CCP 2006

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CCP 2006

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013
Enoncés
CCP 2006
Exercice 1 CCP MP [ 02540 ] [correction]
I) Dans un repère orthonormé (O;~i, j), on considère la courbe d’équation
x2 + 2x + 4y 2 − 8y + 1 = 0
0
(E) : (x + 1)y − (3x + 4)y + 3y = (3x + 2)e
II) Soient u, v deux endomorphismes d’un espace vectoriel.
a) Si λ 6= 0 est valeur propre de u ◦ v, montrer qu’il l’est aussi de v ◦ u.
b) Soit P ∈ E = R [X],
Z x
0
u(P ) = P et v(P ) =
P (t) dt
0
a) Précisez la nature de cette courbe.
b) Tracez cette courbe.
c) Calculez la pente de la tangente en chacun des points d’intersection de la
courbe et de l’axe (O; ~j).
II) On veut résoudre
00
1
3x
Si ∆ est l’opérateur de dérivation et Q(X) = X − 3, on a Q(∆)(y) = y 0 − 3y.
Montrer l’existence d’un polynôme P de la forme a(x)X + b(x) tel que (E)
devienne (P (∆) ◦ Q(∆)) (y) = (3x + 2)e3x .
Résoudre l’équation à l’aide du changement de variable z = Q(∆)(y).
Trouver ker u ◦ v et ker v ◦ u .
c) Montrer que la propriété précédente reste valable pour λ = 0 si E est de
dimension finie.
I) Expliquer brièvement pourquoi t com(A)A = det(A)In .
On suppose que A admet n valeurs propres distinctes ; que vaut det(A) ?
Que représente un vecteur propre de A pour t com(A) ?
On suppose de plus que A n’est pas inversible. Déterminer dim ker t comA.
Prouver que t comA n’admet que deux valeurs propres, les expliciter.
II) Décomposer en éléments simples
f (x) =
I) Calculer An , pour n ∈ N et
1 −2
A=
1 4
Montrer que f est développable en série entière au voisinage de l’origine.
Rayon de convergence ? DL à l’ordre 3 de f ?
Exercice 5 CCP MP
II) Déterminer le domaine de définition de
arcsin x
f (x) = √
1 − x2
−1
−x2 + x + 2
[ 02544 ]
[correction]
I) Soit (an )n∈N une suite complexe telle que la suite
|an+1 |
|an |
admet une limite
n∈N
Déterminer une équation différentielle linéaire du premier ordre satisfaite par f ;
en déduire le développement en série entière de f puis le rayon de convergence
d’icelui.
finie.
P
P
a) Démontrez que les séries entières
an xn et
nan xn−1 ont le même rayon de
convergence.
On le note R.
+∞
P
b) Démontrez que la fonction x 7→
an xn est dérivable sur l’intervalle ]−R, R[.
Exercice 3 CCP MP
I) On considère
II) On note E l’espace vectoriel R2 [X] et e = (e1 , e2 , e3 ) la base duale de la base
canonique de E. On note v et w les éléments de E ? définis par
Z 1
v(P ) = P (1) et w(P ) =
P (t)dt
[ 02542 ]
[correction]
x2 y 2
si (x, y) 6= (0, 0) et f (0, 0) = 0
f (x, y) = 2
x + y2
Montrer que f est continue et différentiable sur R2 .
n=0
0
a) Montrer que e0 = (e1 , v, w) est une base de E ? .
b) Donner la matrice de passage de e à e0 .
c) Donner la base antéduale de e0 .
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
Enoncés
I) a) On considère deux suites réelles (un ) et (vn ) telles que un ∼ vn .
Démontrez que un et vn sont de même signe à partir d’un certain rang.
b) Déterminer le signe au voisinage de l’infini de
1
1
− tan
un = sh
n
n
II) Allure de la courbe d’équation cartésienne
y 2 − (3x2 + 2x + 1) = 0
2
I) Soit f la fonction 2π-périodique sur R définie ainsi :
f (x) = x sur ]−π, π[ et f (−π) = 0
a) La série de Fourier de f converge-t-elle vers f (x) en tout x de R ?
b) Déterminer la série de Fourier de f .
II) Soit E un R-espace vectoriel de dimension finie n > 1.
Montrer que f ∈ L(E) de rang 1 n’est pas forcément un projecteur.
Montrer que f ∈ L(E) de rang 1 et de trace 1 est un projecteur.
Trouver une base de L(E) constituée de projecteurs.
Lieu des points M d’affixe z tels que les points d’affixes z, z 2 et z 5 soit alignés ?
Exercice 7 CCP MP
Soit la matrice
I) a) Démontrez que siA et B sont deux matrices carrées d’ordre alors AB et BA
ont même trace.
b) Déduisez-en qu’en dimension finie toutes les matrices d’un même
endomorphisme ont même trace.
c) Démontrez que si A et B sont semblables alors, pour tout k ∈ N, Ak et B k ont
même trace.
II) Extremum locaux et globaux de f (x, y) = y(x2 + (ln y)2 ) sur R × ]0, +∞[.
[correction]


0 a c
M = b 0 c 
b −a 0
[ 02546 ]
où a, b, c sont des réels.
a) M est-elle diagonalisable dans M3 (R) ?
b) M est-elle diagonalisable dans M3 (C) ?
II) Soit C(R) le quart de disque x > 0, y > 0, x2 + y 2 6 R2 , R > 0.
Montrer que
!2
Z R
−t2
e
dt
0
est compris entre
ZZ
e−x
2
−y 2
ZZ
dx dy et
√
C(R)
C(R 2)
Calculer
ZZ
2
e−x
−y 2
dx dy
C(R)
En déduire la valeur de
Z
0
+∞
2
e−t dt
e−x
2
−y 2
dx dy
I) Soit E l’ensemble des matrices de M2 (R) de la forme
a b
M (a, b) =
−b a
où a et b sont des nombres réels
a) Démontrez que E est un sous-espace vectoriel et un sous anneau de M2 (R).
Quelle est sa dimension ?
b) On pose ϕ(a + ib) = M (a, b). Démontrez que ϕ est un isomorphisme d’espaces
vectoriels de C sur E, C étant considérés comme un espace vectoriel de dimension
2 sur R.
Est-ce un isomorphisme d’anneaux ?
II) Pour a > 0 et b > 0, domaine de définition, continuité et dérivabilité de
Z +∞ −at
e
− e−bt
F (x) =
cos(xt) dt
t
0
Calcul de F à l’aide des symboles usuels.
I) a) Démontrez que dans un espace vectoriel normé complet, toute série
absolument convergente est convergente.
b) Donner un exemple d’espace normé complet.
II) Décrire, dans le plan complexe, le lieu des nombres complexes
u = 1 + z + z2
Enoncés
3
On dit qu’une application f : E → E est antisymétrique si
∀x, y ∈ E, (x | f (y)) = −(f (x) | y)
a) Montrer qu’une application antisymétrique de E est linéaire.
Que dire de sa matrice dans la base canonique de E ?
b) Montrer que l’ensemble des endomorphismes antisymétriques de E est un
sous-espace vectoriel de L(E) et donner sa dimension.
où z décrit le cercle unité.
Soit h une fonction continue et positive de [a, b] dans R.
a) Démontrez que :
Z b
h(x) dx = 0 ⇒ h = 0
a
b) Soit E le R-espace vectoriel des fonctions continue de [a, b] dans R. On pose
pour tout f et tout g de E
Z b
(f | g) =
f (x)g(x) dx
a
Démontrez que l’on définit ainsi un produit scalaire sur E.
c) Majorez
Z 1
√ −x
xe dx
0
en utilisant l’inégalité de Cauchy-Schwarz.
II) Calculer
Z 1
an =
tn (1 − t)n dt
0
I) Soit (Pn )n∈N? la suite de polynômes définie par P1 = X − 2 et
∀n ∈ N? , Pn+1 = Pn2 − 2.
Calculer le coefficient de X 2 dans Pn .
II) Etudier la convergence de la série de Fourier de f : R → R la fonction
2π-périodique définie sur ]−π, π[ par f (t) = t et telle que f (−π) = 0. Déterminer
cette série de Fourier.
Exercice 15 CCP MP
I) Calculer
[ 02554 ]
[correction]
ZZ
D
1
dxdy
x2 + y 2 + 1
où D est le disque unité du plan.
II) Soit u un automorphisme orthogonal de E euclidien et v = u − Id.
a) Montrer que ker v = (Imv)⊥ .
b) Soit
n−1
1X k
un =
u
n
k=0
pour n ∈ N? .
P
Calculer le rayon de convergence de la série entière
an xn .
Calculer la somme de cette série entière sur l’intervalle ouvert de convergence.
Montrer que (un (x)) converge, pour tout vecteur x, vers le projeté orthogonal de
x sur ker v.
I) N.B. : les deux questions sont indépendantes.
x
a) La fonction x 7→ xln
2 +1 est-elle intégrable sur ]0, +∞[ ?
P
P
I) a) Démontrez que si |an | ∼ |bn | alors les séries entières
an z n et
bn z n ont le
même rayon de convergence.
b) Trouvez le rayon de convergence de la série entière
−x
b) La fonction x 7→ √ex−1 est-elle intégrable sur ]1, +∞[ ?
II) On note E l’espace vectoriel Rn , n > 2, muni de sa structure euclidienne
canonique. Le produit scalaire est noté ( | ).
X
in n2 n
z
(n2 + 1)
Enoncés
II) On considère l’espace vectoriel Rn muni de son produit scalaire usuel noté
h. | .i. Soit f un endomorphisme symétrique de Rn dont toutes les valeurs propres
sont strictement positives.
a) Montrer que
∀x ∈ Rn \ {0} , hf (x) | xi > 0
b) Soit u un vecteur de Rn et g : Rn → R l’application définie par
g(x) =
1
hf (x) | xi − hu | xi
2
Montrer que g admet des dérivées partielles selon tout vecteur de Rn et les
expliciter.
c) Montrer que g admet un unique point critique noté z.
d) Montrer que g admet un minimum global en z.
4
a) Démontrez que F est un sous-espace vectoriel de M2 (R).
b) Déterminez une base orthonormée de F ⊥ .
d) Déterminez le projeté orthogonal de
1 1
J=
1 1
sur F ⊥ .
II) Domaine de définition de
Z
B(x, y) =
1
x−1
u
y−1
(1 − u)
Z
+∞
ux−1 e−u du
du et de Γ(x) =
0
0
Montrer que
Z
∀x ∈ ]0, +∞[ , Γ(x) = 2
+∞
2
u2x−1 e−u du
0
I) a) Démontrez que siA et B sont deux matrices carrées d’ordre alors AB et BA
ont même trace.
b) Déduisez-en qu’en dimension finie toutes les matrices d’un même
endomorphisme ont même trace.
c) Démontrez que si A et B sont semblables alors, pour tout k ∈ N, Ak et B k ont
même trace.
II) Pour x > 0, on pose
Z 1
ln t
F (x) =
dt
t
+x
0
Ecrire Γ(x)Γ(y) sous forme d’une intégrale double.
A l’aide des coordonnées polaires, montrer que
B(x, y) =
Γ(x)Γ(y)
Γ(x + y)
Montrer que ∀x ∈ R?+ , Γ(x + 1) = xΓ(x) et en déduire B(m, n) pour m, n ∈ N? .
Montrer que F est de classe C 1 sur ]0, +∞[.
Calculer F 0 (x) et en déduire l’expression de
G(x) = F (x) + F (1/x)
Soit θ ∈ R. Calculer
Z
0
1
t−1
ln t
dt
t + 1 t2 + 2tch(θ) + 1
I) On définit dans M2 (R) × M2 (R) l’application ϕ(A, A0 ) = tr(t AA0 )
On note
a b
2
F=
/(a, b) ∈ R
−b a
On admet que ϕ est un produit scalaire sur M2 (R).
Corrections
Corrections
5
Par produit de fonctions développables en série entière sur ]−1, 1[, f l’est aussi.
Puisque f est impaire, le développement en série entière de f est de la forme
Exercice 1 : [énoncé]
I) a) On a
f (x) =
x2 + 2x + 4y 2 − 8y + 1 = 0 ⇔
(y − 1)2
(x + 1)2
+
=1
2
2
12
La courbe est une ellipse de centre Ω(−1, 1) déterminée par a = 2, b = 1.
b) Un joli dessin.
c) Un paramétrage de l’ellipse est
(
x = −1 + 2 cos t
avec t ∈ [−π, π]
y = 1 + sin t
La courbe intercepte l’axe des y pour les paramètres t = ±π/3 et la pente de la
tangente en ce point est
y 0 (t)
1
m= 0
=± √
x (t)
2 3
On peut aussi déterminer l’équation de la tangente puis sa pente par
dédoublement mais cette méthode est sensiblement moins efficace.
II) P = (x + 1)X − 1 convient.
an x2n+1
n=0
On a
(1 − x2 )f 0 (x) − xf (x) =
+∞
X
(2n + 1)an x2n −
n=0
+∞
X
(2n + 1)an x2n+2 −
n=0
+∞
X
an x2n+2
n=0
puis
(1 − x2 )f 0 (x) − xf (x) = a0 +
+∞
X
((2n + 3)an+1 − (2n + 2)an )x2n+2
n=0
La relation
(1 − x2 )f 0 (x) − xf (x) = 1
donne alors
a0 = 1 et ∀n ∈ N, an+1 =
d’où
(E) ⇔ (x + 1)z 0 − z = (3x + 2)e3x
Après résolution avec recollement la solution générale de cette dernière équation
est z(x) = λ(x + 1) + e3x .
+∞
X
an =
On observe
(E) ⇔ y 0 − 3y = λ(x + 1) + e3x
2n + 2
an
2n + 3
22n (n!)2
(2n + 1)!
an+1 4(n + 1)2
=
an 6= 0 et →1
an
(2n + 3)(2n + 2)
donc R = 1.
La solution générale est
y(x) = λ0 (3x + 4) + µe3x + xe3x
I) En passant en polaires f (x, y) = r2 cos2 θ sin2 θ −−−−−−−→ 0 = f (0, 0) donc f
(x,y)→(0,0)
I) (X − 2)(X − 3) annule A.
Par division euclidienne X n = (X − 2)(X − 3)Q(X) + R(X)
avec R(X) = λ(X − 2) + µ où µ = 2n et λ = 3n − 2n .
On a donc An = (3n − 2n )(A − 2I2 ) + 2n I2 .
II) f est définie sur ]−1, 1[ et f est solution de l’équation différentielle
(1 − x2 )y 0 − xy = 1
est continue en (0, 0).
Par opérations, f est aussi continue sur R2 \ {(0, 0)} et donc f est continue sur R2 .
Par opérations, f est aussi de classe C 1 sur R2 \ {(0, 0)}.
∂f
De plus lim 1t (f (t, 0) − f (0, 0)) = 0 donc ∂f
∂x (0, 0) existe et ∂x (0, 0) = 0.
t→0
En passant en polaires, on vérifie la continuité de ∂f
∂x en (0, 0).
L’étude de ∂f
est
identique,
on
peut
donc
affirmer
que f est de classe C 1 sur R2 et
∂y
donc différentiable.
Corrections
II) a) Il existe x 6= 0, vérifiant u(v(x)) = λx et alors (v ◦ u)(v(x)) = λv(x). Or
v(x) 6= 0 car u(v(x)) 6= 0et u(0) = 0 donc λ est valeur propre de v ◦ u.
b) u ◦ v(P ) = P et v ◦ u(P ) = P − P (0) donc ker(u ◦ v) = {0} et
ker(v ◦ u) = R0 [X].
En substance, la propriété précédente ne vaut pas pour λ = 0 en dimension
quelconque.
c) Cependant, en dimension finie, si 0 est valeur propre de u ◦ v alors
det(u ◦ v) = 0 et donc det(v ◦ u) = 0 d’où 0 valeur propre de v ◦ u.
I) Les coefficients de t com(A).A s’interprètent comme des développements de
déterminants selon une colonne. . .
Si A admet n valeurs propres distinctes, det A est le produit de ces valeurs
propres.
Si X 6= 0 vérifie AX = λX alors λt com(A)X = (det A)X.
Ainsi quand λ 6= 0, X est vecteur propre de t com(A) associé à la valeur propre
det A
λ .
Si A n’est pas inversible alors det A = 0donc t com(A)A = 0 puis
ImA ⊂ ker t comA.
Ainsi dim ker t com(A) > n − 1. De plus comA 6= 0 car rgA = n − 1 (car les valeurs
propres de A sont simples, en particulier 0). Par suite dim ker t com(A) = n − 1
Sous réserve que n > 2, 0 est valeur propre de t comA et puisque
dim ker t com(A) = n − 1, il ne reste de place que pour une seule autre valeur
propre.
Soit X ∈ ker A\ {0},. On a t com(A + tIn )(A + tIn )X = det(A + tIn )X
n)
Pour t 6= 0, on a t com(A + tIn )X = det(A+tI
X.
t
+
t
Quand t → 0 , par continuité com(A + tIn )X → t com(A)X.
n)
→ µ avec µ le produit
En calculant le déterminant par diagonalisation, det(A+tI
t
des valeurs propres non nulles de A.
Par unicité de la limite, on obtient t com(A)X = µX.
Au final, t comA admet 2 valeurs propres : 0 et µ.
−1/3
1/3
1
II) f (x) = −x2−1
+x+2 = (x+1)(x−2) = x+1 + x−2 .
f est la somme de deux fonctions développables en série entière sur ]−1, 1[, elle
l’est donc aussi.
+∞
+∞
P
P xn
On a pour x ∈ ]−1, 1[, f (x) = − 13
(−1)n xn − 61
2n .
n=0
6
I) a) Pour x 6= 0, posons
un = an xn et vn = nan xn−1
En notant ` la limite de la suite de terme général |an+1 |/|an |, on obtient
un+1 → ` |x| et vn+1 → ` |x|
vn un P
On
que le rayon de convergence des deux séries entières
an xn et
P en déduit
n−1
nan x
vaut R = 1/` (avec R = +∞ dans le cas ` = 0)
b) Puisqu’une série entière de rayon de convergence R > 0 converge uniformément
sur tout segment inclus dans ]−R, R[, on peut affirmer que la fonction
+∞
P
x 7→
an xn est de classe C 1 sur ]−R, R[ car c’est la somme d’une série de
n=0
fonctions de classe C 1 convergeant simplement sur ]−R, R[ et dont la série des
dérivées converge uniformément sur tout segment inclus dans ]−R, R[.
II) a et b) Pour P = a + bX + cX 2 , e1 (P ) = a, e2 (P ) = b, e3 (P ) = c,
v(P ) = a + b + c et w(P ) = a + 21 b + 31 c.
Par suite v = e1 + e2 + e3 et w = e1 + 12 e2 + 31 e3 .
La matrice de la famille e0 dans e est


1 1 1
Q =  0 1 1/2 
0 1 1/3
Cette dernière est inversible donc e0 est une base et Q est la matrice de passage
voulue.
c) Pour déterminer la base antéduale (P1 , P2 , P3 ) de e0 il suffit de résoudre les
systèmes





 e1 (P3 ) = 0
 e1 (P2 ) = 0
 e1 (P1 ) = 1 
v(P3 ) = 0
v(P2 ) = 1 et
v(P1 ) = 0 ,






w(P3 ) = 1
w(P1 ) = 0
w(P2 ) = 0
Ceci est facile en raisonnant à coefficients inconnus.
Cela revient aussi à calculer l’inverse de la matrice t Q.
Il est même possible de faire un lien théorique, mais ce dernier n’est pas au
programme.
n=0
Le rayon de convergence du développement en série entière vérifie alors R > 1 et
puisque f tend vers l’infini en −1, on a R = 1.
Les trois premiers termes du développement en série entière donne la partie
régulière du développement de Taylor de f et donc permet de former un
développement limité à l’ordre 3 en 0.
I) a) Puisque un ∼ vn on peut écrire
un = vn + o(vn )
Corrections
7
|o(vn )| 6
1
|vn |
2
ZZ
et donc un est du signe de vn .
b) Quand n → +∞,
sh
√
2
est positive et C(R) ⊂ [0, R] ⊂ C(R 2) donc
!2 Z Z
Z R
−x2 −y 2
−x2 −y 2
−t2
dx dy
e
dx dy 6
e
dt
6
√ e
Or (x, y) 7→ e−x
A partir d’un certain rang
C(R)
1
1
1
= + 3 +o
n
n 6n
1
n3
et tan
1
1
1
= + 3 +o
n
n 3n
1
n3
2
−y 2
En passant en coordonnées polaires
ZZ
Z
−x2 −y 2
e
dx dy =
C(R)
donc
1
un ∼ − 3
6n
et un est négatif pour n assez grand.
II)
(x + 31 )2
y2
y 2 − (3x2 + 2x + 1) = 0 ⇔
−
=1
2/3
2/9
−t
e
0
dt
Z
=
R
−x2
e
0
Z
dx
R
−y 2
e
0
ZZ
e−x
dy =
[0,R]
2
2
+∞
−t2
e
Si ba + bc > ca alors A est diagonalisable dans Mn (R) car possède trois valeurs
propres distinctes.
Elle est a fortiori diagonalisable dans Mn (C).
Si ba + bc = ca alors 0 est seule valeur propre et donc A est diagonalisable si, et
seulement si, a = b = c = 0.
Si ba + bc < ca alors 0 est seule valeur propre réelle et donc A n’est pas
diagonalisable dans Mn (R).
En revanche A est diagonalisable dans Mn (C) (trois valeurs propres distinctes).
II) On a
!2
2
re−r dr dθ =
0
0
χA = −X(X 2 + ca − ba − bc)
2
R
Z
0
Z
I) Par Sarrus
R
π/2
2
π
1 − e−R
4
La convergence de l’intégrale de Gauss est immédiate et en passant à la limite
l’encadrement précédent, on obtient
La courbe considérée est une hyperbole de centre Ω(−1/3, 0) et d’axe focal
vertical.
z = 0 et z = 1 sont évidemment solutions du problème d’alignement.
5
−z
Pour z 6= 0, 1, les points considérés sont alignés si, et seulement si, zz2 −z
∈ R i.e.
z 3 + z 2 + z + 1 ∈ R.
En écrivant z = x + iy avec x, y ∈ R, on parvient à l’équation y 3 = (3x2 + 2x + 1)y.
Finalement les points recherchés sont ceux formant l’hyperbole précédemment
présentées accompagnés de la droite réelle.
Z
C(R 2)
0
−y 2
dx dy
2
π
dt =
4
puis
Z
+∞
√
−t2
e
dt =
0
car
R +∞
0
−t2
e
π
2
dt > 0.
I) a) La fonction f est de classe C 1 par morceaux et régularisée donc par le
théorème de Dirichlet, sa série de Fourier converge simplement vers f .
b) La fonction f est impaire donc an = 0 et
Z
2
2 π
t sin(nt) dt = (−1)n+1
bn =
π 0
n
La série de Fourier de f est
X
n>1
(−1)n+1
2
sin(nt)
n
II) Soit (e1 , . . . , en ) une base de E avec e1 , . . . , en−1 ∈ ker f .
La matrice de f dans cette base est de la forme


0 ··· 0
λ1
 ..
..
.. 
 .
.
. 


A= .

.
.. λ
 ..

n−1
0 ··· 0
λn
Corrections
avec λn = trf .
On observe alors que A2 = λn A.
Ainsi si trf = 1 alors A2 = A donc f 2 = f puis f est un projecteur.
Par l’isomorphisme de représentation matricielle dans une base donnée de E, on
peut retraduire le problème matriciellement.
En considérant les éléments Ei,i et Ei,i + Ei,j pour 1 6 i 6= j 6 n on forme une
base de Mn (R) telle que souhaitée.
I) a) A = (ai,j ), B = (bi,j ), AB = (ci,j ) et BA = (di,j ) avec
8
De plus E est aussi un sous-anneau en vérifiant l’appartenance de I2 la stabilité
par différence et produit (car J 2 = −I2 )
b) ϕ est évidemment linéaire et bijective, c’est un isomorphisme d’espaces
vectoriels.
C’est aussi un isomorphisme d’anneau car ϕ(1) = I2 et ϕ(zz 0 ) = ϕ(z)ϕ(z 0 ) (après
calculs).
II) La fonction
e−at − e−bt
ϕ : t 7→
t
est intégrable sur ]0, +∞[ car prolongeable par continuité en 0 et vérifie
t2 ϕ(t) −−−−→ 0. Par domination, on en déduit que F est définie sur R.
t→+∞
ci,j =
n
X
ai,k bk,j et di,j =
k=1
donc
tr(AB) =
n
n X
X
n
X
bi,k ak,j
k=1
ai,k bk,i et tr(BA) =
n
n X
X
bi,k ak,i
i=1 k=1
i=1 k=1
En réorganisant les deux sommes, on obtient tr(AB) = tr(BA).
b) Si B = P −1 AP alors
trB = tr P −1 (AP ) = tr (AP )P −1 = trA
Posons f (x, t) = ϕ(t) cos(xt).
∂f
−at
f admet une dérivée partielle ∂f
− e−bt ) sin(xt).
∂x et ∂x (x, t) = −(e
∂f
∂f
x 7→ ∂x (x, t) est continue sur R, t 7→ ∂x (x, t) est continue par morceaux sur
]0, +∞[ et
∂f
(x, t) 6 e−at + e−bt = ψ(t)
∂x
avec ψ intégrable sur ]0, +∞[.
On en déduit que F est une fonction de classe C 1 et
Z +∞
F 0 (x) =
−(e−at − e−bt ) sin(xt) dt
0
Ainsi si les matrices A et B sont semblables, alors elles ont même trace.
Les matrices d’un même endomorphisme étant semblables entres elles, on peut
conclure.
c) Ak et B k représentent le même endomorphisme donc ces matrices sont
semblables et ont même trace.
II) Points critiques (0, 1) et (0, e−2 ).
En (0, 1) :
f (0, 1) = 0 et ∀x ∈ R, ∀y > 0, f (x, y) > 0
C’est un minimum global.
En (0, e−2 ) :
rt − s2 = −4 < 0
Ce n’est pas un extremum local.
Or
Z
+∞
e−at sin(xt) dt = Im
0
+∞
e(−a+ix)t dt
0
=
x
a2 + x2
donc
1 b2 + x2
ln
+ C te
2 a2 + x2
Montrons que quand x → +∞, F (x) −−−−−→ 0.
F (x) =
x→+∞
Par intégration par parties,
+∞
Z
sin xt
1 +∞ 0
−
ϕ (t) sin(xt) dt
F (x) = ϕ(t)
x
x 0
0
donc
|F (x)| 6
I) a) On observe que E = Vect(I2 , J) avec I2 = M (1, 0) et J = M (0, 1). Les
matrices I2 et J étant indépendantes, E est un sous-espace vectoriel de dimension
2.
Z
On en déduit C
te
1
x
Z
+∞
0
|ϕ0 (t)| dt −−−−−→ 0
x→+∞
= 0 puis
F (x) =
1 b2 + x 2
ln
2 a2 + x2
Corrections
Exercice P
11 : [énoncé]
un une série absolument convergente de l’espace normé et (Sn ) la
I) a) Soit
suite de ses sommesP
partielles.
La série numérique
kun k converge, notons (Tn ) la suite de ses sommes
partielles.
On a
n
n
X
X
kuk k
uk et Tn =
Sn =
9
Puisque aan+1
→ 14 on a R = 4.
n
Pour |x| < 4, par convergence normale
Z 1
Z 1
dt
dt
=
f (x) =
2 − xt + 1
1
−
t(1
−
t)x
xt
0
0
Si x ∈ ]0, 4[,
f (x) = p
k=0
k=0
donc
kSn+p − Sn k 6 |Tn+p − Tn |
r
4
x(4 − x)
arctan
x
4−x
Si x ∈ ]−2, 0[,
r
x
f (x) = p
argth
x
−
4
x(x − 4)
4
Puisque la suite (Tn ) converge, elle vérifie le critère de Cauchy et donc
∀ε > 0, ∃N ∈ N, ∀n > N, ∀p ∈ N, |Tn+p − Tn | 6 ε
Si x = 0, f (x) = 1.
et alors
∀ε > 0, ∃N ∈ N, ∀n > N, ∀p ∈ N, kSn+p − Sn k 6 ε
La suite (Sn ) est donc de Cauchy et l’espace normé étant supposé complet, celle-ci
converge.
b) N’importe quel R-espace vectoriel ou C-espace vectoriel de dimension finie est
complet.
II) On écrit z = eiθ avec θ ∈ R.
iθ
2
u = 1 + z + z = e (e
−iθ
iθ
+ 1 + e ) = (2 cos θ + 1)e
iθ
La courbe décrite est celle d’équation polaire r = 1 + 2 cos θ qu’il est facile
d’étudier.
I) a) Soit H une primitive de la fonction h, celle-ci existe car h est continue.
Puisque la fonction h est positive, la primitive H est croissante.
Si l’intégrale de h sur [a, b] est nulle alors H(a) = H(b) et la croissance de H
entraîne sa constance. On en déduit que la fonction dérivée h est nulle.
b) On vérifier que l’on a bien défini une forme bilinéaire symétrique définie
positive.
c) On a
s
s
√
Z 1
Z 1
Z 1
√ −x
1 − e−2
−2x
xe dx 6
x dx
e
dx =
2
0
0
0
II) Par intégration par parties successives
Z 1
an =
tn (1 − t)n dt =
0
(n!)2
(2n + 1)!
x
I) a) f : x 7→ xln
2 +1 est définie et continue par morceaux sur ]0, +∞[.
√
3/2
Les propriétés x f (x) −−−−−→ 0 et xf (x) −−−→ 0 assurent l’intégrabilité de f .
x→+∞
b) g : x 7→
−x
√e
x−1
x→0
est définie continue par morceaux sur ]1, +∞[.
−1
√e
x−1
x→1
Les propriétés x2 f (x) −−−−−→ 0 et g(x) ∼
x→+∞
assurent l’intégrabilité de g.
II) a) Pour tout vecteur x de E,
(x | f (λy + µz)) = −(f (x) | λy + µz) = −λ(f (x) | y) − µ(f (x) | z).
Ainsi (x | f (λy + µz)) = (x | λf (y) + µf (z)). Or ceci valant pour tout x, on peut
affirmer la linéarité de f .
Notons A = (ai,j ) la matrice de f dans la base canonique (e1 , . . . , en ) de Rn .
On a ai,j = (ei | f (ej )) car la base canonique est orthonormée. L’antisymétrie de
f donne alors ai,j = −aj,i .
b) Les endomorphismes antisymétriques sont par représentation matricielle en
correspondance avec les matrices antisymétriques. Par cet isomorphisme, les
endomorphismes antisymétriques forment un sous-espace vectoriel de dimension
n(n−1)
.
2
I) Notons an , bn et cn les coefficients de 1, X et X 2 dans Pn .
Puisque P1 = X − 2, on a a1 = −2, b1 = 1 et c1 = 0.
Puisque Pn+1 = Pn2 − 2, on a an+1 = a2n − 2, bn+1 = 2an bn et cn+1 = b2n + 2an cn .
On en déduit a2 = 2, b2 = −4 et c2 = 1 puis pour n > 3 : an = 2, bn = −4n−1 ,
n−1
cn = 4n−2 + 4n−1 + · · · + 42n−4 = 4n−2 4 3 −1 .
Corrections
II) f est C 1 par morceaux et régularisée donc sa série de Fourier converge vers elle.
Rπ
n+1
f est impaire, an = 0, bn = π2 0 t sin(nt)dt = (−1)n 2 puis
+∞
P (−1)n+1
f (t) = 2
sin(nt).
n
10
b) Par opérations, la fonction g est de classe C 1 donc admet des dérivées partielles
relatives à n’importe quelle base.
Dans la base (e1 , . . . , en ), ses dérivées partielles sont
Di g(x) = λi xi − ui
n=1
R 1 R 2π
RR
I) En polaire D x2 +y1 2 +1 dxdy = 0 0 rdθdr
r 2 +1 = π ln 2.
II)a) Soit x ∈ ker v et y = v(a) ∈ Imv. On au(x) = x et y = u(a) − a donc
(x | y) = (u(x) | u(a)) − (x | a) = 0 car u conserve le produit scalaire. Ainsi
ker v ⊂ (Imv)⊥ puis l’égalité par un argument de dimension.
b) Pour x ∈ E, on peut écrire x = a + b avec a ∈ ker v et b ∈ (ker v)⊥ = Imv.
On a u(a) = a et donc ∀k ∈ N, uk (a) = a. D’autre part, il existe c tel que
b = v(c) = u(c) − c de sorte que uk (b) = uk+1 (c) − uk (c). Par télescopage,
un (x) = a +
1 n
1
u (c) − c
n
n
Puisque u conserve la norme :
1 n u (c) = 1 kck → 0
n
n
et donc
un (x) → a
en notant u1 , . . . un les composantes de u.
c) Il est alors immédiat que g admet un unique point critique qui est
z=
Tout ceci serait plus simple, en parlant de différentielle plutôt que de dérivées
partielles.
d) Pour h ∈ E,
g(f −1 (u) + h) =
II) a) Soit (e1 , . . . , en ) une base orthonormée de vecteurs propres de f .
Pour
x = x1 e1 + · · · + xn en
on a
f (x) = λ1 x1 e1 + · · · + λn xn en
avec λi > 0 valeur propre associée au vecteur propre ei .
Ainsi, pour x 6= 0,
hf (x) | xi = λ1 x21 + · · · + λn x2n > 0
1
(u + f (h) | f −1 (u) + h) − (u | f −1 (u) + h)
2
donc
1
g(f −1 (u) + h) = g(f −1 (u)) + (f (h) | h) > g(f −1 (u))
2
car (f (h) | f −1 (u)) = (h | u) par adjonction.
I) a) A = (ai,j ), B = (bi,j ), AB = (ci,j ) et BA = (di,j ) avec
ci,j =
Exercice 16 : [énoncé]P
I)
an z n est absolument convergente or |an z n | ∼ |bn z n | donc
Pa) Sin |z| < Ra alors
bn z est absolument convergente puis |z| 6 Rb .
Ainsi Ra 6 Rb puis de
même Rb 6 Ra et enfin Ra = Rb .
i n n2 b) Puisque (n2 +1)2n ∼ 1 on obtient R = 1.
u1
un
e1 + · · · +
en = f −1 (u)
λ1
λn
n
X
k=1
donc
tr(AB) =
n X
n
X
i=1 k=1
ai,k bk,j et di,j =
n
X
bi,k ak,j
k=1
ai,k bk,i et tr(BA) =
n X
n
X
bi,k ak,i
i=1 k=1
En réorganisant les deux sommes, on obtient tr(AB) = tr(BA).
b) Si B = P −1 AP alors
trB = tr P −1 (AP ) = tr (AP )P −1 = trA
Ainsi si les matrices A et B sont semblables, alors elles ont même trace.
Les matrices d’un même endomorphisme étant semblables entres elles, on peut
conclure.
c) Ak et B k représentent le même endomorphisme donc ces matrices sont
semblables et ont même trace.
Corrections
ln t
.
II) Posons f (x, t) = t+x
f est définie et continue sur ]0, +∞[√× ]0, 1].
Pour x > 0, f (x, t) ∼ + x1 ln t donc tf (x, t) −−−−→
0 puis t 7→ f (x, t) est
+
t→0
avec ϕ intégrable sur ]0, 1].
Par domination sur tout segment, on peut affirmer que F est de classe C 1 et
Z 1
ln t
0
F (x) =
−
dt
(t + x)2
0
Par intégration par parties,
1 Z 1 1
1
1
1
1
0
−
−
−
dt
F (x) = ln t
t+x x 0
t+x x
0 t
1
où la primitive de t 7→ t+x
est choisie de sorte de s’annuler en 0 pour que
l’intégration par parties présente deux convergences.
Ainsi
Z 1
dt
ln(x + 1) − ln x
F 0 (x) =
=
t(t
+
x)
x
0
Par opérations
ln(x + 1) − ln x ln(1 + 1/x) + ln x
1
−
= − ln x
x
x
x
puis
1
G(x) = G(1) − (ln x)2
2
Or G(1) = 2F (1) avec
Z
F (1) =
0
Or
R1
tk ln(t) dt =
1
ln t
dt =
t+1
Z
+∞
1X
(−1)k tk ln(t) dt
0 k=0
−1
(k+1)2
donc par convergence de la série des intégrales des
+∞
P 1
(−1)n
π2
π2
valeurs absolues, F (1) =
n2 . Sachant
n2 = 6 , on obtient F (1) = − 12
0
+∞
P
puis G(x) = 21 (ln x)2 −
Par décomposition en éléments simples
1
n=1
π2
6 .
n=1
1
(t + chθ)
t−1
= chθ−1 − chθ−1
(t + 1)(t2 + 2tchθ + 1)
t+1
t2 + 2tchθ + 1
t→0
intégrable sur ]0, 1].
Ainsi F est définie sur ]0, +∞[.
∂f
ln t
f admet une dérivée partielle ∂f
∂x continue avec ∂x (x, t) = − (t+x)2 .
Pour a > 0 et x ∈ [a, +∞[,
∂f
(x, t) 6 |ln t| = ϕ(t)
∂x
a2
G0 (x) =
11
Donc
Z
0
1
ln t
1
1
θ2
t−1
θ
dt
=
(F
(1)
−
G(e
))
=
t + 1 t2 + 2tch(θ) + 1
chθ − 1
2
4(ch(θ) − 1)
I) a) F = Vect(I, K) avec K =
0
−1
1
0
donc F est un sous-espace vectoriel
de M2 (R).
b) Puisque dim F = 2, dim F ⊥ = 4 − 2 = 2.
Les matrices
1
1
1 0
0
A= √
et B = √
0 −1
1
2
2
1
0
sont deux éléments unitaires, orthogonaux entre eux et orthogonaux à I et K.
On peut alors affirmer que la famille (A, B) est une base de F ⊥ .
c) On peut écrire
√
J = I + 2B
√
et donc le projeté orthogonal de J est 2B.
II) u 7→ ux−1 (1 − u)y−1 est définie et continue par morceaux sur ]0, 1[,
ux−1 (1 − u)y−1 ∼ + ux−1 et ux−1 (1 − u)y−1 ∼ − (1 − u)u−1 donc la fonction B
u→0
u→1
est définie sur R+? × R+? .
Il est bien connu que la fonction Γ est définie sur ]0, +∞[.
Le changement de variable u = t2 quiR est un C 1 -difféomorphisme de R+? vers
2
+∞
lui-même permet d’obtenir Γ(x) = 2 0 t2x−1 e−t dt.
RR
2
2
Γ(x)Γ(y) = 4 R+? ×R+? u2x−1 v 2y−1 e−(u +v ) dudv.
Les fonctions engagées étant positives et intégrables, on peut passer en
coordonnées polaires :
R π/2
R +∞
2
Γ(x)Γ(y) = 4 0 (cos θ)2x−1 (sin θ)2y−1 0 r2(x+y)−1 e−r drdθ =
R π/2
2Γ(x + y) 0 (cos θ)2x−1 (sin θ)2y−1 dθ.
Par le C 1 -difféomorphisme u = cos2 θ pour lequel du = 2 cos θ sin θdθ, on obtient
B(x, y) = Γ(x)Γ(y)
Γ(x+y) .
La relation Γ(x + 1) = xΓ(x) s’obtient par intégration par parties, on en déduit
Γ(n) = (n − 1)! et donc B(n, m) = (n−1)!(m−1)!
(n+m−1)! .

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