MP1 O2 rms fev 2001 ex : 222-493pomux.free.fr/corriges-2001/pdf/m01z-2cc.pdf · Cette d ecouv erte est relat ee dans : Franz Lemmermeyer, Reciprocity Laws. From Euler to Eisenstein,

pentium d:-emtex-oral O00-1.tex ORAL-O2 2000 � Mr VIDIANI Spe MP1 CARNOT 1

(version samedi 23 juin 2001 : 18h55)

nom :

spe MP1 Carnot DIJON

(Pentium version samedi 23 juin 2001 : 18h55)

(Toute amelioration ou remarque constructive seront les bienvenues et pourront etre communiquees a VIDIANI64 r de l’Europe 21121 Fontaine les Dijon 03 80 56 65 53 ou 03 85 45 37 08 ou lg [email protected])

Je ne tape que les exercices ayant une originalite, apparaissant pour la premiere fois a l’oral (dans la RMS

depuis 35 ans) sinon leur reference est soit indiquee en bas, soit dans chaque TDMP1 thematique. Pour lesautres, soit une solution flash est indiquee en fin de ce fichier, soit dans la marge du listing des sujets.

O2 rms fev 2001 ex : 222-493(Questions a Ameliorer O1 + : 65 lie classique ; 126 alignement ; 129 voir Vrac : quel sens donner a etudier ?

145 * diago bloc ; 149 equ matricielle ; 173 CU voir Valiron ; 175 CU ; )

(A FAIRE O1 ? ? 14* barre metallique ; 28* Euclidicite et norme voir Leitnam 355-362 et Viallard et Jauge maisoeil neuf souhaite ; 34 * equirepartion classique + 49; 36* voir analogues 99 series non explicitees ; 52* differentiabilite

: retour a la definition ; 57 simplexe ; 58 la question (c) ; 85* reseau ; 94 topologie f(x+h)−f(x)h

Ouvert.... 101 DAequivalent ; 131 inversibles ; 208 Fourier ; )

(A FAIRE O2 O2 216 ED complexe : u”+pu...u est nulle 223* periode modulo ; 224* foret transparente ; 226*et 387* MORPHISMES ? ; 226* morphisme sur matrice (cf mines 86) ; 227* Damier ; 263 trace ≤ 2 ; 290 fin de (b)calcul de A∗A ??? 298 Rolle ? ? ; 422 inequation fonctionnelle ; 476 Lies Hilbert ? ;

(Ce fichier sera joint a la bourse d’echange en TEX en juin 2001)

(O1 101)

- DA

Soit p ≥ 1. Donner un equivalent de un =

n∑

k=0

Ckpnp

(Solution Catherine Martineau et Cuculiere : X-ups 14 mai 2001 Palaiseau)

Il s’agit d’un exercice de sommation des coefficients du binome de “p en p”. Le np n’etant en bas que pour assurerqueq tous les paquets ne sont pas tronques !

Soit w une racine primitive de xp = 1. On pose Si =

n∑

n=0

Ckp+inp ; on constate que S0 = un.

D’apres la formule du binome on constate que :

S0 + S1 + ... + Sp−1 = (1 + 1)np = 2np

S0 + wS1 + ... + wp−1Sp−1 = (1 + w)np

.....................................S0 + wp−1S1 + ... ◦ (wp−1)p−1Sp−1 = (1 + wp−1)p−1

On ajoute membre a membre en se couvenant que si k n’est pas congru a 0 modulo p, alors 1+wk + ...+wk(p−1) =1−wkp

1−wk = 0.

pS0 = pun = 2np + (1 + w)np + ... + (1 + wp−1)np ∼ 2np (car (1 + wj) = |2 cos jπp

exp(i jπp

)| < 2 pour j = 1..p− 1.

Par consequent les termes de la somme du second membre sont negligeables devant le premier et un ∼ 2np

p

(O2 222)

Signature ZOLOTAREV

Soit p un nombre premier et a ∈ (Z/pZ)∗. Determiner la signa-ture de la permutation x 7→ ax de Z/pZ.

Soient E et F deux ensembles finis, σ une permutation deE et τ une permutation de F. Determiner la signature de lapermutation (i, j) 7→ (σ(i), τ (j)) de E × F.

(Solution Gozard 18 mai 2001)

m01z-2cc.tex - page 1

2 O00-2.tex Oral-O2 00 �Mr VIDIANI

On voit facilement que la signature d’une permutation f d’un ensemble de cardinal n est (−1)n−b, ou b est lenombre d’orbites de f . [Utiliser par exemple la decomposition de f en cycles disjoints].

Notons a la permutation consideree.

Evidemment l’orbite de 0 est {0}.x et y elements de (Z/pZ)∗, sont sur la meme orbite si et seulement si il existe n ∈ Z tel que y = anx.Donc sur (Z/pZ)∗, la relation d’equivalence orbitale (selon a) coıncide avec la relation d’equivalence modulo le

sous groupe < a > engendre par a.(Z/pZ)∗ se partitionne donc en card((Z/pZ)∗

/< a >= p−1

w orbites, ou w est l’ordre de a dans (Z/pZ)∗.

Ainsi, il y a en tout b = 1 + p−1w orbites, et la signature demandee est (−1)p−1−p−1

w .

Notons σ ⊗ τ la permutation consideree. On sait que la signature d’une permutation f d’un ensemble fini est(−1)i(f) ou i(f) est le nombre d’inversions de f .

On ordonne E × F lexicographiquement : (a, b) < (x, y) ⇐⇒ [a < x ou (a = x et b < y)].On voit alors que i(σ ⊗ τ ) = card(F )i(σ) + card(E)i(τ ).

Donc ε(σ ⊗ τ ) = (−1)cardF i(σ)+cardE i(τ)[ε(σ)]cardF × [ε(σ)]cardF .

(Solution Cuculiere par mail 20 5 2001)Comme 0 est point fixe, c’est la signature de la permutation g : x− > ax de (Z/pZ)∗. Si p = 2, alors a = 1, c’est

l’identite, de signature 1 (trivial).Supposons p premier impair. Soit m l’ordre de a dans le groupe multiplicatif (Z/pZ)∗. Cet entier m est un

diviseur de p − 1. Soit p − 1 = mq. Alors, la permutation g se decompose en produit de cycles disjoints de la forme :(x, ax, (a2)x, ..., (a(m−1)x), cycles de longueur m qui sont donc au nombre de : p−1

m = q. La signature de chacun de ces

cycles est : (−1)(m−1). La signature de la permutation g est donc : (−1)(m−1)q = (−1)(mq−q) = (−1)q. La signature

de g est 1 ssi q est pair, soit ssi m divise p−12 , ou encore ssi : a

p−12 = 1.

Or, on a : a(p−1) = 1 (petit th. de FERMAT, ou th. de LAGRANGE dans les groupes). En consequence :

(ap−1)

2 − 1)(ap−12 + 1) = 0. Cela signifie que tout element a de (Z/pZ)∗ verifie : a

p−12 = 1, ou bien : a

p−12 = −1. Il en

resulte que la signature de g est : ap−12 .

Par ailleurs, chaque element de (Z/pZ)∗ qui est un carre a deux racines carrees distinctes (caracteristique autre

que 2). Le nombre de carres dans (Z/pZ)∗ est donc : p−12 .

Si x est un tel carre, alors : x = y2, donc : xp−12 = yp−1 = 1. Les elements de (Z/pZ)∗ qui sont des carres sont

donc DES racines du polynome : (xp−12 − 1 (a coefficients dans Z/pZ ). De degre p−1

2, ce polynome a au plus p−1

/2

racines. Parmi celles-ci, il y a deja les carres, qui sont aussi au nombre de p−12

. Il ne peut donc en avoir d’autres : LESracines de ce polynome sont exactement LES elements de (Z/pZ)∗ qui sont des carres. On a ainsi prouve l’assertion

suivante : Un element x de (Z/pZ)∗ est un carre ssi xp−12 = 1 (dans Z/pZ) et il n’est pas un carre ssi x

p−1)2 = −1. On

a donc : xp−12 =

(xp

), qui est le symbole (ou caractere) de LEGENDRE. C’est le critere d’EULER. Voir par exemple

: Daniel Duverney, Theorie des Nombres, Dunod, 1998, p. 65.

Pour en revenir a notre permutation g, nous avons prouve que sa signature est : signature(g) =

(ap

), egale a

1 si a est un carre (dans Z/pZ) et a −1 sinon.Ce resultat est du a JEGOR IVANOVITCH ZOLOTAREV (1847-1878), qui l’a utilise pour demontrer la loi

de reciprocite quadratique et l’a publie dans : G. ZOLOTAREV, Nouvelle demonstration de la loi de reciprocite deLEGENDRE, Nouv. Ann. Math. (2), 11 (1872), 354-362.

Cette decouverte est relatee dans : Franz Lemmermeyer, Reciprocity Laws. From Euler to Eisenstein, Springer,2000. Selon Lemmermeyer, la decouverte de ZOLOTAREV etait la 34eme demonstration de la loi de reciprocitequadratique, qui en compte aujourd’hui 196. Le lien entre le caractere quadratique et la signature d’une per-mutation etait alors une idee nouvelle. En cherchant “ Lemmermeyer ” sur un moteur de rcherche, on trouve :http : //www.rzuser.uni−heidelberg.de/ ∼ hb3/, et plus specialement : http : //www.rzuser.uni−heidelberg.de/ ∼hb3/rchrono.html. Voir aussi : R. CUCULIERE, Histoire d’un theoreme d’Arithmetique : la loi de reciprocitequadratique, IREM Paris-Nord, 1980.

(O2 229)Normal AA∗ = A2

Caracteriser les matrices A de Mn(C) telles que AA∗ = A2.

On procede comme dans le cours sur les endomorphismes normaux !(Solution par mail Remondiere 6 mai) Ce sont les matrices Hermitiennes :



Appelons u l’endo associe a A. On sait que

1) ker(uu∗) = ker(u∗) (c’est toujours vrai et classique)2) ker(u) est inclus dans ker(uu∗) = ker(u∗) (car uu*=uu)3) donc ker(u) = ker(u∗) pour des raisons de dimension4)ker(u) = ker(u∗) = ker(uu∗) = ker(uu)5)l’orthogonal de Im(u) est ker(u∗) = ker(u)6)donc E = ker(u) + Im(u), la somme etant directe et orthogonale.

(O2 265)Limite-projecteur

Soit A ∈ Mn(C). On suppose que la suite (Ap)p∈N admet une limiteL ∈ GLn(C). Trouver A et L.

(Voir Bib Lebœuf p 174 et O98-410)On sait (cours reduction) que pour que Ap ait une limite il faut et il suffit que les valeurs propres de A soient de

module < 1, sauf λ = 1 racine simple du polynome minimal.Appelons pour simplifier f l’endomorphisme associe a A et g celui associe a L.Si fp → g, alors comme (fp)2 = f2p tend vers g2 et f2p suite extraite tend vers g. Donc par unicite de la limite

g2 = g et ainsi g est un projecteur.

On va montrer que g est la projection sur Ker(f − IdE) parallelement a Im(f − IdE)

• (fp) tend vers g donc fp+1 = f ◦ fp tend vers f ◦ g, et fp+1 tend vers g donc f ◦ g = g

• (fp) tend vers g donc fp+1 = fp ◦ f tend vers g ◦ f , et fp+1 tend vers g donc g ◦ f = g

• f ◦ g = g ⇐⇒ (f − IdE ) ◦ g = 0 ⇐⇒ Im(g) ⊆ Ker(f − IdE ).D’autre part si x ∈ Ker(f − IdE), f(x) = x donc par recurrence immediate, ∀p ∈ N fp(x) = x, d’ou en passant

a la limite p → +∞ : g(x) = x, donc c ∈ Im(g) donc Im(g) = Ker(f − IdE)

Donc (theoreme du rang) dim(Kerg) = rang(f − IdE).Or g ◦ f = g ⇐⇒ g ◦ (f − IdE) = 0 ⇐⇒ Im(f − IdE) ⊆ Kerg.

Donc vu l’egalite des dimensions Im(f − IdE) = Kerg

Donc g = projection(f/E1)

(O2 293)Norme et Sup

On considere l’application N de R2 dans R : (x,y) 7→ supt∈R |x cos t +y cos2t|.

(a) Montrer que N est une norme sur R2.(b) Soit B la boule unite de cette norme. Montrer que {(x,y) ∈

R2 ; ; |x|+ |y| ≤ 1} ⊆ B ⊆ {(x,y) ∈ R2 ; x2 + y2 ≤ 2}(c) Montrer que le “bord” de B est constitue de deux segments

et d’une demi-ellipse d’equation x2 + 8y2 + 8y = 0.

(a) Axiomes On verifie les axiomes de norme :• Axiome de definition N0 : N est bien definie : d’apres le theoreme des bornes la fonction continue f(t) =

|x cos t + y cos 2t| est bornee sur le compact d’une periode [−π, π] (son maximum est d’ailleurs atteint en un point dece compact).

• Axiome de separation N1 Comme f(t) ≥ 0, N (x, y) = supt∈R f(t) ≥ 0. De plus f(π2 ) = |y| et f(π

8 ) = |x|√2

donc

N (x, y) ≥ Max{|y|, |x|√2} ≥ 0 et n’est egal a 0 que si x = y = 0.

• Axiome d’homogeneite N2 : Comme avec des notations evidentes, |λX| = |λ| |X| et sup |λX| = |λ| sup |X| ona bien N (λx, λy) = |λ|N (x, y).

• Axiome de d’inegalite triangulaire N3 : Elle resulte de l’inegalite triangulaire sur la valeur absolue et de lacroissance du ”sup”.

En effet |(x + x′) cos t + (y + y′) cos 2t| =Commutativite de l’addition dans R |(x cos t + y cos 2t) + (x′ cos t + y′ cos 2t)| ≤D3

|x cos t + y cos 2t|+ |x′ cos t + y′ cos 2t| ≤ N (x, y) + N (x′, y′) independant de t.Donc N (x + x′, y + y′) ≤ N (x, y) + N (x′, y′).

(b) EncadrementSi |x| + |y| ≤ 1 comme 0 ≤ f(t) ≤ |x|| cos t| + |y|| cos 2t| ≤ |x|1 + |y|1 ≤ 1 on a bien N (x, y) ≤ 1 et l’inclusion de

gauche.



Si N (x, y) ≤ 1 pour tout t reel 0 ≤ f(t) ≤ 1 on a

{t = 0 donne |x + y| ≤ 1t = π donne | − x + y| ≤ 1

.

La premiere ligne donne si x et y sont de meme signe |x|+ |y| ≤ 1. La seconde ligne donne la meme chose si xet y sont de de signes contraires. ((*) ceci donne a reflechir car cela semble donner B ⊆ {(x, y) ; |x| + |y| ≤ 1} laboule B serait confondue avec la boule de la norme N1 !) Donc |x| ≤ 1 et |y| ≤ 1 et l’inclusion de gauche proposee endecoule.

(c) Forme de la sphere unite question felee On remarque d’abord que | − x cos t − y cos 2t| = |x cos t + y cos 2t|donc N (−x,−y) = N (x, y) ; il y a symetrie S0 par rapport au centre O (ceci est general dans les EVN) ; de plus| − x cos t + y cos 2t| = |x cos(t + π) + y cos 2(t + π)| par consequent N (−x, y) = N (x, y) : toute boule de centre O estsymetrique par rapport a l’axe Oy ; Comme en polaires (SO = Sx ◦ Sy et S0 ◦ Sy = Sx ◦ (Sy)2 = Sx) il y a egalementsymetrie par rapport a l’axe Ox. (revoyez votre cours de TS et sup mon vieux au lieu d’attendre beatement comme auspectacle)

Par consequent, grace a ces symetries, on peut limiter l’etude au premier quandrant (x ≥ 0, y ≥ 0) ;

On se debarasse du cas y = 0 car alors sup |x cos t| = |x| et N (x, 0) = |x|.On pose u = cos t ∈ [−1, 1] et pour rechercher le maximum de f on etudie g(u) = xu+(2u2−1)y = 2yu2 +xu− y

(car (pour C-S) on a la formule de trigonometrie cos 2t = 2 cos2 t − 1 = 2u2 − 1). g′(u) = 4yu + x, g”(u) = 4y > 0.

On a le tableau de variations : u −1 − x4y

−1

g′(u) −4y + x↗ 0 ↗4y + x

g(u) si y ≤ x4

y − x ↗ ↗ ↗ y + x

g(u) si y > x4

y − x ↘−y − x2

8y↗ y + x

On constate que dans tous les cas |y − x| ≤ y + x (verifier) et que dans le second cas | − y − x2

8y | − (y + x) =

y + x2

8y − y − x = x( x8y − 1) < 0.

Donc dans tous les cas N (x, y) = y + x et en tenant compte des symetries N(x,y) = |x|+ |y| = N1(x,y) ce qui

confirme l’intuition (*) dans (b) ; L’enonce etait donc erronne pour cette question. Le trace en Maple, montre quel’ellipse citee dans l’enonce est tangente a y + x = 1 mais dans le second quandrant et ne peut convenir comme bord,car dans les evn une boule est toujours convexe. D’autre part il importerait que poser a l’auteur ou au moins a celuiqui a releve l’enonce de cette question, ce qu’il endtend par “demi-ellipse” etant donne que d’un point de contact avecy + x = 1 a celui avec y −x = 1 il y a manifestement plus de la moitie de l’ellipse partie erronnee de la frontiere de B.

Remarquons qu’utilisant la methode de Gauss l’equation de l’ellipse s’ecrit apres des calculs faciles x2

2+ (y+1/2)2

14

=

1 donc c’est l’ellipse passant par O de centre (0,− 12 ) d’axes (a =

√2, b = 1

2 . Elle est tangente a x + y = 1 en (x, y)

verifiant 1 + y2 − 2y + 8y2 + 8y = (3y + 1)2 = 0, donc x = 43, y = − 1

3.

Le programme suivant en Maple (calcul long), inspire de celui d’Esculier 4 juin 2001 contournant le fait quemaximize n’aime pas du tout “abs” permet de confirmer que B est bien la boule de la norme N1.

restart : with(plots) : a := evalf(Pi);g := (x, y)− > maximize(sqrt((x ∗ cos(t) + y ∗ cos(2 ∗ t))2), t,−a..a);implicitplot(′g(x, y) = 1′, x = −1..1, y = −1..1);Enfin le trace suivant, donne une explication a l’erreur de l’enonce. D’ailleurs la partie de l’ellipse qui “devrait”

faire partie du bord de B sort du disque x2 + y2 = 2, dans lequel d’apres (b) elle devrait etre incluse !

–1.4

–1.2

–1

–0.8

–0.6

–0.4

–0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.6

1.8

2

y

–1 1 2x

O2000 293-c figure ØrronØe

BIB : toute norme est un SUP- JAUGE : application de PEANO

Ici on montre que la norme N1 est un sup ; mais ceci est general La premiere fois que je l’ai appris c’est parmon collegue de jury de Capes 1978 VIALLARD : Voir problemes d’analyse Maıtrise de mathematiques Dunod 1967Auteurs Mme Lelong-Ferrand, Combes, Leborgne et VIALLARD : voir les pages 44-47 p 47 pour Peano CANTOR; Breal 89 p 9 = exemple de centrale 1978 ; (voir nb de Pizot agreg 62) ; Gonnord Michel exercices de MP* ellipses

2000 p 55 en liaison avec une jauge ; Eric LEICHTNAM Exercices corriges de mathematiques Algebre Ellipses 1999ISBN 2-7298-4937-X p 355, 362 Norme et Jauge ; Oral 2000 exercice 28* ; Berge espaces topologiques Dunod Jaugep 159-161 ; Stephane Gonnord themes d’analyse pour l’agregation : Topologie Ellipse 1996 ISBN 2-7298-96945 p 33



Lien entre Jauge, th de Brouwer (cf ensi 2001) th du champ rentrant et des trois polonais et page 55 Pour PEANOCantor ; Rouviere Petit guide de calcul differentiel Cassini 1999 ISBN 2-84225-008-7 Jauge 14-16 ; Chambert-LoirExercices de mathematiques pour l’agregation tome 1 Masson 1994 ISBN 2-225-84692-8 p 79-81 th du point fixe deSchauder ; Tome 1 p 38-40 Pour PEANO-CANTOR ; Chambert-Loir Exercices de mathematiques pour l’agregationtome 3 Masson 1996 ISBN 2-225-85385-1 p 17-19 Jauge d’un convexe, theoreme de Kolmogorov ; Ensae 2 99 partieC ; Intervention d’une Jauge en theorie de l’integrale de Kurtzweil Nenstock ; Pour PEANO Cantor voir aussi ? ensmath janvier 99 ;



(O2 294)Topologie Intersections de convexes emboites

Soit (E, || ||) un espace de Banach.(a) Soit (Bn) une suite de boules fermees emboitees dont les

rayons tendent vers 0. Montrer que ∩n∈NBn est un singleton.(b) Que peut-on conclure si on supprime dans (a) l’hypothese

: les rayons tendent vers 0?(c) On suppose maintenant que E = C0([0,1], R), muni de

|| ||∞. Soit D une partie denombrable de [0,1], D = {rn,n ∈ N}.On pose Cn = {f ∈ E, ||f ||∞ ≤ 2, f (r0) = ... = f (rn) = 0 et

∫ 1

0f (t)dt =

1}. Verifier que (Cn) est une suite de fermes bornes convexesemboites non vide de E. Determiner ∩n∈NBn.

(Solution Gozard : 7 mai 2001)

(a) Je note ∀n ∈ N

{Cn le centre de Bn

Rn le rayon de Bnet B = ∩n∈NBn.

• Si (x, y) ∈ B2 alors ∀n ∈ N, (x, y) ∈ B2n donc d(x, y) ≤ 2Rn. Donc par prolongement et separation d(x, y) = 0,

et x = y. B ne peut contenir qu’un point. Mais y-en-a-til un (existence ?) ?• Pour m ≥ n, Bm ⊆ Bn donc Cm ∈ Bn et d(Cn, Cm) ≤ Rn.On en deduit aisement que la suite (Cn)n∈N est de CAUCHY. Comme E est de Banach, elle converge.

Notons C = limCn. Pour p ∈ N, (Cn)n≥p est une suite d’elements du ferme Bp, donc C ∈ Bp. Cecivalant pour chaque p ∈ N, donc C ∈ B, qui n’est donc pas vide, et est un singleton

(b) ∀n ∈ N Bn+1 ⊆ Bn, donc Rn+1 ≤ Rn. La suite (Rn)n∈N est decroissante et minoree (par 0) donc converge.Notons R sa limite. Ici on suppose R > 0.

• Pour m ≥ n, Bm ⊆ Bn. Si Cm 6= Cn, d(Cm, Cn) > 0, et on considere x = Cm + Rm

d(Cm ,Cn) (Cm − Cn).

On a d(Cm, x) = ||x−Cm|| = Rm donc x ∈ Bm, donc x ∈ Bn, c’est a dire : d(Cm, Cn)+Rm =(1+ Rm

d(Cm,Cn)

)||Cm−

Cn|| = ||x− Cn|| ≤ Rn. Donc d(Cm, Cn) ≤ Rn − Rm.

Evidemment (hein SMC... !) cette derniere inegalite est encore vraie si Cm = Cn. On reprend mot pour mot leraisonnement en caracteres gras ci dessus.

• On vient de voir que m ≥ n implique d(Cm, Cn) ≤ Rn −Rm. Fixons n et passant a la limite (m tend vers plusl’infini) il vient d(C, Cn) ≤ Rn − R.

Donc si x ∈ Bf (C, R) alors d(Cn, x) ≤D3 d(Cn, C) + d(C, x) ≤ Rn, et ainsi x ∈ Bn. Donc Bf (C,R) ⊆ Bn .

Comme ceci vaut pour chaque n ∈ N, donc Bf (C, R) ⊆ B.• Reciproquement si x ∈ B, alors ∀n ∈ N, d(Cn, x) ≤ Rn donc en passant a la limite par prolongement et

continuite de la distance d(C, x) ≤ R et x ∈ Bf (x, R)• En conclusion B est la boule fermee de centre C et de rayon R.(c) • Chaque Cn est : borne (car inclus dans Bf (0, 2)), convexe car intersection du convexe Bf (0, 2) et des n + 1

hyperplans vectoriels donc hyperplans affines donc convexes {f ∈ E|f(ri) = 0}, i ∈ [[0, n]], et de l’hyperplan affine

{f ∈ E|∫ 1

0 f(t)dt = 1}, Non vide : pour le voir il suffit de considerer (meme exemple que dans le roneo dualite pourmontrer que certains inegalites avec les bi-orthogonaux peuvent etre strictes) la fonction affine par morceaux nullesen ri, i = 0..n, et egale a 2 aux milieux des ri successifs (au besoin on reindexe), et en 0 et 1 si ce ne sont pas des ri

(faire un dessin) ;

La somme des aires des triangles est∫ 1

0 f(t)dt = 12 × 2 × [r0 − 0 +

n−1∑

j=0

(rj+1 − rj) + 1 − rn] = 1.

• Pour tout n ∈ N on a Cn+1 ⊆ Cn (trivial).

• ∩n∈NCn = ∅, car si f ∈ ∩n∈NCnalors∫ 1

0f(t)dt = 1 et pour tout n ∈ N, f(rn) = 0, donc comme f est continue

et D dense, f = 0 donc∫ 1

0f(t)dt = 0.... ce qui est absurde.

La conclusion est que dans Cantor ferme, emboites, convexes ne suffit pas si on ne precise pas que ce sont desBOULES.

(O2 295)Topologie Distance d’un compact et d’un ferme atteinte ?

Soit A un compact et B un ferme d’un espace vertoriel normeE. On suppose que A ∩ B = ∅.

(a) Montrer que d(A, B) > 0. (b) Existe-il toujours (a,b) ∈A×B tels que d(A, B) = ||a− b||. (BIB : Hauchecorne contre exemplesp 163, Br77 p16, Flory 126)



(Cf TP 20 p6)(Solution Gozard : 7 mai 2001)(a) L’application E → R, x 7→ d(x, B) = inf

b∈Bd(x, b) est continue. Comme A est compact, elle admet un minimum

(atteint) sur A (theoreme des Bornes) : il existe a ∈ A tel que d(a, B) = d(A, B).Si l’on avait d(A, B) = 0, on aurait donc d(a, B) = 0 c’est a dire a ∈ B = B puisque B est ferme, donc a ∈ B et

a ∈ A ∩ B ce qui est absurde puisque celui-ci est suppose vide. Ainsi d(A, B) > 0.(Par contre la distance de deux fermes disjoints non vide peut etre nulle : Dans R usuel prendre A = N∗ et

B = {n + 1n|n ∈ N∗}. Dans R2 usuel y = 0 et xy = 1. (faire une figure).

(b) On prend pour E l’algebre B(N, R) des suites reelles bornees muni de la norme || ||∞.

Pour chaque n ∈ N, xn =(δk,n(1 + 1

n+1 ))

k∈N

. Alors B = {xn, n ∈ N} est un ferme de E (voir la demontration

_ ci dessous) et A = {0} est un compact de E.∀n ∈ N, d(xn, A) = d(xn, 0) = ||xn||∞ = 1 + 1

n+1 d’ou immediatement d(A, B) = 1 et ∀(a, b) ∈ A×B, d(A, B) <

||a− b||._ Soit x ∈ B : x est limite d’une suite convergente (un)n∈N d’elements de B. Cette suite est donc de CAUCHY

donc ∃N |(p ≥ N, q ≥ N ) =⇒ d(up, uq) ≤ 12 . Or si (xn, xm) ∈ B2 avec n 6= m alors d(xn, xm) = max(1 + 1

n+1 , 1 +1

m+1 ) > 1. Donc la suite (un)n≥N est constante donc x = uN ∈ B, et ainsi B est fermee.



(O2 298)Min et Variations

Soit P ∈ R[X] un polynome dont toutes les racines sont reelles.(a) Montrer que la fonction θ 7→ |P(eiθ)| admet un minimun

en 0 ou en π.(b) Soit θ ∈ [0,2π[ ; quels sont les tableaux de variation pos-

sibles pour l’application de R∗+ dans R : r 7→ |P(reiθ)| ?

Posons P (X) = A

n∏

k=1

(X − ak) les ak etant ainsi que A 6= 0 supposes reels, et n ∈ N∗.

(a) Tout revient a rechercher le minimum de f(θ) = P (eiθ)P (eiθ) = P (eiθ)P (e−iθ) = |P (eiθ)|2 = A2n∏

k=1

(eiθX −

ak)(e−iθ − ak) = A2n∏

k=1

(1 − 2ak cos θ + a2k). h est C∞ sur le compact [0, 2π].

On pense a rechercher les points critiques, mais c’est un piege !

Ils sont donnes par 0 = h′(θ) = 2 sin θ

n∑

j=1

aj

n∏

k=1,k 6=j

(1 − 2ak cos θ + a2k).

Effectivement θ = 0 ou θ = π qui annulent h′(θ), sont points critiques, mais il peut il y avoir d’autres valeurs quiannulent le facteur de sin θ et rien n’indique que c’est un extremum (rappeler les conditions precises pour une fonctionde classe au moins deux), ce pourrait etre des points d’allure inflexionnelle.

Il faut donc etre astucieux (nous sommes en MP1) : on constate qu’en mettant le trinome en ak dans le facteur

general, sous forme canonique on a : h(θ) = A2n∏

k=1

(1−2ak cos θ+a2k) = A2

n∏

k=1

[(ak−cos θ)2+sin2 θ

]≥

atteint pour sin θ = 0

A2n∏

k=1

(ak − cos θ)2 = |P (±1)|2. (puisque cos θ = ± quand θ = 0 ou θ = π).

Par le meme raisonnement (d’ailleurs homothetie de centre O et de rapport r > 0), on peut demontrer que undes deux |P (±r)|2 est minimum de hr(θ) = |P (reiθ)|2.

C’etait attendu d’apres le principe du maximum et du minimum, d’une fonction holomorphe qui ne peut atteindrele max et min (si non nul) de son module, que sur la frontiere du domaine.

(b) La encore la question revient a etudier les variations de g(r) = |P (reiθ)|2 = A2n∏

k=1

(r2 − 2akr cos θ + a2k) avec

θ fixe comme il est dit dans l’enonce.

En posant Ak les points d’affixe ak et Hk leur projection orthogonale sur la droite d’origine O d’angle polaireθ ; Les Hk sont diversement positionnes par rapport a O sur cette droite selon le signe des ak et la valeur deθ ∈ θ ∈ [0, π

2] ∪ [3π

2, 2π[, sinon dans le complementaire de cette union d’intervalles, par rapport a [0, 2π[.

On constate que les Hk sont sur le cercle de diametre OAk. (faire une figure).Les changements eventuels de sens de variation auront lieu necessairement aux zeros avec changement de signe

de g′(r)g(r) = 2

n∑

k=1

r − ak cos θ

(r − ak cos θ)2 + a2k sin2 θ

.

g′(r) = 0 a au moins une racine reelle (polynome a coefficients reels de degre IMPAIR 2r + 1). De plus eninterpretant geometriquement la relation g′(r) = 0 comme dans la demonstration du theoreme de LUCAS GAUSS surla repartition des images des zeros de la derivee d’un polynome, dans la couverture convexe des zeros du polynome, elle

s’ecrit−→0 =

n∑

k=0

1

||−−−→AkM ||2−−−→HkM . Qui signifie que les points M d’abcisse r (ou g′(r) = 0) sur la droite θ = Constante,

sont des barycentres positifs des points Hk.

g(0) = (−1)na1...an, g(+∞) > 0 ;Donc il ne peut il y avoir de changement de de variations de g qu’aux zeros avec changement de signe de g′(r) = 0

qui sont se trouvent dans l’intrsection demi-droite (θ = Constante) et de la courverture convexe de {H1, .., Hn}.Mais que peut-on dire de plus precis dans le cas general ?

La simulation Maple (apres le trait), mise au point grace aux modifications de procedures suggerees par Esculier:

n:=5; p:=convert([seq(z-a.i,i=1..n)],‘∗‘);assume(x,real,y,real,seq(op([a.i,real]),i=1..n)); module :=abs(subs(z=x+I∗y,p));

mais alors pourquoi ne pas l’ecrire directement ? sqrt(convert([seq(op([(x − a.i)2 + y2]),i=1..n)],‘*‘)); ou bien :sqrt(convert([seq(op([(r ∗ cos(theta) − a.i)2 + r ∗ sin(theta)2]), i = 1..n)],‘*‘));



Primet : ((sqrt(P(r*exp(I*theta))*P(r*exp(-I*theta)))Douillet (p := z− > (z − 1) ∗ (z − 2) ∗ (z − 3); abs(p(r ∗ exp(I ∗ theta))); (simplify@evalc)(%);)Duparc (assume(r,real); assume(a,real); assume(theta,real); abs(r*exp(I*theta)-a); )Moulin (g:=evalc(abs(P(r*exp(I*theta))));)Mandonnet (usage d’assume et d’evalc)montre que tout peut se passer, dans le cadre general trouve theoriquement :

assume(r,real):assume(a,real):assume(theta,real): P := x− > (x−1)∗ (x−2)∗ (x−3)∗ (x−4); g := (r, theta)− >evalc(abs(P (r ∗ exp(I ∗ theta)))); plot(g(r, 0.3), r = 1..2); plot({seq(g(r, n/10), n = 0..10)}, r = 0..4);



(O2 304)Suite - Non autonome, equivalent, Cesaro

On pose fn(x) = x1+nx2 pour x > 0. Soit a > 0. On note (xn) la

suite telle que x1 = a ; pour tout n, xn+1 = f (xn). (a) Montrer quenxn ≤ 1 pour n ≥ 2. (b) Montrer que la suite (nxn) est croissante

a partir de n = 2. (c) Trouver la limite b de nxn. (d) Etudier unequivalent de b− nxn.

(a) On le fait par recurrence car 2x2 − 1 = − (1−a)2

1+a2 ≤ 0 ; Puis suppose vrai pour le rang n on a (calcul)

(n + 1)xn+1 − 1 est du signe de (1 − nxn)(xn − 1) ≤ 0.(b) De meme (n + 1)xn+1 − nxn est du signe de xn(1 − nxn)(1 + nxn) ≥ 0.(c) (Solution par Mail Ups math Remondiere 6 mai 2001)

b = 1. En effet xn est equivalent a bn . Un calcul facile montre que xn+1−xn est equivalente a − b3

n2 En sommant de

n a l’infini (voir theoreme adequat), (sommation des relations de comparaison) on obtient : −xn ∼ − b3

nd’ou −b = −b3

et b=1 .(Seconde solution Cuculiere 15 5 2001) x1 = a > 0, xn+1 = fn(xn) pour n ∈ N∗.

(a) f ′n(x) = 1−nx2

1+nx2 d’ou la tableau de variation : x 0 1√n

+∞f ′

n(x) + 0 −fn(x) 0↗ ↘ 0

On a : x1 = a > 0, x2 = a1+a2 ≤ 1

2 . Il est clair par recurrence immediate que xn > 0 pour tout n ∈ N∗.

Si xn ≤ 1n pour un n ≥ 2, alors 0 < xn ≤ 1

n < 1√n. Donc xn+1 = fn(xn) ≤ fn( 1

n ) =1n

1+ n

n2= 1

n+1 .

Ce qui prouve par recurrence que xn ≤ 1n

pout tout n ≥ 2, soit nxn ≤ 1.

(b) (n + 1)xn+1 ≥ nxn ⇐⇒ (n+1)xn

1+nx2n

≥ nxn ⇐⇒ n+1n ≥ 1 + nx2

n ⇐⇒ 1n ≥ nx2

n =⇒ 1 ≥ n2x2n, qui est bien verifie

d’apres (a).

(c) • Posons yn = nxn. On a yn+1 =(n+1)xn

1+nx2n

=(1+ 1

n)yn

1+ yCcn2

n

=⇒ yn+1 − yn = yn1−y2

n

n+y2n.

• : On sait (croissante d’apres (b), majoree par 1 d’apres (a)) que yn → b avec 0 < y1 ≤ b ≤ 1. Si b etait < 1,

alors yn+1 − yn ∼ b(1−b2)n , la serie de terme general yn+1 − yn diverge donc (serie des difference et suites seraient de

meme nature divergente) yn → +∞, impossible d’apres la convergence de cette suite. Donc b=1 .

(d) Si a = 1 alors xn = 1n

pour tout n de N∗. Si a 6= 1 alors x2 < 12

et xn < 1n

pour n ≥ 2.

D’ailleurs pour x1 = a et x1 = 1a , les termes suivants sont les memes.

Supposons a 6= 1 d’ou xn < 1n, yn < 1 pour n ≥ 2.

On a vu en (c) que yn+1 − yn = yn1−y2

n

n+y2n. D’ou 1 − yn+1 = (1 − yn)n−yn

n+y2n

(1)

Or n−yn

n+y2n

= n−1+o(1)n+1+o(1) =

1− 1n

+o( 1n

)

1+ 1n

+o( 1n

)= 1 − 2

n + o( 1n ). En reportant dans (1), on a ln(1 − yn + 1) = ln(1 − yn) +l

n(1 − 2n + o( 1

n )) = ln(1 − yn) − 2n + o( 1

n).

Par suite par telescopage et sommation des relations de comparaison ln(1 − yn) ∼∑

k = 1n(− 2

n

)∼ −2 lnn

(rappeler pourquoi), d’ou ln n(1 − yn) ∼ − ln n → −∞, soit n(1 − yn) → 0, 1 − yn = o( 1n ).

Ce qui permet de preciser le developpement limite de n−yn

n+y2n

: n−yn

n+y2n

= n−1+o(1/n)n+1+o(1/n)

= 1−1/n+o(1/n2)1+1/n+o(1/n2)

= 1− 2n

+ 2n2 +

o( 1n2 ).

En reportant dans (1) il vient : ln(1 − yn+1) = ln(1 − yn) + ln(1 − 2

n + 2n2 = O( 1

n2 ))

= ln(1 − yn) − 2n + o( 1

n2 ).

ln(1−yn)− ln(1−y2) =

n−1∑

k=2

(ln(1−yk + 1)− ln(1−yk)

)=

∑k = 2n − 1

(−f rac2n+

ε(k)

k2

)et ainsi ln(1−yn) =

n∑

k=1

(− 2

k

)+ C1 + o(1) = −2 ln n + C2 + o(1) et ainsi 1− yn ∼ K

n2 avec K > 0 .

La tournure de l’enonce de (d) montre qu’on ne demandait pas la valeur exacte de K.



(O2 311)Serie Reste -

Etudier la convergence et la convergence absolue des series de

termes generaux : un =

+∞∑

k=n+1

(−1)k

k.

(BIB series “restes” : GC 90 ; E3A 99 ; O98 220, 233, 557 ; juin 991301 ; O99 39* et 440 ; TP SE ; Br 88 p 84 ;)

On va “s’eclater” en utilisant la methode de“l’eclatement”. On cherche un developpementasymptotique de un en separant le cas n pair et n impair.

On a le droit de sommer par paquets (paquets de cardinal borne par 2, et le terme general tendant vers 0 : revoyez

votre cours !). On a u2n = −+∞∑

k=n

( 1

2k + 1− 1

2k + 2

)= −

+∞∑

k=n

1

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

(Maple permet d’ailleurs d’avoir un developpement asymptotique des sommes partielles de la serie de la faconsuivante : readlib(eulermac) : Order := 16 :

st := time() : asympt(eulermac(1/((2 ∗ n + 1) ∗ (2 ∗ n + 2)), n, 16), n); chrono := (time() − st) ∗ seconde(s);

Il donne u2n = 12

ln2− 14n

+ 116n2 − 1

128n4 + 1256n6 − 17

4096n8 + 314096n10 − 691

32768n12 + 546165536n14 + O( 1

n16 ) en 0.363 sec-

ondes ; ne pas oublier d’affecter le Order si l’on veut un ordre superieur a 6 valeur par defaut ! sinon rien nebouge meme si l’on augmente l’ordre dans la procedure eulermac).

Mais on veut un equivalent de u2n (et meme mieux un developpement asymptotique) : Nous allons pour cela (sion voulait seulement la convergence de

∑un le CSA est facilement applicable, mais nous voulons plus : la nature de∑ |un| donc on essaye une methode qui permettra les deux conclusions).

On rappelle sur cet exemple, le principe de l’acceleration de convergence : je pose ak = 1(2k+1)(2k+2)

∼ 14k2 .

On va ajouter et retrancher (“j’ai rien change”) a ak un terme bk = 14k(k+1) ∼ 1

(4k2) un peu transforme pour que

l’on puisse calculer exactement

+∞∑

k=n

bk ==1

4

+∞∑

k=n

(1

k− 1

k + 1) =Par telescopage

1

4n.

ak = bk + ak − bk = bk − 12k(2k+1)(2k+2) le terme a droite etant equivalent a 1

8k3 .

Posons ck = 12k(2k+1)(2k+2) et f(t) = 1

2t(2t+1)(2t+2) ; f est decroissante et tend vers zero ; On sait alors d’apres

le theoreme de RIEMANN de comparaison de serie et d’integrale (faire le dessin explicatif revoyez votre cours mon

vieux !) que l’on a :∫ +∞

n+1f(t)dt ≤ Rn =

+∞∑

n

ck ≤∫ +∞

n

f(t)dt = Tn.

Or comme f(t) ∼+∞1

8t3 d’apres la sommation des relationsde comparaison (rappeler l’enonce, revoyez votre cours my old) on a Tn ∼

∫ +∞n

18t3 dt =

− 116n2 .

Par consequent u2n = − 14n

+ O( 1n2 ).

Comme u2n+1 + 12n+1 = u2n = − 1

4n + O( 1n2 ), un calcul rapide donne (detaillez) u2n+1 = + 1

4n + O( 1n2 ).

On en deduit que dans tous les cas un = (−1)n+1

2n+ O( 1

n2 ) .

Ce qui montre que la serie∑

un converge (somme d’une serie harmonique alternee et d’une serie absolumentconvergente, cominee par une serie de RIEMANN avec α = 2 > 1). Mais

∑ |un| diverge parce que |un| ∼ 12n et que

la serie harmonique diverge. La serie proposee est donc simplement convergente.

Complement Nous allons meme donner la somme de la serie. Pour cela nous allons ruser (nous sommes en

MP1 que diable !).

J’introduis pour cela la serie entiere∑

unxn. L’equivalent que nous avons trouve nous permet d’affirmer qu’elleest de rayon 1 (rappeler pourquoi). Elle converge en x = 1 et diverge en x = −1.

Si on pose bn =

n∑

k=1

(−1)k

k, alors uk + bk =

+∞∑

k=1

(−1)k

k= − ln 2.

On a donc pour |x| < 1,

+∞∑

n=0

unxn +

+∞∑

n=0

bnxn = − ln 2

1 − x.



Et on reconnaıt dans la serie

+∞∑

n=0

bnxn de produit de CAUCHY-MERTENS du developpement en serie entiere de

x 7→ − ln(1 + x) par le developpement en serie entiere de x 7→ 11−x

d’ou S(x) =

+∞∑

n=0

unxn =

ln(1 + x) − ln(2)

1− x.

Or par convergence uniforme de la serie sur [0, 1] - expliquer pourquoi : la serie est alternee et le reste est majorepar le premier terme neglige |un+1x

n+1| ≤ |un+1| qui tend vers zero (voir son equivalent plus haut), ou tout simplementpar ABEL, S(x) est continue sur cet intervalle - et

∑un = S(1) = −(ln(1 + x))′x=1 = (− 1

x+1 )x=1 = −12 .

Par consequent

+∞∑

n=0

+∞∑

k=n+1

(−1)k

k= −1

2.

Une autre solution aurait pu etre donnee en remarquant que un = (1)n+1∫ 1

0tn

1+tdt.

(O2 336)Rayon de SE Abel

Soit (an) une suite de reels tels que an+1 − an decroıt vers 0.(a) Montrer que le rayon de convergence de la serie entiere∑

n

anzn est R ≥ 1.

(b) On pose f (x) =

+∞∑

n=0

anxn et g(x) =

+∞∑

n=0

(an+1−an)xn lorsque

les series convergent. Existence et calcul de la limite de f(x)quand x tend vers −1+.

(c) Calculer

+∞∑

n=1

(−1)n(ln(n + 1) − lnn

).

(Bib : voir aussi Leichtnamm p 67)

(a) Pour x = −1, la serie∑

(−1)nan converge ? Sa serie par paquets de deux (cardinal borne) indices successifs,verifie le critere special des series alternees, donc converge. Mais pour que la convergence de la serie paquet impliquecelle de la serie initiale il faut verifier (revoyez votre cours mon vieux !) la condition suffisante que an tend vers zero.

L’hypothese, suggere d’utiliser le critere special des series alternees sur∑

(−1)n(an+1 − an), qui converge a causede ce CSA. (la valeur absolue du terme general tend vers zero en decroissant).

Appelons Sk la somme partielle d’indice k de cette serie convergente et S sa limite.

Avec des notations posees dans les calculs :

On a :{S2p−1 = (a1 − a0) − (a2 − a1) + (a3 − a2) + .....− (a2p − a2p−1) = 2(−a0 + a1 + ... + a2p−1) − a2p = 2A2p−1 − a2p → SS2p = S2p−1 + a2p+1 − a2p = 2A2p + a2p+1 → S

Mais cette methode, ne conduit a rien pour montrer la convergence de la serie PAQUET (de deux) a2n+1 − a2n,car pour qu’elle entraıne celle de

∑(−1)nan, qui prouverait celle de

∑anxn en x = −1, donc que la rayon serait

R ≥ | − 1| = 1, il faudrait la condition suffisante (pour que CV de la serie paquet implique la CV de la serie initiale)que an tende vers 0. Or cela n’est pas general comme le montre l’exemple an = ln n ou pourtant toutes les hypothesesde l’enonce sont pourtant verifiees.

Aussi change-t-on de direction

(a1) Cesaro donne que(an−an−1)+(an−1−an−2)+...+(a1−a0)

n = an−a0

n tend vers zero ; et donc aussi an

n ; Donc a partird’un certain rang |an| ≤ n ; comme le rayon de la serie majorant

∑nzn est 1, celui de la serie majoree est bien R ≥ 1.

(a2) (Solution d’Anne Martineau (Nantes) X-Palaiseau 14 5 2001) On constate que an = (an − an−1) + (an−1 −an−2) + ...+ (a1 − a0) + a0 ; Or uk = ak− ak−1 tend par hypothese vers 0 ; donc d’apres une des definitions du rayonde convergence

∑ukzk dont le terme general tend vers zero pour z = 1 est de rayon superieur ou egal a 1 ;

Or d’apres la formule precedente : an = 1un + ... + 1u1 + a0 est la somme de a0 et du produit de CAUCHY-MERTENS de la suite (uk) et de la suite constante (1).

∑anzn somme de series de rayon ≥ 1 est de rayon ≥ 1.

(a3) (Solution De Denis Leger et JF Guiffes 25 05 01)

an = an − an−1 + .....+ a1 − a0 + a0 ≤ bn = a0 + n(a1 − a0) ; Comme bn est polynomial le rayon de∑

bnzn est 1sauf si bn = 0∀n auquel cas le rayon serait infini. Le rayon de la serie ”minorante”

∑anzn est donc ≥ 1.

? Que vient faire l’hypothese an+1 − an decroissante ?



(b) Avec les notations de l’enonce : si la serie de f converge, on a le droit de separer celle de g en deux series

convergentes : g(x) = a1 + a2x2 + ....− f(x) = 1

x(f(x) − a0) − f(x) ; donc f (x) = xg(x)+a0

1−x

Par prolongement des egalites par passage a la limite, si g(−1) existe alors la limite de f(x) en −1 + 0 existera

et sera 12(g(−1) + a0) ; or d’apres l’hypothese complete ? (c’est la qu’elle intervient !) g(−1) existe (CSA), et g

est continue sur [−1, 0[ 0 car il ya convergence uniforme des sommes partielles de la serie de g sur cet intervalle, carle reste majore par le premier terme neglige est majore par (an+1 − an)|xn| ≤ an+1 − an.

(c) (Solution de Cuculiere X-Palaiseau 14 mai 2001) On pose Sn =n∑

p=1

(−1)p(ln(p + 1) − lnp).

On distingue les p pairs (p = 2k, k = 1..n) et impairs (p = 2k − 1, k = 1..n).

S2n = −n∑

k=1

(ln(2k) − ln(2k − 1)

)+

n∑

k=1

(ln(2k + 1) − ln(2k)

)=

n∑

k=1

ln(2k − 1) +n∑

k=1

ln(2k + 1) − 2n∑

k=1

ln(2k) =

ln(2n + 1) + 2

n∑

k=1

ln(2k + 1) − 2

n∑

k=1

ln(2k) = ln(2n + 1) + 2[ n∑

k=1

ln(2k + 1) +

n∑

k=1

ln(2k)

︸︷︷︸ln(2n+1)+2

∑2n

k=1ln(k)−4

∑n

k=1

(ln(k)+ln 2

)

]− 4

n∑

k=1

ln(2k) =

2

2n∑

k=1

ln(k) − 4

n∑

k=1

ln(k) + ln(2n + 1) − 4n ln 2.

Or d’apres la formule de STIRLING (revoyez votre cours mon vieux !)]− 4

∑nk=1 ln(k) = ln n! = n lnn − n +

+12 lnn + 1

2 ln(2π) + o(1).

Donc S2n = 2[2n ln(2n)− 2n + 1

2 ln(2n) + 12 ln(2π)

]− 4

[n lnn−n + 1

2 lnn + 12 ln(2π)

]+ ln(2n + 1)− 4n ln 2 + o(1)

En simplifiant : S2n = ln(2n + 1) − ln n + ln2 − ln(2π) + o(1) = ln 2n+1n −l nπ + o(1) → ln 2 − ln π.

Evidemment S2n+1 a la meme limite (dire pourquoi) et donc

+∞∑

n=1

(−1)n(ln(n + 1) − ln(n)

)= ln

2

π

(O2 337)Denumerant

Soient n1, ...,nk des entiers naturels premiers entre eux dans leurensemble. on pose f (x) = 1

(1−xn1 )...(1−xnk) . Soit An le nombre de

facons d’ecrire n nous la forme n = n1p1...+nkpk avec (p1, ...,pk) ∈Nk. Relier f et la suite (An). Trouver un equivalent de An.

(Bib denumerant : TP SE ; Comtet Puf p 121-168, 125 144 methode“a la Herschell” ; Tissier Agreg Breal p 325-326 ; Breal 86 ; Br 79 p 139; stage Maple inria ; Ri III p 106 ; APM 385 corr APM 391 partitionsd’entiers ; Krob p 159 ; Polya ex 1 p 1 et 123 ; ex 8 p2 et 174 ; ex 27 p4-5 sol 180 lien avec hypervolume ; ex III 24 p 152 sol 357 ; III 242 bp 152sol 357 ; VIII 158 p 138 sol 336 et 292 analogue ; RMS juin 97 p 797)

(Cette methode date de LAGUERRE Gauthiers Villars 1898 pages 218-220)

En ecrivant f(x) = 1(1−xn1 ) ...

1(1−xnk ) =

( +∞∑

p1=0

xn1p1)...

( +∞∑

pk=0

xnkpk), en regroupant les termes qui donnent le meme

exposant n on a par MERTENS (les series etant toute de rayon 1, distance de O aux poles qui sont tous de mememodule 1) on a An est le coefficient de xn dans le developpement en serie entiere de f(x).

� Equivalent du denumerant An

On ecrit f(x) = 1(1−x)k

1(1−xn1 )

1−x...

(1−xnk )

1−x

que l’on decompose en elements simples sous la forme f(x) = C0

(1−x)k +

... +Ck−1

(1−x) +∑ Bj

i

(x − αi), avec des notations evidentes (a dire et rappeler oralement) et avec α

nj

i = 1 mais αi 6= 1.

Les developpements 1x−αi

= − 1

αi(1 − xαi

)= −

∑ xn

αn+1i

, avec |αi| = 1, ont tous des coefficients de xn qui restent

bornes.Le terme C0

(1−x)k PARTIE PRINCIPALE de f au pole 1, a son developpement en serie entiere qui s’obtient par

derivation terme a terme (justifier) a partir de celui de 11−x ; a chaque derivation une puissance de n apparaıt, c’est



donc ce terme qui donne par son coefficient de xn de son DSE, l’equivalent de An, puisque les contributions des termes

en xn des DSE des fractionsB

j

i

(x−αi)sont bornees.

Calculons donc C0 : on utilise la methode du “cache” on multiplie les deux membres de f(x) par (1 − x)k

C0 + o(1 − x) = 1(1−xn1 )

1−x...

(1−xnk )1−x

∼ 1(xn1 )′

x=1 ...(xnk )′x=1

= 1n1...nk

ce qui donne C0 = 1n1...nk

Puis 11−x = (1 − x)−1 =

∑xn et par derivation

(1 − x)−2 =∑

nxn−1

2(1 − x)−3 =∑

n(n − 1)xn−2 et par une recurrence immediate

(k − 1)!(1 − x)−k =

+∞∑

k−1

n(n − 1)...(n− k + 2)xn−k+1 et par suite An ∼ C0nk−1

(k−1)! = nk−1

n1...nk(k−1)!

Dans l’exemple de Tissier donne dans le TD series entieres applications on a n1 = 1, n2 = 2, n3 = 5 et k = 3 on a

An ∼ 12.5

12!n

2 = n2

20 ce qui correspond bien au fait que A10m+k ∼ 5m2 D’ailleurs Tissier montre page 306 que dans ce

cas An est l’entier le plus proche de (n+4)2

20



(O2 391)Inverse corse

Soit A ∈ M3,2(R) et B ∈ M3,2(R) telles que AB =

0 −1 −1−1 0 −11 1 2

.

Calculer (AB)2. Montrer que BA est inversible et calculerBA.

(Bib utile TPE 1994 Math 2 dont j’ai copie colle ma solution en TEX; officiel de prepa 95 janvier 96 planche 17A)

On trouve (AB)2 = AB. Donc X2 −X est annulateur pour AB. Donc soit par le calcul direct sur AB soit parcequ’a cause du polynome annulateur les seules valeurs propres possibles sont 0 et 1 et en eliminant tous les cas posiblesle seul cas ou la trace de AB peut etre 2 est celui ou les valeurs propres sont (0, 1, 1).

Or (cours ou on l’a fait par bloc, meme lorsque les matrices n’etaient pas carrees) on a det(AB − tI) ==(−t)det(BA − tI).

Donc seule t = 0 est valeur propre supplementaire de celle de BA pour former les valeurs propres de AB.BA a pour valeurs propres 1, 1 donc est inversible de determinant 1.

� Premiere solution : Montrons que BA est diagonalisable d’ou on pourra ecrire BA = I2 et Mo = I2n .

Si x est vecteur propre de AB associe a la valeur propre 1, alors ABx = x ; donc BA(Bx) = (Bx). Il suffit demontrer que (Be2, Be3) est libre pour pouvoir conclure. Or

αBe2 + βBe3 = 0 ⇒ αABe2 + βABe3 = 0 ⇐⇒ αCe2 + βCe3 = 0 ⇐⇒ (αe2 + βe3) = 0 ⇒ α = β = 0 car(e2, e3) est libre.

� Seconde solution : M1 On ABAB = AB donc ABAB − AB = 0. On factorise A a gauche, B a droite :A(BA− I)B = 0. Or BA est inversible (carree et de valeur propre 1 non nulle) donc A est injective et B surjective (lefaire directement ou tuliser section et retraction) : donc BA = I ; On peut aussi multiplier a gauche par B et a droitepar A et comme BA est inversible en simplifiant par BA a gauche et par BA a droite (ce qui revient a multiplier par

son inverse) on a BA=I .

� Troisieme solution : A une similitude pres AB est semblable a diag(1, 1, 0) = D′ = A′B′ Or cela implique

A′ =

a bc d0 0

avec ad-bc6= 0 et B′ =

(p r tq s u

)d’ou

(a bc d

)(p rq s

)=

(1 00 1

)et par suite aussi, tout inverse

a droite A′/9 etant aussi inverse a gauche :

(p rq s

)(a bc d

)=

(1 00 1

)et l’on a aussi t = u = 0 Et en revenant a

A et B par similitude, on conclut facilement.

(O2 409)F Co-reductibilite

Soit S une matrice reelle symetrique definie positive et T unematrice reelle antisymetrique. Montrer que det(S + T) ≥ det(S).Que dire si S est seulement positive ?

Cette exercice est classique lorsque T est symetrique (voir par Exemple Breal Lepez Algebre 2 p334, Deschamp p172). On fait quelques rappels (inutiles car il ecoutait attentivement) a l’attention de Monsieur A : a la fin du courssur l’ADJOINT on a demontre que pour que deux formes J-quadratiques q1 (non degeneree : rappeler le sens) et q2

de matrices respectives A1 et A2 (les notations et corps sont celles du cours et du roneo sur les formes J-quadratiques)soit correductibles (rappeler la signification) il faut et il suffit que l’endomorphisme u de matrice U = A−1

1 A2 soitDIAGONALISABLE.Par changement de base de matrice de passage P A′

1 =t PA1PJ et A′

2 =t PA2PJ : U ′ = A′−1

1 A′2 = (P J )−1A−1

1 A2PJ .

De plus on rappelle que le changement de base pour une forme quadratique est A′ =t PAP J . (Le cas orthogonal reelcorrespont a J = idR le cas hermitien a J =conjugaison.

Dans le cas particulier ou A1 est definie positive, le theoreme precedent est courcicuite et plus simple car q1 etantdefinie positive sert a definir une structure euclidienne. Sur une BON relative a cette structure euclidienne on a A′

1 = Iet alors U ′ = A′

2 etant symetrique hermitienne est diagonalisable.

On a l’idee suivante (Capentier 8 juin) : On pose H = iT : t(iT ) = −itT = (−i)(−T ) = iT = H. H est doncsymetrique-Hermitienne donc diagonalisable sur R (c’est a dire avec une matrice de passage reelle Q), et a valeurpropres reelles. Donc T est diagonalisable et a valeurs propres imaginaires pures. Comme elle est reelle, les valeursprorpes imaginaires conjuguees ont le meme ordre de multiplicite (rappeler pourquoi monsieur A).



A1 = S et H = iT sont codiagonalisables donc sur celle meme base S = A1 et T = Hi

: Comme S′ = A′1 = I et

T ′ = diag(ai,−ai, bi,−bi...., ki,−ki, 0, ..,0) on a det(S′ +T ′) = det(1+ai, 1−ai, 1+bi, 1−bi, ..., 1+ki, 1−ki, 1, ..,1) =(1 + a2)(1 + b2)...(1 + k2) ≥ 1 = detS′.

Comme par changement de base detA′ = det(P )2det(A) la relation d’ordre entre les determinants det(S + T ) etdet(S) ne depend pas de la base.

Dans le cas ou S est seulement positive, on applique le resultat precedent a Sv = S + vI et on fait tendre v verszero et on utilise la continuite du determinant et le prolongement des inegalites larges par passage a la limite v tendantvers +0.

(O2 410)PS Schmidt

Soient a0, ..., an des reels fixes (et non distincts comme le dit l’enonce,vu la question (c)).

Pour P,Q ∈ Rn[X] on pose φ(P,Q) =

n∑

k=0

P(k)(ak)Q(k)(ak).

(a) Montrer que φ est un produit scalaire.(b) Montrer qu’il existe une unique base orthonormale(P0,P1, ...,Pn) telle que les Pi soient de degre i et de terme

dominant positif.(c) Calculer les Pk pour a0 = ... = an = a.(BIB pour analogie : Br 88 p 213-215; Br 91 p 55-56 ; rms juin 99

546 p 1368-1369 402 p 1359 et Rms juin 97 p779 ex 15 ;)

(a) Linearite de la derivation, distributivite du produit des reels par rapport a l’addition, font la bilinearite de Φ.

Comme φ(P, P ) =∑ [

P (k)(ak)]2 ≥ 0 et ne peut etre nul que si P (a0) = 0, P ′(a1) = 0, ...., P (n)(an) = 0 en

descendant P (n)(an) = 0 fait que le coefficient dominant de P est nul et donc est de degre ≤ n − 1 ; on recommenceavec P (n−1)(an−1) = 0 et les suivants, P est nul ayant tous ses coefficients nuls ; φ est alors bien definie positive etdefinit bien un produit scalaire sur Rn[X].

(b) C’est le procede d’orthonormalisation de Schmidt, il y a bien unicite quand on exige en outre que le coefficientdominant soit positif.

(c) Nous allons etablir par recurrence sur k que P(j)k (aj) = δk,j . C’est vrai pour k = 0 car P0 est une

constante 1, dont toutes les derivees sont nulles. Supposons que l’on ait etabli le resultat pour Pk : alors pour j ≤ k,

φ(Pk+1, Pj) =

j∑

i=0

P(i)k+1(ai)P

(i)j (ai) = P

(j)k+1(aj) = 0 (BON de Schmidt) ;

Puis par le meme calcul φ(Pk+1, Pk+1) =[P

(k+1)k+1 (ak=1)

]2

= 1 (BON de Schmidt)

Dans le cas particulier propose, P(j)k (a) = δj,k, et l’identite de TAYLOR donne Pk = 1

k! (X − a)k

On peut donner une autre demonstration que par recurence de la propriete qui permet de traiter (c) : elle utilisela dualite :

On considere les formes lineaires θ0, ..., θn sur Rn[X] definie par θj(P ) = P (j)(aj).

Dans la base duale (e∗i ) de la base canonique (ej = Xj) on a θk =

n∑

j=0

θk(ej)e∗j donc Mat(θ0, ..., θn, (e∗j ) =

1 0 ... 0a0 1! ... 0...

......

...

an0 nan−1

1 ... n!

; Ce qui montre que (θ0, ..., θn) est une base du dual de Rn[X] et comme q =

n∑

j=0

θ2j est

somme de carres de formes lineaires independantes, q est un carre scalaire, sa forme polaire Φ est un produit scalairesur E = Rn[X].

� Soit (Q0, ..., Qn) la base anti-duale de (θ0, ..., θn) c’est a dire une base de Rn[X] dont la base duale est (θ0, .., θn); Elle est caracterisee par θi(Qj) = δi,j pour 0 ≤ i, j ≤ n.

C’est donc une BON pour le produit scalaire Φ.

Tout reste a demonter qu’elle est echelonnee en degre pour la confondre avec la base de Schmidt.

Or A = Mat(Q, ei) = [e∗i (Qj)], a pour inverse B = Mat(e0, ..., en, Q) = [Q∗i (ej)] = [θi(ej)] ; Or C = Mat(θ0, ..., θn, e∗i ) =

[< e∗∗i , θj >] =”meca” [< θj , ei >] =t B.



D’apres ,elle est triangulaire superieure, a elements diagonaux strictement positifs. Par unicite de la BONdeduite de (e0, ..., en) par le procede de Schmidt, on a Qj = Pj, j = 0..n ; Ainsi (P0, ..., Pn) a pour base duale

(θ0, ..., θn) et donc la encore et etabli sans recurrence P(j)k (aj) = δk,j pour tous 0 ≤ j, k ≤ n.

Cette propriete encadree, permet d’expliciter la base de Schmidt, dans beaucoup de cas explicites pour aj ; parexemple pour aj = ja, apres deux lignes de calculs faciles Pk = 1

k!X(X − ka)k−1.

(O2 423)EF Pseudo derivation voir ce mot dans blocs Vuibert p47, ens 58

Trouver toutes les applications f de R vers R telles qu’il existeune application continue g sur R : verifiant ∀(x,y) ∈ R × R∗

f (x+y)−f (x−y)2y

= g(x).

(Solution Remondiere par mail 6-7 mai)

Ce sont les fonctions affines Pour tout a, b f(b)−f(a)b−a = g(a + b+a

2 ). On fixe a, on fait tendre b vers a et f estderivable de derivee egale a g.

Pour tout x,t f(x + t) − f(x − t) = 2tf ′(x) ; par transfert immediat f est de classe infinie sur R.

On derive par rapport a t pour obtenir Pour tout a, b f ′(a) + f ′(b) = 2f ′(f raca + b2).

Il est classique de voir alors que f ′ est affine. (on utilise pour ca les dyadiques et la continuite de f ′) (commedans le roneo MP1 “equation fonctionnelle : methode de densite)

Les deux fonctions pouvant convenir sont de la forme ax2 +bx+c ; Comme on a procede par condition necessaire,

il faut verifier, ce qui necessite a = 0 f(x)=bx+c .

traitgras

(O2 436)f’/f D’Alembert

Soit f : [1, +∞[→ R∗+ de classe C2 telle que f ′

ftende vers a < 0 en

+∞. Quelle est la nature de la serie de terme general f(n) ?BIB : O99 439 sol dans O2 et TP ; Leitnam 73 et 226 ;

( L’exercice 439 de 199 demande d’abord sans hypothese de signe sur a ce que l’on peut dire de la limite eventuelle

def(x+1)

f(x) ; et dans le cas a < 0 demande en plus un equivalent du reste).

Rappelons la demonstration de ces points : Comme f(x) > 0 on peut poser u(x) = ln(f(x)) et u est C1 ;f ′

f= u′ → a or f(x+1)

f(x)= exp(u(x + 1) − u(x)) =TAF exp((1 − 0)u′(c) → ea (c rendu fonctionnel oar choix tend vers

plus l’infini).

Si a < 0, D’Alembert prouve que la serie converge puisqu’alors ea < 1.

Comme la serie est a termes positifs et que le terme general decroıt pour n assez grand, le theoreme de RIEMANN(citez le cours) donne que R(n) ∼i nt+∞

n f(t)dt (pour a = −∞ voir compil p29, spm3 p128, centrale 91 ; Leichtnam226 et 73, Ovaert II 601-617 , VGC p 83 ou un equivalent sans signe d’integration est possible). Mais le probleme est

f(n) negligeable devant∫ +∞

nf(t)dt et on peut utiliser la methode de Chambadal tome II p 617 ;

Mais Il est preferable d’utiliser la methode suivante :

On applique la sommation des relations de comparaison (programme MP) aux series convergentes de termesgeneraux vn = f(n+1) et wn = eaf(n) ; cela donne R(n+1) ∼ eaR(n) ou encore R(n)−f(n+1) = eaR(n)+o(R(n)),

ce qui s’ecrit encore R(n) ∼ f (n+1)1−ea ∼ ea

1−ea f (n)

Voici une solution directe de l’exercice 2000-436 (Solution de Remondiere e-mail 6 mai )

Pour x assez grand f ′

fest majoree par a

2(a < 0) donc (ln(|f |))′ aussi ; par integration ln(|f |) est majoree par

a2x+b (x assez grand) donc f(n) est majoree par cexp(n a

2 ) et la serie converge absolument (il y a des choses analoguesmais plus subtiles dans le calcul infinitesimal de Dieudonne)

(O2 457)Decimales

Soit un la n-ieme decimale de 57. On pose f (x) =

+∞∑

n=0

unxn. Exis-

tence et calcul ?



Comme 0lequn ≤ 9 le rayon de la serie est superieur au rayon de la serie geometrique∑

9xn (rappelez |an| ≤ |bn

implique RA ≥ RB) ; Le pose de la division donne 57

= 0, 714285714285714285714285... ; Donc la somme de la

serie est dans le disque ouvert de convergence f(x) = (7x + x2 + 4x3 + 2x4 + 8x5 + 5x6) + (7x7 + x8 + 4x9 +2x10 + 8x11 + 5x12) = ... Or a l’interieur du disque ouvert il y a convergence absolue donc commutative et ainsi

f (x) = 7x+x2+4x3+2x4+8x5+5x4

1−x6

Par exemple pour x = 110 f( 1

10) = (0,714285)∗106

106−1 = (0,714285)∗106

999999 = (0,714285)∗106

7∗142857 = 57 car 714285 = 5 ∗ 142857 ;

VRAC-flash : Les indications sont breves et ne constituent pas une redactionmais une idee de la methode ; aussi c’est a vous de rediger et de tout expliquer et justifier quand vous passez au tableau:Il ne faudra vous en prendre qu’a vous meme de ne pas avoir assez approfondi : on pourra alors vous reprocher d’etreune vraie moule...

Quant-il y a ? cela signifie qu’une verification approndie est souhaitable ;

signifie que la solution est photocopiee dans une des references.

(235) Br 96 p 153 : DA de somme des diviseurs :

(254) : FONCTIONS SPLINES CUBIQUES : (juin 98 p 1078 ; ChalbertLoir 2 p 1062 ; agregationnumerique 1974)

(268) : Nilpotent semblable : (Tauvel p 40) (a) Si L est une cloture algebrique de K et a ∈ L une valeurpropre de A. alors λpa ∈ Spectre(A) pour tout p ∈ N∗. Comme λp 6= λq si p 6= q, on en deduit que a = 0 puisqueSp(A) est fini. Par suite A est nilpotente.

(b) reciproque : On peut supposer A 6= 0. Notons E = Mn,1(K), et identifions Mn(K) a L(E), donc A a unendormorphisme u de E. Pour i ∈ N posons Ni = kerui.

Soit p le plus petit entier tel que N p = 0. Par la methode des images iterees on prouve que p ≤ n. et Ni 6= Ni+1

si i < p.

Pour 1 ≤ i ≤ p soit Bi une base d’un supplementaire de Ni dans Ni−1. Il est clair que B = (B1, ..., Bp) est unebase de E.

Si Bi = (e1, ..., ek) notons Fi = (λp−ie1, ..., λp−iek). En posant F = (F1, ..., Fp), on voit que F est une base de E,

et que Mat(u, B) = Mat(λu, F ). D’ou la similitude demandee.

(273) : exp(A)=aI+bA : L’ensemble des matrices diagonalisables a valeurs propres disctinctes, etant densedans l’ensemble des matrices Mn(C) (rappeler pourquoi), on etudie d’abord le cas ou la matrice est diagonalisable, parprolongement des egalites par passage a la limite si c’est possible (le vefifier) dans ce que l’on aura obtenu, on aura la

generalisation : Sur une base ou A est diagonalisee on se ramenbe au systeme

{et = a + bteu = a + bu

La formule de l’enonce

etant vraie sur une base de diagonalisation le sera partout (expliquer) ; Par Cramer on a a = uet−teu

t−u et b = et−eu

t−u ;le passage a la limite est possible puisque l’exponentielle est derivable.

Le fait que exp(A) est un polynome en A est general voir O 99-141, Tauvel 131 Si F est l’ensemble des P(A), Ppolynomial. F est un sous espace de Mn(C). donc comme celui ci est de dimension finie n2 c’est une partie fermeede Mn(C) ; mais comme exp(A) appartient a l’adherencd de F qui est ferme exp(A) est dans F.

(275) (Gc Aubonnet 130) Matrices orthogonales :

(277) (juin 60) recurrence produit ∧ et rotation :

(283) (Rac p 174) : Correductibilite : C’est du cours (revoyez le mon vieux !) de correductibilite : ParGauss on verifie que celle du denominateur est definie positive : y2 + 3(x− z

3 )2 + 83z2. On appelle Ai la matrice de la

forme quadratique qi ou f = q2

q1;

On prend une BON (e’) et P = P e′

e pour q1 (def positive peut definit un produit scalaire) I = A′1 =t PA1P donc

P−1 =t PA1 et en inversant et transposant P = A−11 (tP )−1 puis tP = P−1A−1

1 car A1 est symetrique. ; Par ce

changement de base A′2 =t PA2P = P−1(A1)

−1A2P et ainsi A′2 est SEMBLABLE a (A1)

−1A2 ; or A′2 est symetrique

reelle, donc diagonalisable sur R avec une BON de matrice de passage Q de la base (e’) a (e”) ; I = A′1 reste I. A”2

est alors diagonale et semblable a (A1)−1A2 a les memes valeurs propres t1 ≤ ... ≤ tn reelles ;

Sur cette base f(x) =t1x”2

1+....+tnx”2n

x”21+...+x”2

n

: en tenant compte de l’ordre des ti t1 ≤ f(x) ≤ tn qui sont atteints pour



les vecteurs propres correspondants et seulement si les VP sont distinctes ;Pour l’exemple il suffit d’expliciter les matrices (le faire) ; faire une remarque qu’on peut demontrer l’existence

des extrema par compacite sur la boule unite q1(x) = 1.(286) : commutation : On diagonalise S ; Les blocs qui commutent avec les blocs diagonaux de S2 commutent

avec les racines positives de ces memes blocs.(287) : pseudo solution unitaire et scindee : On doit avoir ||aX + b − 1||2 = ||X2 + 1 − X2 − aX − b||2

minimal avec a2 ≥ 4b ; la distance de (a, b) exterieur a la parabole a2 = 4b (0, 1) doit etre minimale : il est evident

geometriquement que c’est a = 0, b = 0 qui convient ; Si on ne voit pas le calcul minimiser a2 +(a2

4−1)2 = 1

16(a2 +4)2

; a = 0 puis b = 0 ; c’est X2 qui est le plus prochje et scinde.

(302) Serie complexe : completement generalisee dans Br 97 p 106, Br 97 p 42, cas particuliersBr 91 p 32 et Br 92 p24 ;

(306) Contre exemple de suite bornee : La reponse a la question est negative : voici plusieurs contre

exemples en commencant par les plus simples et constructifs : � (Primet 25 avril) un = esin√

n ;� Michel Carre 25 avril) un = 2 + sin

√n ; on a |un+1

un− 1| ≤ |un+1 − un| ≤

√n + 1 − √

n.

� (Greco 26 avril 2001) un = 2 + cos(n + 1n)

� (Ferreol 26 avril Forum ups 63) un = 2 + sin(ln(n))� (Richard 26 avril) On peut combiner les termes de la serie harmonique : par exemple u0 = 1, u1 = 1 − 1

2, puis

on remonte (comme dans la demonstration du cours non ACV implique non CCV th de Steinitz) petit a petit pouratteindre ou depasser 1, pouis on redescend jusqu’a 1

2 (ou en dessous). On Batit bien la une suite positive, bornee, nonconvergente mais le rapport de teux termes consecutifs tend bien vers 1 ; son seul defaut est de ne pas etre explicite ;

(307) Suites encadrees : On multiplie la premiere par vn et KOUICK unvn ≤ vn ≤ 1 ; Meme raisonnementpour (b) en utilisant l’inegalite de CUCHY-SCHWARZ.

(308) Suite recurrente u(n + 1) = sin(2un) : voir corrige dans Ramis exos orange ;(317) spm3 p 12, Andler 2 p 69 ; Visi et th de Brouwer : suite recurrente avec f (z) = 1

2(z + |z|) Si

u0 ∈ R−, alors un = 0 pour n ≥ 1 ; On suppose u0 ∈ A = C − R

−. On observe que f envoie A dans lui meme.varphi(R∗

+)2×] − π, π[) 7→ A telle que ϕ(ρ, θ) = ρeiθ est bijective, sa jacobienne est inversible en tout point, le

theoreme d’inversion locale assure que ϕ est un C1 diffeomorphisme. En particulier ϕ est un homeomorphisme.

Etudier la suite un = fn(u0) revient donc a etudier la suite Vn = ϕ−1(un). On a un = ρneiθn = ρn[cos θn+i sin θn]avec ρn > 0 et θn ∈] − π, +π[.

Ona un+1 = 12 [ρn[cos θn + i sin θn] + ρn] = 1

2ρn cos θn

2 [cos θn

2 + i sin θn

2 ] ;

Comme θn ∈]− π, +π[, on a cos θn

2≥ 0 et ρn+1 = ρn cos θn

2et θn+1 = θn

2

On a donc ρn = ρ0

n∏

k=0

cosθn

2k; En remarquant que cos x = sin 2x

2 sin x , on a rapidement ρn → ρ0sin θ0

θ0;

Comme θn+1 = θn

2 on a θn → 0 ;

Donc si u0 = ρ0eiθ0 , avec −π < θ0 < π et θ0 6= 0 alors limun = ρ0

sin θ0

θ0;

Chercher une interpretation geometrique par projection ? En tout cas cette suite intervient dans le th de BozukUlam : il existe deux points de la terre ou il y a la meme temperature (Gonnord CDI p 25 et Hauchecorne a Ulam)

(339) BESSEL : voir aussi 458 et 185 ; Br 70 p 52 ; Flory 196 ; Mines ponts 93 ; Viel Andler 130 ;

(343) Br 85 p 86, Compil p 99 : serie entiere a coefficient integral : On peut utiliser aussi unelquivalent par LAPLACE Generalise.

(335) Serie entiere a coefficient def par recurrence : Par recurrence on prouve que 0 < an ≤ n!2n−1,f est au moins de rayon 1

2 ; Puis par Mertens f2 = 12f ′ ; on integre en tenant compte de f(0) = a0 = 1 donc

f (x) =f rac11− 2x : on retrouve bien le rayon prevu.

(347+456) GC Lepez p146, Br 92 p 69 et 93 p 99 : Integrale a parametre :

(365) Lemniscate et alignement : x2+y2 = t2

1+t4 = sin θ cos θ car tan θ = yx = t2 ; On reconnaıt le leminiscate

ρ =√

sin(2θ 1√2

d’equation cartesienne (x2 + y2)2 = xy donc quartique bicirculaire ayant les points cycliques comme

points doubles. Elle est tangente aux axes en O et admet la premiere bissectrice comme axe de symetrique ; Lesparametres t de rencontre avec une droite quelconque verifient ut + vt3 + h(1 + t4) = 0 ⇐⇒ ht4 + vt3 + ut + h = 0; h = 0 droite passant par O est sans interet pour l’instant. Sinon on a une equation du 4eme degre en t ; ily a quatre points de rencontre du lemniscate et de la droite ; les relations entre coefficients et racines donnentσ1 = − v

h , σ2 = 0, σ3 = −uh , σ4 = 1 ; on ne garde que les relations dindependantes de la droite ; Avec des notations



evidentes : 0 = σ′2 + t4σ

′1; 1 = t4σ

′3 ; Si trois points sont alignes, il existe un possible t4 aligne avec eux. la condition

necessaire d’alignement de trois points, s’obtient donc en eliminant t4. Ce qui donne σ′2σ

′3 + σ′

1 = 0 Verifier si le cas

particulier h = 0 rentre dans le cas general : oui car σ′3 = 0 et σ′

1 = 0 (deux racines opposees).

(369) (la courbe en maple) : Courbe en polaires : Le programme suivant permet le tracest := time() : curbe := [(1 − 2 ∗ cps(t))/(1 + sin(t)), t, t = −Pi..P i] : window := −5..5,−10..10 : opt := coors =polar, title = ‘Oral2001− 369r = (1 + 2cost)/(1 + sint)‘, numpoints = 400 :

with(plots) : a := plot(curve, window, opt) : display(a, view = [−5..5,−10..10]); chrono := (time() − st) ∗seconde(s);

Obtenir l’equation cartesienne, un tableau de variation, justifier la direction asymptotique, trouver le point doubleou les deux tangentes sont confondues (petite boucle tangente a l’arc) ;

(371) Paraboles tangentes aux axes : C’est une conique, il y a une direction asymptotique double, doncl’equation est obligatoirement de la forme (ax + by)2 + 2a′x + 2b′y + d = 0 ; Elle doit etre tangente aux axes doncquand on fait x = 0 ou y = 0 l’equation par rapport a la coordonnee restante doit avoir une racine double, donc son

discriminant doit etre nul.

{x = 0 =⇒ b2y2 + 2b′y + d = 0 =⇒ b′2 − b2d = 0y = 0 =⇒ a2x2 + 2a′y + d = 0 =⇒ a′2 − a2d = 0

;

� d = 0 n’est pas concevable car cela donne a′ = b′ = 0 on aurait la droite double ax + by = 0 ; le fait qu’ellerencontre les axes en un point compte deux fois ne peut etre considere comme un contact, meme quand elle estconfondu avec un des axes, elle est orthogonale a l’autre.

� Maintenant on suppose d 6= 0 alors b2 = b′2

det a2 = a′2

d. Pour des raisons de signe, d = k2, donc a′ = εka et

b′ = ε′b ; (ax + by)2 + 2k′(ax + ε”by) + k′2 = 0

Pour des raisons de convexite, en orientant les axes de facon que la parabole soit par exemple dans le premierquadrant on peut se limiter a ε” = +1.

(374) : Somme des diviseurs : en effet par distributivite SnSm =∑

ab et reciproquement car ab est undiviseur de mn par Gauss. (a diviseur de m, b diviseur quelconque aussi de n).

(377) : P’ divise P : nP = P ′(x + a) pour des raisons de degre ; P = k(x + a)n ;(378) : racines reelles : On passe aux exponentielles complexes ; et on utilise le binome ; P = eia(1+eibkx)n+

e−ia(1 + e−ibkx)n ; Les racines verifient(

e−ibk+X

eibk+X

)n= −e2ia + 2ikbn ; Par raison de modules X est sur la mediatrice

(=Ox)) des deux points −e±ibk.(385) : CIRCULANTE : (a) ( 1 1 1 ), ( 1 1 j2 ) et ( 1 j2 j ) independants par Vandermonde(1, j, j2),

sont respectivement (a + b + c), (a + bj + cj2), (a + bj2 + cj) propres ; Ona une base propre, A est diagonalisable surC ; (b) Il faut et il suffit que a + bj + cj2 soit reel puisque son cojugue l’est alors aussi : a + b

2◦ c

2+ i( b

2− c

2) doit

etre reel b = c la matrice est circulante et symetrique reelle ; (c) D = a3 + b3 + c3 − 3abc = S3 − 3σ3 ; d’apres lesrelations entre coefficients et racines (z − a)(z − b)(z − c) = z3 − σ1z

2 + σ2z − σ3 ; On specialise z = a, b, c on ajoute :S3 − σ1S2 + σ2σ1 − 3σ3 = 0 ; avec l’hypothese D = σ1(1− σ2) or σ2

1 = 1 + 2σ2 ; et ainsi D = 12σ1(3− σ2

1) ; On change

de repere pour la sphere a2 + b2 + c2 = 1 en prenant OZ porte par l’axe ternaire (1, 1, 1) ; alors Z = a+b=C√3

et comme

X2 + Y 2 + Z2 = 1 Z2 ≤ 1 et donc |σ1| ≤√

3 ; On etudie D(σ1) sur [0,√

3 en invoquant l’imparite ; la derivee et untableau de variation donne que D atteint son maximum 1 en 1, il est nul aux deux bornes ;

(385) : HADAMARD : a,b,c sont classiques : c’est du cours : exprimer que le systeme AZ = 0 admet unesolution non banale, si |zi est l’inconnue de plus grand module, dans la ligne numero i, isoler ai,izi et prendre le moduledes deux membres ; (a) n’est pas necessaire ; prendre A = I ou plus generalement diagonale sans elements nuls ; lesvaleurs propres de l’exemple verifient |4 − t| ≤ 1 (disque ferme de centre (4, 0) et de rayon 1. (d) si L = D − A

alors D−1L = I − D−1A =

(0 −a1,2

a1,1.... ....

−a2,1

a2,20 .... ....

)et on applique (c) ; (e) La solution S existe et est unique

car le systeme est cramerien ; A = D − L ; (D − L)S = B on retranche Xk+1 − S = (D−1L)k(X0 − S) ; commetoutes les valeurs propres de D−1L sont toutes de module < 1, d’apres le cours roneo “reduction paragraphe 4 on a(D−1L)k =

∑(ti)

kPol(k) → 0 car la limite de tki est absorbante.

(388) : equation matricielle : En mettant le trinome sous forme canonique on se ramene a (M − 3I)2 =

A + 8I =

(5 −2−2 5

); On procede pour X = M − 3I par coefficients indetermines b(a + d) = −2, c(a + d) =

−2, a2 + bc = 5, bc + d2 = 5 ; on retranche les deux premieres ; d = −a est absurde ; on retranche les deux dernieres

d2 − a2 = 0 ; donc d = a b = c et b2 + a2 = 5 et ab = −1 ; a2 et b2 sont solutions de u2 − 5u + 1 = 0 ; a2, b2 = 5±√

212 ;

deux solutions avec a et b de signes contraires ;

(407) : COMMUTANT : Il est immediat que V1 =

111

et V2 =

1jj2

sont 0 propres ; A n’est pas

diagonalisable car la derniere valeur propre etant 0 par la trace, si elle l’etait elle serait 0, or une matrice qui est



nulle sur une base l’est sur tout autre ; On contruit une base de JORDAN de facon a avoir un representant le plussimple possible de l’enseomorphisme A, afin de faciliter la recherche du commutant ; On prend P matrice de passage

de la base canonique a (V1, V2, e1) ; alors A′ = P−1AP =

0 0 00 0 10 0 0

; La methode des coefficients indetermines

donne un systeme tres simple pour les coefficients de B′ =

a b cd e fg h i

; on trouve b = 0, g = 0, h = 0, i = e, donc

B′ =

a 0 cd e f0 0 e

, puis B = PB′P−1 ; developper ; Le commutant de A forme un espace vectoriel de dimension 5.

(415) : Normal et endo orthogonal : ( Leichtnam 259 ; rms juin 99 p 1367 ; juin 98 p 1107)

(416 ) NORMAL : L’essentiel repose sur ker u= Ker u* voir bloc vuibert p 173 et la dimension de l’orthogonal;

(417) : EF orthogonal : (Tauvel p 109 ; rms juin 97 p 850 ; AMM avril 97 p 850 ; juin 98 p 1140)

(425) : fonction definie par une integrale : l’ensemble de definition est R+∗ car x ≤ −1 n’est pas possible ;

croissante, rechercher limite en +0 et tangente, et DA=Ox par les procedes habituels (moyenne ou retrancher la limitetrouvee sans justification) ; faire un graphe en Maple ;

(426) seriei avec e : Viel Andler p 87 : developper exp(x) par Taylor Lazgrange ;

(427) (Formules de trigo C+S) Suites dont somme et exponentielles convergent : Comme ex =

cosh x+sinhx on a ean+ebn = cosh an+sinh an+cosh bn+sinh bn = 2 cos han+bn

2 cosh an−bn

2 +2 sinh an+bn

2 cosh an−bn

2 =

2 cosh an−bn

2 expan+bn

2 tend vers 2 ; donc a+bn et an − bn tendent vers 2, par demi sommet et difference an et bn aussi.

(429) : suite de racine d’equation : xn est definie comme la seule racine positive (tableau de variationimmediat) de l’equation fn(x) = 0 ou fn(x) = x + ... + xn − 1 qui croıt strictement de −1 a plus l’infini ; commefn(1) > 0 pour n > 1 on a 0 ≤ xn ≤ 1 = x0 ; comme fn(xn−1) = xn

n−1 > 0 la suite (xn) decroıt strictement ;

de plus1−xn+1

n

1−xn= 2 et que 0 < xn < x2 < 1 le numerateur tend vers 1 et λ = 1

2atteint superieurement ; On pose

xn = λ + an et l’equation s’ecrit 2an = e(n+1)(ln xn+ln 2−ln 2) comme la difference des exposants tend vers 0 (faire un

DL) on a an ∼ 12n+1

(431) Equivalent de terme d’une suite recurrente u(n+ 1) = |xn −n| : Tant que xn > n la suite decroıtet est positive ; a partir du rang p qui existe ou up ≤ p, cela est permanent (recurrence) ; alors x(n + 1) + x(n) = n

une solution particuliere par la methode des coefficients indetermines est y(n) = 12 (n − 1

2) ; le theoreme de structure

des solutions donne xn = 12 (n − 1

2 ) + K(−1)n ; (avec x0 = −14 + K) ; le dernier terme etant borne on a xn ∼ n

2

(433) : somme de serie de p en p : e pour p=1 ; si upk = 1 la somme est

p−1∑

k=0

euk

; regrouper eventuellement

les racines imaginaires conjuguees ; detailler ;

(437) : somme de serie integrale : Sn =∫ 1

01−(−x)n

1+xf(x)dx Justifier la limite par CD.

(439) : serie : La methode de l’eclatement (Dl) donne un = e−(1+1/n) ln n = 1n−ln n 1

n2 +o(precedent)=D+C+C(la seconde converge serie du type Bertrand avec le premier exposant en partant de la gauche > 1 donc CV) ; la serieproposee diverge donc.

(441*) Br 85 p 85 : Serie

(443) Flory 174 f2 et f”2 integrables : I etant l’intervalle [X, Y ] de R l’inegalite de Cauchy Schwarzdonne |

∫Iff”|2 ≤

∫If2

∫If”2 ; Comme les deux integrales

∫R

f2 et∫

Rf”2 convergent, en invoquant la condition de

CAUCHY EN ±∞ ALORS∫

8Rff” converge. (ou ff” est integrable sur R)

En scindant∫−0yf ′2 = [ff ′]Y0 −

∫ Y

0ff” ; Si l’integrale

∫ +∞0

f ′2 n’etait pas convergente on aurait∫ Y

0f ′2 tendrait

vers plus l’infini avec Y , puisqu’integrale d’une fonction positive et donc f(Y )f ′(Y ) aussi ; mais comme f2(Y ) =12 intY0 ff ′ + f2(0) f2 aurait aussi plus l’infini comme limite en +∞ ce qui serait en contradiction avec l’integrabilite

de f2 sur R+.

On fait le meme raisonnement en la borne −∞ ; Bib 89 288 ; enset 81 ; Andler 135 ; spm 3 p 122 ; centrale 85 ;juin 86 rms p 414 ; Tissier agreg p 220 ;

(444) Br 87p56 :∫ +∞0

| sinu|udu :

(445) : existence de l’integrale : Appelon g(a) le majorant : g′(a) = 1x2 − 2a−3 du signe de a3 − 2x2 ;



tableau ;g(a) est positive et maximum pour a = x 232

13 et ce maximum vaut ( 3

√2 + 1

2√4)x

−43 , la fonction majorante

ayant une integrale de Riemann avec α = 43 > 1 convergente, l’integrale proposee existe.

(447) : CU ? : Si l’on prend tn = 1√n2

n2

alors fn(tn) = 2n2

12√

n→ +∞ , on n’a pas la propriete (c) du cours

(rappelez la) donc non CU.

(448) GC Lepez p 67 ; CU polynomes de degres majores :

(449) : serie integrale : On integre par partie plusieurs fois un degre augmente pendant que l’autre facteur

a son degre qui diminue ; an = nn+1

∫ 1

0 tn+1(1 − t)n−1dt = ... 1(2n+1)C2nn ; Le rayon s’obtient par D’alembert ou

distance de O au point singulier le plus voisin (R = 4 verifier) ; on trouve S − x) =∫ 1

01

1−xt(1−t)dt ; on trouve

−4 ∗ arctanh(x/(−4 ∗ x + x2)(1/2))/(−4 ∗ x + x2)(1/2) ;

(451) : Bernoulli et division : S(z) = ez−1z ; On calcule 1

2(f(z)− f(−z)) = −z ; puis le theoreme de divisionjustifie le DSE ;

(452) : DSE par ED : on trouve y”(1 − t2) − y′t + 19y ; on utilise alors la methode de l’ED en tenant compte

de y(0) = 0 et y′(0) = 13

;

(453) : Rayon et somme de SE : R = 1 par d’Alembert ;f ′ = 1+x2 −x4−x6...(1 = x2)(1−x4 + ...) = 1+x2

1+x4 ;

comme f(0) = 0 f(x) = 0 +∫ x

01+t2

1+t4 dt |x| < 1 qu’on obtient par Maple ou en decomposant en elements simples :

1/2∗2(1/2)∗arctan(x∗2(1/2)+1)+1/2∗2(1/2)∗arctan(x∗2(1/2)−1) qu’on peut reduire en utilisant artan(a)+artan(b)expliquer detailler ;

(454) TP : Serie et constante d’Euler :

(455) : equivalent de racine d’equation algebrique : ?

On regarde commence cela se passe pour les premieres valeurs ; on fait l’hypothese verifiee pour les premieresvaleurs que αn−1 ≤ 2n − 1 ; le tableau de variations en remarquant que F2n− 3 = F”2n−1 −F2n = F ′

2n−1 = F ′2n−1

montre que 2n− 3 ≤ αn ≤ 2n− 1 Faire les tableau correctement et constater que F2n−1(αn−1)α2n−2

n−1

(2n−2)!(1− αn−1

2n−1; donc

αn ∼ 2n. (456+347) GC Lepez p 81 : Integrale et serie a parametre : Il y a manifestement uneerreur d’enonce (divergence sinon) mettre un signe + dans l’exponentielle du denominateur.

(460) : LAGUERRE, TAYLOR, GREGORY : ? (c) L’integrale existe car e−t2tn ≤ (n+2)!t2 ; La linearite

de l’integrale assure que L est un endomorphisme de E ; Par Taylor P (x + t) =∑

P (k)(x) tk

k! la somme etant finie

puisque les derivees sont nulles quand leur ordre est superieur au degre de P ; on a ak = 1k!

∫ +∞−∞ e−t2tkdt ; a0 =

√π

(Gauss) ; aucun des ai n’est nul ! (c) L(P ) = λP ; pour des raisons de degres echelonnes, la seule possibilite estλ = a0 et P = Constante ; Un integration par parties et des majorations grossieres prouvent que ak ≤ 1

k−1ak−2

ce qui assure un rayon > 0 ; Comme les sommes partielles des valeurs absolues sont ≤ e−t2e|xt| il y a convergenceuniforme par rapport a x sur tout compact et par convergence domminee on peut permuter

∑et

∫. On trouver

∫R

e−(t−x/2)2+x2/2dt =√

πex2

2

(461) : Rayon de∑

an

n! zn : (Voir O 99-360 ; Deschamp 2 p 78 ; estp pb 3 II 98 ; Br 84 p 119 ; Br 87 p 117 ; Br

73 p 130 ; puis mondre br 88 p 114 ; Br 93 p 109 ; Br 91 p 96 ; Lebœuf 262 ; br 79 p 158 ; Br 95 p 96)

(472) : Limite ; On fait un Dl du denominanteur f(x, y) = xa

(y−1)2+xy+yo(x2); le chemin y = 1 impose a > 2 ;

On passe en polaires au point (0, 1) ; f∗(r, θ) = ra−2 cosa θ1+o(r2) ; a = 2 ne convient pas (deux limites differentes pour θ = 0

et θ = π2

; Il faut donc a > 2 ;

(473) : differentiabilite en (0,0) : Le passage en polaires prouve la continuite en O (facteur r qui tend verz0) ; La derivee suivant toute direction (a,b) en faisant 1

tf(ta, tb) prouve que si la differentielle existe en (0,0) elle est

nulle ; Comme (h2 − k2)2 ≥ 0 on a√

h4 + k4 ≥√

2|hk| donc |f(h, k)| ≤ 1√2k2 = o(||(h, k)|| : f est bien differentiable

en O.

(474) : Differentielle de determinant : (Bib : Chambadal et Ovaert Analyse II p 59 ; spe 5-77 (pbens) X-75 ; Arnaudies exercices ; Ezra III et Ra iv ; spe juin 84 p 247 ; TPE 1992) Un forme compact est

(detX)′ = trace(comatrice(XX′)

)

(475) ;: extrema : La recherche des points critiques donne x2 + y2 = 5, xy = 2 ; avec l’equation du seconddegre u2 − 5u + 4 = 0 associee de soplutions 4 et 1 pour a2 et b2 on a les points critiques (ε, 2ε) et (2ε, ε) ; comme∂2f∂x2 = 6x,

∂2f∂x∂y

= 6y,∂2f∂y2 = 6x la forme quadratique des termes du second degre est 6ε(h2 + 4hk + k2) dans

le premier cas d’ou un col la forme quadratique ayant un discriminant strictement positif ; dans le second cas on a



6ε(2h2 + 2hk + 2k2) ; d’ou un mini strict ou un maximum strict suivant le signe de ε.

Dans le premier cas on a f(1+h, 2+k) = −26+3(h+(2+√

3k)(h+(2−√

3k)+h(h2+3k2) ; en annulant une desparentheses (chemin) on a bien un col ; On peut voir le graphe Maple avec plot3d(x3 + 3 ∗ x ∗ y2 − 15 ∗ x− 12 ∗ y, x =−10..10, y = −10..10);

(478) INEQUATION FONCTIONNELLE :

Cauchy-Schwarz donne 0 = [f ′(1)− f ′(0)]2 = (∫ 1

0f”.1)2 ≤ Φ(f)

∫ 1

012 ; L’egalite n’est atteinte que si f” et 1 sont

proportionnelles : f” = k, f ′ = kx + r les conditions initiales donnent f ′(x) = 1 ; donc f(x) = x + b ; les conditionsinitiales donnent f(x) = x;

(484) br 96 p 82 : Integrale dependant de parametre :

(486) : courbe integrale : Attention a separer en deux radicaux bien definis dy√y2−1

= dx√x2−1

; Argch(y) =

Argch(x) + C ; y = xch(C) +√

x2 − 1sh(C) ; Les conditions initiales donnent 4 = 2chC +√

3sh(C) ; en passant aux

exponentielles on a exp(C) puis C = ln(

4+√

152+

√3

); une etude facile donne le graphe, la tangente au point d’arret et

l’asymptote y = eCx approchee par en dessous ; on peut voir avec un phase portrait avec Maple ;

2

3

4

5

6

7

8

y(x)

1 1.5 2 2.5 3 3.5 4x

Oral 2000 486

(493) : plans tangents : le gradient de f est parallele a (x + 1, y,−z) ; pour etre parallele a (a, b, c) le planvectoriel tangent doit contenir cette direction (x + 1)a + yb − zc = 0 ; Pour Oz il faut z = 0 ; Pour Oy il faut y = 0 ;Pour Ox il faut x = −1 ;


Documents

MP1 O2 rms fev 2001 ex : 222-493pomux.free.fr/corriges-2001/pdf/m01z-2cc.pdf · Cette d ecouv erte est relat ee dans : Franz Lemmermeyer, Reciprocity Laws. From Euler to Eisenstein,