre F . En particulier, pour tout n ∈ N∗, il existe An ∈ F tel que

d(An, A) <1

n. Par construction, (An)n∈N est une suite d’elements de F qui converge vers

A, qui n’appartient pas a F . C’est contradictoire avec l’hypothese. Ainsi, F est ferme.

Exercice 26.9

• Supposons que Ω est ouvert. Soit B ∈ λΩ. Par definition, il existe A ∈ Ω tel que B = λA.Puisque A ∈ Ω, il existe r > 0 tel que la boule ouverte de centre A et de rayon r soitincluse dans Ω. Montrons que λΩ contient la boule ouverte de centre B et de rayon |λ|r.Soit N ∈ B(B, |λ|r) et M =

1

λN . On a

d(M,A) = ‖M − A‖ =

∥∥∥∥1

λ(N − B)

∥∥∥∥ =1

|λ| ‖N − B‖ 6 r.

Le point M appartient a la boule de centre A et de rayon r donc a Ω et N = λM appartienta λΩ. La boule B(B, |λ|r) est incluse dans λΩ.

• Supposons que Ω est ferme. Son complementaire Ω′ est donc ouvert. Comme λ n’est pasnul, l’application M 7−→ λM est une bijection de R2 sur R2. En particulier λΩ′ est lecomplementaire de λΩ. Il resulte du debut de l’exercice que λΩ′ est un ouvert de R2. Soncomplementaire λΩ est un ferme.

Exercice 26.10

1. Soit N0 ∈ A + Ω. Par definition, il existe M0 ∈ Ω tel que N0 = M0 + A. Puisque Ω estouvert, on peut trouver r > 0 tel que la boule B(M0, r) soit incluse dans Ω. Montrons queB(N0, r) ⊂ A + Ω .Soit N ∈ B(N0, r). On a donc

‖N − N0‖ = ‖N − M0 − A‖ = ‖N − A − M0‖ 6 r.

321

Ainsi, le point N − A appartient a la boule de centre M0 et de rayon r. Il appartient donca Ω et on peut ecrire

N = A + (N − A) ∈ A + Ω.

On a bien B(N0, r) ⊂ A + Ω et A + Ω est ouvert.

2. On ecritΩ′ + Ω =

⋃

A∈Ω′

(A + Ω)

et Ω est ouvert, car c’est une reunion d’ouverts.

Exercice 26.11

1. Soit M un point qui n’appartient pas a Ω. Par definition, il existe r > 0 tel que la bouleB(M, r) ne rencontre pas Ω. Soit N ∈ B(M, r). Puisque cette boule ouverte est un ouvert,on peut trouver ρ > 0 tel que la boule ouverte B(N, ρ) soit incluse dans B(M, r). La bouleB(N, ρ) ne rencontre pas non plus Ω. Par definition, le point N n’appartient donc pas a Ω.Ainsi, la boule ouverte B(M, r) est incluse dans le complementaire de Ω. Ce complementaireest donc ouvert et Ω est ferme.Si M appartient a Ω, toute boule ouverte de centre M a un intersection non vide avec Ω carelle contient M , donc M appartient a Ω.

2. a) On sait que Ω contient Ω.Si M appartient au cercle de centre A et de rayon r, toute boule ouverte de centre M

rencontre Ω. En effet, pour tout ε ∈ ]0, r[, le point N defini par N = M − ε

r

−−→AM appartient

a Ω et est a une distance ε de M . Donc M appartient a Ω.Notons Ω′ l’ensemble des points M tels que d(M,A) > r. On sait que Ω′ est un ouvert. SiM appartient a Ω′, il existe ρ > 0 tel que B(M,ρ) soit incluse dans Ω′. La boule B(M,ρ) nerencontre pas Ω donc M n’appartient pas a Ω.On conclut : Ω = Bf (A, r).

b) Si M appartient a Ω′ = (x, y) ∈ R2, ax + by + c < 0, comme Ω′ est ouvert, il contientune boule ouverte de centre M . Cette boule ne rencontre pas Ω donc M n’appartient pas aΩ.Supposons que M = (x, y) verifie ax + by + c = 0.Pour h ∈ R, considerons N = M + (ha, hb) = (x + ha, y + ha). On a

a(x + ha) + b(y + ha) + c = ax + by + c + h(a2 + b2) = (a2 + b2)h.

Si on prend h > 0, le point N appartient a Ω. Comme h est un reel quelconque strictementpositif et que d(M,N) = h

√a2 + b2 on peut trouver dans toute boule ouverte de centre M

de tels points de Ω. On en deduit que M appartient a Ω. Comme Ω contient Ω, on peutconclure

Ω = (x, y) ∈ R2, ax + by + c > 0.

c) Soit (x, y) un element quelconque de R2, r > 0. Comme Q est dense dans R, il existe

(u, v) ∈ Q2 tel que |x − u| <r√2

et |y − v| 6r√2. On en deduit que

(x − u)2 + (y − v)2 <r2

2+

r2

26 r2.

322

Le point (u, v) appartient donc a la boule ouverte de centre (x, y) et de rayon r. Toute bouleouverte de centre (x, y) rencontre Q2. Le point (x, y) appartient donc a Q2. Comme c’est unelement quelconque de R2, on conclut

Q2 = R2.

3. Soit F un ferme tel que Ω ⊂ F . Supposons que M /∈ F . Comme le complementaire deF est un ouvert, on peut trouver r > 0 tel que B(M, r) soit incluse dans le complementairede F . La boule B(M, r) ne rencontre pas F et a fortiori ne rencontre pas Ω. On en deduitque M /∈ Ω. On a montre que si M n’est pas dans F , il n’est pas dans Ω. Cela montre queΩ ⊂ F .Il resulte des questions 1 et 3 que Ω est le plus petit (au sens de l’inclusion) ferme contenantΩ.

Exercice 26.12

1. On raisonne comme dans la question 1 de l’exercice precedent. Si M /∈ Fr(Ω), il existeune boule ouverte B(M, r) incluse dans Ω ou dans le complementaire de Ω. Comme cetteboule ouverte est un ouvert, pour tout point N de B(M, r), il existe une boule ouverte decentre N qui est incluse dans B(M, r) et a fortiori dans Ω ou son complementaire. AinsiN n’appartient pas a Fr(Ω). La boule ouverte B(M, r) est incluse dans le complementaireFr(Ω) qui est donc ouvert.

2. a) Comme Ω est ouvert, si M appartient a Ω, il existe une boule ouverte B(M, r) decentre M qui est incluse dans Ω. Elle ne rencontre pas le complementaire de Ω, donc Mn’appartient pas a Fr(Ω).Comme l’ensemble Ω′ = M ∈ R2, d(M,A) > r est egalement ouvert, on montre de memequ’un element de Ω′ n’appartient pas a Fr(Ω).Enfin si d(A,M) = r, toute boule ouverte de centre M rencontre Ω et son complementaire.

Il suffit de considerer des points de la forme M − ε−−→AM et M + ε

−−→AM , avec ε assez petit.

On conclutFr(Ω) = M ∈ R2, d(M,A) = r.

La frontiere de Ω est le cercle de centre A et de rayon r.

b) On montre comme dans l’exemple precedent, qu’un element de Ω = M ∈ R2, ‖(x, y)‖ < 1ou de Ω′ = M ∈ R2, ‖(x, y)‖ > 1 n’appartient pas a Fr(C).Si M ∈ C, toute boule ouverte de centre M contient M et des points du complementaire deC.On conclut : Fr(C) = C.

c) On montre que Ω1 = (x, y) ∈ R2, −1 < x < 2 est ouvert. En effet si (x, y) ∈ Ω1 etr = min(2 − x, x + 1), la boule ouverte de centre (x, y) et de rayon r est incluse dans Ω1.Cette boule ne rencontre pas le complementaire de Ω donc (x, y) n’appartient pas a Fr(Ω).On montre de meme que les ensembles Ω2 = (x, y) ∈ R2, x < −1 et Ω3 = (x, y) ∈ R2, x > 2sont ouverts. Ainsi, si (x, y) appartient a l’un de ces ensembles, il existe une boule ouvertede centre (x, y) qui ne rencontre pas Ω et (x, y) n’appartient pas a Fr(Ω).Enfin si x = −1 et y ∈ R, toute boule ouverte de centre (−1, y) contient des points (u, v) telsque u < −1 et des points tels que −1 < u < 2. Il suffit de considerer les points (−1 − ε, y)et (−1 + ε, y) pour ε > 0 assez petit. Le point (−1, y) appartient donc a Fr(Ω). Il en est dememe de tout point (−2, y).Conclusion : Fr(Ω) = (x, y) ∈ R2, x = −1 ou x = 2.

323

3.

• Si la frontiere de Ω est incluse dans Ω et si M /∈ Ω, M n’appartient pas a Fr(Ω). Il existeune boule ouverte de centre M dont l’intersection avec Ω ou son complementaire est vide.Comme l’intersection avec le complementaire de Ω contient M , la boule ne rencontre pasΩ. Elle est incluse dans son complementaire, ce qui montre que celui-ci est ouvert et Ωferme.

• Si Ω est ferme et si M /∈ Ω, il existe une boule ouverte de centre M qui est incluse dansle complementaire de Ω. Elle ne rencontre pas Ω et M /∈ Fr(Ω). On a donc Fr(Ω) ⊂ Ω.

Exercice 26.13

1. Soit A et B dans

k⋂

i=1

Ωi. Pour tout i ∈ [[1, k]], A et B appartiennent a Ωi, donc le segment

[A,B] est inclus dans Ωi car Ωi est convexe. On a donc [A,B] ⊂k⋂

i=1

Ωi et

k⋂

i=1

Ωi est convexe.

2. Si Ω1 et Ω2 sont des singletons distincts, ils sont convexes, mais leur reunion ne l’est pas.

Exercice 26.14

Soient A et B deux points de Ω + Ω′. Il existe C et D dans Ω et C ′ et D′ dans Ω′ tels queA = C + C ′ et B = D + D′. Soit λ ∈ [0, 1]. On a

(1 − λ)A + λB = (1 − λ)C + λD + (1 − λ)C ′ + λD′.

Comme Ω est convexe, (1 − λ)C + λD appartient a Ω ; de meme, comme Ω′ est convexe,(1 − λ)C ′ + λD′ appartient a Ω′ et (1 − λ)A + λB appartient a Ω + Ω′. Ainsi, Ω + Ω′ estconvexe.

Exercice 26.15

Soient A et B dans λΩ. Par definition, il existe C et D dans Ω tels que A = λC et B = λD.Soit t ∈ [0, 1]. On a alors

(1 − t)A + tB = (1 − t)λC + tλD = λ((1 − t)C + tD).

Comme Ω est convexe, (1 − t)C + tD appartient a Ω et (1 − t)A + tB appartient a λΩ, quiest donc convexe.

Exercice 26.16

On raisonne par recurrence sur n.La propriete est evidente pour n = 1, car alors λ1 = 1.Supposons que la propriete est verifiee au rang n et considerons n + 1 points A1, . . . , An+1

de Ω et n + 1 reels positifs λ1, . . . , λn+1 tels quen+1∑

i=1

λi = 1.

Si λn+1 = 1, alors

n+1∑

i=1

λiAi = An+1 et il n’y a rien a demontrer. Sinon, on ecrit

n+1∑

i=1

λiAi = (1 − λn+1)

(n∑

i=1

λi

1 − λn+1Ai

)+ λn+1An+1.

324

Comme

n∑

i=1

λi

1 − λn+1= 1, l’hypothese de recurrence donne que le point B =

n∑

i=1

λi

1 − λn+1Ai

appartient a Ω. Le point

n+1∑

i=1

λiAi = (1 − λn+1)B + λn+1An+1

appartient aussi a Ω par definition d’un ensemble convexe, ce qui termine la demonstrationpar recurrence.

Exercice 26.17

On peut ecrire

Ω =

(x, y) ∈ R2,

(x − 1

2y

)2

+3

4y2

6 α

.

Soit (x, y) et (x′, y′) deux elements de Ω, λ ∈ [0, 1],

(X,Y ) = (1 − λ)(x, y) + λ(x′, y′) = ((1 − λ)x + λx′, (1 − λ)y + λy′).

On calcule

K =

(X − 1

2Y

)2

+3

4Y 2

=

((1 − λ)

(x − 1

2y

)+ λ

(x′ − 1

2y′

))2

+3

4((1 − λ)y + λy′)

2.

La fonction x 7−→ x2 est convexe sur R. On a donc

K 6 (1 − λ)

(x − 1

2y

)2

+ λ

(x′ − 1

2y′

)2

+3

4

((1 − λ)y2 + λy′2

)

6 (1 − λ)

((x − 1

2y

)2

+3

4y2

)+ λ

((x′ − 1

2y′

)2

+3

4y′2

).

Comme (x, y) et (x′, y′) appartiennent a Ω, on en deduit

K 6 (1 − λ)α + λα 6 α,

ce qui montre que (X,Y ) appartient a Ω. L’ensemble Ω est donc convexe.

Chapitre 27Exercice 27.1

On utilise les inegalites

|x| 6 ‖(x, y)‖ et |y| 6 ‖(x, y)‖.

325

1. Pour (x, y) 6= (0, 0), on a

|f(x, y)| 6x2|y|

x2 + y26 |y| 6 ‖(x, y)‖.

Cette inegalite reste verifiee en (0, 0). On a donc

∀(x, y) ∈ R2 |f(x, y) − f(0, 0)| 6 ‖(x, y)‖,

ce qui montre la continuite de f en (0, 0). En effet, pour ε > 0, pour obtenir |f(x, y)−f(0, 0)| 6 ε,il suffit de prendre ‖(x, y)‖ 6 ε.

2. Pour (x, y) 6= (0, 0), on a

|f(x, y)| 6 |y| 6 ‖(x, y)‖

et on conclut comme dans la question 1.

3. Pour (x, y) 6= (0, 0), on a

|f(x, y)| 6|x|3y2

(x2 + y2)26

‖(x, y)‖5

‖(x, y)‖46 ‖(x, y)‖

et on conclut comme dans la question 1.

4. On a, pour tout x 6= 0,

f(x, x) =ex2 − 1

2x2.

On sait que limx→0

ex2 − 1

2x2=

1

2exp′(0) =

1

2. On en conclut que f n’est pas continue en (0, 0)

car sinon, par le theoreme de composition, on aurait

limx→0

f(x, x) = f(0, 0).

Exercice 27.2

1. La restriction (x, y) 7−→ y sinx

yde f aux ouverts

Ω1 = (x, y) ∈ R2, y > 0 et Ω2 = (x, y) ∈ R2, y < 0

est continue sur Ω1 et Ω2 par composition de fonctions continues usuelles. Ceci assure lacontinuite de f en tout (x0, y0) tel que y0 6= 0.Reste a etudier la continuite en (x0, 0) pour tout reel x0. On observe que, pour tout(x, y) ∈ R2,

|f(x, y)| 6 |y| et donc |f(x, y) − f(x0, 0)| 6 |y| 6 ‖(x, y) − (x0, 0)‖,

ce qui montre la continuite de f en (x0, 0). La fonction f est continue sur R2.

326

2. On montre, comme dans la question 1 et avec les memes notations, que f est continuesur Ω1 et Ω2. La fonction f est donc continue en tout point (x0, y0) tel que y0 6= 0.Reste a etudier la continuite en (x0, 0) pour tout reel x0. En utilisant l’inegalite de Taylor-Lagrange a l’ordre 2, on obtient, pour tout u ∈ R,

∣∣∣∣cos u − 1 +u2

2

∣∣∣∣ 6u3

6.

On en deduit, pour tout (x, y) ∈ R2,∣∣∣∣cos xy − 1 +

x2y2

2

∣∣∣∣ 6x3y3

6,

puis pour y 6= 0, ∣∣∣∣1 − cos xy

y2− x2

2

∣∣∣∣ 6|x3y|

6.

On obtient ∣∣∣∣f(x, y) − x2

2

∣∣∣∣ 6|x3y|

6,

inegalite qui reste vraie pour y = 0. On en deduit, pour tout (x, y) ∈ R2.

|f(x, y) − f(x0, 0)| =

∣∣∣∣f(x, y) − x20

2

∣∣∣∣ 6

∣∣∣∣f(x, y) − x2

2

∣∣∣∣ +

∣∣∣∣x2

2− x2

0

2

∣∣∣∣

6|x3y|

6+

|x2 − x20|

2.

La fonction g : (x, y) 7−→ |x3y|6

+|x2 − x2

0|2

est continue sur R2 donc en (x0, 0) et g(x0, 0) = 0.

On peut donc rendre g(x, y) et donc |f(x, y)− f(x0, 0)| plus petit que tout ε > 0 en prenant‖(x, y) − (x0, 0)‖ assez petit.La fonction f est donc continue en tout (x0, 0) et donc continue sur R2.

3. Les fonctions f1 : (x, y) 7−→ x(1 − y) et f2 : (x, y) 7−→ y(1 − x) sont continues.On en deduit que f est continue sur les deux ouverts Ω1 = (x, y) ∈ R2, y < x etΩ2 = (x, y) ∈ R2, y > x. Reste a etudier la continuite en (x0, x0) pour tout reel x0.Selon la partie du plan ou on prend (x, y), on a f(x, y) = f1(x, y) ou f2(x, y). Commef(x0, x0) = f1(x0, x0) = f2(x0, x0), on peut ecrire

|f(x, y) − f(x0, x0)| 6 |f1(x, y) − f1(x0, x0)| + |f2(x, x) − f2(x0, x0)|.Puisque f1 et f2 sont continues, cette quantite sera inferieure a ε > 0 pour |(x, y)− (x0, x0)‖assez petit. Ainsi f est continue en (x0, x0) donc sur tout R.

4. La demonstration est la meme que dans 3. La fonction est continue sur les ouvertsΩ1 = (x, y) ∈ R2, y < x2 et Ω2 = (x, y) ∈ R2, y > x2 (ces ensembles sont ou-verts car image reciproque d’un intervalle ouvert par la fonction continue (x, y) 7−→ y−x2).Il faut etudier la continuite en un point (x0, x

20). On a f(x0, x

20) = 0 et on peut ecrire

|f(x, y) − f(x0, x20)| 6 |y − x2|.

La fonction (x, y) 7−→ y − x2 est continue sur R2 et nulle en (x0, x20), donc cette quantite

peut etre rendu inferieure a tout ε > 0 en prenant ‖(x, y)− (x0, x20)‖ assez petit. La fonction

f est continue en tout point (x0, x20) et donc continue sur R2.

327

5. La encore, f est continue sur chacun des ouverts Ω1 = (x, y) ∈ R2, y > x2,Ω2 = (x, y) ∈ R2, y < −x2 et Ω3 = (x, y) ∈ R2, −x2 < y < x2. Il faut etudier lacontinuite en (x0, y0) tel que y0 = ±x2

0.Etudions le cas y0 = x2

0, x0 6= 0. On a, par definition, f(x0, x20) = x0. Puisque

Ω3 = (x, y) ∈ R2, y + x2 > 0 est ouvert, si on prend (x, y) dans une boule decentre (x0, x

20) assez petite, on a (x, y) ∈ Ω3 ; on en deduit que soit f(x, y) = x soit

f(x, y) =y

x. Cela implique

|f(x, y) − f(x0, x20)| 6 |x − x0| +

∣∣∣y

x− x0

∣∣∣ .

La continuite des fonctions (x, y) 7−→ x et (x, y) 7−→ y

xen (x0, x

20) permet de rendre ceci

inferieur a tout ε > 0 pour ‖(x, y) − (x0, x20)‖ assez petit. Ainsi f est continue en (x0, x

20).

Le cas y0 = −x20, x0 6= 0 se traite de la meme maniere.

Il reste le cas x0 = y0 = 0. On a f(0, 0) = 0. On note que, pour tout (x, y) ∈ R2,

|f(x, y)| 6 |x| 6 ‖(x, y)‖.

Ceci montre la continuite de f en (0, 0).Finalement, f est continue sur R2.

Exercice 27.3

1. a) Des inegalites

|x| 6 ‖(x, y)‖, |y| 6 ‖(x, y)‖ et |x| + |y| > ‖(x, y)‖,

on tire, pour tout (x, y) ∈ R2,

|f(x, y)| = f(x, y) 6 ‖(x, y)‖p+q−1.

Pour x 6= 0, on a f(x, x) =1

2|x|p+q−1.

b) Si f est continue en (0, 0), on obtient par le theoreme de composition des fonctionscontinues lim

x→0f(x, x) = 0. Ceci implique p + q − 1 > 0.

Reciproquement, si p + q − 1 > 0, ‖(x, y)‖p+q−1 tend vers 0 avec ‖(x, y)‖ et l’inegaliteprecedente qui peut s’ecrire |f(x, y)− f(0, 0)| 6 ‖(x, y)‖p+q−1 montre que f est continue en(0, 0).Ainsi f est continue en (0, 0) si, et seulement si, p + q − 1 > 0.

2. On utilise la meme methode que dans la question 1. On remarque que, pour tout t > 0,

g(t

1r , t

1s

)=

tpr+ q

s

2t=

1

2t

pr+ q

s−1.

Si g est continue en (0, 0), alors g(t

1r , t

1s

)a pour limite 0 car les fonctions t 7−→ t

1r et

t 7−→ t1s ont pour limite 0 en 0. Ceci est realise si et seulement si

p

r+

q

s− 1 > 0.

Si reciproquement, sip

r+

q

s−1 > 0, on obtient en utilisant la question 1, pour (x, y) 6= (0, 0),

|g(x, y) − g(0, 0)| = g(x, y) =(|x|r)

pr + (|x|s)

qs

|x|r + |x|s 6 (‖(|x|r, |y|s)‖)pr+ q

s−1

.

328

La fonction (x, y) 7−→ (‖(|x|r, |y|s)‖)pr+ q

s−1

est continue en (0, 0) et a pour valeur 0 en (0, 0).On aura donc |f(x, y) − f(0, 0)| 6 ε, avec ε > 0 quelconque, pour ‖(x, y)‖ assez petit.

Ainsi g est continue si, et seulement si,p

r+

q

s> 1.

Exercice 27.4

1. En majorant x2 et y4 par x2 + y4, on obtient

|f(x, y)| =(x2)

α2 (y4)

14

x2 + y46

(x2 + y4)α2 + 1

4

x2 + y4= (x2 + y4)

2α−34 .

Pour y 6= 0, on a

f(y2, y) =|y|2α+1

2y4=

1

2|y|2α−3.

2. Si f est continue en (0, 0), on obtient par le theoreme de composition, puisque la fonctiony 7−→ y2 a pour limite 0 en 0, lim

y→0f(y, y2) = 0. Ceci necessite d’avoir 2α − 3 > 0.

Reciproquement, si cette condition est realisee, la fonction h : (x, y) 7−→ (x2 + y4)2α−3

2 estcontinue sur R2, car c’est la composee d’une fonction polynomiale de deux variables, positive,

et de la fonction x 7−→ x2α−3

2 qui est continue sur R+ car2α − 3

2> 0. Sa valeur en (0, 0) est

0. Ainsi, on aura h(x, y) et a fortiori f(x, y) inferieur a tout ε > 0 pour ‖(x, y)‖ assez petit,ce qui montre la continuite de f en (0, 0).

Ainsi f est continue en (0, 0) si, et seulement si, α >3

2.

Exercice 27.5

En appliquant la propriete deux fois, on obtient, pour tout (x, y) ∈ R2,

f(x, y) = f(x + y, x − y) = f(x + y + x − y, x + y − x + y) = f(2x, 2y).

Cela peut s’ecrire aussi

∀(x, y) ∈ R f(x, y) = f(x

2,y

2

).

Soit (x, y) ∈ R2. Par une recurrence immediate, on obtient, pour tout n ∈ N,

f(x, y) = f( x

2n,

y

2n

).

Montrons en faisant tendre n vers +∞ que f(x, y) = f(0, 0). Soit ε > 0. Par continuite def en (0, 0), il existe η > 0 tel que

‖(u, v)‖ 6 η =⇒ |f(u, v) − f(0, 0)| 6 ε.

Puisque∥∥∥( x

2n,

y

2n

)∥∥∥ =‖(x, y‖

2net que

‖(x, y‖2n

a pour limite 0 quand n tend vers +∞, cette

norme sera inferieure a η pour n assez grand et on aura alors∣∣∣f

( x

2n,

y

2n

)− f(0, 0)

∣∣∣ 6 ε c’est-a-dire |f(x, y) − f(0, 0)| 6 ε.

Ceci etant vrai pour tout ε > 0, on en deduit que f(x, y) = f(0, 0). Mais (x, y) est quel-conque, donc f est une fonction constante.Reciproquement, il est clair que toute fonction constante repond au probleme pose.

329

Exercice 27.6

1. Soit f la fonction definie sur R2 par

f(x) =xy2

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0) et f(0, 0) = 0.

On verifie que f a la propriete voulue.

2. Le graphe G de f est l’ensemble des triplets (x, y, z) de R3 tels que z = f(x, y). Si(x, y, z) ∈ G, on a, pour tout reel λ,

f(λx, λy) = λf(x, y) = λz,

donc (λx, λy, λz) appartient a G. Le graphe G contient donc Vect(x, y, z). On peut ecrire

G =⋃

(x,y,z)∈GVect(x, y, z)

et G apparaıt comme une reunion de droites.

Exercice 27.7

1. Si (x, y) ∈ C1, on a necessairement xy > 0.

Si x et y sont positifs, on obtient f(x, y) =xy

x + yet on a les equivalences suivantes :

(x, y) ∈ C1 ⇐⇒ x + y = xy ⇐⇒ (x − 1)(y − 1) = 1.

On obtient une branche d’une hyperbole d’asymptotes x = 1, y = 1, partie de l’hyperbolequi correspond a x > 1 et y > 1.La partie de C1 qui correspond a xy < 0, s’obtient en faisant une symetrie par rapport a 0,car f(−x,−y) = f(x, y). On obtient de nouveau une branche d’hyperbole.

2. Pour tout k > 0 et tout (x, y) ∈ R2 \ 0, on a f(kx, ky) = kf(x, y) et on a doncf(kx, ky) = k si et seulement si f(x, y) = 1. La ligne de niveau k, Ck se deduit de C1 parl’homothetie vectorielle de rapport k.Comme de plus f(x,−y) = −f(x, y) pour tout (x, y) ∈ R2, la courbe C−k pour k > 0 estl’image de Ck par la symetrie par rapport a la droite y = 0.On note que C0 est reunion des droites x = 0 et y = 0, privees de (0, 0).

Exercice 27.8

Sur l’ouvert (x, y) ∈ R2, x 6= y, la fonction f est continue comme quotient de fonctionscontinues. Etudions la continuite de f en (x0, x0), pour un reel x0 quelconque.Pour tout (x, y) ∈ R2 tel que x 6= y, la formule des accroissements finis montre qu’il existecx,y entre x et y tel que F (x, y) = f ′(cx,y). On peut noter que ceci reste vrai pour x = y,avec cx,x = x. La continuite de F va resulter de celle de la fonction f ′.Soit ε > 0. Par continuite de f ′ en x0, il existe η > 0 tel que |x − x0| 6 η implique|f ′(x) − f ′(x0)| 6 ε.Prenons (x, y) dans la boule ouverte B((x0, y0), η). Il verifie le inegalites |x − x0| 6 η et|y − y0| 6 η.On considere cxy. Comme il est entre x et y et que le segment [x0 − η, x0 + η] contient x et

330

y, il contient cxy et on a |f ′(cxy) − f ′(x0)| 6 ε, c’est-a-dire |F (x, y) − F (x0, x0)| 6 ε.On a donc montre que

∀(x, y) ∈ R2 (x, y) ∈ B((x0, x0), η) =⇒ |F (x, y) − F (x0, x0)| 6 ε.

Ceci demontre la continuite de F en (x0, x0), et donc sur R2.

Exercice 27.9

1. Par l’inegalite triangulaire, on a, pour M et N dans R2,

|f(M) − f(N)| = |d(M0,M) − d(M0, N)| 6 d(M,N).

Ceci montre la continuite de f . En effet pour tout ε > 0, il suffit pour obtenir |f(M)−f(N)| 6 εde prendre d(M,N) 6 ε.

2. L’application est definie car, pour tout M ∈ R2, l’ensemble des distances d(M,N) estminore par 0.Soit M et M ′ dans R2. On a, pour tout N ∈ Ω,

d(M,N) > d(M ′, N) − d(M,M ′) > d(M ′,Ω) − d(M,M ′).

Comme la borne inferieure est le plus petit minorant, on en deduit que

d(M,Ω) > d(M ′,Ω) − d(M,M ′) soit d(M ′,Ω) − d(M,Ω) 6 d(M,M ′).

On demontre en echangeant les roles de M et M ′ que d(M,Ω) − d(M ′,Ω) 6 d(M,M ′) eton conclut

|d(M,Ω) − d(M ′,Ω)| 6 d(M,M ′).

On en deduit comme pour la fonction f dans la question 1, que l’application M 7−→ d(M,Ω)est continue sur R2.

3. Soit M tel que d(M,Ω) = 0 et r > 0. Par definition de la borne inferieure, on peuttrouver un point N de Ω tel que d(M,N) < r. Le point N appartient a Ω et a la bouleouverte de centre M et de rayon r. Ainsi toute boule ouverte de centre M rencontre Ω.Supposons reciproquement que toute boule ouverte de centre M rencontre Ω. Soit r > 0.Il existe un point N de Ω qui appartient a la boule B(M, r). Par definition de d(M,Ω), ona donc d(M,Ω) 6 d(M,N) 6 r. Ceci etant vrai pour tout r > 0, on conclut que d(M,Ω) = 0.

Supposons que Ω est ferme.Si M ∈ Ω, on a evidemment d(M,Ω) = 0 (prendre N = M).Si M /∈ Ω, comme le complementaire de Ω est ouvert, il existe une boule ouverte de centreM qui est incluse dans ce complementaire. Elle ne rencontre donc pas Ω et d’apres lacaracterisation qui precede, on a d(M,Ω) 6= 0.Pour Ω ferme, d(M,Ω) = 0 equivaut a M ∈ Ω.

Exercice 27.10

1. D’apres l’exercice precedent, les fonctions M 7−→ d(M,F ) et M 7−→ d(M,F ′) sont conti-nues sur R2. De plus le denominateur ne s’annule que si d(M,F ) = d(M,F ′) = 0, ce qui,F et F ′ etant fermes, necessite M ∈ F et M ∈ F ′. C’est impossible car on suppose F etF ′ disjoints. La fonction f est donc definie sur R et continue comme quotient de fonctionscontinues.

331

2. On note que

f(M) = 0 ⇐⇒ d(M,F ) = 0 ⇐⇒ M ∈ F

f(M) = 1 ⇐⇒ d(M,F ′) = 0 ⇐⇒ M ∈ F ′.

On a donc F = f−1(0) et F ′ = f−1(1). Considerons Ω = f−1

(]−1,

1

2

[)et

Ω′ = f−1

(]1

2, 2

[). Les ensembles Ω et Ω′ sont des ouverts, car image reciproque d’un

intervalle ouvert par une fonction continue. Ils sont disjoints, car

]−1,

1

2

[et

]1

2, 2

[sont

disjoints. On a clairement F ⊂ Ω et F ′ ⊂ Ω′.

Exercice 27.11

1. Pour tout t ∈ [0, 1], (1 − t)A + tB appartient a Ω, car Ω est convexe, donc la fonction ϕest definie sur [0, 1].Si on note A = (a, a′), B = (b, b′), On a, pour tout t ∈ [0, 1],

ϕ(t) = f((1 − t)a + tb, (1 − t)a′ + tb′).

Les fonctions u : t 7−→ (1 − t)a + tb et v : t 7−→ (1 − t)a′ + tb′ sont continues sur [0, 1] et fest continue sur Ω donc ϕ est continue sur [0, 1], d’apres le theoreme de composition.

2. On remarque que f(A) = ϕ(0) et f(B) = ϕ(1). Si f(A) < 0 et f(B) > 0, en appliquanta ϕ le theoreme des valeurs intermediaires entre 0 et 1, on demontre qu’il existe t0 ∈ [0, 1]tel que ϕ(t0) = 0. Le point C = (1 − t0)A + t0B verifie f(C) = 0.

3. L’ensemble f(Ω) est un intervalle si, pour tous elements A et B de Ω, tout reel λ comprisentre f(A) et f(B) appartient a f(Ω). On peut supposer f(A) < λ < f(B). On considerela fonction g : Ω −→ R definie par g(M) = f(M) − λ. Comme f , g est continue et verifieg(A) < 0 et g(B) > 0. En appliquant le resultat de la question 2 a g, on montre qu’il existeC ∈ Ω tel que g(C) = 0, c’est-a-dire f(C) = λ.

Exercice 27.12

1. L’ensemble K est une partie fermee et bornee de R2. En effet, il a ete demontre dansle cours qu’un demi-plan ferme est un ferme ; il en est de meme de l’ensemble des couples(x, y) ∈ R2 tel que x + y = 1, car la fonction (x, y) 7−→ x + y est continue. Ainsi K est uneintersection de fermes.Il est borne, car, pour tout (x, y) ∈ K,

0 6 x 6 1, 0 6 y 6 1, et donc ‖(x, y)‖ 6√

2.

Puisque K est ferme et borne et que f est continue sur K, elle y est bornee et atteint sesbornes.

2. On a, pour tout (x, y) ∈ K,

f(x, y) = x2 + y2 = x2 + (1 − x)2 = 2x2 − 2x + 1.

Une rapide etude de fonction sur [0, 1] montre que le minimum vaut1

2et est atteint pour

(x, y) =

(1

2,1

2

)et que le maximum vaut 1 et est atteint en (0, 1) et en (1, 0).

332

Exercice 27.13

La fonction f est a valeurs dans R+. Elle est donc minoree et possede une borne inferieure.Posons

α = inf(x,y)∈R2

f(x, y).

Puisque lim‖(x,y)‖→+∞

f(x, y) = +∞, il existe R > 0 tel que f(x, y) > α + 1 si ‖(x, y)‖ > R.

Notons B la boule fermee de centre (0, 0) et de rayon R. Cette boule est un ferme borne. Larestriction de f a B, qui est continue, atteint donc sa borne inferieure sur B.Notons β cette borne inferieure. On a necessairement β > α car α minore f sur B. Commef est minoree par α+1 sur le complementaire de B, le reel min(β, α+1) est un minorant def . Si β > α, il est plus grand que α. C’est impossible. On a donc β = α. La borne inferieurede f sur R2 est donc atteinte, en un point de B.

Exercice 27.14

Supposons que f est convexe et fixons (X,Y ) ∈ D2. Soient t, t′ et λ trois elements de [0, 1].On a

fX,Y (λt + (1 − λ)t′) = f((λt + (1 − λ)t′)X + (1 − (λt + (1 − λ)t′))Y ).

En remarquant que 1 − (λt + (1 − λ)t′) = λ(1 − t) + (1 − λ)(1 − t′), on obtient

fX,Y (λt + (1 − λ)t′) = f(λ(tX + (1 − t)Y ) + (1 − λ)(t′X + (1 − t′)Y ))

et donc, en utilisant la convexite de f ,

fX,Y (λt + (1 − λ)t′) 6 λf(tX + (1 − t)Y )) + (1 − λ)f(t′X + (1 − t′)Y )

6 λfX,Y (t) + (1 − λ)fX,Y (t′),

ce qui montre que fX,Y est convexe sur [0, 1].

Supposons reciproquement que fX,Y est convexe sur [0, 1] pour tout (X,Y ) ∈ D2. Soit(X,Y ) ∈ D2 et t ∈ [0, 1]. De la convexite de fX,Y , on deduit

fX,Y (t) = fX,Y (t · 1 + (1 − t) · 0) 6 tfX,Y (1) + (1 − t)fX,Y (0),

c’est-a-diref(tX + (1 − t)Y ) 6 tf(X) + (1 − t)f(Y ).

Comme cela est verifie pour tout (X,Y ) ∈ D2 et tout t ∈ [0, 1], la fonction f est convexe.

Chapitre 28Exercice 28.1

1. Soit g : (x, y) 7−→ f(y, x). En revenant a la definition, on obtient

∂g

∂x(x, y) =

∂f

∂y(y, x) et

∂g

∂y(x, y) =

∂f

∂x(y, x).

333

2. Soit h : x 7−→ f(x, x). Le theoreme de derivation des fonctions composees donne

h′(x) =∂f

∂x(x, x) +

∂f

∂y(x, x).

3. Soit k : x 7−→ f(x, f(x, x)). On obtient, avec le meme theoreme et en gardant les memesnotations,

k′(x) =∂f

∂x(x, h(x)) + h′(x)

∂f

∂y(x, h(x))

=∂f

∂x(x, h(x)) +

(∂f

∂x(x, x) +

∂f

∂y(x, x)

)∂f

∂y(x, h(x)).

4. Soit l : (x, y) 7−→ f(h(x), y). On obtient, en revenant a la definition et en utilisant leresultat de la question 2,

∂l

∂x(x, y) = h′(x)

∂f

∂x(h(x), y) et

∂l

∂y(x, y) =

∂f

∂y(h(x), y).

Exercice 28.2

En developpant, on obtient

Gn(x, y) =1

n!

∫ y

0

f(t)

(n∑

k=0

(n

k

)xk(−t)n−k

)dt

=1

n!

n∑

k=0

(n

k

)xk

∫ y

0

f(t)(−t)n−k.

La fonction Gn est continue sur R2, car c’est une somme de produits de fonctions d’unevariable x ou y, continues.La fonction Gn possede des derivees partielles d’ordre 1 sur R2. On obtient

∂Gn

∂x(x, y) =

1

n!

n∑

k=1

k

(n

k

)xk−1

∫ y

0

f(t)(−t)n−k

=1

(n − 1)!

n∑

k=1

(n − 1

k − 1

)xk−1

∫ y

0

f(t)(−t)n−k

= Gn−1(x, y),

∂Gn

∂y(x, y) =

1

n!

n∑

k=0

(n

k

)xkf(y)(−y)n−k =

1

n!f(y)(x − y)n .

Ces deux derivees partielles sont continues sur R2, donc Gn est de classe C1.

Exercice 28.3

On a, pour tout (x, y) ∈ R2, F (x, y) = f(√

x2 + y2). En tout point different de (0, 0), Fpossede des derivees partielles

∂F

∂x(x, y) =

x√x2 + y2

f ′(√

x2 + y2) et∂F

∂y(x, y) =

y√x2 + y2

f ′(√

x2 + y2).

334

Ces derivees partielles sont continues sur l’ouvert R2 \ (0, 0).Pour tout y ∈ R∗,

F (x, 0) − F (0, 0)

x=

f(|x|) − f(0)

x=

x

|x| ·f(|x|) − f(0)

|x| .

De limx→0

f(|x|) − f(0)

|x| = f ′(0) = 0, on deduit∂F

∂x(0, 0) = 0. On trouve de meme que

∂F

∂y(0, 0) = 0.

L’inegalite ∣∣∣∣∂F

∂x(x, y)

∣∣∣∣ 6 |f ′(√

x2 + y2)|

et la continuite de f ′ montrent que lim(x,y)→(0,0)

∂F

∂x(x, y) = 0. La fonction

∂F

∂xest donc

continue en (0, 0). Il en est de meme de∂F

∂x. La fonction F est donc de classe C1 sur R2.

Exercice 28.4

1. La fonction est continue en tout point different de (0, 0) et, pour (x, y) 6= (0, 0),

|f(x, y)| 6|xy|

|x| + |y| 6 |x| 6 ‖(x, y)‖.

Ceci montre que f est continue en (0, 0) donc sur R2.

2. La fonction f possede des derivees partielles par rapport a x en tout point (x, y) tel quex 6= 0 et on trouve

∂f

∂x(x, y) =

y cos(xy)

|x| + |y| − εsin(xy)

(|x| + |y|)2 ,

ou ε = ±1 selon le signe de x.Pour y 6= 0, on trouve

∂f

∂x(0, y) = lim

x→0

f(x, y) − f(0, y)

x= lim

x→0

sin(xy)

x(|x| + y|) =y

|y| .

Enfin, on a∂f

∂x(0, 0) = 0, car la fonction x 7−→ f(x, 0) est nulle.

On trouve des resultats analogues pour∂f

∂y. Ainsi f possede des derivees partielles en tout

point de R2.

3. On remarque que, pour tout (x, y) 6= (0, 0), on a, avec les notations precedentes,

∂f

∂x(x, y) =

y cos(xy)

|x| + |y| − εsin(xy)

(|x| + |y|)2 .

La fonction∂f

∂xest continue sur les ouverts definies par x > 0 et x < 0 d’apres les theoremes

usuels. On a, de plus, pour y0 6= 0,

lim(x,y)→(0,y0)

∂f

∂x(x, y) =

y0

|y0|=

∂f

∂x(0, y0).

335

La fonction∂f

∂xest donc continue en tout point (0, y0) avec y0 6= 0.

Par contre, elle n’est pas continue en (0, 0). Par exemple, pour x > 0,

∂f

∂x(x, x) =

1

2cos(x2) − sinx2

4x2

a pour limite1

4quand x tend vers 0.

La fonction∂f

∂xest donc continue sur l’ouvert R2 \ (0, 0). On a le meme resultat pour

∂f

∂y.

La fonction f n’est pas de classe C1 sur R2. Elle est de classe C1 sur l’ouvert R2 \ (0, 0).

Exercice 28.5

1. La fonction f est continue sur R2 \ (0, 0). De plus, elle est continue en (0, 0) car, pourtout (x, y) ∈ R2,

|f(x, y)| 6 ‖(x, y)‖.

En tout point different de (0, 0), f possede une derivee partielle par rapport a x et

∂f

∂x(x, y) =

y2|y|(x2 + y2)

32

qui est continue sur l’ouvert R2 \ (0, 0).En tout point (x, y) tel que y 6= 0, f possede une derivee partielle par rapport a y et

∂f

∂y(x, y) =

εx3

(x2 + y2)32

,

ou ε = ±1 selon le signe de y. Cette derivee partielle est continue sur les ouverts definis pary < 0 et y > 0.En (x, 0), avec x 6= 0, f ne possede pas de derivees partielles par rapport a y car la fonction

f2 : y 7−→ f(x, y) n’est pas derivable en 0 (on trouve (f2)′d(x, 0) =

x

|x| et (f2)′g(0, 0) = − x

|x| ).

Enfin, on obtient∂f

∂x(0, 0) =

∂f

∂y(0, 0) = 0, car x 7−→ f(x, 0) et y 7−→ f(0, y) sont nulles.

Les derivees partielles ne sont pas continues en (0, 0). On a, par exemple, pour x > 0,∂f

∂x(x, x) =

∂f

∂y(x, x) =

1

2√

2.

2. La fonction f est continue en tout point different de (0, 0). Etudions la continuite en(0, 0). Pour (x, y) 6= (0, 0), on ecrit

|f(x, y) =

∣∣∣∣x(sin y − y) + y(x − sin x)

x2 + y2

∣∣∣∣ 6|x| | sin y − y| + |y| | sin x − x|

x2 + y2.

En utilisant l’inegalite de Taylor-Lagrange, on obtient

| sin y − y| 6|y|36

et | sin x − x| 6|x|36

.

336

On en deduit que

|f(x, y)| 6|xy3| + |x3y|6(x2 + y2)

≤ 1

6|xy| ≤ 1

6(x2 + y2).

Cela montre que f est continue en (0, 0) et donc sur R2.La fonction f est de classe C1 sur l’ouvert R2 \ 0. On a par exemple

∂f

∂x(x, y) =

(−x2 + y2) sin y

(x2 + y2)2− y cos x

(x2 + y2)+

2xy sin x

(x2 + y2)2

Les derivees partielles en (0, 0) sont nulles car les fonctions partielles en (0, 0) sont nulles .

Montrons que∂f

∂xest continue en (0, 0). On utilise les inegalites precedentes et l’inegalite

|1 − cos x| 6x2

2qui resulte aussi de l’inegalite de Taylor-Lagrange. On obtient, pour

(x, y) 6= (0, 0), en utilisant l’inegalite triangulaire∣∣∣∣∂f

∂x(x, y)

∣∣∣∣ 6

∣∣∣∣(−x2 + y2)y

(x2 + y2)2− y

(x2 + y2)+

2xy x

(x2 + y2)2

∣∣∣∣

+| − x2 + y2|| sin y − y|

(x2 + y2)2+

|y|| cos x − 1|(x2 + y2

+2|xy|| sin x − x|

(x2 + t2)2

6

∣∣∣∣(−x2 + y2)y

(x2 + y2)2− y

(x2 + y2)+

2xy x

(x2 + y2)2

∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸

=0

+(y2 + x2)|y|36(x2 + y2)2

+x2|y|

2(x2 + y2)+

2|xy| |x|36(x2 + y2)2

6|y|6

+|y|2

+|y|3

6 ‖(x, y)‖,

ce qui montre que∂f

∂xest continue en (0, 0). On a le meme resultat pour

∂f

∂ydonc f est de

classe C1 sur R2.

3. La fonction f est continue sur R2 \ (0, 0). On a, pour (x, y) 6= (0, 0),

|x ln(x2 + y2| 6 |√

x2 + y2 ln(x2 + y2)|,

ce qui montre que x ln(x2 +y2) tend vers 0 quand ‖(x, y)‖ tend vers 0, car limX→0

X lnX2 = 0.

On en deduit que f(x, y) a pour limite e0 = 1 quand (x, y) tend vers (0, 0) et donc que fest continue en (0, 0).

La fonction f est de classe C1 sur l’ouvert R2 \ (0, 0).Pour x 6= 0, on a

f(x, 0) − f(0, 0)

x=

ex ln(x2) − 1

x∼

x→0ln(x2)

qui a pour limite +∞ en 0. Donc f n’a pas de derivee partielle par rapport a x en (0, 0).La fonction y 7−→ f(0, y) est constante, egale a 1. On en deduit que

∂f

∂y(0, 0) = 0.

337

Comme pour (x, y) 6= (0, 0),∂f

∂y(x, y) =

2xy

x2 + y2ex ln(x2+y2),

∂f

∂yn’est pas continue en (0, 0).

On a par exemple∂f

∂y(x, x) = ex ln(2x2) qui tend vers 1 quand x tend vers 0.

4. La fonction f est continue et possede des derivees partielles par rapport a x et y continuessur chacun des ouverts Ω1 = (x, y) ∈ R2, |x| < y et Ω2 = (x, y) ∈ R2, |x| > y(ce sont des ouverts, car images reciproques d’intervalles ouverts par la fonction continue(x, y) 7−→ |x| − y).Etudions la continuite en un point (x0, |x0|). Comme f(x, y) = x2 ou y2, on a, pour tout(x, y) ∈ R2,

|f(x, y) − f(x0, |x0|)| 6 |x2 − x20| + |y2 − x2

0|,ce qui montre la continuite en (x0, |x0|) et donc sur R2.Si x0 6= 0, les applications partielles x 7−→ f(x, |x0|) et y 7−→ f(x0, y) ne sont pas derivablesen x0 et |x0| respectivement (le nombre derive est nul d’un cote et egal a ±x0 de l’autre).

Par contre, f possede des derivees partielles en (0, 0) :∂f

∂x(0, 0) =

∂f

∂y(0, 0) = 0. De plus,

les derivees partielles sont continues en (0, 0). Si |x| 6= y, on a∂f

∂x(x, y) = 2x ou 0 et donc

lim(x,y)→(0,0)

∂f

∂x(x, y) = 0. On a un resultat analogue pour

∂f

∂y.

Exercice 28.6

1. De l’inegalite

√uv

u + v6

1

2valable pour u et v positifs (elle equivaut a (

√u − √

v)2 > 0),

on deduit que, pour tout (x, y) 6= (0, 0),

|f(x, y)| = |x|√

x6y4

x6 + y46

1

2|x| 6

1

2‖(x, y)‖

et donc f est continue en (0, 0).

2. Les derivees partielles d’ordre 1 en 0 sont nulles car les fonctions partielles sont nulles.

3. Pour tout t 6= 0, on a

f(t2, t3)

‖(t2, t3)‖ =t14

2t12· 1√

t4 + t6=

1

2√

1 + t2,

expression qui tend vers1

2quand t tend vers 0. On en deduit, puisque lim

t→0t2 = lim

t→0t3 = 0,

quef(x, y)

‖(x, y)‖ ne tend pas vers 0 quand (x, y) tend vers (0, 0).

Supposons que f possede un developpement limite d’ordre 1 en (0, 0). Il s’ecrit necessairement

f(x, y) = f(0, 0) + x∂f

∂x(0, 0) + y

∂f

∂y(0, 0) + ‖(x, y)‖ε(x, y) = ‖(x, y)‖ε(x, y),

ou la fonction ε a pour limite 0 en (0, 0). Comme pour (x, y) 6= (0, 0), ε(x, y) =f(x, y)

‖(x, y)‖ ,

c’est impossible. La fonction f ne possede pas de developpement limite d’ordre 1 en (0, 0).

338

Exercice 28.7

Si U = (a, b) 6= (0, 0), on obtient, pour tout t 6= 0,

f((0, 0) + tU) − f(0, 0)

t=

f(ta, tb)

t=

t4a5

(tb − t2a2)2 + t6a6

=t2a5

(b − ta2)2 + t4a6.

Si b 6= 0, f ′U (0, 0) = 0.

Si b = 0, f ′U (0, 0) = lim

t→0

t2a5

(ta2)2 + t4a6= lim

t→0

a5

a4 + t2a6= a.

La fonction f admet des derivees directionnelles en (0, 0) suivant tout vecteur.

Pour x 6= 0, f(x, x2) =1

xexpression qui ne tend pas vers 0 quand x tend vers 0. Donc f

n’est pas continue en (0, 0). Elle ne possede donc pas de developpement limite d’ordre 1 en(0, 0).

Exercice 28.8

D’apres les theoremes usuels sur les fonctions de classe C1, f est de classe C1 sur l’ouvertR2 \ (0, 0).On a, pour (x, y) 6= (0, 0),

|f(x, y)| 6|x|3 + |y|3x2 + y2

6 |x| + |y| 6 2‖(x, y)‖,

donc f est continue en (0, 0).

Pour tout x ∈ R, f(x, 0) = x donc∂f

∂x(0, 0) = 1. De meme, pour tout y ∈ R, f(0, y) = −y

et∂f

∂y(0, 0) = −1.

Si f possedait un developpement limite d’ordre 1 en (0, 0), il s’ecrirait

f(x, y) = x − y + ‖(x, y)‖ε(x, y).

On aurait, pour (x, y) 6= (0, 0),

f(x, y) − (x − y) =xy(x − y)

x2 + y2et ε(x, y) =

xy(x − y)

(x2 + y2)2.

La fonction ε ainsi definie n’a pas pour limite 0 en (0, 0), car

ε(x, x2) =x3(x − x2)

(x2 + x4)2=

1 − x

(1 + x2)2

expression dont la limite en 0 est 1.

Exercice 28.9

La fonction f est de classe C1 sur l’ouvert Ω = (x, y) ∈ R2, x 6= 0, donc possede en toutpoint de cet ouvert un developpement limite d’ordre 1.

339

Montrons que f possede un developpement limite d’ordre 1 en (0, y0), pour tout y0. On peutecrire, pour tout (h, k) ∈ R2,

|f(h, y0 + k)| 6 h2(y0 + k)2 6 ‖(h, k)‖2(y0 + k)2.

En posant

ε(h, k) =f(h, y0 + k)

‖(h, k)‖ si (h, k) 6= (0, 0) et ε(0, 0) = 0,

on obtient |ε(h, k)| 6 ‖(h, k)‖(y0 + k)2 et donc lim(h,k)→(0,0)

ε(h, k) = 0. Ainsi, f possede un

developpement limite d’ordre 1 en (0, y0) qui est

f(h, y0 + k) = ‖(h, k)‖ε(h, k).

La fonction f possede donc un developpement limite d’ordre 1 en tout point de R2.Il resulte du developpement limite en un point d’abscisse nulle que, pour tout reel y,∂f

∂x(0, y) = 0.

Or, pour x 6= 0, on a∂f

∂x(x, y) = 2xy2 sin

1

x− y2 cos

1

x.

Si y 6= 0,∂f

∂x(x, y) n’a pas de limite quand x tend vers 0, car 2xy2 sin

1

xtend vers 0 et

y2 cos1

xn’a pas de limite. La fonction

∂f

∂xn’est pas continue en (0, y) pour tout y 6= 0.

Exercice 28.10

1. Si f verifie l’equation alors, pour tout y ∈ R, la fonction x 7−→ f(x, y) a une deriveenulle donc est constante. On a, pour tout (x, y) ∈ R2, f(x, y) = f(0, y). La fonctiong : y 7−→ f(0, y) est une fonction de classe C1 de R dans R.Reciproquement, si g : R −→ R est de classe C1, la fonction

f : (x, y) 7−→ g(y)

est solution.

2. Soit H une primitive quelconque de h. Si f verifie l’equation alors, pour tout y, la fonctionx 7−→ f(x, y) a pour derivee h. On a, pour tout (x, y) ∈ R2, f(x, y) = H(x)−H(0)+f(0, y).La fonction g : y 7−→ f(0, y) − H(0) est de classe C1 sur R.Reciproquement, si g : R −→ R est de classe C1, la fonction

f : (x, y) 7−→ H(x) + g(y)

est solution de l’equation.

3. Si f verifie l’equation alors, pour tout y ∈ R, la derivee de x 7−→ f(x, y) est la fonctionconstante x 7−→ h(y). On a donc, pour tout (x, y) ∈ R2, f(x, y) = xh(y) + f(0, y). Si f estde classe C1, les fonctions h et y 7−→ f(0, y) sont de classe C1.Reciproquement, si h est de classe C1 toute fonction

(x, y) 7−→ xh(y) + g(y),

ou g : R −→ R est de classe C1 convient.

340

Exercice 28.11

Les fonctions sont de classe C1 sur leur ensemble de definition.1. Soit (x0, y0) ∈ R2. On a

∂f

∂x(x0, y0) = 2 sin x0 cos x0 = sin(2x0) et

∂f

∂y(x0, y0) = −2 sin y0 cos y0 = − sin(2y0).

Une equation du plan tangent en (x0, y0) est

z = sin2 x0 + cos2 y0 + sin(2x0)(x − x0) − sin(2y0)(y − y0).

2. Soit (x0, y0) ∈ R2 tel que 1 +x0

y0> 0. On a alors

∂f

∂x(x0, y0) =

1

x0 + y0et

∂f

∂y(x0, y0) = − x0

y0(x0 + y0).

Une equation du plan tangent en (x0; y0) est

z = ln

(1 +

x0

y0

)+

1

x0 + y0(x − x0) −

x0

y0(x0 + y0)(y − y0)

= ln

(1 +

x0

y0

)+

1

x0 + y0(x − x0y

y0).

Exercice 28.12

Les fonctions sont de classe C1 donc possedent en tout point des derivees dans toutes lesdirections.

1. On obtient f ′U (A) =

∂f

∂x(0, 1) +

∂f

∂y(0, 1) = 2e.

2. On obtient f ′U (A) =

1

2

∂f

∂x(1, 2) +

√3

2

∂f

∂y(1, 2) = −9

√3

2.

Exercice 28.13

Posons A = (a, a′), B = (b, b′), M = (x, y) et M0 = (x0, y0).1. On a, pour tout (x, y) ∈ R2, f(x, y) = (x − a)2 + (y − a′)2. La fonction f possede desderivees partielles en tout point et

∂f

∂x(x, y) = 2(x − a),

∂f

∂y(x, y) = 2(y − a′).

La ligne de niveau definie par f(M) = f(M0) est le cercle de centre A, passant par M0. Levecteur

∇M0f = 2(x0 − a, y0 − a′) = 2

−−−→AM0,

est normal au cercle (car colineaire au rayon).

341

2. On a, pour tout (x, y) ∈ R2, f(x, y) =√

(x − a)2 + (y − a′)2. La fonction f possede desderivees partielles en tout point different de A et

∂f

∂x(x, y) =

x − a

AM,

∂f

∂y(x, y) =

y − a′

AM.

En A, les derivees partielles n’existent pas, car les fonctions partielles ont des nombresderives distincts a droite et a gauche.La ligne de niveau definie par f(M) = f(M0) est encore le cercle de centre A, passant parM0. Le vecteur

∇M0f =

1

AM

−−−→AM0,

est normal au cercle.

3. On a, pour tout (x, y) ∈ R2, f(x, y) = (x − a)(x − b) + (y − a′)(y − b′). La fonction fpossede des derivees partielles en tout point et

∂f

∂x(x, y) = 2x − a − b,

∂f

∂y(x, y) = 2y − a′ − b′.

En introduisant le milieu C =1

2(A + B) de [A,B], on obtient

〈−−→AM,−−→BM〉 = 〈−→AC +

−−→CM,

−−→BC +

−−→CM〉 = 〈−→AC +

−−→CM,−−→

AC +−−→CM〉

= CM2 − AC2.

Ainsi, f(M) = f(M0) equivaut a CM = CM0 et la ligne de niveau est le cercle de centre Ccontenant M0. Le vecteur

∇M0f = 2

(x0 −

a + b

2, y0 −

a′ + b′

2

)= 2

−−−→CM0,

est normal au cercle.

4. On a, pour tout (x, y) ∈ R2, f(x, y) = (x−a)2 +(y−a′)2 +(x−b)2 +(y−b′)2. La fonctionf possede des derivees partielles en tout point et

∂f

∂x(x, y) = 2(2x − a − b),

∂f

∂y(x, y) = 2(2y − a′ − b′).

En introduisant C, on obtient

f(M) = ‖−→AC +−−→CM‖2 + ‖−−→BC +

−−→CM‖2 = 2AC2 + 2CM2.

Ainsi, f(M) = f(M0) equivaut a CM = CM0 et la ligne de niveau est le cercle de centre Ccontenant M0. Le vecteur

∇M0f = 4

(x0 −

a + b

2, y0 −

a′ + b′

2

)= 4

−−−→CM0,

est normal au cercle.

342

Exercice 28.14

Sur l’ouvert Ω = (x, y) ∈ R2, x 6= y, la fonction est de classe C1, d’apres les theoremesusuels. On obtient, pour (x, y) ∈ Ω,

∂F

∂x(x, y) =

f ′(x)(x − y) − f(x) + f(y)

(x − y)2,

et une formule analogue pour la derivee par rapport a y.Montrons que, pour tout reel x0, la fonction f possede une derivee partielle par rapport ax au point (x0, x0). On etudie, pour h 6= 0,

F (x0 + h, x0) − F (x0, x0)

h=

f(x0 + h) − f(x0)

h− f ′(x0)

h

=f(x0 + h) − f(x0) − hf ′(x0)

h2.

La fonction f etant de C2 sur R, on peut appliquer la formule de Taylor-Young a l’ordre 2.On obtient

F (x0 + h, x0) − F (x0, x0)

h=

h2

2f ′′(x0) + o(h2)

h2h2 =

1

2f ′′(x0) + o(1).

On en deduit que∂F

∂x(x0, x0) =

1

2f ′′(x0).

On obtient de meme∂F

∂y(x0, x0) =

1

2f ′′(x0). Ainsi les derivees partielles d’ordre 1 sont

definies sur R2. Il reste demontrer qu’elles sont continues en tout point (x0, x0).

Soit (x, y) ∈ Ω. Reprenons l’expression de∂F

∂x(x, y) et appliquons la formule de Taylor-

Lagrange entre x et y. Il existe cx,y entre x et y tel que

f(y) = f(x) + (y − x)f ′(x) +(y − x)2

2f ′′(cx,y).

On obtient alors

∂F

∂x(x, y) =

f(y) − f(x) − (y − x)f ′(x)

(y − x)2=

1

2f ′′(cx,y).

Remarquons que cette formule reste valable pour x = y, avec cx,x = x.

Soit ε > 0. Par continuite de la fonction f ′′ en x0, il existe η > 0 tel que |x − x0| 6 ηimplique |f ′′(x) − f ′′(x0)| 6 ε. Si on prend (x, y) dans la boule ouverte B((x0, x0), η), ilverifie le inegalites |x − x0| 6 η et |y − x0| 6 η.On considere cxy. Puisqu’il est entre x et y et que le segment [x0 − η, x0 + η] contient x ety, il contient cxy et on a

|f ′′(cxy) − f ′′(x0)| 6 ε, c’est-a-dire

∣∣∣∣∂F

∂x(x, y) − ∂F

∂x(x0, x0)

∣∣∣∣ 6 ε.

343

On a donc montre que

∀(x, y) ∈ R2

((x, y) ∈ B((x0, x0), η) =⇒

∣∣∣∣∂F

∂x(x, y) − ∂F

∂x(x0, x0)

∣∣∣∣ 6 ε

).

Ceci demontre la continuite de∂F

∂xen (x0, x0), donc sur R2. On a le meme resultat pour

∂F

∂yet F est C1 sur R2.

Exercice 28.15

Pour tout t ∈ [0, 1], A + t(B − A) = (1 − t)A + tB appartient a [A,B] donc a Ω, car Ω estconvexe. La fonction ϕ : t 7−→ f(A + t(B − A)) est donc definie sur [0, 1].Si on note A = (a, a′), B = (b, b′), on a, pour tout t ∈ [0, 1],

ϕ(t) = f(a + t(b − a), a′ + t(b′ − a′)).

Les fonctions u : t 7−→ (a + t(b − a) et v : t 7−→ a′ + t(b′ − a′) sont de classe C1 sur [0, 1].Comme f est de classe C1 sur Ω, la fonction ϕ est de classe C1 d’apres le theoreme dederivation des fonctions composees et, pour t ∈ [0, 1],

ϕ′(t) = (b − a)∂f

∂x(A + t(B − A)) + (b′ − a′)

∂f

∂y(A + t(B − A)).

La fonction ϕ etant derivable sur [0, 1], la formule des accroissements finis s’applique. Ilexiste t0 ∈ [0, 1] tel que ϕ(1) − ϕ(0) = ϕ′(t0). Posons C = A + t0(B − A). On a alors

ϕ′(t0) = (b − a)∂f

∂x(C) + (b′ − a′)

∂f

∂y(C) = 〈B − A,∇Cf〉.

Comme ϕ(1) = f(B) et ϕ(0) = f(A), on obtient l’egalite voulue.

Exercice 28.16

1. On fixe y ∈ R et t > 0. Par definition des derivees partielles, la fonction x 7−→ f(x, y)

est derivable sur R de derivee x 7−→ ∂f

∂x(x, y). En appliquant le theoreme de derivation des

fonctions composees d’une variable, la fonction h : x 7−→ f(tx, ty) est derivable de derivee

h′ : x 7−→ t∂f

∂x(tx, ty). Mais on sait par ailleurs que, pour tout x ∈ R, h(x) = tαf(x, y). On

en deduit que h′(x) = tα∂f

∂x(x, y). De l’egalite des deux expressions de h′, on deduit, pour

tout x ∈ R,

t∂f

∂x(tx, ty) = tα

∂f

∂x(x, y) et donc

∂f

∂x(tx, ty) = tα−1 ∂f

∂x(x, y).

Comme ceci est vrai pour tous t > 0 et (x, y) ∈ R2, la fonction∂f

∂xest positivement homogene

de degre α − 1. On a le meme resultat pour∂f

∂y.

344

2. On fixe (x, y) ∈ R2. La fonction f est de classe C1 sur R2 ; les fonctions u : t 7−→ tx etv : t 7−→ ty sont de classe C1 sur ]0,+∞[. On en deduit, par le theoreme de derivation desfonctions composees que la fonction ϕ : t 7−→ f(tx, ty) est derivable sur ]0,+∞[ et que

ϕ′(t) = u′(t)∂f

∂x(u(t), v(t)) + v′(t)

∂f

∂y(u(t), v(t)) = x

∂f

∂x(tx, ty) + y

∂f

∂y(tx, ty).

Mais on sait par ailleurs que, pour t > 0, ϕ(t) = tαf(x, y) et donc ϕ′(t) = αtα−1f(x, y). Enecrivant l’egalite de ces deux expressions de ϕ′(t) pour t = 1, on obtient

x∂f

∂x(x, y) + y

∂f

∂y(tx, ty) = αf(x, y),

egalite qui est verifiee pour tout couple (x, y) de R2.

3. On fixe (x, y) et on considere ϕ : t 7−→ f(tx, ty). La fonction ϕ est derivable sur ]0,+∞[et

ϕ′(t) = x∂f

∂x(tx, ty) + y

∂f

∂y(tx, ty).

Comme l’egalite (∗) est verifiee pour tout couple de reels, on peut l’appliquer a (tx, ty). Onobtient

tx∂f

∂x(tx, ty) + ty

∂f

∂y(tx, ty) = αf(tx, ty)

c’est-a-dire tϕ′(t) = αϕ(t). Ainsi ϕ verifie l’equation differentielle

∀t > 0 ϕ(t) =α

tϕ(t).

Une primitive de t 7−→ α

tetant t 7−→ α ln t, on sait qu’il existe C ∈ R tel que, pour tout

t > 0, ϕ(t) = Ceα ln t = Ctα. Comme C = ϕ(1) = f(x, y), on obtient, pour tout t > 0,

f(tx, ty) = ϕ(t) = Ctα = f(x, y)tα

et la fonction f est positivement homogene de degre α.

Chapitre 29Exercice 29.1

1. T (0, 1, 3, 4) = ∅, 0, 1, 3, 4, 2, 5, 0, 1, 2, 5, 0, 1, 3, 4, 2, 3, 4, 5,Ω.2. T (0, 1, 2, 3, 4) = P(Ω).

3.

T (1, 2, 3, 3, 4, 4, 5) =∅, 0, 3, 4, 5, 0, 3, 0, 4, 0, 5, 1, 2, 3, 4, 3, 5, 4, 5,

0, 1, 2, 0, 3, 4, 0, 3, 5, 0, 4, 5, 1, 2, 3, 1, 2, 4, 1, 2, 5, 3, 4, 5,0, 1, 2, 3, 0, 1, 2, 4, 0, 1, 2, 5, 0, 3, 4, 5, 1, 2, 3, 4, 1, 2, 4, 5, 1, 2, 3, 5,0, 1, 2, 3, 4, 0, 1, 2, 4, 5, 0, 1, 2, 3, 5, 1, 2, 3, 4, 5,Ω

345

Exercice 29.2

1.

T (1, 2, 2, 4) =∅, 1, 2, 4, 1, 2, 1, 4, 2, 4, 1, 2, 4,

N\1, 2, 4, N\2, 4, N\1, 4, N\1, 2, N\4, N\2, N\1, N

2.

T (1, 2, 3, 4, 1, 2, 3, 4) =

∅, 1, 2, 3, 4, 1, 2, 3, 4, N\1, 2, 3, 4, N\3, 4, N\1, 2, N

Exercice 29.3

Soient E et F des elements de T .Par stabilite de la tribu par passage au complementaire, F ∈ T .Alors E ∩ F ∈ T . Et E\F = E ∩ F . Donc E\F ∈ T .

Exercice 29.4

1. Ω = [[1, 6]]2. Nous prendrons P(Ω).

E ∩ F = (1, 2), (1, 4), (1, 6), (2, 1), (4, 1), (6, 1),

E ∪ F =

(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (1, 6), (2, 1), (3, 1), (4, 1), (5, 1), (6, 1),

(2, 3), (2, 5), (3, 2), (3, 4), (3, 6), (4, 3), (4, 5), (5, 2), (5, 4), (5, 6), (6, 3), (6, 5)

F ∩ G = (1, 4), (4, 1),

E ∪ F =

(2, 2), (2, 4), (2, 6), (3, 3), (3, 5), (4, 2), (4, 4), (4, 6), (5, 3), (5, 5), (6, 2), (6, 4), (6, 6)

E ∩ F ∩ G = (1, 4), (4, 1).2. Comme le de est equilibre, nous munirons l’espace probabilisable (Ω,P(Ω)) de la proba-bilite uniforme. Et Card(Ω) = 36

E = (1, 2), (1, 4), (1, 6), (2, 1), (4, 1), (6, 1), (2, 3), (2, 5),

(3, 2), (3, 4), (3, 6), (4, 3), (4, 5), (5, 2), (5, 4), (5, 6), (6, 3), (6, 5)

alors par equiprobabilite, P (E) = 12 .

F = (1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (1, 6), (2, 1), (3, 1), (4, 1), (5, 1), (6, 1),alors par equiprobabilite P (F ) = 11

36 .G = (1, 4), (2, 3), (3, 2), (4, 1) et P (G) = 1

9 .P (E ∩ F ) = 1

6 et P (F ∩ G) = 118 .

346

3. P (E ∪F ) = P (E) + P (F )−P (E ∩F ) = 2336 , P (F ∪G) = P (F ) + P (G)−P (F ∩G) = 13

36 ,

P (E ∩ F ) = 1 − P (E ∩ F ) = 56 , P (F ∩ G) = 1 − P (F ∪ G) = 23

36

Exercice 29.5

Notons A l’evenement «la personne est active», M , «la personne est mariee» et B «lapersonne est bachelier».P (A∪M ∪B) = P (A)+P (M)+P (B)−P (A∩M)−P (A∩B)−P (M ∩B)+P (A∩B∩M).Les donnees de l’enonce fournissent P (A) = 312

1000 , P (M) = 4701000 , P (B) = 525

1000 , P (A∩B) = 421000 ,

P (B ∩ M) 1471000 , P (A ∩ M) = 86

1000 et P (A ∩ M ∩ B) = 251000 .

Alors P (A ∪ M ∪ B) = 10571000 > 1. Les donnees de cette etude sont donc fausses.

Exercice 29.6

1. Nous effectuons ici 4 tirages, nous pouvons alors les numeroter en supposant commencerdans l’urne U et effectuer les deux derniers tirages dans l’urne V .Notons Bi «le ieme tirage a amene une boule blanche» et Ni «le ieme tirage a amene uneboule noire».Nous munirons Ω = B,N4 de la tribu grossiere.L’evenement les quatre boules tirees sont de la meme couleur est la reunion de deuxevenements incompatibles, CN : «les quatres boules sont noires» et CB : «les quatresboules sont blanches».Comme les boules sont tirees succesivement et avec remise dans une meme urne, les tiragessont independants.

P (CB) = P (B1∩B2∩B3∩B4) =(

57

)2 (69

)2et P (CN) = P (N1∩N2∩N3∩N4) =

(27

)2 (39

)2.

Alors la probabilite que les quatre boules soient de la meme couleur est 104441 .

2. Notons E l’evenement «obtenir 2 boules blanches et 2 boules noires»,

E = (B1 ∩ B2 ∩ N3 ∩ N4) ∪ (B1 ∩ N2 ∩ B3 ∩ N4) ∪ (B1 ∩ N2 ∩ N3 ∩ B4)

∪(N1 ∩ B2 ∩ B3 ∩ N4) ∪ (N1 ∩ B2 ∩ N3 ∩ B4) ∪ (N1 ∩ N2 ∩ B3 ∩ B4).

Par incompatibilite des evenements, et par independance des tirages,

P (E) =(

57

)2 (39

)2+ 4 5

727

69

39 +

(27

)2 (69

)2= 121

441 .

Exercice 29.7

Notons les couleurs sorties, de la maniere suivante, 0 pour une boule noire et 1 pour uneboule rouges.

Ω = (1), (0, 1), (0, 0, 1), (0, 0, 0, 1), (0, 0, 0, 0, 1), (0, 0, 0, 0, 0, 1),

(0, 0, 0, 0, 0, 0, 1), (0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1).

Notons A l’evenement « A tire la premiere boule rouge »

A = (1), (0, 0, 1), (0, 0, 0, 0, 1), (0, 0, 0, 0, 0, 0, 1).

Par incompatibilite de ces evenements

P (A) = P ((1)) + P ((0, 0, 1)) + P ((0, 0, 0, 0, 1)) + P ((0, 0, 0, 0, 0, 0, 1)).

347

P ((1)) = 310 et par les probabilites composees,

P ((0, 0, 1)) =7

10

6

9

3

8=

7

40, P ((0, 0, 0, 0, 1)) =

7

10

6

9

5

8

4

7

3

6=

1

12

et P ((0, 0, 0, 0, 0, 0, 1)) =7

10

6

9

5

8

4

7

3

6

2

5

3

4=

1

40.

Alors P (A) = 712 .

Exercice 29.8

1. Notons B l’evenement «la boule tiree est blanche» R «la boule tiree est rouge», N «laboule tiree est noire» et Ui «l’urne choisie est l’urne i».(U1, U2, U3, U4) forme un systeme complet d’evenements.Alors par la formule des probabilites totales,

P (B) = PU1(B)P (U1) + PU2

(B)P (U2) + PU3(B)P (U3) + PU4

(B)P (U4).

Comme l’urne est choisie au hasard, par equiprobabilite, P (Ui) = 14 .

Donc P (B) = 5996 .

2. D’apres la formule de Bayes avec le systeme complet d’evenements (U1, U2, U3, U4),

PR(U3) =PU3

(R)P (U3)

PU1(R)P (U1) + PU2

(R)P (U2) + PU3(R)P (U3) + PU4

(R)P (U4).

Donc PR(U3) = 36107 .

Exercice 29.9

1. Notons E l’evenement «la personne est en etat d’ebriete», N «le resultat est negatif».D’apres la formule de Bayes avec le systeme complet d’evenements (E,E),

PN (E) =PE(N)P (E)

PE(N)P (E) + PE(N)P (E).

P (E/N) = 1968 .

2. D’apres la formule de Bayes avec le systeme complet d’evenements (E,E),

PN (E) =PE(N)P (E)

PE(N)P (E) + PE(N)P (E).

P (E/N) = 1932 .

3. L’evenement «le resultat de l’appareil est faux» est (N ∩ E) ∪ (N ∩ E).Et par incompatibilite des evenements P

((N ∩ E) ∪ (N ∩ E)

)= P (N ∩ E) + P (N ∩ E).

Par definition de la probabilite conditionnelle

P (N ∩ E) = PE(N)P (E) et P (N ∩ E) = PE(N)P (E).

Donc la probabilite que le resultat soit faux est 120 .

348

Exercice 29.10

1. T(A∪B, A∩B

)= ∅, A∪B, A∩B, A∩B, A∪B, (A∩B)∪(A∩B), (A∪B)∩(A∪B), Ω.

2. T(A ∪ B, A ∩ B

)= ∅, A ∪ B, A ∩ B,Ω.

3. T(A ∩ B, A ∩ B

)= T

(A ∪ B, A ∩ B

).

Exercice 29.11

1. Comme les boules sont indiscernables au toucher, nous munirons l’univers Ω, l’ensembledes parties a n elements de [[1, n]], de la tribu grossiere et de la probabilite uniforme.

Notons Ek l’evenement «tous les numeros tires sont inferieurs ou egaux a k». P (Ek) = Card(Ek)Card(Ω) .

Et Card(Ek) =

(kn

), Card(Ω) =

(Nn

). Donc P (Ek) =

k

n

N

n

.

2. Notons Fk l’evenement «le plus grand des numeros tires est egal a k».Fk = Ek\Ek−1 alors P (Fk) = P (Ek) − P (Ek−1).

Donc P (Fk) =

k − 1

n − 1

N

n

.

3. La famille (Fn, Fn+1, · · · , FN ) est un systeme complet d’evenements.

DoncN∑

k=n

P (Fk) = 1, alorsN∑

k=n

(k − 1n − 1

)=

(Nn

).

Exercice 29.12

1. Comme les boules sont tirees au hasard dans l’urne, l’univers Ω, l’ensemble des permuta-tions de [[1, n]], est muni de la tribu grossiere et de la probabilite uniforme.Determinons alors le cardinal de Ai. Ai est l’ensemble de permutations fixant i. DoncCard(Ai) = (n − 1)!.Alors P (Ai) = 1

n .

L’ensemble Ai ∩ Aj est l’ensemble des permutations dont i et j sont des points invariants.Donc Card(Ai ∩ Aj) = (n − 2)!.Ainsi P (Ai ∩ Aj) = 1

n(n−1) .

Ai1 ∩ · · · ∩ Aipest l’ensemble des permutations fixant les p points ip. Donc

Card(Ai1 ∩ · · · ∩ Aip) = (n − p)!

Ainsi P (Ai1 ∩ · · · ∩ Aip) = (n−p)!

n! .

2. Notons E l’evenement «il n’y a aucune rencontre». E = A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ An, etE = A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An.Donc P (E) = 1 − P (A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An).

349

Et d’apres la formule du crible, P (A1∪A2∪· · ·∪An) =n∑

p=1(−1)p−1

∑16i1<···<ip6n

P (Ai1∩· · ·∩Aip).

Et d’apres la question precedente, P (A1 ∪A2 ∪ · · · ∪An) =n∑

p=1(−1)p−1

∑16i1<···<ip6n

(n−p)!n! .

Et la somme∑

16i1<···<ip6n

(n−p)!n! est une somme de

(np

)termes egaux.

Donc P (A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An) =n∑

p=1(−1)p−1 1

p! .

Ainsi P (E) =n∑

p=0(−1)p 1

p! .

Exercice 29.13

Notons Ek l’evenement «le candidat passe le keme et tire la question sur laquelle il a faitl’impasse», et Qi l’evenement «la ieme question tiree n’est pas la question sur laquelle lecandidat a fait une impasse».Alors Ek = Q1 ∩ Q2 ∩ · · · ∩ Qk−1 ∩ Qk.D’apres la formule des probabilites composees

P (Ek) = P (Q1)PQ1(Q2) · · ·PQ1∩···∩Qk−2

(Qk−1)PQ1∩···∩Qk−1(Qk).

Les candidats choisisent les questions au hasard, donc par equiprobabilite, P (Q1) = 4950 .

PQ1(Q2) = 48

49 et PQ1∩···∩Qk−2(Qk−1) = 50−k+1

50−k+2 , et PQ1∩···∩Qk−1(Qk) = 1

50−k+1 .

Ainsi P (Ek) = 150 . Le candidat peut donc passer a n’importe quel rang.

Exercice 29.14

1. Notons An (respectivement Bn, Cn) l’evenement «l’enfant est au sommet A (respective-ment B , C) apres le neme saut».D’apres la formule des probabilites totales appliquee aux evenements An+1, Bn+1, et Cn+1

avec le systeme complet d’evenements (An, Bn, Cn),

P (An+1) = P (An+1/An)P (An) + P (An+1/Bn)P (Bn) + P (An+1/Cn)P (Cn)

P (Bn+1) = P (Bn+1/An)P (An) + P (Bn+1/Bn)P (Bn) + P (Bn+1/Cn)P (Cn)

P (Cn+1) = P (Cn+1/An)P (An) + P (Cn+1/Bn)P (Bn) + P (Cn+1/Cn)P (Cn)

Et d’apres les donnees et avec les notations de l’enonce,

an+1 =1

3an +

1

3bn + cn

bn+1 =1

3an +

1

3bn

cn+1 =1

3an +

1

3bn

Ainsi en posant A =

13

13 1

13

13 0

13

13 0

, pour tout entier n,

an+1

bn+1

cn+1

= A

an

bn

cn

.

350

2. Procedons par recurrence sur n.

Si n = 1, d’apres la question precedente,

a1

b1

c1

= A

a0

b0

c0

.

Supposons que

an

bn

cn

= An

a0

b0

c0

.

Comme

an+1

bn+1

cn+1

= A

an

bn

cn

, alors

an+1

bn+1

cn+1

= An+1

a0

b0

c0

.

3. Si P =

1 −2 2−1 1 10 1 1

, P−1AP =

0 0 00 − 1

3 00 0 1

=D.

4. Par une reccurence simple, An = PDnP−1.

An = P

0 0 0

0(− 1

3

)n0

0 0 1

P−1 =

12

((− 1

3

)n+ 1

)12

((− 1

3

)n+ 1

)12

((− 1

3

)n−1+ 1

)

− 14

((− 1

3

)n − 1)

− 14

((− 1

3

)n − 1)

14

(−

(− 1

3

)n−1+ 1

)

− 14

((− 1

3

)n − 1)

− 14

((− 1

3

)n − 1)

14

(−

(− 1

3

)n−1+ 1

)

.

5. Alors an = 12

((− 1

3

)n(a0 + b0 − 3c0) + 1

)et bn = cn = 1

4

((− 1

3

)n(−a0 − b0 − 3c0) + 1

).

Exercice 29.15

1. a) Ω = P1, P2 × P, F2 ou P et F designent le cote que montre la piece.Comme le joueur tire une piece au hasard et que les pieces sont equilibrees, nous munironsΩ de la tribu grossiere et de la probabilite uniforme.Alors P (E) = 1

2 et P (G) = 12 et P (E ∩ G) = 1

4 .Et PC(E) = 1

2 et PC(G) = 12 et PC(E ∩ G) = 1

4 .Donc les evenements E et G sont independants et conditionnellement independants a C.

b) PD(E) = 23 , PD(G) = 2

3 et PD(E ∩ G) = 13 .

Ainsi E et G sont independants mais ne sont pas independants conditionnellement a D.

c) PG(E) = 12 , PG(D) = 0 et PG(E ∩ D) = 0 Et P (E) = 1

2 , P (D) = 14 et P (E ∩ D) = 0.

Ainsi E et D sont independants conditionnellement a G mais ne sont pas independants.

d) Donc l’independance des evenements et l’independance conditionnellement a unevenement de probabilite non nulle de ces memes evenements n’ont aucun lien.

2.

(=⇒) Si E et F sont independants conditionnellement a C, alors PC(E∩F ) = PC(E)PC(F ).

Par definition de la probabilite conditionnelle, P (E∩F∩C)P (C) = P (E∩C)P (F∩C)

P (C)2 , et

PF∩C(E) = P (E∩F∩C)P (F∩C) .

Donc PF∩C(E) = P (E∩C)P (C) = PC(E).

(⇐=) Si PF∩C(E) = PC(E), alors P (E∩F∩C)P (F∩C) = P (E∩C)

P (C) .

Donc PC(E ∩ F ) = P (E∩F∩C)P (C) = P (F∩C)P (E∩C)

P (C)2 .

Ainsi E et F sont independants conditionnellement a C.

351

Exercice 29.16

1. a) Notons An l’evenement «la premiere apparition du pile se fasse au neme lancer».

Comme les lancers de pieces sont independants, P (An) = an

n−1∏j=1

(1 − aj).

b) Notons Bn l’evenement «lors des n premiers lancers, la piece est tombee sur face» et B«le cote pile des pieces n’apparaıt jamais».Alors la suite (Bn)n∈N∗ est une suite decroissante d’evenements, et d’apres le theoreme de

la limite monotone P (+∞⋂n=1

Bn) = limn→+∞

P (Bn).

Or par independance des lancers, P (Bn) =n∏

i=1

(1 − ai) et B =+∞⋂n=1

Bn.

Ainsi P (B) =+∞∏i=1

(1 − ai).

2. La famille (B,An, n ∈ N∗) est un systeme complet d’evenements, donc P (B)++∞∑n=1

P (An) = 1.

Ainsi+∞∑n=1

(an

n−1∏j=1

(1 − aj)

)+

+∞∏i=1

(1 − ai) = 1

Exercice 29.17

1. Notons An l’evenement «le joueur n’obtient aucun six dans ces n lancers».Par independance des lancers, P (An) =

(56

)n.

2. «Obtenir 6 au moins une fois lors des n lancers» est l’evenement contraire de An.Alors pn = 1 − P (An) = 1 −

(56

)n.

3. pn >12 si et seulement si n >

ln(2)ln(6)−ln(5) si et seulement si n > 4.

4. Notons Bn l’evenement «le joueur obtient exactement un six lors des n lancers».

P (Bn) = n6

(56

)n−1

5. Notons Cn l’evenement «le joueur obtient au moins deux fois six lors des n lancers».Remarquons que An = Cn ∪ Bn et les evenements Cn et Bn sont incompatibles.Donc pn = qn + P (Bn).

Ainsi qn = 1 −(

5+n6

) (56

)n−1.

6. Notons Dn l’evenement «le joueur obtient jamais le double six lors des n lancers».Par independance des lancers P (Dn) =

(3536

)n.

L’evenement contraire de Dn est l’evenement «le joueur obtient au moins une fois un doublesix».Donc p′n = 1 −

(3536

)n.

Exercice 29.18

1. Pour tout entier k de [[0, N ]], notons Uk l’evenement «l’urne k est choisie».Et pour tout entier i, notons Ri l’evenement «une boule rouge est tiree au ieme tirage».

352

PR1∩···∩Rn(Rn+1) = P (R1∩···∩Rn+1)

P (R1∩···∩Rn) .

D’apres la formule des probabilites totales avec le systeme complet d’evenements (U0, · · · , UN ),

P (R1 ∩ · · · ∩ Rn) =

N∑

k=0

PUk(R1 ∩ · · · ∩ Rn)P (Uk)

Comme l’urne est choisie au hasard, par equiprobabilite, P (Uk) = 1N+1 .

Et PUk(R1 ∩ · · · ∩ Rn) =

(kN

)n.

Ainsi P (R1 ∩ · · · ∩ Rn) = 1N+1

N∑k=0

(kN

)n.

2. La fonction x 7→ xn est continue sur [0, 1].

Et a l’aide des sommes de Riemann, limN→+∞

1

N

N∑

k=1

(k

N

)n

=

∫ 1

0

xndx =1

n + 1.

Ainsi limN→+∞

P (R1 ∩ · · · ∩ Rn) = 1n+1 .

Exercice 29.19

1. Notons E l’evenement «quand le joueur prend la derniere allumette d’une boıte, l’autreboıte contienne encore x allumettes».Notons Di (respectivement Gi) l’evenement « la ieme allumette est tiree dans la pochedroite (respectivement la poche gauche) », Di,j (respectivement Gi,j) l’evenement «toutesles allumettes de la ieme a la j eme sont tirees dans la poche droite (respectivement la pochegauche)».

E =D1,i1−1 ∩ Gi1 ∩ Di1+1,i2−1 ∩ Gi2 ∩ · · · ∩ GiN−1

∩ DiN−1+1,2N−x−1 ∩ G2N−x,

G1,i1−1 ∩ Di1 ∩ Gi1+1,i2−1 ∩ Di2 ∩ · · · ∩ DiN−1∩ GiN−1+1,2N−x−1 ∩ D2N−x

ou 1 6 i1 < i2 · · · < iN−1 6 2N − x − 1

Or par independance des tirages,

P(D1,i1−1 ∩ Gi1 ∩ Di1+1,i2−1 ∩ Gi2 ∩ · · · ∩ GiN−1

∩ DiN−1+1,2N−x−1 ∩ G2N−x

)

=1

22N−x.

Donc P (E) =2(2N−x−1

N−1 )22N−x .

2. Notons F l’evenement «quand le joueur se rendant compte pour la premiere fois qu’uneboıte est vide, il reste x allumettes dans l’autre boıte».

Alors F =D1,i1−1 ∩ Gi1 ∩ Di1+1,i2−1 ∩ Gi2 ∩ · · · ∩ GiN

∩ DiN+1,2N−x,

G1,i1−1 ∩ Di1 ∩ Gi1+1,i2−1 ∩ Di2 ∩ · · · ∩ DiN∩ GiN+1,2N−x

ou 1 6 i1 < i2 · · · < iN 6 2N − x

Or par independance des tirages,

P (D1 ∩ · · · ∩ Di1−1 ∩ Gi1 ∩ Di1+1 ∩ · · · ∩ Di2−1 ∩ Gi2 ∩ · · · ∩ GiN∩ DiN+1 ∩ · · · ∩ DN−x)

353

=1

22N−x.

Ainsi P (F ) =2(2N−x

N )22N−x .

Exercice 29.20

1. Numerotons les couples de 1 a n. Ω est l’ensemble des bijections de l’ensembleF1, · · · , Fn vers l’ensemble H1, · · · ,Hn.Comme les danseurs choisissent une danseuse au hasard, nous munirons Ω de la tribugrossiere et de la probabilite uniforme.L’evenement E «chaque danseur danse avec sa femme» est l’evenement elementaire conte-nant la bijection qui a Fi associe Hi pour tout entier i de [[1, n]].Par equiprobabilite, P (E) = 1

n! .

2. Numerotons les chaises de 1 a 2n de telle sorte que les chaises 2k et 2k + 1 soient autourd’une meme table notee Tk.Ici l’univers est l’ensemble des bijections de C1, · · · , C2n vers l’ensemble

F1, . . . , Fn,H1, . . . ,Hn.

Le cardinal de l’evenement G est egal au produit du cardinal de l’ensemble des bijectionsde T1, · · · , Tn vers F1, · · · , Fn (les femmes ont choisi leur table) par 2n (le nombre depossiblites pour chaque couple de positionnement autour d’une table).Par equiprobabilite, P (G) = 2nn!

(2n)! .

3. Notons Di l’evenement «le couple i s’est recompose pour la danse».D’apres la formule du crible

P (

n⋃

i=1

Di) =

n∑

k=1

(−1)k−1∑

16i1<···<ik6n

P (Di1 ∩ · · · ∩ Dik)

Or Di1∩· · ·∩Dikest l’ensemble des bijections de F1, · · · , Fn vers l’ensemble H1, · · · ,Hn

telles que Fi1 ait pour image Hi1 , Fi2 ait pour image Hi2 , · · ·Alors par equiprobabilite P (Di1 ∩ · · · ∩ Dik

) = (n−k)!n! .

Ainsi P (n⋃

i=1

Di) =n∑

k=1

(−1)k−1

k! .

Donc P (n⋂

i=1

Di) =n∑

k=0

(−1)k

k! .

Et limn→+∞

P (n⋂

i=1

Di) = e−1.

Exercice 29.21

1. Posons pour tout entier k non nul, Bk = A1 ∪ · · · ∪ Ak.La suite (Bk) est une suite croissante d’evenements, donc d’apres le theoreme de la limitemonotone,

P (

+∞⋃

k=1

Bk) = limk→+∞

P (Bk)

354

Or+∞⋃k=1

Bk =+∞⋃k=1

Ak.

Et P (Bk) = P (A1 ∪ · · · ∪ Ak) = 1 − P (A1 ∩ · · · ∩ Ak).Comme les evenements A1, · · · , Ak sont mutuellement independants, les evenements

A1, · · · , Ak le sont aussi et donc P (A1 ∩ · · · ∩ Ak) =k∏

i=1

P (Ai).

Finalement p(+∞⋃

n=1

An) = 1 − limn→+∞

(n∏

i=1

P (Ai)).

2.

1 =⇒ 2 .

D’apres la question precedente, si P (+∞⋃n=1

An) = 1, alors limn→+∞

n∏i=1

P (Ai) = 0.

Orn∑

i=1

ln(P (Ai)) = ln

(n∏

i=1

P (Ai)

).

Ainsi limn→+∞

n∑i=1

ln(P (Ai)) = −∞.

Donc la serie+∞∑n=1

ln(P (An)) diverge.

2 =⇒ 1 .

Inversement si la serie+∞∑n=1

ln(P (An)) diverge, alors limn→+∞

n∑i=1

ln(P (Ai)) = −∞

(ln(P (An)) 6 0).

Donc P (+∞⋃n=1

An) = 1.

2 ⇐⇒ 3 .

Si la suite(P (An)

)n∈N∗ ne converge pas vers 0, alors les series

+∞∑n=1

P (An) et

+∞∑n=1

ln(P (An)) divergent grossierement.

Si la suite(P (An)

)n∈N∗ converge vers 0, alors − ln(P (An)) ∼

n→+∞P (An).

Et comme P (An) > 0, les series+∞∑n=1

P (An) et+∞∑n=1

ln(P (An)) sont de meme nature.

3. a) Si P (An) = a, alors la serie+∞∑n=1

P (An) diverge.

D’apres la question precdente, P (+∞⋃n=1

An) = 1.

b) Si P (An) = 1(n+1)2 , alors

n∏i=1

P (Ai) =n∏

i=1

i(i+2)(i+1)2 = n+2

2(n+1) .

Donc P (+∞⋃n=1

An) = 12 .

Exercice 29.22

1. Notons Ak l’evenement «au keme double jet ni la somme de 5 ni celle de 7 n’apparaıt» etBk l’evenement «la somme de 5 apparaıt au kieme double jet».

355

Alors En = A1 ∩ · · · ∩ An−1 ∩ Bn.Comme les lancers sont supposes independants P (En) = P (A1) · · ·P (An−1)P (Bn).

Ainsi P (En) =(

1318

)n−1 19 .

2. Par incompatibilite des evenements En, P (+∞⋃n=1

En) =+∞∑n=1

P (En).

En reconnaissant la somme d’une serie geometrique

P (En) =2

5

3. Notons Fn l’evenement «une somme de 7 apparaıt au nieme double jet et sur les n − 1premiers jets ni la somme de 5 ni celle de 7 n’apparaıt» et Ck l’evenement «la somme de 7apparaıt au kieme double jet».Fn = A1 ∩ · · · ∩ An−1 ∩ Cn.

Alors par independance des lancers, P (Fn) =(

1318

)n−1 16 .

Par incompatibilite des evenements Fn,

P (+∞⋃

n

Fn) =+∞∑

n=1

P (En) =3

5.

4. Les evenements «le jeu s’arrete sur une somme de 5», «le jeu s’arrete sur une somme de7» et «le jeu ne s’arrete pas» forment un systeme complet d’evenements. Donc la sommedes probabilites de ces trois evenements est egale a 1.Donc la probabilite que le jeu ne s’arrete pas est nulle.

Exercice 29.23

1. Si la partie n’est pas terminee apres le 2nieme lancer, alors le joueur a obtenu autant depiles que de faces lors des 2n premiers lancers.Notons An l’evenement «la partie n’est pas terminee apres le 2nieme lancer». Remarquonsque la suite (An) est une suite decroissante d’evenements, An ⊆ An−1.Alors par definition de la probabilite conditionnelle, P (An) = PAn−1

(An)P (An−1).Or PAn−1

(An) = 2p(1 − p) et P (A1) = 2p(1 − p). Donc la suite(P (An)

)n∈N∗ est une suite

geometrique de raison 2p(1 − p).Ainsi P (An) =

(2p(1 − p)

)n.

2. Si la personne gagne au neme lancer, alors elle a obtenu deux piles de plus que de faces,donc si on note k le nombre de piles obtenus, le nombre de faces est k − 2, donc n = 2k − 2,n est donc pair.Notons alors G2n l’evenement «la personne gagne au 2neme lancer» et G l’evenement «lapersonne gagne».G2n ⊆ A2(n−1). Et PA2(n−1)

(G2n) = p2.

Ainsi P (G2n) = p2(2p(1 − p))n−1.

G =+∞⋃n=1

G2n, et les evenements G2n sont deux a deux incompatibles.

Donc P (G) =+∞∑n=1

p2(2p(1 − p))n−1 = p2

1−2p(1−p) .

356

Exercice 29.24

1. a) p0 = 1 et pN = 0.

b) Notons GA l’evenement «le joueur A gagne la premiere partie» et RA,k l’evenement «lejoueur A finit par etre ruine en possedant au depart une somme k».(GA, GA) forme un syteme complet d’evenements, et d’apres la formule des probabilitestotales, P (RA,k) = PGA

(RA,k)P (GA) + PGA(RA,k)P (GA).

Or PGA(RA,k) = P (RA,k+1) et PGA

(RA,k) = P (RA,k−1).Donc pk = ppk+1 + qpk−1.

c) Alors la suite (pk) est une suite recurrente lineaire double de polynome carcteristiquepX2 − X + q dont les racines sont q

p et 1.

Donc il existe deux reels α et β tels que pk = α + β(

qp

)k

.

Or p0 = 1 et pN = 0.

Donc pk =

(qp

)N

−(

qp

)k

(qp

)N

− 1

.

2. Si B est infiniment riche, alors N tend vers +∞.

Si qp > 1 c’est-a-dire p < 1

2 alors limN→+∞

( qp )

N−( qp )

k

( qp )

N−1= 1.

Et si qp < 1 c’est-a-dire p > 1

2 alors limN→+∞

( qp )

N−( qp )

k

( qp )

N−1=

(qp

)k

.

3. D’apres la formule des probabilites totales avec le systeme complet d’evenements(GA, GA),

Pn,i = pPn−1,i+1 + qPn−1,i−1 si 1 6 i 6 N − 1

Pn,i = 1 si i = N

Pn,i = 0 si i = 0

.

P7,3 = pP6,4 + qP6,2

= p2P5,5 + 2pqP5,3 + q2P5,1

= p2 + 2p2qP4,4 + 3pq2P4,2 + q3P4,1

= p2 + 2p2qP3,5 + 5p2q2P3,3 + 4pq3P3,1 + q4P3,0

= p2 + 2p2q + 5p3q2P2,4 + 9p2q3P2,2 + 4pq4P2,0

= p2 + 2p2q + 5p4q2P1,5 + 14p3q3P1,3 + 9p2q4P1,1

= p2 + 2p2q + 5p4q2

Exercice 29.25

1. Si le jeu n’est pas termine apres le nieme lancer, alors le joueur n’a tire que des boulesrouges lors des n premiers tirages. Comme la boule rouge est remise dans l’urne, les tiragessont independants.Notons Cn l’evenement «le jeu n’est pas termine apres le nieme lancer».

P (Cn) =

(r

b + n + r

)n

.

357

Notons Gn l’evenement «le joueur gagne au nieme lancer» et G l’evenement «le joueurgagne».

Gn = Gn ∩ Cn−1, alors P (Gn) = PCn−1(Gn)P (Cn−1) = brn−1

(b+n+r)n .

Et G est la reunion des evenements Gn deux a deux incompatibles.

Ainsi P (G) =+∞∑n=1

brn−1

(b+n+r)n = bb+n .

2. On ne peut plus supposer ici les tirages independants.p0 = b

n+b et p1 = bb+n+1 + b

(b+n+1)(b+n) = bb+n .

Notons R (respectivement B ,N) l’evenement «la premiere boule tiree est de couleur rouge(respectivement blanche, noire)», et Gr l’evenement «le joueur gagne quand il y a r boulesrouges dans l’urne».(R,B,N) forme un systeme complet d’evenements.Et d’apres la formule des probabilites totales, P (Gr) = PB(Gr)P (B)+PN (Gr)P (N)+PR(Gr)P (R).Donc pr = b

b+n+r + rb+n+rpr−1.

Par recurrence, on montre que pr = bb+n .

Exercice 29.26

Notons B la tribu des boreliens.

• Comme Ω ∈ B, alors A ∈ RA.

• Soit C ∈ RA. Il existe un borelien B tel que C = A ∩ B.Comme B est stable par passage au complementaire, le complementaire de B dans R, Best un borelien, et le complementaire de C dans A, A ∩ B est un element de RA.

• Soient (Ci)i∈I une famille d’elements de RA ou I est une partie de N. Il existe alors unefamille (Bi)i∈I de boreliens telle que ∀i ∈ I, Ci = Bi ∩ A.Alors

⋃i∈I

Bi est un borelien donc⋃i∈I

Ci ∈ RA.

Ainsi RA est une tribu de A.

Exercice 29.27

1.

Si i = 2, 3, ou 12 ∀n > 1, P (Ei,n) = 0.

Si i = 7, ou 11 P (Ei,1) = 836 et pour tout n > 2, P (Ei,n) = 0.

Si i = 4, ou 10 P (Ei,1) = 0 et pour tout n > 2, P (Ei,n) = 336

(2736

)n−2 336 .

Si i = 6, ou 8 P (Ei,1) = 0 et pour tout n > 2, P (Ei,n) = 536

(2536

)n−2 536 .

Si i = 5, ou 9 P (Ei,1) = 0 et pour tout n > 2, P (Ei,n) = 436

(2636

)n−2 436 .

2. Comme Ei est la reunion des evenements Ei,n qui sont deux a deux incompatibles,

P (Ei) =+∞∑n=1

P (Ei,n).

Si i = 2, 3, ou 12 P (Ei) = 0.

Si i = 7, ou 11 P (Ei) = 836 .

Si i = 4, ou 10 P (Ei) = 136

358

Si i = 6, ou 8 P (Ei) = 25396 .

Si i = 5, ou 9 P (Ei) = 245 .

3. L’evenement G «le joueur gagne» est la reunion des evenements Ei qui sont deux a deux

incompatibles. Donc P (G) =12∑

i=2

P (Ei) = 118165 .

Exercice 29.28

1. Il y a(n2

)possibilites de choisir deux cases parmi les n du damier, et pour choisir deux

cases voisines, il suffit de choisir la case de droite par exemple parmi les n−1 cases possiblesalors.

n

Par equiprobabilite, P (n, 1, 2) = 2n .

2. Il y a(62

)possibilites de choisir deux cases parmi les 6 du damier.

Il y a 2 × 2 possibilites de choisir deux cases voisines horizontalement et 3 cases voisinesverticalement.

Par equiprobabilite, P (3, 2, 2) = 715 .

3. a) Separons le damier en deux parties, l’une de n× p cases et l’autre donc de n× 1 cases.

n

p

359

Il y a u(n, p) choix possibles pour que les cases voisines soient toutes deux dans la partie den× p cases du damier. Il y a n− 1 possibilites que les deux cases voisines soit dans la partien × 1 cases et n possibilites que les deux cases soient a cheval sur les deux parties.Donc u(n, p + 1) = u(n, p) + 2n − 1.

b) La suite (u(n, p))p>1 est une suite arithmetique de raison 2n − 1 et de premier termen − 1.Donc u(n, p) = (2n − 1)(p − 1) + n − 1.

4. Par equiprobabilite P (n, n, 2) = 4n(n+1) .

5. Notons u(n, 1, q) le nombre de choix de q cases deux a deux voisines dans un damierde n × 1 cases. Alors u(n, 1, q) = u(n − 1, 1, q) + 1 pour n > q + 1 et u(q, 1, q) = 1, doncu(n, 1, q) = n − q + 1.Alors par equiprobabilite, P (n, 1, q) = n−q+1

(nq)

.

Choisissons la case la plus a droite, alors il n’y a plus de choix possibles pour les q−1 autrescases. Il y a n− q + 1 choix possibles pour la case la plus a droite. (pour pouvoir choisir lesq − 1 cases restantes, il faut laisser q − 1 cases sur la gauche.)Ainsi par equiprobabilite, P (n, 1, q) = n−q+1

(nq)

.

Exercice 29.29

1.

(1 + x)n−1 =

n−1∑

i=1

(n − 1

i

)xi

(1 − x)n−1 =

n−1∑

i=1

(n − 1

i

)(−x)i

(1 + x)n−1 − (1 − x)n−1 = 2

[ n2 ]∑

k=1

(n − 1

2k − 1

)x2k−1

Ainsi

[ n2 ]∑

k=1

(n − 1

2k − 1

)x2k = x

(1 + x)n−1 − (1 − x)n−1

2.

2. a) p1 = 0, p2 = p2, p3 = 2p2q et p4 = 3p2q2 + p4.

b) Pour obtenir un point au neme lancer, le joueur obtenu un pile au nieme lancer et unnombre impair de piles avant.Si on note 2k − 1 ce nombre impair de piles, il y a

(n−12k−1

)possibilites de choisir les lancers

qui ont donne pile parmi les premiers lancers. Et comme les lancers sont independants, laprobabilite que le joueur obtienne un point au nieme lancer et que 2k lancers aient donnepile, est

(n−12k−1

)p2kqn−2k.

Or 2 6 2k 6 n.

Ainsi pn =[ n2 ]∑

k=1

(n−12k−1

)p2kqn−2k.

360

Exercice 29.30

1. M4 = Id, Donc X4 − 1 est un polynome annulateur de M . Donc 1, −1, i, −i sont lesseules valeurs propres possibles de M .

Or M

1111

=

1111

, M

1−11−1

= −

1−11−1

, M

1i−1−i

= i

1i−1−i

, M

1−i−1i

= −i

1−i−1i

.

Donc 1, −1, i, −i sont les seules valeurs propres de M , et M est diagonalisable sur C.

2. D’apres la formule des probabilites totales avec le systeme complet d’evenements(Ak, Bk, Ck,Dk, Ik) ou Ak (respectivement Bk, Ck, Dk) est l’evenement «la grenouilleest au sommet M0 (respectivement M2, M4, M6) apres 2n sauts» et Ik est l’evenement «lagrenouille est sur un sommet impair apres 2n sauts»,

an = 2p(1 − p)an−1 + (1 − p)2bn−1 + p2dn−1

bn = p2an−1 + 2p(1 − p)bn−1 + (1 − p)2cn−1

cn = p2bn−1 + 2p(1 − p)cn−1 + (1 − p)2dn−1

dn = (1 − p)2an−1 + p2cn−1 + 2p(1 − p)dn−1

Alors T =

2p(1 − p) (1 − p)2 0 p2

p2 2p(1 − p) (1 − p)2 00 p2 2p(1 − p) (1 − p)2

(1 − p)2 0 p2 2p(1 − p)

= 2p(1−p) Id +(1−p)2M+p2M2.

a) Les valeurs propres de T sont 2p(1−p)+(1−p)2 +p2 = 1, λ1 = 2p(1−p)− (1−p)2 +p2,λ2 = 2p(1 − p) + i(1 − p)2 − p2 et λ3 = 2p(1 − p) − i(1 − p)2 − p2.

b) Les valeurs propres de Tn sont 1, λn1 , λn

2 et λn3 .

Donc il existe une matrice inversible P et une matrice diagonale D telles que T = PDP−1

et Tn = PDnP−1.

Et par une recurrence simple

an

bn

cn

dn

= Tn

a0

b0

c0

d0

= Tn

1000

Alors en calculant la premiere colonne de Tn, on obtient les nombres an, bn, cn, et dn.

c) Si p = 12 ,

an =1

2an−1 +

1

4bn−1 +

1

4dn−1

bn =1

4an−1 +

1

2bn−1 +

1

4cn−1

cn =1

4bn−1 +

1

2cn−1 +

1

4dn−1

dn =1

4an−1 +

1

4cn−1 +

1

2dn−1

an + bn + cn + dn = 1, et bn + dn = 12 .

Donc la suite (bn + dn) est stationnaire.Alors cn = 1

4+ 12cn−1. Donc (cn) est une suite arithmetico-geometrique, et ∀n ∈ N, cn = 1

2− 12n+1 .

361

Chapitre 30Exercice 30.1

1. Pour que la suite (pn)n∈N definisse une loi de probabilite, il faut et il suffit que pn > 0 et+∞∑n=0

pn = 1.

Pour tout reel a non nul, la serie de terme general an

n! converge et+∞∑n=0

an

n! = ea.

Et la serie de terme general 1n! converge et

+∞∑n=0

1n! = e1.

Donc la serie de terme general pn converge et+∞∑n=0

pn = 18

(2e1 + ea

).

Alors+∞∑n=0

pn = 1 si et seulement si a = ln(8 − 2e).

Si a = ln(8 − 2e), alors a > 0 et pn > 0.Ainsi la suite (pn)n∈N definit une loi de probabilite pour a = ln(8 − 2e).

2. Pour tout entier n non nul, |npn| = 18

2+an

(n−1)! .

La serie de terme general 1(n−1)! converge et

+∞∑n=1

1(n−1)! = e.

La serie de terme general an−1

(n−1)! converge et+∞∑n=1

an−1

(n−1)! = ea.

Donc la serie de terme general npn converge absolument (npn > 0).Donc la variable aleatoire reelle X admet une esperance et E(X) = 1

8 (2e + aea).

Exercice 30.2

X(Ω) = [[n, 2n]]. Ω est l’ensemble des 2n-listes formees des n boules blanches et des n boulesnoires.Alors Card(Ω) =

(2nn

).

Pour tout entier k de [[n, 2n]], (X = k) est l’evenement « les n boules noires sont tireeslors des k premiers tirages et la derniere boule noire est tiree au kieme tirage». DoncCard(X = k) =

(k−1n−1

). Donc

P (X = k) =

(k−1n−1

)(2nn

) .

X est une variable aleatoire reelle discrete finie, donc X admet une esperance.

E(X) =

2n∑

k=n

k

(k−1n−1

)(2nn

)

=n(2nn

)2n∑

k=n

(k

n

)

=n(2nn

)(

2n + 1

n + 1

)

=n(2n + 1)

n + 1

362

Exercice 30.3

Comme X est une variable aleatoire reelle discrete finie et X(Ω) = [[1, n]], alorsn∑

k=1

P (X = k) = 1.

Donc λ = 2n(n+1) , et X admet une esperance et une variance.

E(X) =2

n(n + 1)

n∑

k=1

k2

=2n + 1

3

E(X2) =2

n(n + 1)

n∑

k=1

k3

=n(n + 1)

2

Donc d’apres la formule de Kœnig-Huygens

V (X) = E(X2) − E(X)2 =n2 + n − 2

18=

(n − 1)(n + 2)

18.

Exercice 30.4

1. Comme X(Ω) = N∗, (X = n)n∈N∗ est un systeme complet d’evenements, donc+∞∑n=1

P (X = n) = 1.

Or par une recurrence rapide, on montre que P (X = n) = 4n−1

(n−1)!P (X = 1).

La serie de terme general 4n

n! converge et+∞∑n=0

4n

n! = e4. Donc P (X = 1) = e−4.

Et ∀n ∈ N∗, P (X = n) = 4n−1

(n−1)!e−4. (X − 1 suit une loi de Poisson de parametre 4).

2. Comme X − 1 suit une loi de Poisson de parametre 4, X − 1 admet une esperance et unevariance et E(X − 1) = 4 et V (X − 1) = 4.Alors X admet une esperance et une variance et E(X) = 5 et V (X) = 4.

Exercice 30.5

1. La suite (P (X = n))n∈Nest une suite recurrente lineaire double d’equation caracteristique :

4X2 − 5X + 1 = 0 dont les solutions sont 1 et 14 .

Donc P (X = n) = λ + µ 14n ou λ et µ sont des reels.

Or la serie de terme general P (X = n) converge donc λ = 0. Et+∞∑n=0

P (X = n) = 1.

Donc µ = 34 .

Finalement ∀n ∈ N, P (X = n) = 34n+1 . (X + 1 suit une loi geometrique de parametre 3

4 .)

Alors X+1 admet une esperance et E(X+1) = 43 , donc X admet une esperance et E(X) = 1

3 .

363

2. Comme X(Ω) = N, (X = n)n∈N est un systeme complet d’evenements, donc+∞∑n=0

P (X = n) = 1.

Or par une recurrence rapide, on montre que P (X = n) = 4n

n! P (X = 0).

La serie de terme general 4n

n! converge et+∞∑n=0

4n

n! = e4. Donc P (X = 0) = e−4.

Et ∀n ∈ N, P (X = n) = 4n

n! e−4. (X suit une loi de Poisson de parametre 4).

3. Montrons par recurrence sur n que P (X = n) = pqn−1 ou q = 1 − p.Si n = 1, P (X = 1) = pP (X > 1) = p. Et si n = 2, P (X = 2) = pP (X > 2) = p(1−P (X = 1)) = pq.Supposons que pour tout entier k inferieur a n, P (X = k) = pqk−1.

Alors P (X = n + 1) = pP (X > n + 1) = p(1 −n∑

k=1

P (X = k)) = p(1 − p 1−qn

1−q ) = pqn.

Ainsi par recurrence, P (X = n) = pqn−1, donc X suit une loi geometrique de parametre p.

Exercice 30.6

1. Comme X(Ω) = [[1, n]],n∑

k=1

P (X = k) = 1.

Donc α = 6n(n+1)(n−1) .

Alors la loi de X est definie par ∀k ∈ [[1, n]], P (X = k) = 6k(n−k)n(n+1)(n−1) .

2. Comme X est une variable aleatoire reelle discrete finie, X admet une esperance.

E(X) =

n∑

k=1

6k2(n − k)

n(n + 1)(n − 1)=

n

2.

Exercice 30.7

1. Comme p ∈]0, 1[, ln(1 − p) < 0, donc pour tout entier k, pk > 0.

Remarquons que limk→+∞

k2 pk+1

k+1 = 0.

Donc il existe un entier K tel que pour tout entier k > K, 0 6pk+1

k+1 61k2 .

Or la serie de Riemann+∞∑k=1

1k2 converge.

Donc par theoreme de comparaison des series a termes positifs, la serie de terme generalpk+1

k+1 converge.

Rappelons quen∑

k=0

xk = 1−xn+1

1−x pour tout reel x de [0, 1[.

La fonction x 7→n∑

k=0

xk est continue sur [0, p] donc integrable.

En integrant,

n∑

k=0

pk+1

k + 1=

∫ p

0

1

1 − xdx −

∫ p

0

xn+1

1 − xdx.

Or

∣∣∣∣∫ p

0

xn+1

1 − xdx

∣∣∣∣ 6

∫ p

0

xn+1 1

1 − pdx 6

pn+2

(n + 2)(1 − p).

Comme limn→+∞

pn+2

(n+2)(1−p) = 0, par encadrement limn→+∞

∣∣∣∣∫ p

0

xn+1

1 − xdx

∣∣∣∣ = 0.

364

Donc en faisant tendre n vers +∞,+∞∑k=0

pk+1

k+1 = − ln(1 − p).

Ainsi+∞∑k=0

pk = 1.

Donc (pk)k∈N definit une loi de probabilite.

2. Remarquons que pour tout entier k ,∣∣∣k −pk+1

(k+1) ln(1−p)

∣∣∣ 6−pk+1

ln(1−p) .

Or la serie de terme general pk+1 converge.Donc par theoreme de comparaison des series a terme positif, la serie de terme general kpk

converge absolument.Ainsi X admet une esperance.

E(X) =

+∞∑

k=0

k−pk+1

(k + 1) ln(1 − p)

=−1

ln(1 − p)

+∞∑

k=0

pk+1 +1

ln(1 − p)

+∞∑

k=0

pk+1

(k + 1)

=−p

(1 − p) ln(1 − p)− 1

Remarquons que pour tout entier k,∣∣∣k2 −pk+1

(k+1) ln(1−p)

∣∣∣ 6−kpk+1

ln(1−p) .

Or la serie de terme general kpk+1 converge.Donc par theoreme de comparaison des series a terme positif, la serie de terme general k2pk

converge absolument.Ainsi X admet un moment d’ordre 2 donc une variance.

E(X(X + 1)) =+∞∑

k=0

k(k + 1)−pk+1

(k + 1) ln(1 − p)

=−1

ln(1 − p)

+∞∑

k=0

kpk+1

=−p2

(1 − p)2 ln(1 − p)

D’apres la formule de Koenig-Huygens, V (X) = E(X2)−E(X)2 = E(X(X+1))−E(X)−E(X)2.

Ainsi V (X) = − p2

(1−p)2 ln(1−p) + p(1−p) ln(1−p) + 1 − p2

(1−p)2 ln2(1−p)− 1 + 2p

(1−p) ln(1−p) .

Finalement V (X) = −p2(1+ln(1−p))(1−p)2 ln2(1−p)

+ 3p(1−p) ln(1−p) .

Exercice 30.8

Bien sur dans cet exercice il faut lire Y = 4[

X2

]− 2X + 1 ou [.] designe la partie entiere.

Soit n un entier. On a

4

[2n

2

]− 2(2n) + 1 = 4n − 4n + 1 = 1

4

[2n − 1

2

]− 2(2n − 1) + 1 = 4(n − 1) − 4n + 2 + 1 = −1

365

Donc Y (Ω) = −1, 1. Et (Y = −1) =+∞⋃n=0

(X = 2n + 1), (Y = 1) =+∞⋃n=1

(X = 2n)

Alors P (Y = −1) =+∞∑n=0

P (X = 2n + 1) =+∞∑n=0

λ2n+1

(2n+1)!e−λ = e−λ eλ−e−λ

2 .

P (Y = 1) =+∞∑n=1

P (X = 2n) =+∞∑n=0

λ2n

(2n)!e−λ = e−λ eλ+e−λ

2 .

Ainsi P (Y = −1) = 1−e−2λ

2 et P (Y = 1) = 1+e−2λ

2 .

Y est une variable aleatoire reelle discrete finie, donc Y admet une esperance et une variance.

E(Y ) = − 1−e−2λ

2 + 1+e−2λ

2 = e−2λ et

E(Y 2) = 1−e−2λ

2 + 1+e−2λ

2 = 1, et par la formule de Koenig-Huyghens V (Y ) = 1 − e−4λ.

Exercice 30.9

Y (Ω) = N.

P (Y = 0) = P

((X = 0)

⋃ +∞⋃

n=0

(X = 2n + 1)

)

= P (X = 0) +

+∞∑

n=0

P (X = 2n + 1)

= e−λ +

+∞∑

n=0

λ2n+1

(2n + 1)!e−λ

Or eλ =+∞∑k=0

λk

k! et e−λ =+∞∑k=0

(−1)kλk

k! .

En soustrayant, eλ − e−λ = 2+∞∑n=0

λ2n+1

(2n+1)! .

Alors P (Y = 0) = 1+2e−λ−e−2λ

2 .

Et pour tout entier k non nul, P (Y = k) = P (X = 2k) = λ2k

(2k)!e−λ.

La serie de terme general k λ2k

(2k)! converge. Donc Y admet une esperance.

E(Y ) =

+∞∑

k=1

kλ2k

(2k)!e−λ

=λe−λ

2

+∞∑

k=1

λ2k−1

(2k − 1)!

=λe−λ

2

eλ − e−λ

2

=λ(1 − e−2λ)

4

366

La serie de terme general k2 λ2k

(2k)! = 14

(λ2k

(2k−2)! + λ2k

(2k−1)!

)converge.

E(2Y (2Y − 1)) =

+∞∑

k=1

2k(2k − 1)λ2k

(2k)!e−λ

= λ2e−λ+∞∑

k=1

λ2k−2

(2k − 2)!

= λ2e−λ eλ + e−λ

2

=λ2(1 + e−2λ)

2

D’apres la formule de Koenig-Huygens

V (Y ) = E(Y 2) − E(Y )2 =1

4(E(2Y (2Y − 1)) + E(2Y )) − E(Y )2.

Ainsi V (Y ) = 18λ(1 − e−2λ) + 1

16λ2(4e−2λ + 1 − e−4λ).

Exercice 30.10

1. Notons X1 la variable aleatoire egale au nombre de jets de des effectues par le joueur A1

et X2 la variable aleatoire egale au nombre de jets de des effectues par le joueur A2.X1 et X2 sont des variables aleatoires independantes de meme loi geometrique de parametre19 .Y = max(X1,X2). Y (Ω) = [[1,+∞[[

Pour tout entier k non nul, P (Y 6 k) = P (X1 6 k,X2 6 k) =(1 −

(89

)k)2

.

Or P (Y = k) = P (Y 6 k) − P (Y 6 k − 1).

Donc pour tout entier k non nul, P (Y = k) = 29

(89

)k−1 − 1781

(89

)2k−2.

2. S = 10(X1 + X2).Determinons la loi de X1 + X2. (X1 + X2)(Ω) = [[2,+∞[[.

Pour tout entier k de [[2,+∞[[, P (X1 + X2 = k) =+∞∑i=1

P (X1 = k − i,X2 = i).

Or si i > k, alors P (X1 = k − i) = 0.

Donc P (X1 + X2 = k) =k−1∑i=1

(19

)2 (89

)k−2= (k − 1)

(19

)2 (89

)k−2.

Ainsi pour tout entier k de [[2,+∞[[, P (S = 10k) = (k − 1)(

19

)2 (89

)k−2.

Comme X1 et X2 sont des variables aleatoires independantes aui admettent une variance,S admet une esperance et une variance.E(S) = 10 (E(X1) + E(X2)) et V (S) = 100 (V (X1) + V (X2)).Donc E(S) = 180 et V (S) = 14400.La probabilite que les deux joueurs versent la meme somme est la probabilite que X1 = X2.

P (X1 = X2) =+∞∑i=1

P (X1 = i,X2 = i) =+∞∑i=1

P (X1 = i)P (X2 = i).

Ainsi P (X1 = X2) = 117 .

367

Exercice 30.11

1. X1 suit une loi uniforme sur [[1, n]].

X1 admet une esperance et une variance : E(X1) = n+12 et V (X1) = n2−1

12 .

2. a) X2(Ω) = [[1, n]].Soit k un entier de [[1, n]].D’apres la formule des probabilites totales avec le systeme complet d’evenements (X1 = i)16i6n,

P (X2 = k) =

n∑

i=1

PX1=i (X2 = k)P (X1 = i)

Or PX1=i (X2 = k) =

1

n+i si k 6= ii+1n+i si k = i

.

Donc P (X2 = k) = kn(n+k) +

n∑i=1

1n(n+i) .

b) X2 est une variable aleatoire reelle discrete finie donc X2 admet une esperance.

E(X2) =n∑

k=1

k

(k

n(n + k)+

n∑

i=1

1

n(n + i)

)

=n∑

k=1

(n + k − n)2

n(n + k)+

n∑

k=1

kn∑

i=1

1

n(n + i)

=n∑

k=1

(n + k

n− 2 +

n

n + k

)+

n∑

k=1

kn∑

i=1

1

n(n + i)

= n +n + 1

2− 2n + n

n∑

k=1

1

n + k+

n + 1

2

n∑

i=1

1

n + i

=1 − n

2+

3n + 1

2

n∑

k=1

1

n + k

c) La fonction x 7→ 11+x est continue sur [0, 1].

D’apres les sommes de Riemann

limn→+∞

n∑

k=1

1

n + k= lim

n→+∞1

n

n∑

k=1

1

1 + kn

=

∫ 1

0

1

1 + xdx = ln 2.

Or E(X2) = n

(−1+ 1

n

2 +3+ 1

n

2

n∑k=1

1n+k

).

Donc E(X2) ∼n→+∞

3 ln 2−12 n.

Exercice 30.12

1. Pour que la suite (uk) definisse une loi de probabilite, il faut et il suffit que uk > 0 et

368

n∑k=1

uk = 1.

n∑

k=1

uk =

n∑

k=1

ank

n2 + k2

= an

n∑

k=1

k

n2 + k2

Donc an = 1n∑

k=1

k

n2+k2

.

2. Remarquons quen∑

k=1

kn2+k2 = 1

n

n∑k=1

kn

1+( kn )

2 .

Or la fonction x 7→ x1+x2 est continue sur [0, 1].

Par les sommes de Riemann,

limn→+∞

n∑

k=1

k

n2 + k2=

∫ 1

0

x

1 + x2dx =

[1

2ln(1 + x2)

]1

0

=1

2ln 2.

Donc la suite (an) converge vers 2ln 2 .

3. Xn est une variable aleatoire reelle discrete finie, donc Xn admet une esperance.

E(Xn) =

n∑

k=1

ank2

n2 + k2

= an

n∑

k=1

(k2 + n2

n2 + k2− n2

n2 + k2

)

= nan − n2an

n∑

k=1

1

n2 + k2

= nan

(1 − 1

n

n∑

k=1

1

1 + k2

n2

)

Or la fonction x 7→ 11+x2 est continue sur [0, 1].

Par les sommes de Riemann,

limn→+∞

1

n

n∑

k=1

1

1 + k2

n2

=

∫ 1

0

dx

1 + x2=

π

4

Donc E(Xn) ∼n→+∞

4−π2 ln 2n.

Exercice 30.13

1. X(Ω) = [[1, n]].Pour tout entier k de [[1, n − 1]], l’evenement (X = k) est l’evenement «le joueur a utilise kfleches» c’est-a-dire «le joueur a atteint la cible au kieme lancer».

Donc P (X = k) = p(1 − p)k−1.

369

L’evenement (X = n) est l’evenement «le joueur a utilise n fleches» c’est-a-dire «le joueura atteint la cible au nieme lancer, ou a utilise toutes les fleches sans atteindre la cible».

Donc P (X = n) = p(1 − p)n−1 + (1 − p)n.

Comme X est une variable aleatoire reelle discrete finie, X admet une esperance.

E(X) = n(1 − p)n +n∑

k=1

kp(1 − p)k−1.

Orn∑

k=0

xk = 1−xn+1

1−x et en derivantn∑

k=1

kxk−1 = nxn+1−(n+1)xn+1(1−x)2 .

Donc E(X) = n(1 − p)n + pn(1−p)n+1−(n+1)(1−p)n+1p2 .

Ainsi E(X) = 1−(1−p)n

p .

2. Pour tout entier k de [[1, n]], la probabilite que [X = k] sachant que le tireur a atteint sacible est p(1 − p)k−1.

3. Notons Xk la variable aleatoire egale a 1 si le joueur atteint sa cible au kieme tir et 0sinon.Xk suit une loi de Bernoulli de parametre p.

Alors Y =n∑

k=1

(n − k + 1)Xk.

Donc E(Y ) =n∑

k=1

(n − k + 1)p = n(n+1)p2 .

Exercice 30.14

1. X suit une loi uniforme sur [[1, 2n]]. X admet une esperance et une variance et

E(X) = 2n+12 , V (X) = 4n2−1

12 .

2. a) Y (Ω) = [[1, 2n]].Soit i un entier inferieur strictement a k.L’evenement (Y = i) est l’evenement «le numero tire est egal a i» c’est-a-dire «le premiertirage donne un numero inferieur strictement a k et le deuxieme tirage donne le numero i».Donc P (Y = i) = k−1

2n12n .

Soit i un entier de [[k, 2n]].L’evenement (Y = i) est l’evenement «le numero tire est egal a i»c’est-a-dire la reunion desevenements «le premier tirage donne un numero inferieur strictement a k et le deuxiemetirage donne le numero i»et «le premier tirage donne le numero i».Donc P (Y = i) = k−1

2n12n + 1

2n = 2n+k−14n2 .

b) Y est une variable aleatoire reelle discrete finie donc admet une esperance.

E(Y ) =

2n∑

i=1

iP (Y = i)

=

k−1∑

i=1

i(k − 1)

4n2+

2n∑

i=k

i(2n + k − 1)

4n2

=

(k − 1

4n2

)k(k − 1)

2+

(2n + k − 1

4n2

)(2n + k)(2n − k + 1)

2

=4n2 + 2kn − (k − 1)2

4n

370

c) Remarquons que E(Y ) = 4n2+2kn−(k−1)2

4n = 2n+12 + (k−1)(2n−k+1)

4n .

Donc E(Y ) = E(X) + (k−1)(2n−k+1)4n , et E(Y ) > E(X).

E(Y ) est maximale quand (k−1)(2n−k+1)4n est maximale.

La fonction t 7→ (t− 1)(2n− t + 1) est une fonction polynomiale de degre 2 dont les racinessont 1 et 2n+1. La courbe de cette fonction est une parabole renversee de sommet (n+1, n2).Donc la fonction t 7→ (t − 1)(2n − k + 1) admet un maximum en n + 1.Ainsi E(Y ) est maximum si k = n + 1 et alors E(Y ) = 5n+2

4 .

Exercice 30.15

1. Soit X la variable aleatoire egale au nombre de tests effectues. Les personnes sontreparties en 10 groupes que nous numeroterons de 1 a 10.Soit Xi la variable aleatoire egale au nombre de tests effectues pour le groupe i.Xi(Ω) = 1, 11.Alors X =

10∑i=1

Xi.

L’evenement (Xi = 1) est l’evenement «aucune des dix personnes n’est malade», doncP (Xi = 1) = (1 − p)10.L’evenement (Xi = 11) est l’evenement «au moins une des dix personnes est malade», doncP (Xi = 11) = 1 − (1 − p)10.Alors Xi admet une esperance et E(Xi) = 11 − 10(1 − p)10.

Par linearite de l’esperance E(X) =10∑

i=1

E(Xi) = 110 − 100(1 − p)10.

Alors pour la toxoplasmose, p = 0, 7, E(X) = 110 − 100(0, 3)10 ⋍ 109, 9.Dans ce cas, cette methode semble peu appropriee.

2. Pour l’hepatite B, p = 0, 15, alors E(X) = 110 − 100(0, 85)10 ⋍ 90, 3.Dans ce cas, cette methode semble plutot bien adaptee.

3. Dans le cas de l’herpes, p = 0, 4, alors E(X) = 110 − 100(0, 6)10 ⋍ 109, 3.Dans ce cas, cette methode semble peu adaptee.

Exercice 30.16

1. Soit X la variable aleatoire reelle discrete egale au nombre d’accidents. X suit une loi dePoisson de parametre 3.

P (X > 3) =+∞∑k=3

3ke−3

k! = 1 − e−3(1 + 3 + 92 ) = 1 − 17

2 e−3.

2. PX>1 (X > 3) = P ((X>3)∩(X>1))P (X>1) .

Or P ((X > 3) ∩ (X > 1)) = P (X > 3) = 1 − 172 e−3, et P (X > 1) =

+∞∑k=1

3ke−3

k! = 1 − e−3.

Donc PX>1 (X > 3) = 2−17e−3

2(1−e−3) .

Exercice 30.17

1. Notons A l’evenement «il ne se produit aucune panne dans la journee».

371

D’apres la formule des probabilites totales avec le systeme complet d’evenements (Y = k)k∈N,

P (A) =+∞∑

k=0

PY =k(A)P (Y = k).

Or PY =k(A) =

(23

) k2

(34

) k2 si k est pair

(23

) k+12

(34

) k−12 si k est impair

.

Donc P (A) =+∞∑k=0

(23

)k (34

)k λ2ke−λ

(2k)! ++∞∑k=0

(23

)k+1 (34

)k λ2k+1e−λ

(2k+1)! .

Ainsi h(λ) =+∞∑k=0

(λ√2

)2ke−λ

(2k)! + 2√

23

+∞∑k=0

(λ√2

)2k+1e−λ

(2k+1)! .

2. Rappelons que ex =+∞∑n=0

xn

n! et e−x =+∞∑n=0

(−x)n

n! .

En additionnant et en soustrayant ces deux egalites, on obtient :

ex + e−x

2=

+∞∑

k=0

x2k

(2k)!

ex − e−x

2=

+∞∑

k=0

x2k+1

(2k + 1)!

Alors h(λ) = e−λ eλ√2 +e

− λ√2

2 + 2√

23 e−λ e

λ√2 −e

− λ√2

2 .

Ainsi h(λ) = 3+2√

26 e

√2−22 λ + 3−2

√2

6 e−(2+

√2)

2 λ.

Exercice 30.18

1. X(Ω) = [[0, n(n+1)2 ]].

2. L’evenement [Xk

k = 1] est l’evenement «le jeton k est dans la poignee».Par la formule des probabilites totales avec le systeme complet d’evenements (Y = i)06i6n,

P (Xk

k= 1) =

n∑

i=0

PY =i (Xk = k)P (Y = i)

Or PY =i (Xk = k) =(n−1

i−1)(n

i)= i

n .

Donc P (Xk

k = 1) =n∑

i=0

in

1n+1 = 1

2 .

Donc Xk

k suit une loi de Bernoulli de parametre 12 .

3. Remarquons que X =n∑

k=1

Xk.

Alors E(X) =n∑

k=1

E(Xk).

Or E(

Xk

k

)= 1

2 . Donc E(Xk) = k2 .

Donc E(X) = n(n+1)4 .

372

Exercice 30.19

1. Par definition, mk =∑x∈I

xkP (X = x) =∑x∈I

(x − E(X) + E(X))kP (X = x).

mk =∑

x∈I

k∑

i=0

(k

i

)(x − E(X))iE(X)k−iP (X = x)

=

k∑

i=0

(k

i

)E(X)k−i

∑

x∈I

(x − E(X))iP (X = x)

=

k∑

i=0

(k

i

)µiE(X)k−i

µk =∑

x∈I

(x − E(X))kP (X = x)

=∑

x∈I

k∑

i=0

(k

i

)xi(−E(X))k−iP (X = x)

=k∑

i=0

(k

i

)(−E(X))k−i

∑

x∈I

xiP (X = x)

=

k∑

i=0

(k

i

)mi(−E(X))k−i

2. Remarquons que m1 = µ[1].

m2 =∑

x∈I

x2P (X = x)

=∑

x∈I

(x(x − 1) + x)P (X = x)

=∑

x∈I

x(x − 1)P (X = x) +∑

x∈I

xP (X = x)

= µ[2] + µ[1]

m3 =∑

x∈I

x3P (X = x)

=∑

x∈I

(x(x − 1)(x − 2) + 3x(x − 1) + x)P (X = x)

=∑

x∈I

x(x − 1)(x − 2)P (X = x) + 3∑

x∈I

x(x − 1)P (X = x) +∑

x∈I

xP (X = x)

= µ[3] + 3µ[2] + µ[1]

3.

373

loi binomiale de parametre (n, p) :µ[1] = m1 = np.

µ[2] =

n∑

k=0

k(k − 1)

(n

k

)pk(1 − p)n−k

= n(n − 1)p2n∑

k=2

(n − 2

k − 2

)pk−2(1 − p)n−k

= n(n − 1)p2

µ[3] =

n∑

k=0

k(k − 1)(k − 2)

(n

k

)pk(1 − p)n−k

= n(n − 1)(n − 2)p3n∑

k=3

(n − 3

k − 3

)pk−3(1 − p)n−k

= n(n − 1)(n − 2)p3

loi uniforme sur [[1, n]] :µ[1] = m1 = n+1

2 .

µ[2] =n∑

k=1

k(k − 1)1

n

=1

n

(n∑

k=1

k2 −n∑

k=1

k

)

=(n + 1)(n − 1)

3

µ[3] =

n∑

k=1

k(k − 1)(k − 2)1

n

=1

n

(n∑

k=1

k3 − 3

n∑

k=1

k2 + 2

n∑

k=1

k

)

=(n + 1)(n − 1)(n − 2)

4

loi geometrique de parametre p :µ[1] = m1 = 1

p .

374

µ[2] =+∞∑

k=1

k(k − 1)p(1 − p)k−1

= p(1 − p)+∞∑

k=2

k(k − 1)(1 − p)k−2

= p(1 − p)2

(1 − p)3

=2p

(1 − p)2

µ[3] =

+∞∑

k=1

k(k − 1)(k − 2)p(1 − p)k−1

= p(1 − p)2+∞∑

k=3

k(k − 1)(k − 2)(1 − p)k−3

= p(1 − p)26

(1 − p)4

=6p

(1 − p)2

loi hypergeometrique de parametre (N,n, p) :µ[1] = m1 = np.

µ[2] =n∑

k=0

k(k − 1)

(Npk

)(Nqn−k

)(Nn

)

= Np(Np − 1)

n∑

k=2

(Np−2k−2

)(Nqn−k

)(Nn

)

= Np(Np − 1)

(N−2n−2

)(Nn

)

=p(Np − 1)n(n − 1)

N − 1

µ[3] =n∑

k=0

k(k − 1)(k − 2)

(Npk

)(Nqn−k

)(Nn

)

= Np(Np − 1)(Np − 2)

n∑

k=3

(Np−3k−3

)(Nqn−k

)(Nn

)

= Np(Np − 1)(Np − 2)

(N−3n−3

)(Nn

)

=p(Np − 1)(Np − 2)n(n − 1)(n − 2)

(N − 1)(N − 2)

375

Exercice 30.20

1. Notons Yk la variable aleatoire egale au nombre de paquets achetes pour obtenir la kieme

piece a partir de l’obtention de la k − 1ieme piece.

Alors Xn =n∑

k=1

Yk.

Yk suit une loi geometrique de parametre n−k+1n .

Donc E(Xn) =n∑

k=1

E(Yk) =n∑

k=1

nn−k+1 .

Ainsi E(Xn) = nn∑

k=1

1k .

2. La fonction t 7→ 1t est une fonction continue et decroissante sur ]0, 1].

Pour tout entier k superieur ou egal a 2,

∫ k+1

k

dx

x6

1

k6

∫ k

k−1

dx

x.

En sommant entre 2 et n,

∫ n+1

2

dx

x6

n∑

k=2

1

k6

∫ n

1

dx

x.

Ainsi ln(n + 1) − ln 2 + 1 6n∑

k=1

1k 6 1 + lnn.

Or limn→+∞

ln(n+1)ln n = 1.

Donc par encadrement, limn→+∞

1ln n

n∑k=1

1k = 1.

Donc E(Xn) ∼n→+∞

n lnn.

Exercice 30.21

1. Notons Zk la variable aleatoire egale a 1 si le kieme tirage donne une boule noire et 0sinon, et Yk la variable aleatoire egale au nombre de boules noires restant dans l’urne apresle kieme tirage.Remarquons que Zk = Yk−1 − Yk.D’apres la formule des probabilites totales avec le systeme complet d’evenements (Yk−1 = i)06i6b,

P (Zk = 1) =

b∑

i=0

PYk−1=i (Zk = 1) P (Yk−1 = i)

Donc P (Zk = 1) =b∑

i=1

ia+bP (Yk−1 = i) = 1

a+bE(Yk−1).

Par ailleurs E(Zk) = E(Yk−1) − E(Yk) et E(Zk) = P (Zk = 1).Ainsi E(Zk) = (a + b)E(Zk) − (a + b)E(Zk+1).Donc la suite (E(Zk))k∈N∗ est une suite geometrique de raison a+b−1

a+b .

Alors E(Zk) =(

a+b−1a+b

)k−1

E(Z1).

Or Z1 est une variable aleatoire de Bernoulli de parametre ba+b .

Donc E(Zk) = ba+b

(a+b−1

a+b

)k−1

.

376

Ainsi Zk suit une loi de Bernoulli de parametre ba+b

(a+b−1

a+b

)k−1

.

2. Avec les notations precedentes, Xn =n∑

k=1

Zk. Donc E(Xn) =n∑

k=1

E(Zk).

E(Xn) =

n∑

k=1

b

a + b

(a + b − 1

a + b

)k−1

=

(b

a + b

) 1 −(

a+b−1a+b

)n

1 − a+b−1a+b

= b

(1 −

(a + b − 1

a + b

)n)

Et limn→+∞

E(Xn) = b.

Exercice 30.22

1. pn =n∑

k=0

(nk)(

nk)

22n .

2. En considerant l’experience qui consiste a prelever n jetons dans un sac contenant 2njetons dont n rouges et n noires et le systeme complet d’evenements (Rk)06k6n ou Rk estl’evenement « il y a k jetons rouges parmi les preleves », on a

n∑

k=0

(n

k

)(n

n − k

)=

(2n

n

)

3. D’apres la question precedente, pn =(2n

n )22n = (2n)!

n!n!22n .

Or n! ∼(

ne

)n √2πn et (2n)! ∼

(2ne

)2n √4πn.

Donc pn ∼(

2ne

)2n √4πn 1

(ne )

2n2πn22n

.

Ainsi pn ∼ 1√πn

et limn→+∞

pn = 0.

4. Comme pn est un reel positif, que pn ∼ 1√πn

et que la serie de Riemann de terme general1√n

diverge, la serie de terme general pn diverge par les criteres de comparaison des series a

termes positifs.

Exercice 30.23

1. a) Xn suit une loi binomiale de parametre (n, p). Xn admet une esperance et une variance,E(Xn) = np et V (Xn) = np(1 − p).

b) D’apres l’inegalite de Bienayme-Tchebicheff, pour tout reel strictement positif ε,

P (|Xn − np| > ε) 6np(1 − p)

ε2

En prenant ε = np − t, ε > 0 et P (|Xn − np| > np − t) 6np(1−p)(np−t)2 .

Or l’evenement [Xn 6 t] est inclus dans l’evenement [|Xn − np| > np − t].

Donc P (Xn 6 t) 6np(1−p)(np−t)2 .

377

2. a) Y (Ω) = N.Pour tout entier n superieur ou egal a k, P (Y = n) =

(n−1k−1

)pk(1 − p)n−k.

(Y = 0) est l’evenement «le kieme succes ne se realise pas».Pour tout entier n non nul (Y = 0) ⊆ (Xn 6 k − 1).

Donc pour tout entier n superieur a k−1p , P (Y = 0) 6

np(1−p)(np−k+1)2 .

Or limn→+∞

np(1−p)(np−k+1)2 = 0. Donc par encadrement, P (Y = 0) = 0.

b) La famille (Y = n)n>k est un systeme quasi-complet d’evenements.

Donc+∞∑n=k

(n−1k−1

)pk(1 − p)n−k = 1.

Alors+∞∑j=k

(j−1k−1

)(1 − p)j =

(1−p

p

)k

.

c) Remarquons que n(n−1k−1

)pk(1 − p)n−k = k

p

(nk

)pk+1(1 − p)n−k.

La serie de terme general(nk

)(1 − p)n+1 converge et

+∞∑

n=k

(n

k

)(1 − p)n+1 =

+∞∑

n=k+1

(n − 1

k

)(1 − p)n =

(1 − p

p

)k+1

donc la serie de terme general n(n−1k−1

)pk(1 − p)n−k converge.

Donc Y admet une esperance et E(Y ) = kp

(p

1−p

)k+1 +∞∑n=k

(nk

)(1 − p)n+1 = k

p .

Exercice 30.24

1. P (Xk = 1

6 ) est non nul si k est un multiple de 6.

X suit une loi binomiale de parametre (6n, p). Donc an =(6nn

)pn(1 − p)5n.

2. a) Si X = n alors |X − 6np| = |n − 6np| = n |1 − 6p|. Donc (X = n) ⊆ (|X − 6np| > n |1 − 6p|).Donc an 6 P (|X − 6np| > n |1 − 6p|).b) D’apres l’inegalite de Bienayme-Tchebicheff,

pour tout ε > 0, P (|X − 6np| > ε) 66np(1 − p)

ε2

En prenant ε = n |1 − 6p| > 0 car p 6= 16 , P (|X − 6np| > n |1 − 6p|) 6

6np(1−p)n2(1−6p)2 .

Donc nan 66p(1−p)(1−6p)2 .

c) an+1

an=

(6n+6n+1 )pn+1(1−p)5n+5

(6nn )pn(1−p)5n

.

Donc an+1

an= (6n+6)(6n+5)(6n+4)(6n+3)(6n+2)(6n+1)

(n+1)(5n+5)(5n+4)(5n+3)(5n+2)(5n+1) p(1 − p)5.

Ainsi limn→+∞

an+1

an= 66

55 p(1 − p)5.

3. a) La fonction x 7→ x(1 − x)5 est une fonction continue et derivable sur [0, 1] de deriveex 7→ (1 − x)4(1 − 6x).

378

x

f ′

f

016 1

+ 0 − 0

0

16

(56

)5

0

Donc la suite(

an+1

an

)

n∈N∗converge vers l ou l < 1.

Par definition de la limite, pour tout ε strictement positif, il existe un entier n0 tel que

∀n > n0,∣∣∣an+1

an− l

∣∣∣ 6 ε.

En prenant ε = 1−l4 , an+1

an6

1+3l4 .

Si on pose L = 1+3l4 , alors L ∈]0, 1[, et ∃n0 ∈ N, ∀n > n0,

an+1

an6 L.

b) Montrons par recurrence de ∀n > n0, an 6 Ln−n0an0.

Si n = n0, alors an06 an0

.Supposons que an 6 Ln−n0an0

.Alors an+1 6 Lan 6 Ln+1−n0an0

.Finalement ∀n > n0, an 6 Ln−n0an0

.Or la serie de terme general Ln−n0 est une serie geometrique qui converge car L ∈]0, 1[.Et par comparaison des series a terme positif, (an > 0), la serie de terme general an converge.

Exercice 30.25

Xn suit une loi binomiale de parametre (n, 16 ).

D’apres l’inegalite de Bienayme-Tchebicheff,

∀ε > 0, P (∣∣∣Xn − n

6

∣∣∣ > ε) 65n

36ε2

Or l’evenement [∣∣Fn − 1

6

∣∣ < ε] est l’evenement contraire de [∣∣Fn − 1

6

∣∣ > ε] c’est-a-dire

[∣∣Xn − n

6

∣∣ > nε].

Donc P(∣∣Fn − 1

6

∣∣ < ε)

> 1 − 536nε2 .

Alors en prenant ε = 0, 99, nous cherchons n tel que 1 − 536nε2 > 0, 99.

Donc n >5

36ε2(1−0,99) , c’est-a-dire n > 15.

Exercice 30.26

1. Distinguons deux cas n pair et n impair.

Si n est pair, le nombre de sauts d’une unite est pair donc Sn(Ω) = 2k, 0 6 k 6n2 .

Et P (Sn = 2k) =(

n2k

)12n .

379

Sn admet une esperance.

E(Sn) =

n2∑

k=0

2k

(n

2k

)1

2n

=n

2n

n2∑

k=0

(n − 1

2k − 1

)

=n

2

Si n est impair, le nombre de sauts d’une unite est impair donc Sn(Ω) = 2k+1, 0 6 k 6n−1

2 .Et P (Sn = 2k + 1) =

(n

2k+1

)12n .

Sn admet une esperance.

E(Sn) =

n−12∑

k=0

(2k + 1)

(n

2k + 1

)1

2n

=n

2n

n−12∑

k=0

(n − 1

2k

)

=n

2

2. Remarquons que Xn = Sn + 2(n − Sn) = 2n − Sn.Alors Xn(Ω) = [[n, 2n]] et ∀k ∈ [[n, 2n]], P (Xn = k) = P (Sn = 2n − k) =

(n

2n−k

)12n .

Comme Sn admet une esperance et une variance, Xn admet une esperance et une variance.

E(Xn) = 2n − n

2=

3n

2et V (Xn) =

n

4

3. a) Yn(Ω) = [[[

n+12

], n]].

b) D’apres la formule des probabilites totales avec le systeme complet d’evenements(X1 = 1,X1 = 2),

P (Yn = k) = PX1=1(Yn = k)P (X1 = 1) + PX1=2(Yn = k)P (X1 = 2)

Or PX1=1(Yn = k) = P (Yn−1 = k − 1) et PX1=2(Yn = k) = P (Yn−2 = k − 1).Donc P (Yn = k) = 1

2P (Yn−1 = k − 1) + 12P (Yn−2 = k − 1).

c) Comme Yn est une variable aleatoire reelle discrete finie, Yn admet une esperance.

E(Yn) =n∑

k=n0

kP (Yn = k).

Or d’apres la question precedente, P (Yn = k) = 12P (Yn−1 = k − 1) + 1

2P (Yn−2 = k − 1).

380

E(Yn) =1

2

n∑

k=[n+12 ]

kP (Yn−1 = k − 1) +1

2

n∑

k=[n+12 ]

kP (Yn−2 = k − 1)

=1

2

n∑

k=[n+12 ]

(k − 1)P (Yn−1 = k − 1) +1

2

n∑

k=[n+12 ]

P (Yn−1 = k − 1)

+1

2

n∑

k=[n+12 ]

(k − 1)P (Yn−2 = k − 1) +1

2

n∑

k=[n+12 ]

P (Yn−2 = k − 1)

=1

2

n−1∑

k=[n2 ]

kP (Yn−1 = k) +1

2

n−1∑

k=[n2 ]

P (Yn−1 = k)

+1

2

n−1∑

k=[n−12 ]

kP (Yn−2 = k) +1

2

n−1∑

k=[n−12 ]

P (Yn−2 = k)

=1

2E(Yn−1) +

1

2+

1

2E(Yn−2) +

1

2

Ainsi E(Yn) = 12E(Yn−1) + 1

2E(Yn−2) + 1.

4.

un = E(Yn) − na

=1

2E(Yn−1) +

1

2E(Yn−2) − na + 1

=1

2un−1 +

1

2un−2 +

(n − 1)a

2+

(n − 2)a

2− na + 1

=1

2un−1 +

1

2un−2 +

2 − 3a

2

La suite (un)n∈N∗ est une suite recurrente lineaire double si est seulement si 2 − 3a = 0c’est-a-dire a = 2

3 . Supposons maintenant que a = 23 .

(un) est une suite recurrente lineaire double de polynome caracteristique X2 − 12X − 1

2 dontles racines sont 1 et − 1

2 .

Donc pour tout entier n non nul, un = λ + µ(− 1

2

)n.

Or Y1 est la variable aleatoire certaine egale a 1, donc Y1 admet une esperance et E(Y1) = 1donc u1 = 1 − 2

3 = 13 .

Et Y2 est une variable aleatoire qui suit une loi uniforme sur 1, 2, donc Y2 admet uneesperance et E(Y2) = 3

2 , donc u2 = 32 − 4

3 = 16 .

Ainsi pour tout entier n non nul, un = 518 − 4

9

(− 1

2

)n.

Alors E(Yn) = 518 + n 2

3 − 49

(− 1

2

)n.

Exercice 30.27

1. La famille (Pk)06k6n est une famille echelonnee en degre de polynomes de Rn[X].Donc la famille (Pk)06k6n est libre et de cardinal n + 1 c’est-a-dire egal a la dimension de

381

Rn[X].Ainsi (Pk)06k6n est une base de Rn[X].

Il existe alors un unique (n+1)-uplet (a0,n; · · · , an,n) de reels tels que Xn =n∑

k=0

ak,nPk(X).

2. Il n’y a pas de question . . .

3. Dans cette question, remplacer G(k)(x) par G(k)(1).

D’apres le theoreme de transfert, E(xY ) =n∑

k=0

xkP (Y = k).

Donc G est une fonction polynomiale.Alors G est une fonction de classe C+∞ et pour tout entier k,

G(k)(x) =

n∑

i=0

i(i − 1) · · · (i − k + 1)xi−kP (Y = k).

Donc G(k)(1) = E(Pk(Y )).

4. Comme Xk =k∑

i=0

ai,kPk(X), alors Y k =k∑

i=0

ai,kPk(Y ), et E(Y k) =k∑

i=0

ai,kE(Pi(Y )).

Ainsi E(Y k) =k∑

i=0

ai,kG(i)(1).

5. Determinons la fonction G. On a

G(x) =

n∑

k=0

xk

(n

k

)pk(1 − p)n−k = (1 − p + xp)n.

On en deduit que

G′(x) = np(1 − p + xp)n−1

G′′(x) = n(n − 1)p2(1 − p + xp)n−2

et G′′′(x) = n(n − 1)(n − 2)p3(1 − p + xp)n−3

Donc X2 = P2(X) + P1(X) et X3 = P3(X) + 3P2(X) + P1(X).Alors

E(Y 2) = G′′(1) + G′(1) = n(n − 1)p2 + np

et E(Y 3) = G′′′(1) + 3G′′(1) + G′(1) = n(n − 1)(n − 2)p3 + 3n(n − 1)p2 + np.

Exercice 30.28

1. f est une fonction polynomiale de degre deux.f est croissante sur [0, 1] et f(0) = 1 − p, f(1) = 1.

2. Comme l’intervalle [0, 1] est stable par f et que f est croissante sur [0, 1], la suite (un)n∈N

est monotone et bornee. Or u1 = f(u0) > 1 − p. Donc (un) est une suite croissante etmajoree. Ainsi la suite (un) converge vers l.Comme f est continue sur [0, 1], f(l) = l, donc l = 1 ou l = 1−p

p .

382

Or 1−pp appartient a [0, 1] si et seulement si p >

12 .

Si p 612 , la suite (un) converge vers 1.

Si p > 12 , alors par recurrence, on montre que pour tout entier n, un 6

1−pp . Donc la suite

(un) converge vers 1−pp

3. a) p0 = P (X0 = 0) = 1 − p.Par la formule des probabilites totales avec le systeme complet d’evenements ([X0 = 0], [X0 = 2]),

pn+1 = P (Xn+1 = 0) = PX0=0(Xn+1 = 0)P (X0 = 0) + PX0=2(Xn+1 = 0)P (X0 = 2)

Or PX0=0(Xn+1 = 0) = 1 et PX0=2(Xn+1 = 0) = P (Xn = 0)2 car les deux descendants dela premiere generation n’ont pas de descendants a la nieme generation.Donc la suite (pn) verifie la relation pn+1 = pp2

n + 1 − p.Ainsi P (Xn = 0) = un.

b) Si p 612 , lim

n→+∞P (Xn = 0) = 1.

Si p > 12 , lim

n→+∞P (Xn = 0) = 1−p

p .

Exercice 30.29

1. a) X suit une loi binomiale de parametre (n, p).

b) Pour tout entier k de [[0, n]],

P (X = k) =

(n

k

)pk(1 − p)n−k = (1 − p)n n(n − 1) · · · (n − k + 1)

1.2 · · · k

(p

1 − p

)k

.

Donc P (X=k)P (X=k−1) = n−k+1

kp

1−p .

Alors P (X=k)P (X=k−1) > 1 si et seulement si n−k+1

kp

1−p > 1 c’est-a-dire (n + 1)p > k.

Donc P (X = k) est maximale pour k = [(n + 1)p].

c) S’il existe deux modes M0 et M ′0 pour ce tirage, alors P (X = M0) = P (X = M ′

0).Donc il existe un entier k tel que n−k+1

kp

1−p = 1 c’est-a-dire (n+1)p = k et une seule valeurde k possible.Reciproquement si (n+1)p est un entier, alors il existe deux entiers M0 et M0−1 des modespour ce tirage.Ainsi il existe deux modes si et seulement si (n + 1)p est un entier.

2. a) X suit une loi hypergeometrique de parametre (N,n, p).

b) Pour tout entier k de [[0, n]]

P (X = k) =

(k

Np

)(n−kNq

)(

nN

) =Np(Np − 1) · · · (Np − k + 1)

1.2 · · · kNq(Nq − 1) · · · (n − k + 1)

1.2 · · · (Nq − n + k)

1(nN

)

Donc P (X=k)P (X=k−1) = Np−k+1

kn−k+1

Nq−n+k .

Alors P (X=k)P (X=k−1) > 1 si et seulement si Np−k+1

kn−k+1

Nq−n+k > 1 c’est-a-dire (Np+1)(n+1)N+2 > k.

Donc P (X = k) est maximale pour k = [ (Np+1)(n+1)N+2 ].

383

c) S’il existe deux modes M0 et M ′0 pour ce tirage, alors P (X = M0) = P (X = M ′

0).

Donc il existe un entier k tel que Np−k+1k

n−k+1Nq−n+k = 1 c’est-a-dire (Np+1)(n+1)

N+2 = k.

Reciproquement si (Np+1)(n+1)N+2 est un entier, alors les entiers M0 et M0 − 1 sont des modes

pour ce tirage.

3. Dans l’enonce de cette question, intervertir p > 12 et p < 1

2 .

Remarquons que (Np+1)(n+1)N+2 − (n + 1)p = (n+1)(2p−1)

N+2 .

Si p = 12 , alors (Np+1)(n+1)

N+2 = n+12 , donc M0 = M1.

Si p > 12 , alors 2p − 1 > 0 or 2p − 1 6 1 donc (n + 1)p < (Np+1)(n+1)

N+2 6 (n + 1)p + 1.Donc par croissance de la fonction partie entiere, M0 6 M1 6 M0 + 1.

Si p < 12 , alors 2p− 1 < 0 or 2p− 1 > −1 donc (Np+1)(n+1)

N+2 < (n + 1)p 6(Np+1)(n+1)

N+2 + 1.Donc par croissance de la fonction partie entiere, M1 6 M0 6 M1 + 1.

4. D’apres la question precedentes, M0 et M1 ne different pas de plus d’une unite.

Exercice 30.30

1. Comme X suit une loi de Poisson de parametre 10000, X admet une esperance etE(X) = 10000.

2. Comme les dix entrees sont equiprobables, la probabilite qu’un visiteur rentre par l’entreeE1 est 1

10 .

3. D’apres la formule des probabilites totales avec le systeme complet d’evenements(X = n)n∈N,

P (X1 = k) =

+∞∑

n=0

PX=n(X1 = k)P (X = n)

Or ∀k > n + 1, PX=n(X1 = k) = 0.

Et ∀k 6 n, PX=n(X1 = k) =(nk

)1

10k

(910

)n−k.

P (X1 = k) =

+∞∑

n=k

(n

k

)1

10k

(9

10

)n−ke−1000010000n

n!

=e−10000103k

k!

+∞∑

n=k

1

(n − k)!

(9.103

)n−k

=e−10000103k

k!

+∞∑

n=0

1

n!

(9.103

)n

=e−1000103k

k!

Donc X1 suit une loi de Poisson de parametre 103. Alors X1 admet une esperance et unevariance E(X1) = V (X1) = 103.

4. Soit Y1 le nombre de visiteurs entrant par E1 en payant.Alors Y1 = 9X1

10 . Et E(Y1) = 900.

384

Exercice 30.31

1. L’evenement [XN > n] est l’evenement «les resultats obtenus forment une suite stricte-ment croissante d’au moins n termes de [[1, N ]]».Donc P (XN > n) = 0 pour tout entier n > N + 1.

Et si n 6 N , P (XN > n) =(N

n)Nn .

2. XN (Ω) = [[1, N + 1]]. Donc XN admet une esperance.

E(XN ) =N+1∑k=1

kP (XN = k).

Or P (XN = k) = P (XN > k − 1) − P (XN > k).

E(XN ) =

N+1∑

k=1

k(P (XN > k − 1) − P (XN > k))

=

N+1∑

k=1

kP (XN > k − 1) −N+1∑

k=1

kP (XN > k)

=

N∑

k=0

(k + 1)P (XN > k) −N+1∑

k=1

kP (XN > k)

= 1 +N∑

k=1

P (XN > k) − (N + 1)P (XN > N + 1)

= 1 +

N∑

k=1

(nk

)

Nk

=

(1 +

1

N

)N

3.(1 + 1

N

)N= eN ln(1+ 1

N).

Or ln(1 + 1N ) ∼

N→+∞1N .

Donc limN→+∞

E(XN ) = e.

Chapitre 31Exercice 31.1

1. S(Ω) = [[2,+∞[[.D’apres la formule des probabilites totales avec le systeme complet d’evenements (X = i)i∈N∗ ,

∀k > 2, P (S = k) =

+∞∑

i=1

P (S = k,X = i).

385

Soit k un entier superieur ou egal a 2, P (S = k) =+∞∑i=1

P (Y = k − i,X = i).

Par independance des variables aleatoires X et Y , P (S = k) =+∞∑i=1

P (Y = k − i)P (X = i).

Or ∀k − i 6 0 c’est-a-dire ∀i > k, P (Y = k − i) = 0.

Alors P (S = k) =k−1∑i=1

P (Y = k − i)P (X = i).

Comme les variables aleatoires X et Y suivent une loi geometrique de parametre p,

P (S = k) =k−1∑i=1

p(1 − p)k−i−1p(1 − p)i−1.

Ainsi pour tout entier k superieur ou egal a 2, P (S = k) = (k − 1)p2(1 − p)k−2.

Comme X et Y admettent une esperance, S admet une esperance et E(S) = E(X)+E(Y ) = 2p .

Comme X et Y sont des variables aleatoires independantes qui admettent une variance, S

admet une variance et V (S) = V (X) + V (Y ) = 2(1−p)p2 .

2. Avec le systeme complet d’evenements (Z = i)i∈N∗ ,

P (S 6 Z) =

+∞∑

i=1

P (S 6 i, Z = i).

Par independance des variables aleatoires S et Z, P (S 6 Z) =+∞∑i=1

P (S 6 i)P (Z = i).

Or P (S 6 i) =i∑

k=2

(k − 1)p2(1 − p)k−2.

Donc P (S 6 Z) =+∞∑i=1

i∑k=2

(k − 1)p3(1 − p)k+i−3.

P (S 6 Z) =

+∞∑

k=2

(k − 1)p3(1 − p)k−3+∞∑

i=k

(1 − p)i

=

+∞∑

k=2

(k − 1)p3(1 − p)k−3 (1 − p)k

p

= p2(1 − p)

+∞∑

k=2

(k − 1)((1 − p)2

)k−2

=(1 − p)

(2 − p)2

386

Exercice 31.2

1. Pour tout entier i, P (X = i) =+∞∑j=0

P (X = i, Y = j).

P (X = i) =

+∞∑

j=0

ci + j

3i+ji!j!

= c1

3i(i − 1)!

+∞∑

j=0

1

j!3j+ c

1

3ii!

+∞∑

j=1

1

(j − 1)!3j

= ce133i + 1

3i+1i!

Et par symetrie de l’expression, Y a la meme loi que X.P (X = 0, Y = 0) = 0 et P (X = 0) = P (Y = 0) 6= 0 donc X et Y ne sont pas des variablesaleatoires independantes.

2. Comme X est une variable aleatoire a valeurs dans N,

+∞∑

i=0

P (X = i) = 1.

+∞∑

i=0

P (X = i) = ce13

+∞∑

i=0

3i + 1

3i+1i!

= ce13

(1

3e

13 +

1

3e

13

)

= c2

3e

23

Donc c = 32e−

23 .

3. Par definition de la probabilite conditionnelle, pour tout couple (k, n) d’entiers,

PX=n(Y = k) = P (X=n,Y =k)P (X=n) .

Ainsi pour tout entier n et pour tout entier k PX=n(Y = k) = k+n3k−1(3n+1)k!

e−13 .

4. (Y/X = 0) − 1 suit une loi exponentielle de parametre 13 .

Exercice 31.3

1. X suit une loi binomiale de parametre(n + 1, 1

2

)et Y suit une loi binomiale de parametre

(n, 12 ).

2. (X − Y )(Ω) = [[ − n, n + 1]].Avec le systeme complet d’evenements (Y = i)

i∈[[0,n]],

pour tout entier k de [[ − n, n + 1]], P (X − Y = k) =

n∑

i=0

P (X = k + i, Y = i).

387

Or les variables aleatoires X et Y sont independantes et si k + i /∈ [[0, n + 1]] c’est-a-direi /∈ [[ − k, n + 1 − k]], alors P (X = k + i) = 0.Soit k un entier de [[ − n, n + 1]].

P (X − Y = k) =

min(n,n+1−k)∑

i=max(0,−k)

(n + 1k + i

)1

2n+1

(ni

)1

2n

=1

22n+1

min(n,n+1−k)∑

i=max(0,−k)

(n + 1k + i

)(n

n − i

)

=

(2n + 1n + k

)1

22n+1

3. P (X = Y ) = P (X − Y = 0) =

2n + 1

n

22n+1 .

P (X > Y ) = P (X − Y > 0) =n+1∑k=1

2n + 1

n + k

22n+1 =2n+1∑

k=n+1

2n + 1

k

22n+1 .

Or2n+1∑k=0

(2n + 1

k

)=

n∑k=0

(2n + 1

k

)+

2n+1∑k=n+1

(2n + 1

k

).

Commen∑

k=0

(2n + 1

k

)=

n∑k=0

(2n + 1

2n + 1 − k

)=

2n+1∑k=n+1

(2n + 1

k

).

Donc2n+1∑

k=n+1

(2n + 1

k

)= 1

2 .

Ainsi P (X > Y ) = 122n+2 .

Exercice 31.4

1. La loi de X + Y a ete determine dans l’exercice 1 et pour tout entier k superieur ou egala 2, P (X + Y = k) = (k − 1)p2(1 − p)k−2.

Pour tout reel x de [k − 1, k[, P (X + Y 6 x) = P (X + Y 6 k) =k∑

i=2

(i − 1)p2(1 − p)i−2.

Donc P (X + Y 6 x) = p2k∑

i=1

i(1 − p)i−1.

Or la fonction t 7→k∑

i=1

iti−1 est la fonction derivee de la fonction t 7→k∑

i=0

ti.

Alorsk∑

i=1

iti−1 =(k − 1)tk − ktk−1 + 1

(t − 1)2.

Ainsi pour tout reel x de [k − 1, k[, P (X + Y 6 x) = (k − 1)(1 − p)k − k(1 − p)k−1 + 1.

En utilisant le systeme complet d’evenements (Z = i)i∈N∗ ,

pour tout entier k, P (X + Y + Z = k) =

+∞∑

i=1

P (X + Y = k − i, Z = i).

388

Soit k un entier superieur ou egal a 3, par independance des variables aleatoires X + Y etZ,

P (X + Y + Z = k) =

+∞∑

i=1

P (X + Y = k − i)P (Z = i)

Donc

P (X + Y + Z = k) =

k−2∑

i=1

(k − i− 1)p2(1− p)k−i−2p(1− p)i−1 =(k − 1)(k − 2)

2p3(1− p)k−3.

Pour tout entier k superieur ou egal a 3 pour tout reel x de [k, k + 1[

P (X + Y + Z 6 x) = 1− (k − 1)(k − 2)

2(1− p)k − k(k − 2)(1− p)k−1 − k(k − 1)

2(1− p)n−2.

2.

P (X = Y ) =+∞∑

k=1

P (X = k, Y = k)

=+∞∑

k=1

p2(1 − p)2k−2

=1

2 − p

P (X 6 Y ) =+∞∑

k=1

P (X = k, Y > k)

=+∞∑

k=1

P (X = k)P (Y > k)

=+∞∑

k=1

p(1 − p)k−1(1 − p)k−1

= 1 − p

P (X + Y = 2Z) =+∞∑

k=1

P (X + Y = 2k, Z = k)

=+∞∑

k=1

P (X + Y = 2k)P (Z = k)

=+∞∑

k=1

(2k − 1)p3(1 − p)2k−3

=p(2 − 3p + 3p2 − p3)

(3 − 3p + p2)2

389

P (Z 6 X + Y ) =

+∞∑

k=1

P (Z = k, k 6 X + Y )

=

+∞∑

k=1

P (Z = k)P (k 6 X + Y )

=

+∞∑

k=1

p(1 − p)k−1+∞∑

i=k

(i − 1)p2(1 − p)i−2

=

+∞∑

i=2

(i − 1)p3(1 − p)i−3i∑

k=1

(1 − p)k

= p3+∞∑

i=2

(i − 1)(1 − p)i−2 1 − (1 − p)i

p

= 1 −(

1 − p

2 − p

)2

Exercice 31.5

1. a) X(Ω) = [[0, n]]. Pour tout couple (k, i) de [[0, n]]2, P (Z = k,X = i) = PZ=k(X = i)P (Z = k).

pour tout couple (k, i) de , P (Z = k,X = i) =

1

k+1P (Z = k) si 0 6 i 6 k

0 sinon

b) Pour tout entier i de [[0, n]], P (X = i) =n∑

k=0

PZ=k(X = i)P (Z = k) =n∑

k=i

1k+1P (Z = k).

c) Comme X est une variable aleatoire finie, X admet une esperance.

E(X) =

n∑

i=0

iP (X = i)

=

n∑

i=0

n∑

k=i

i

k + 1P (Z = k)

=

n∑

k=0

k∑

i=0

i

k + 1P (Z = k)

=

n∑

k=0

k

2P (Z = k)

=E(Z)

2

2. Remarquons que X 6 Z. Alors (Z − X)(Ω) = [[0, n]].Pour tout entier k de [[0, n]]

P (Z − X = k) =

n∑

i=0

P (Z = i)P (X = i − k/Z = i) =

n∑

i=k

1

i + 1P (Z = i) = P (X = k).

390

Ainsi Z − X et X ont meme loi.

Exercice 31.6

1. Pour tout couple (k, i) de [[1, n]], P (X = k, Y = i) =

1

nk si i 6 k

0 sinon

2. Determinons la loi de Y .

Pour tout entier i de [[1, n]], P (Y = i) =n∑

k=1

P (X = k, Y = i) =n∑

k=i

1nk .

Comme Y est une variable aleatoire reelle finie, Y admet une esperance et une variance.

E(Y ) =n∑

i=1

iP (X = i) =n∑

i=1

n∑k=i

ink =

n∑k=1

k∑i=1

ink =

n + 3

4.

E(Y 2) =n∑

i=1

i2P (X = i) =n∑

i=1

n∑k=i

i2

nk =n∑

k=1

k∑i=1

i2

nk =n∑

k=1

(k + 1)(2k + 1)

6n=

4n2 + 15n + 17

36.

Exercice 31.7

Z(Ω) = Q∗+.

Soit r un element de Q∗+. Il existe deux entiers n et m non nuls premiers entre eux tels que

r = nm .

P (Z = r) =+∞∑

k=1

P (Z = r, Y = k)

=+∞∑

k=1

P (X = rk, Y = k)

=+∞∑

l=1

P (X = nl)P (Y = ml)

=+∞∑

l=1

p(1 − p)nl−1p(1 − p)ml−1

=p2(1 − p)n+m−2

1 − (1 − p)n+m

knP (X = k, Y = n) = k

np2(1 − p)k+n−2.

Or la serie de terme general(

knp2(1 − p)k+n−2

)k∈N∗ est une serie absolument convergente et

+∞∑k=1

knp2(1−p)k+n−2 = p2(1−p)n−1

n(p)2 , et la serie de terme general (1−p)n−1

n converge absolument

et+∞∑n=1

(1−p)n−1

n = − ln p1−p .

Donc Z admet une esperance et E(Z) = − ln p1−p .

Exercice 31.8

Z(Ω) = N.

391

P (Z = 0) = P (X 6 Y )

=

+∞∑

n=0

P (X 6 n)P (Y = n)

=

+∞∑

n=0

(1 − (1 − a)n)P (Y = n)

= 1 − α

Soit n un entier non nul.

P (Z = n) = P (X − Y = n)

=

+∞∑

k=0

P (X = k + n)P (Y = k)

=

+∞∑

k=0

a(1 − a)n+kP (Y = k)

= a(1 − a)nα

Exercice 31.9

Z(Ω) = [[1,M ]]. Pour tout entier k de [[1,M − 1]],

P (Z = k) = P (inf(X,M) = k) = P (X = k) = p(1 − p)k−1

P (Z = M) = P (inf(X,M) = M) = P (X > M,M = M) = P (X > M) = (1 − p)M−1.

Comme Z est une variable aleatoire reelle finie, Z admet une esperance.

E(Z) =M∑

k=1

kP (Z = k)

=M−1∑

k=1

kp(1 − p)k−1 + M(1 − p)M−1

=1 + (M − 1)(1 − p)M − M(1 − p)M−1

p+ M(1 − p)M−1

=1 − (1 − p)M

p

Y (Ω) = [[M,+∞[[.Pour tout entier k de [[M+1,+∞[[, P (Y = k) = P (sup(X,M) = k) = P (X = k) = p(1−p)k−1.P (Y = M) = P (sup(X,M) = M) = P (X 6 M) = 1 − (1 − p)M .

392

Comme la serie de terme general k(1− p)k−1 converge absolument, Y admet une esperance.

E(Y ) =+∞∑

k=M

kP (Z = k)

= M − M(1 − p)M ++∞∑

k=M+1

kp(1 − p)k−1

= M − M(1 − p)M +(M + 1)(1 − p)M − M(1 − p)M+1

p

= M +(1 − p)M

p

Exercice 31.10

1. X1, X2, X3 sont des variables aleatoires reelles independantes qui suivent une loi uniformesur [[1, n]].En utilisant le systeme complet d’evenements (X3 = k)

k∈[[1,n]],

P (X3 = X1 + X2) =n∑

k=1

P (X1 + X2 = k,X3 = k) =n∑

k=1

P (X1 + X2 = k)P (X3 = k)

En utilisant le systeme complet d’evenements (X2 = i)i∈[[1,n]],

P (X3 = X1 + X2) =

n∑

k=1

P (X3 = k)

n∑

i=1

P (X1 + X2 = k,X2 = i)

=

n∑

k=1

P (X3 = k)

n∑

i=1

P (X1 = k − i)P (X2 = i)

=n−1∑

k=2

P (X3 = k)k−1∑

i=1

P (X1 = k − i)P (X2 = i)

=1

n3

n∑

k=1

k − 1

=n − 1

2n2

2. (X,Y,Z)(Ω) =

(i, j, k) ∈ [[1, n]]3, i 6 j 6 k

.

Soit (i, j, k) ∈ (X,Y,Z)(Ω).Si i = j = k, alors

P ((X,Y,Z) = (i, j, k)) = P (X1 = i,X2 = i,X3 = i) =1

n3.

393

Si i = j et k > i, alors

P ((X,Y,Z) = (i, j, k)) = P (X1 = i,X2 = i,X3 = k) + P (X1 = i,X2 = k,X3 = i)

+P (X1 = k,X2 = i,X3 = i)

=3

n3.

Si i < j et j = k, alors

P ((X,Y,Z) = (i, j, k)) = P (X1 = i,X2 = k,X3 = k) + P (X1 = k,X2 = k,X3 = i)

+P (X1 = k,X2 = i,X3 = k)

=3

n3.

Si i < j < k, alors P ((X,Y,Z) = (i, j, k)) =6

n3.

3. X(Ω) = [[1, n]]. Soit i un entier de [[1, n]]

P (X = i) =

n∑

j=i

n∑

k=j

P (X = i, Y = j, Z = k)

= P (X = i, Y = i, Z = i) +

n∑

k=i+1

P (X = i, Y = i, Z = k)

+

n∑

j=i+1

P (X = i, Y = j, Z = j) +

n∑

j=i+1

n∑

k=j+1

P (X = i, Y = j, Z = k)

=1

n3+ 2(n − i)

3

n3+

(n − i)(n − i − 1)

2

6

n3

=1 + 3n2 + 3n − 3(2n + 1)i + 3i2

n3

Y (Ω) = [[1, n]]. Soit j un entier de [[1, n]]

P (Y = j) =

j∑

i=1

n∑

k=j

P (X = i, Y = j, Z = k)

= P (X = j, Y = j, Z = j) +

n∑

k=j+1

P (X = j, Y = j, Z = k)

+

j−1∑

i=1

P (X = i, Y = j, Z = j) +

j−1∑

i=1

n∑

k=j+1

P (X = i, Y = j, Z = k)

=1

n3+ (n − j)

3

n3+ (j − 1)

3

n3+ (n − j)(j − 1)

6

n3

=−2 − 3n + 6(n + 1)j − 6j2

n3

394

Z(Ω) = [[1, n]]. Soit k un entier de [[1, n]]

P (Z = k) =

k∑

j=1

j∑

i=1

P (X = i, Y = j, Z = k)

= P (X = k, Y = k, Z = k) +k−1∑

i=1

P (X = i, Y = i, Z = k)

+k−1∑

i=1

P (X = i, Y = k, Z = k) +k−1∑

j=1

j−1∑

i=1

P (X = i, Y = j, Z = k)

=1

n3+ 2(k − 1)

3

n3+

(k − 1)(k − 2)

2

6

n3

=3k2 − 3k + 1

n3

Comme X, Y et Z sont des variables aleatoires reelles discretes finies, X, Y et Z admettentune esperance.

E(X) =

n∑

i=1

i3n2 + 3n + 1 − 3(2n + 1)i + 3i2

n3

=1

n3

((3n2 + 3n + 1)

n(n + 1)

2− 3(2n + 1)

n(n + 1)(2n + 1)

6+ 3

n2(n + 1)2

4

)

=(n + 1)2

4n

E(Y ) =

n∑

j=1

j−2 − 3n + 6(n + 1)j − 6j2

n3

=1

n3

((−2 − 3n)

n(n + 1)

2+ 6(n + 1)

n(n + 1)(2n + 1)

6− 6

n2(n + 1)2

4

)

=n + 1

2

E(Z) =

n∑

k=1

k3k2 − 3k + 1

n3

=1

n3

(3n2(n + 1)2

4− 3

n(n + 1)(2n + 1)

6+

n(n + 1)

2

)

=(n + 1)(3n − 1)

4n

On verifiera que E(X) + E(Y ) + E(Z) = E(X1) + E(X2) + E(X3).

Exercice 31.11

1. Y (Ω) = [[1, n]]. Soit k un entier de [[1, n]].

395

P (Y = k) = P (Y = k,X = 0) + P (Y = k,X = k)

= PX=0(Y = k)P (X = 0) + PX=k(Y = k)P (X = k).

Alors P (Y = k) = 1n (1 − p)n +

(nk

)pk(1 − p)n−k.

2. Comme Y est une variable aleatoire reelle finie, Y admet une esperance.

E(Y ) =n∑

k=1

k

n(1 − p)n + k

(nk

)pk(1 − p)n−k = n+1

2 (1 − p)n + np.

Or Xsuit une loi binomiale de parametre (n, p), donc E(X) = np.E(Y ) > E(X).

Exercice 31.12

1. Pour tout entier i de [[1, n + 1]],

P (X = i) =n+1∑

j=1

P ([X = i] ∩ [Y = j])

=n+1∑

j=1

(n

i−1

)(n

j−1

)

22n

=

(n

i − 1

)1

2n

Donc X − 1suit une loi binomiale de parametre (n, 12 ).

2. M = 12n

1 1 · · · 1(n1

) (n1

)· · ·

(n1

)

......

...(nn

) (nn

)· · ·

(nn

)

.

Alors M2 = 122n

1 1 · · · 1(n1

) (n1

)· · ·

(n1

)

......

...(nn

) (nn

)· · ·

(nn

)

.

Donc 2nX2 −X est un polynome annulateur de M . Les valeurs possibles de M sont donc 0et 1

2n .Remarquons que le rang de la marice M est 1 donc 0 est une valeur propre de M et l’espacepropre associe est de dimension n−.

Le vecteur

1n(n2

)

...(nn

)

est un vecteur propre de M associe a la valeur propre 12n . Donc 1

2n est

une valeur propre de M et l’espace propre associe est de dimension 1.

396

Exercice 31.13

Pour tout entier m,

P (X = m) =

+∞∑

n=0

e−1

n!

1

2m+1

=1

2m+1

Donc X + 1 suit une loi geometrique de parametre 12 .

Pour tout entier n,

P (Y = n) =

+∞∑

m=0

e−1

n!

1

2m+1

=e−1

n!

Donc Y suit une loi exponentielle de parametre 1.X et Y sont des variables aleatoires independantes.E(X + 1) = 2 et V (X + 1) = 2 donc E(X) = 1 et V (X) = 2. E(Y ) = 1 et V (Y ) = 1.

Exercice 31.14

1. La loi conditionnellement a (X = n) de S est une loi binomiale de parametre (n, p) et laloi conditionnellement a (X = n) de E est une loi binomiale de parametre (n, 1 − p).

P (X = n, S = k) =

(n

k

)pk(1 − p)n−ktn si 0 6 k 6 n

0 sinon

P (X = n,E = l) =

(n

l

)pn−l(1 − p)ltn si 0 6 l 6 n

0 sinon

P (S = k,E = l) = P (S = k,E = l,X = k + l)

= P (S = k,X = k + l)

=

(k + l

k

)pk(1 − p)ltk+l

2. Pour tout entier k,

P (S = k) =+∞∑

n=k

P (S = k,X = n)

=+∞∑

n=k

(nk

)pk(1 − p)n−k λne−λ

n!

=(pλ)ke−pλ

k!

397

Donc S suit une loi de Poisson de parametre pλ. De meme E suit une loi de Poisson deparametre (1 − p)λ.S et E sont des variables aleatoires independantes.

Exercice 31.15

1. U(Ω) = N∗. Pour tout entier k non nul,P (U 6 k) = P (X 6 k, Y 6 k) = P (X 6 k)P (Y 6 k).Or X et Y suivent une loi geometrique de parametre p donc P (X 6 k) = 1 − qk.

Donc P (U 6 k) =(1 − qk

)2.

Or P (U = k) = P (U 6 k)− P (U 6 k − 1). Ainsi P (U = k) = q2k−2(q2 − 1) + 2qk−1(1− q).V (Ω) = N∗. Pour tout entier k non nul,P (V > k) = P (X > k, Y > k) = P (X > k)P (Y > k).Or X et Y suivent une loi geometrique de parametre p donc P (X > k) = qk−1.Donc P (V > k) = q2k−2.Or P (V = k) = P (V > k) − P (V > k + 1). Ainsi P (V = k) = q2k−2(1 − q2).

2. Comme la serie de terme general kqk−1 et la serie de terme general k(q2)k−1 convergentabsolument, U admet une esperance.

E(U) =

+∞∑

k=1

k(q2)k−1(q2 − 1) + kqk−12(1 − q)

=q2 − 1

(1 − q2)2+

2(1 − q)

(1 − q)2

=1 + 2q

1 − q2

3. Comme la serie de terme general k(q2)k−1 converge absolument, V admet une esperance.

E(V ) =+∞∑

k=1

k(q2)k−1(1 − q2)

=1 − q2

(1 − q2)2

=1

1 − q2

Or U + V = X + Y et X et Y admettent une esperance E(X) = E(Y ) = 2p .

Donc E(V ) = 2p − E(U) = 2

p − 1+2q1−q2 = 1

1−q2 .

Exercice 31.16

1. Y (Ω) = [[1, n]]. Pour tout entier k de [[1, n]],

P (Y 6 k) = P (X1 6 k, · · · ,Xn 6 k) =

(k

n

)n

Or P (Y = k) = P (Y 6 k) − P (Y 6 k − 1) =(

kn

)n −(

k−1n

)n.

398

2. Comme Y est une variable aleatoire reelle finie, Y admet une esperance.

E(Y ) =n∑

k=1

k(

kn

)n − k(

k−1n

)n=

n∑k=1

(k)n+1

nn −n∑

k=1

(k−1)n+1

nn −n∑

k=1

(kn

)n.

Donc E(Y ) = n −n−1∑k=0

(kn

)n.

Exercice 31.17

1. U(Ω) = N. Pour tout entier k,

P (U > k) = P (X > k, Y > k)

= P (X > k)P (Y > k)

= q2k

Or P (U = k) = P (U > k) − P (U > k + 1) = q2k − q2k+2. Donc P (U = k) = q2k(1 − q2).V (Ω) = Z. Pour tout entier naturel l,

P (V = l) =+∞∑

k=0

P (X − Y = l, Y = k)

=+∞∑

k=0

P (X = k + l)P (Y = k)

=+∞∑

k=0

p2(1 − p)2k+l

=p2(1 − p)l

1 − q2

P (V = −l) =+∞∑

k=0

P (X − Y = −l, Y = k)

=+∞∑

k=0

P (X = k − l)P (Y = k)

=+∞∑

k=l

p2(1 − p)2k−l

=p2(1 − p)l

1 − q2

Finalement pour tout entier l de Z, P (V = l) =p2(1 − p)|l|

1 − q2.

Pour tout couple (k, l) d’entiers naturels

P (U = k, V = l) = P (Y = k,X = k + l) = p2(1 − p)2k+l = P (U = k)P (V = l).

Pour tout couple (k, l) d’entiers naturels

P (U = k, V = −l) = P (X = k, Y = k + l) = p2(1 − p)2k+l = P (U = k)P (V = −l).

Donc les variables aleatoires U et V sont independantes.

399

2. Pour tout entier naturel n, P ([X=n+1]∩[Y =n])P ([X=n]∩[Y =n]) = P (U=n,V =1)

P (U=n,V =0) = r.

Or X et Y sont des variables aleatoires independantes, donc P ([X=n+1]∩[Y =n])P ([X=n]∩[Y =n]) = P (X=n+1)

P (X=n) .

Alors P (X = n + 1) = rP (X = n). Donc (P (X = n))n∈Nest une suite geometrique et

P (X = n) = rnP (X = 0).

Or+∞∑n=0

P (X = n) = 1, P (X = 0) = 1 − r.

Donc pour tout entier n, P (X = n) = P (Y = n) = (1 − r)rn.

Exercice 31.18

1. Z(Ω) = Z. Pour tout entier naturel k,

P (Z = k) =

+∞∑

i=1

P (X = k + i)P (Y = i)

=+∞∑

i=1

ab(1 − a)k+i−1(1 − b)i−1

=ab(1 − a)k

a + b − ab

P (Z = −k) =

+∞∑

i=k+1

P (X = −k + i)P (Y = i)

=

+∞∑

i=k+1

ab(1 − a)−k+i−1(1 − b)i−1

=ab(1 − b)k

a + b − ab

2. T est une variable aleatoire de Bernoulli de parametre p = P (X 6 Y ).

Or P (X 6 Y ) = P (Z 6 0) =+∞∑k=0

P (Z = −k) = aa+b−ab .

3. Par definition de la covariance cov(Z, T ) = E(ZT ) − E(Z)E(T ). Or

E(ZT ) =

+∞∑

k=1

−kab(1 − b)k

a + b − ab=

−a(1 − b)

b(a + b − ab), E(T ) =

a

a + b − ab

et E(Z) = E(X) − E(Y ) =b − a

ab.

Donc cov(Z, T ) = a−1a+b−ab .

Exercice 31.19

1. X(Ω) = [[1, n − 1]] et Y (Ω) = [[2, n]].Posons Z = (X,Y ). Z(Ω) = (i, j), 1 6 i < j 6 n.Ω est ici l’ensemble des bijections de l’ensemble [[1, n]] des numeros des boules supposeesalors numerotees et vers l’ensemble [[1, n]] des rangs des tirages. Ω est muni de la probabilite

400

uniforme.P (Z = (i, j)) = 2(n−2)!

n! = 2n(n−1) .

Pour tout entier i de [[1, n − 1]], P (X = i) =n∑

j=i+1

P (X = i, Y = j) = 2(n−i)n(n−1) .

Pour tout entier j de [[2, n]], P (Y = j) =j−1∑i=1

P (X = i, Y = j) = 2(j−1)n(n−1) .

2. Comme X et Y sont des variables aleatoires finies, X, Y et XY admettent une esperance.

E(X) =n−1∑i=1

iP (X = i) =n−1∑i=1

2(n−i)in(n−1) = 2

n(n−1)

(n2(n−1)

2 − n(n−1)(2n−1)6

).

Donc E(X) =n + 1

3

E(Y ) =n∑

j=2

jP (X = j) =n∑

j=2

2(j−1)jn(n−1) = 2

n(n−1)

(n(n+1)(2n+1)

6 − n(n+1)2

).

Donc E(Y ) =2(n + 1)

3

E(XY ) =

n−1∑

i=1

n∑

j=i+1

ijP (X = i, Y = j) =

n−1∑

i=1

n∑

j=i+1

2ij

n(n − 1)

=2

n(n − 1)

n−1∑

i=1

i(n − i)(n + i + 1)

2

=1

n(n − 1)

(n2(n − 1)(n + 1)

2− n(n − 1)(2n − 1)

6− n2(n − 1)2

4

).

Donc E(XY ) =(n + 1)(3n + 2)

12

Ainsi cov(X,Y ) = E(XY ) − E(X)E(Y ) = (n+1)(n+2)36 .

E(X2) =n−1∑i=1

i2P (X = i) =n−1∑i=1

2(n−i)i2

n(n−1) = 2n(n−1)

(n2(n−1)(2n−1)

6 − n2(n−1)2

4

).

Donc V (X) =(n + 1)(n − 2)

18

E(Y 2) =n∑

j=2

j2P (X = j) =n∑

j=2

2(j−1)j2

n(n−1) = 2n(n−1)

(n2(n+1)2

4 − n(n+1)(2n+1)6

).

Donc E(Y ) =(n + 1)(n − 2)

18

Finalement ρX,Y = 12 .

401

Exercice 31.20

1. U(Ω) = 0, 1, 2 et V (Ω) = −1, 0, 1.Representons sous la forme d’un tableau la loi du couple (U, V ).

0 1 2−1 0 pq 0 pq0 q2 0 p2 p2 + q2

1 0 pq 0 pqq2 2pq p2 1

2. E(UV ) = pq − pq = 0, E(U) = 2pq + 2p2 = 2p et E(V ) = −pq + pq = 0.Donc cov(U, V ) = 0.

3. U et V sont des variables aleatoires reelles non independantes et cov(X,Y ) = 0.Donc la reciproque de la proposition : Si X et Y sont independantes alors cov(X,Y ) = 0est fausse.

Exercice 31.21

Par definition de la covariance

cov(X,Y ) = E(XY )−E(X)E(Y ) = E(X(X+1)2)−E(X)E((X+1)2) = E(X3)−E(X)E(X2).

Or E(X) = n+12 , E(X2) =

n∑k=1

k2

n = (n+1)(2n+1)6 et E(X3) =

n∑k=1

k3

n = n(n+1)2

4 .

Donc cov(X,Y ) = (n2−1)(n+1)12 .

Exercice 31.22

1. X suit une loi uniforme sur [[1, n]].La loi conditionnellement a (X = k) de Y est la loi uniforme sur 1, · · · , k − 1, k + 1, n.Pour tout entier i de [[1, n]], P (Y = i) =

n∑k=1

PX=k(Y = i)P (X = k) = 1n .

Donc Y suit une loi uniforme sur [[1, n]].Ainsi E(X) = E(Y ) = n+1

2 .

E(XY ) =

n∑

i=1

n∑

j=1

ijPX=i(Y = j)P (X = i)

=

n∑

i=1

n∑

j=1,j 6=i

ij

n(n − 1)

=1

n(n − 1)

n∑

i=1

i

(n(n + 1)

2− i

)

=1

n(n − 1)

(n2(n + 1)2

4− n(n + 1)(2n + 1)

6

)

=(n + 1)(3n + 2)

12

Donc cov(X,Y ) = E(XY ) − E(X)E(Y ) = −n+112 .

402

2. Z(Ω) = [[1, n − 1]].Pour tout entier k de [[1, n − 1]],

P (Z = k) =

n∑

i=1

PX=i(Z = k)P (X = i)

=n∑

i=1

PX=i(Y = k + i)P (X = i) + PX=i(Y = i − k)P (X = i)

=n−k∑

i=1

PX=i(Y = k + i)P (X = i) +n∑

i=k+1

PX=i(Y = i − k)P (X = i)

=

n−k∑

i=1

1

n(n − 1)+

n∑

i=k+1

1

n(n − 1)

=2(n − k)

n(n − 1)

Comme Z est une variable aleatoire reelle finie, Z admet une esperance.

E(Z) =n−1∑k=1

2k(n−k)n(n−1) = 2

n(n−1)

(n2(n−1)

2 − n(n−1)(2n−1)6

).

Donc E(Z) = n+13 .

Exercice 31.23

1. X1, X2, X3 suivent une loi binomiale de parametre (n, 13 ).

2. Remarquons que X1 + X2 + X3 = n. Donc X1 + X2 = n − X3.Or n − X3 suit une loi binomiale de parametre (n, 2

3 ).Donc X1 + X2 suit une loi binomiale de parametre (n, 2

3 ). V (X1 + X2) = 2n9 .

3. V (X1 + X2) = V (X1) + V (X2) + 2cov(X1,X2). Donc cov(X1,X2) = −n9 .

Le coefficient de correlation de X1 et X2 est ρX1,X2= − 1

2 .

Exercice 31.24

cov(U, V ) =n∑

i=1

n∑j=1

cov(Xi,Xj+m).

Or les variables aleatoires Xi sont independantes, donc si i 6= j + m, cov(Xi,Xj+m) = 0.

Alors si m 6 n, cov(U, V ) =n∑

i=m+1

V (Xi) = (n − m)σ et si m > n, cov(U, V ) = 0.

Comme les variables aleatoires Xi sont independantes, V (U) = V (V ) = nσ.Ainsi le coefficient de correlation entre U et V est ρU,V = n−m

n .

Exercice 31.25

1. Soit Yi la variable aleatoire qui vaut 1 si la ieme boutique n’a pas de client et 0 sinon. Yi

suit une loi de Bernoulli de parametre(

n−1n

)na.

Y =n∑

i=1

Yi.

Alors par linearire de l’esperance E(Y ) =n∑

i=1

E(Yi) = n(

n−1n

)na.

403

Pour tout couple (i, j) d’entiers distincts de [[1, n]], YiYj suit une loi de Bernoulli de parametre(n−2

n

)na.

Alors cov(Yi, Yj) = E(YiYj) − E(Yi)E(Yj) =(

n−2n

)na −(

n−1n

)2na.

Donc

V (Y ) =

n∑

i=1

V (Yi) + 2∑

16i<j6n

cov(Yi, Yj)

= n

(n − 1

n

)na (1 −

(n − 1

n

)na)− n(n − 1)

((n − 2

n

)na

−(

n − 1

n

)2na)

.

Ainsi V (Y ) = n(

n−1n

)na − n(n − 1)(

n−2n

)na+ n(n − 2)

(n−1

n

)2na.

2. a) Xi suit une loi binomiale de parametre (na, 1n ). E(Xi) = a et V (Xi) = (n−1)a

n .

b) Remarquons que la variable aleatoire S est la variable aleatoire certaine egale a na.Donc V (S) = 0.

Or V (S) =n∑

k=1

V (Xk) + 2∑

16i<j6n

cov(Xi,Xj).

Le reel cov(Xi,Xj) ne depend pas de i ni de j.

Ainsi cov(Xi,Xj) = − (n−1)an(n−1) = − a

n .

Exercice 31.26

1. Pour tout entier k de [[1, n]], posons Yk la variable aleatoire egale au nombre de paquetsachetes pour obtenir k morceaux de puzzle differents.Y1 est la variable aleatoire certaine egale a 1.Pour tout entier k de [[2, n]], posons Zk = Yk − Yk−1. Zk est le nombre de paquets achetespour obtenir la kieme piece differente a partie de la (k − 1)ieme.Les variables aleatoires Zk sont mutellement independantes et Zk suit une loi geometriquede parametre n−k+1

n .Xn = Y1 + Z2 + · · · + Zn.

Par linearite de l’esperance, E(Xn) = E(Y1) +n∑

k=2

E(Zk) = 1 +n∑

k=2

nn−k+1 .

Comme les variables aleatoires Zk sont independantes

V (Xn) = V (Y1) +

n∑

k=2

V (Zk) =

n∑

k=2

(k − 1)n

(n − k + 1)2.

2. E(Xn) = nn∑

k=1

1k .

Orn∑

k=1

1k ∼

n→+∞ln(n).

Donc E(Xn) ∼n→+∞

n ln(n).

Exercice 31.27

1. Notons X1 la variable aleatoire egale au nombre de jets de des effectues par le joueur A1

et X2 la variable aleatoire egale au nombre de jets de des effectues par le joueur A2.

404

X1 et X2 sont des variables aleatoires independantes de meme loi geometrique de parametre19 .Y = max(X1,X2). Y (Ω) = [[1,+∞[[

Pour tout entier k non nul, P (Y 6 k) = P (X1 6 k,X2 6 k) =(1 −

(89

)k)2

.

Or P (Y = k) = P (Y 6 k) − P (Y 6 k − 1).

Donc pour tout entier k non nul, P (Y = k) = 29

(89

)k−1 − 1781

(89

)2k−2.

2. S = 10(X1 + X2).Determinons la loi de X1 + X2. (X1 + X2)(Ω) = [[2,+∞[[.

Pour tout entier k de [[2,+∞[[, P (X1 + X2 = k) =+∞∑i=1

P (X1 = k − i,X2 = i).

Or si i > k, alors P (X1 = k − i) = 0.

Donc P (X1 + X2 = k) =k−1∑i=1

(19

)2 (89

)k−2= (k − 1)

(19

)2 (89

)k−2.

Ainsi pour tout entier k de [[2,+∞[[, P (S = 10k) = (k − 1)(

19

)2 (89

)k−2.

Comme X1 et X2 sont des variables aleatoires independantes aui admettent une variance,S admet une esperance et une variance.E(S) = 10 (E(X1) + E(X2)) et V (S) = 100 (V (X1) + V (X2)).Donc E(S) = 180 et V (S) = 14400.La probabilite que les deux joueurs versent la meme somme est la probabilite que X1 = X2.

P (X1 = X2) =+∞∑i=1

P (X1 = i,X2 = i) =+∞∑i=1

P (X1 = i)P (X2 = i).

Ainsi P (X1 = X2) = 117 .

Exercice 31.28

1. Yn suit une loi de Bernoulli de parametre P (XnXn+1 = 1).Or P (XnXn+1 = 1) = P (Xn = 1,Xn+1 = 1) = p2.Ainsi Yn suit une loi de Bernoulli de parametre p2. Yn admet une esperance et une variance.E(Yn) = p2 et V (Yn) = p2(1 − p2).

2.

P[Yn−1=1]∩[Yn−2=0](Yn = 0) =P ([Yn = 0] ∩ [Yn−1 = 1] ∩ [Yn−2 = 0])

P ([Yn−1 = 1] ∩ [Yn−2 = 0])

=P (Xn+1 = 0,Xn = 1,Xn−1 = 1,Xn−2 = 0)

P (Xn = 1,Xn−1 = 1,Xn−2 = 0)= p

3. P (YiYj = 1) = P (Xi = 1,Xi+1 = 1,Xj = 1,Xj+1 = 1).Si i > j + 2 ou i 6 j − 2, alors P (YiYj = 1) = p4.Si i = j + 1 ou i = j − 1, alors P (YiYj = 1) = p3.Si i = j, alors P (YiYj = 1) = p2.

Alors YiYj suit une loi de Bernoulli de parametre

p4 si i > j + 2 ou i 6 j − 2

p3 si i = j + 1 ou i = j − 1

p2 si i = j

405

Par definition de la covariance, cov(Yi, Yj) = E(YiYj) − E(Yi)E(Yj).

Ainsi cov(Yi, Yj) =

0 si i > j + 2 ou i 6 j − 2

p3(1 − p) si i = j + 1 ou i = j − 1

p2(1 − p2) si i = j

4. Par linearite de l’esperance, E(Sn) = p2.

V (Sn) =1

n2

n∑

i=1

V (Yi) + 2∑

16i<j6n

cov(Yi, Yj)

=1

n2

n∑

i=1

V (Yi) + 2n−1∑

i=1

cov(Yi, Yi+1) + 2∑

16i<j6n−1

cov(Yi, Yj+1)

=1

n2

(n∑

i=1

p2(1 − p2) + 2

n−1∑

i=1

p3(1 − p)

)

=p2(1 − p)

n2(n + (3n − 2)p)

5. D’apres l’inegalite de Bienayme-Tchebichev appliquee a la variable aleatoire Sn qui admetune esperance et une variance.

Pour tout ε > 0, P (|Sn − E(Sn)| > ε) 6V (Sn)

ε2 .Or lim

n→+∞V (Sn) = 0.

Donc limn→+∞

P (∣∣Sn − p2)

∣∣ > ε) = 0.

Exercice 31.29

1. X2 est une variable aleatoire de Bernoulli. P (X2 = 1) = nn+1 .

2. Notons Yp la variable aleatoire egale au numero de la boule tiree lors du peme tirage.Yp suit une loi uniforme sur [[0, n]].

Alors P (Xp = 1) =n∑

k=0

PYp=k(Xp = 1)P (Yp = k).

Or si [Yp = k] est realise, alors [Xp = 1] est l’evenement lors des (p − 1) premiers tirages la

boule numero k n’est pas tiree. Donc PYp=k(Xp = 1) =(

nn+1

)p−1

.

Donc P (Xp = 1) =(

nn+1

)p−1

.

Ainsi Xp est une variable aleatoire de Bernoulli de parametre(

nn+1

)n−1

.

3. ((Xi = k,Xj = l))(k,l)∈[[0,n]]

2 est un systeme complet d’evenements.

Alors P (Xi = 1,Xj = 1) =n∑

k=0

n∑l=0

P(Yi=k,Yj=l)

(Xi = 1,Xj = 1

)P (Yi = k, Yj = l).

Si k = l, P(Yi=k,Yj=l)

(Xi = 1,Xj = 1

)= 0.

Si k!l, alors si [Yi = k, Yj = l] est realise, alors [Xi = 1,Xj = 1] est l’evenement les i − 1premiers tirages ne font apparaıtre ni la boule numero k et ni la boule numero l et la boule

406

numero l n’apparaıt pas lors des j − i + 1 tirages du rang i + 1 au rang j − 1.

Donc P(Yi=k,Yj=l)

(Xi = 1,Xj = 1

)= nj−i−1(n−1)i−1

(n+1)j−2 .

Ainsi P (Xi = 1,Xj = 1) =n∑

l=0

n∑k=0,k 6=l

nj−i−1(n−1)i−1

(n+1)j−21

(n+1)2 .

Finalement P (Xi = 1,Xj = 1) = nj−i(n−1)i−1

(n+1)j−1 .

Si i < j, alors XiXj suit une loi de Bernoulli de parametre nj−i(n−1)i−1

(n+1)j−1 .

Si i = j, alors la loi de XiXi est la loi de Bernoulli de parametre(

nn+1

)i−1

.

Si i < j, alors cov(Xi,Xj) = E(XiXj) − E(Xi)E(Xj) = nj−i(n−1)i−1

(n+1)j−1 −(

nn+1

)i+j−2

.

Donc les variables aleatoires Xi et Xj ne sont pas independantes.

4. ZN = X1 + X2 + · · · + XN .

Par linearite de l’esperance, E(ZN ) =N∑

k=1

(n

n+1

)k−1

.

Donc E(ZN ) = (n + 1)

(1 −

(n

n+1

)N)

.

5. 1 −(

nn+1

)N

= 1 − e−N ln(1+ 1n

).

Or limn→+∞

ln(1 + 1n ) = 0. Donc 1 − e−N ln(1+ 1

n) ∼

n→+∞N ln(1 + 1

n ).

Comme limn→+∞

1n = 0, ln(1 + 1

n ) = 1n .

Donc 1 − e−N ln(1+ 1n

) ∼n→+∞

Nn .

Ainsi E(ZN ) ∼n→+∞

N .

Exercice 31.30

1. P (An) =

(31

)(21

)(52

) =3

5et P (Bn) =

(32

)(52

) = 310 .

2. X suit une loi geomerique de parametre 35 et Y suit une loi geometrique de parametre

310 .

E(X) =5

3et E(Y ) =

10

3.

3. a) Notons Cn l’evenement An ∪ Bn.Si 1 6 i < j,

P (X = i, Y = j) = P (C1 ∩ · · · ∩ Ci−1 ∩ Ai ∩ Bi+1 ∩ · · · ∩ Bj−1 ∩ Bj)

=9

50

(1

10

)i−1 (7

10

)j−i−1

Si 1 6 j < i,

P (X = i, Y = j) = P (C1 ∩ · · · ∩ Cj−1 ∩ Bj ∩ Aj+1 ∩ · · · ∩ Ai−1 ∩ Ai)

=9

50

(1

10

)j−1 (2

5

)i−j−1

407

b)

P (X < Y ) =

+∞∑

i=1

+∞∑

j=i+1

P (X = i, Y = j)

=

+∞∑

i=1

+∞∑

j=i+1

9

50

(1

10

)i−1 (7

10

)j−i−1

=

+∞∑

i=1

9

50

(1

10

)i−1 (10

3

)

=2

3

c) D(Ω) = N∗. Pour tout entier k non nul,

P (D = k) = P (X − Y = k) + P (Y − X = k)

=

+∞∑

i=1

P (X = k + i, Y = i) +

+∞∑

i=1

P (Y = k + i,X = i)

=

+∞∑

i=1

9

50

(1

10

)i−1 (2

5

)k−1

+

+∞∑

i=1

9

50

(1

10

)i−1 (7

10

)k−1

=1

5

((7

10

)k−1

+

(2

5

)k−1)

Comme les series de terme general k(

710

)k−1et k

(25

)k−1convergent, alors D admet une

esperance.E(D) = 1

5

(1009 + 25

9

)= 25

9 .

4. a) Z est la variable aleatoire egale au numero du tirage pour lequel on obtient pour lapremiere fois soit deux boules de couleurs differentes, soit deux boules blanches.Donc Z suit une loi geometrique de parametre 9

10 .

b) min(X,Y ) = 12 (X + Y − |X − Y |). Donc D = X + Y − 2Z.

Comme X, Y et Z admettent une esperance, D admet une esperance.E(D) = E(X) + E(Y ) − 2E(Z) = 25

9 .

Exercice 31.31

1. X1 suit une loi uniforme sur [[1, N ]].

2. a) Si X1 = i est realise, alors l’urne contient i boules portant le numero i et N − i boulesportant les numeros de i + 1 a N .

Donc PX1=i(X2 = j) =

0 si j < ii

Nsi j = i

1

Nsi j > i

.

408

b) Comme (X1 = i)16i6N est un systeme complet d’evenements, pour tout entier j de[[1, N ]], par la formule des probabilites totales,

P (X2 = j) =N∑

i=1

PX1=i(X2 = j)P (X1 = i)

=j

N

1

N+

j−1∑

i=1

1

N2

=2j − 1

N2

3. a) Procedons par double inclusion.n⋂

k=1

[Xk = 1] ⊂ [Xn = 1].

Inversement si [Xn = 1] est realise, alors la boule numero 1 n’est pas enlevee lors desprecedents tirages, donc lors des precednets tirages la boule 1 est retiree et donc remise dans

l’urne comme l’indique le protocole. Donc [Xn = 1] ⊂n⋂

k=1

[Xk = 1].

Ainsin⋂

k=1

[Xk = 1] = [Xn = 1].

b) D’apres la formule des probabilites composees

P (Xn = 1) = P (X1 = 1)PX1=1(X2 = 1) · · ·P(X1=1,X2=1,··· ,Xn−1=1)(Xn = 1)

=1

N

1

N· · · 1

N

=1

Nn

4. a) D’apres la formule des probabilites totales avec le systeme complet d’evenements(Xn = k)16k6N ,

P (Xn+1 = N) =

N∑

k=1

P (Xn = k)PXn=k(Xn+1 = N)

= P (Xn = N) +

N−1∑

k=1

P (Xn = k)PXn=k(Xn+1 = N)

= P (Xn = N) +

N−1∑

k=1

P (Xn = k)1

N

= P (Xn = N) +1

N(1 − P (Xn = N))

=N − 1

NP (Xn = N) +

1

N

b) La suite (P (Xn = N))n∈N∗ est une suite arithmeticogeometrique de limite eventuelle le

reel l tel que l =N − 1

Nl + 1

N c’est-a-dire l = 1.

409

Alors la suite (P (Xn = N) − 1)n∈N∗ est une suite geometrique de raisonN − 1

Net de premier

terme P (X1 = N) − 1 = 1N − 1.

Ainsi pour tout entier n non nul, P (Xn = N) − 1 = −(

N − 1

N

)n

.

Finalement pour tout entier n non nul, P (Xn = N) = 1 −(

N − 1

N

)n

.

5. a) D’apres la formule des probabilites totales avec le systeme complet d’evenements(Xn = k)16k6N , pour tout entier j de [[1, N ]]

P (Xn+1 = j) =

N∑

k=1

P (Xn = k)PXn=k(Xn+1 = j)

= P (Xn = j)PXn=j(Xn+1 = j) +

j−1∑

k=1

P (Xn = k)PXn=k(Xn+1 = j)

=j

NP (Xn = j) +

j−1∑

k=1

P (Xn = k)1

N

Donc

P (Xn+1 = 1)P (Xn+1 = 2)

...P (Xn+1 = N)

=

1N 0 · · · 0

1N

2

N

. . ....

.... . .

. . . 01N · · · 1

N 1

P (Xn = 1)P (Xn = 2)

...P (Xn = N)

.

Ainsi A =

1N 0 · · · 0

1N

2

N

. . ....

.... . .

. . . 01N · · · 1

N 1

.

b) A est une matrice triangulaire inferieure, donc les coefficients diagonaux de A sont lesvaleurs propres de A.Alors A admet n valeurs propres distinctes.Donc A est diagonalisable.

6. Si N = 3, alors A = 13

1 0 01 2 01 1 3

.

Par une recurrence immediate, Vn = An−1V1. Or V1 = 13

111

.

Le sous-espace propre de A associe a la valeur propre 13 est EA( 1

3 ) = Vect(

1−10

).

Le sous-espace propre de A associe a la valeur propre 23 est EA( 2

3 ) = Vect(

01−1

).

410

Le sous-espace propre de A associe a la valeur propre 1 est EA(1) = Vect(

001

).

Donc A = PDP−1 ou P =

1 0 0−1 1 00 −1 1

, D = 1

3

1 0 00 2 00 0 3

et P−1 =

1 0 01 1 01 1 1

.

Par une recurrence immediate An = PDnP−1.

Donc An = 13n

1 0 02n − 1 2n 03n − 2n 3n − 2n 3n

et Vn = 1

3n

12n − 13n − 2n

.

Donc P (Xn = 1) = 13n , P (Xn = 2) =

2n − 1

3net P (Xn = 3) =

3n − 2n

3n.

Exercice 31.32

1. (N,X)(Ω) = (n, k) ∈ N∗ × N, 0 6 k 6 n.Pour tout couple (n, k) de (N,X)(Ω), par definition de la probabilite conditionnelle,P (N = n,X = k) = PN=n(X = k)P (N = n) =

(nk

)pk(1−p)n−kp(1−p)n−1 =

(nk

)pk+1(1−p)2n−k−1.

2. Comme (N = n)n∈N∗ est un systeme complet d’evenements, pour tout entier k non nul,

P (X = k) =+∞∑

n=1

P (N = n,X = k)

=

+∞∑

n=k

(n

k

)pk+1(1 − p)2n−k−1

=1

k!pk+1(1 − p)k−1

+∞∑

n=k

n(n − 1) · · · (n − k + 1)((1 − p)2

)n−k

=1

k!pk+1(1 − p)k−1 k!

pk+1(2 − p)k+1

= (1 − p)k−1 1

(2 − p)k+1

P (X = 0) =+∞∑n=1

P (N = n,X = 0) =+∞∑n=1

p(1 − p)2n−1.

Donc P (X = 0) = 1−p2−p .

3. Considerons Y une variable aleatoire qui suit une loi de Bernoulli de parametre p′ et Zune variable aleatoire qui suit une loi geometrique de parametre p′.Nous supposons Y et Z independantes.Posons alors W = Y Z. W (Ω) = N.Avec le systeme complet d’evenements ((Y = 0), (Y = 1)), on a pour tout entier k

P (W = k) = P (Y Z = k, Y = 0) + P (Y Z = k, Y = 1).

Si k = 0, alors P (W = 0) = P (Y = 0) = 1 − p′.Si k > 1, alors par l’independance des variables aleatoires Y et Z,

P (W = k) = P (Z = k)P (Y = 1) = p′2(1 − p′)k−1.

411

Donc en posant p′ = 12−p , X et W ont meme loi.

Ainsi X a la meme loi qu’un produit de deux variables independantes, l’une etant une va-riable aleatoire de Bernoulli et l’autre une variable aleatoire geometrique de meme parametre

12−p .

4. Comme Y et Z sont independantes, E(X) = E(Y )E(Z) = 1.Comme Y 2 et Z2 sont independantes, E(X2) = E(Y 2)E(Z2).

Or E(Y 2) = p′ et V (Z) = 1−p′

p′2 = E(Z2) − E(Z)2 donc E(Z2) = 1−p′

p′2 + 1p′2 .

Ainsi E(X2) = 2−p′

p′ , et V (X) = 2−p′

p′ − 1 = 2(1 − p).

Exercice 31.33

1. Ti est une variable aleatoire de Bernoulli de parametre P (Ti = 1).

Or P (Ti = 1) =

(n − 1

n

)an

.

Donc Ti est une variable aleatoire de Bernoulli de parametre

(n − 1

n

)an

, E(Ti) =

(n − 1

n

)an

.

2. Si i 6= j TiTj est une variable aleatoire de Bernoulli de parametre

P (TiTj = 1) = P (Ti = 1, Tj = 1) =

(n − 2

n

)na

.

Donc E(TiTj) =

(n − 2

n

)an

.

Alors cov(Ti, Tj) = E(TiTj) − E(Ti)E(Tj) =

(n − 2

n

)an

−(

n − 1

n

)2an

.

3. Remarquons que Yn =n∑

i=1

Ti.

Par linearite de l’esperance, E(Sn) = 1n

n∑i=1

E(Ti).

Donc E(Sn) =

(n − 1

n

)an

.

Or

(n − 1

n

)an

= ean ln(1− 1n

) et ln(1 − 1n ) ∼

n→+∞− 1

n .

Donc an ln(1 − 1n ) ∼

n→+∞−a.

Ainsi limn→+∞

E(Sn) = e−a.

4.

V (Sn) =1

n2

n∑

i=1

V (Ti) + 2∑

16i<j6n

cov(Ti, Tj)

=1

n

(n − 1

n

)an [1 −

(n − 1

n

)an]+

n − 1

n

[(n − 2

n

)an

−(

n − 1

n

)2an]

412

Or limn→+∞

(n − 2

n

)an

= e−2a, limn→+∞

(n − 1

n

)2an

= e−2a et limn→+∞

(n − 1

n

)an

= e−a.

Donc limn→+∞

V (Sn) = 0.

5. a) Sn(ω) − e−a = Sn(ω) − E(Sn) + E(Sn) − e−a.Donc par inegalite triangulaire,

∣∣Sn(ω) − e−a∣∣ 6 |Sn(ω) − E(Sn)| +

∣∣E(Sn) − e−a∣∣ .

b) Soit ε > 0.si ω verifie |Sn(ω) − e−a| > ε alors |Sn(ω) − E(Sn)| + |E(Sn) − e−a| > ε.Or lim

n→+∞E(Sn) = e−a. Donc il existe un entier n0 tel que por tout entier n superieur ou

egal a n0, |E(Sn) − e−a| 6ε

2.

Donc ∀ε > 0, ∃n > n0, P (|Sn(ω) − e−a| > ε) 6 P(|Sn(ω) − E(Sn)| >

ε2

).

c) Or d’apres l’inegalite de Bienayme-Tchebychev, P (|Sn − E(Sn)| >ε

2) 6

4V (Sn)

ε2.

Donc limn→+∞

P (|Sn − E(Sn)| >ε

2) = 0.

Ainsi limn→+∞

P (|Sn(ω) − e−a| > ε) = 0.

Exercice 31.34

1. a) Xn =n∑

i=1

Yi.

b) Y1 suit une loi geometrique de parametre n

(2n2 )

= 12n−1 .

pour tout entier i de [[1, n]], Yi suit une loi geometrique de parametre pi ou pi est la probabilited’obtenir une nouvelle paire de boules portant le meme numero quand i−1 paires de boulesprotant le meme numero ont ete enlevees.Donc pi = n−i+1

(2(n−i+1)2 )

= 12n−2i+1 et E(Yi) = 2n − 2i + 1.

c) Par linearite de l’esperance E(Xn) =n∑

i=1

E(Yi) =n∑

i=1

2n − 2i + 1 = n2.

2. a) Si n = 1, X1 est la variable aleatoire certaine egale a 1.Si n = 2, X2 est egale au temps d’attente de la premiere paire de boules portant le memenumero.Donc X2 suit une loi geometrique de parametre 1

3 .

b) Si n = 3, alors Y3 est la variable aleatoire certaine egale a 1 et X3 = Y1 + Y2 + 1, Y1 suitune loi geometrique de parametre 1

5 et Y2 suit une loi geometrique de parametre 13 . Pour

tout entier k superieur ou egal a 3, avec le systeme complet d’evenements (Y1 = i)i∈N∗ et

413

par l’independance des variables aleatoires Y1 et Y2,

P (X3 = k) =+∞∑

i=1

PY1=i(Y2 = k − i − 1)P (Y1 = i)

=k−2∑

i=1

P (Y2 = k − i − 1)P (Y1 = i)

=k−2∑

i=1

1

3

(2

3

)k−i−21

5

(4

5

)i−1

=1

15

(2

3

)k−3 k−2∑

i=1

(6

5

)i−1

=1

15

(2

3

)k−3 (65

)k−2 − 115

=1

2

((4

5

)k−2

−(

2

3

)k−2)

3. a) [Xn = n] est l’evenement a chaque tirage on obtient une paire de boules portant le

meme numero. Donc [Xn = n] =n⋂

i=1

[Yi = 1].

Par independance des evenements, P (Xn = n) =n∏

i=1

12n−2i+1 =

2nn!

(2n)!.

b) L’evenement [Xn = n + 1] est l’evenement a tous les tirages on obtient une paire deboules portant le meme numero sauf a un tirage qui n’est pas le dernier tirage.

Donc (Xn = n + 1) =n−1⋃i=1

((Yi = 2)

n⋂j=1,j!i

(Yj = 1)

).

Par incompatibilite et par independance des evenements,

P (Xn = n + 1) =

n−1∑

i=1

P ((Yi = 2)

n⋂

j=1,j 6=i

(Yj = 1))

=

n−1∑

i=1

P (Yi = 2)

n∏

j=1,j!i

P (Yj = 1)

= p1p2 · · · pn−1

n−1∑

i=1

(1 − pi)

=2nn!

(2n)!

n − 1 −

n−1∑

j=1

1

2j + 1

=2nn!

(2n)!

(n −

2n∑

k=1

1

k−

n∑

k=1

1

2k

)

=2nn!

(2n)!(n − h2n − hn)

414

Exercice 31.35

1. Notons Yn la variable aleatoire egale au nombre de deplacements augmentant l’abscissedu point d’une unite au cours des n premieres etapes.Yn suit une loi binomiale de parametre (n, p). Xn = Yn − (n − Yn) = 2Yn − n.Pour tout entier k de [[0, n]], P (Xn = 2k − n) = P (Yn = k) =

(nk

)pk(1 − p)n−k.

2. Notons Zi la variable aleatoire qui vaut 1 si le ieme deplacement augmente l’abscisse de 1et −1 sinon. E(Zi) = p− (1−p) = 2p−1 et V (Zi) = 1− (2p−1)2 = 4p(1−p). Les variablesaleatoires Zi sont independantes.

Xn =n∑

i=1

Zi.

Si n 6 m,

cov(Xn,Xm) =n∑

i=1

m∑

j=1

cov(Zi, Zj)

=

n∑

i=1

cov(Zi, Zi)

= 4np(1 − p)