PLANCHES COMPLETES 2015-2016 -...
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PLANCHES COMPLETES 2015-2016 CCP Exercice 1 : On a a > 0, on suppose pour n dans N * : P[X = n]= a n(n+1) . (a) On a X (Ω)= N * .Somme télescopique. On trouve a = 1. (b) Comme une fois multiplié par n (ou par n 2 ), le terme général est celui d’une série di- vergentes, il n’existe pas d’espérance, ni de variance. (c) On a pour tout s G X (s)= E (s X )= ∞ ∑ n=1 s n n(n + 1) . Cette série converge absolument sur [-1, 1] et si s ∈] - 1, 1[ (ce qui justifie la convergence des trois sommes, G X (s)= ∞ ∑ n=1 s n n - ∞ ∑ n=1 s n n + 1 . G X (s)= - ln (1 - s)+ ln (1 - s) s + 1. En 1 la fonction G X est continue (puisque s ∈ [0, 1], s n n(n+1) ≤ 1 n 2 et donc qu’il y a conver- gence normale sur [0, 1]). On peut appliquer une variante du théorème du prolonge- ment de la dérivée. – G X est C 1 sur [0, 1[. – G X est C 0 sur [0, 1]. – G ′ X (s)= 1 (1 - s) - ln (1 - s) s 2 - 1 s (1 - s) = - 1 s - ln (1 - s) s 2 ∼ = - ln (1 - s) 7→ s7→1 -∞ Donc G X n’est pas dérivable en 1, ce qui montre, à nouveau, qu’elle n’admet pas d’es- pérance finie. Exercice 2 : On a pour n dans N * , φ n (t )= t 2n e -t 2 . (a) Facilement φ n ∈ C + 0 ([0, ∞[) et o(1/t 2 ) à l’infini. (b) On intègre par parties (théorème du crochet ...) I 2n-2 = 2 ∫ ∞ 0 e -t 2 t 2 n (2n - 1) dt I 2n = 2n - 1 2 I 2n-2 . (c) On a (en commençant par remarquer que I n > 0 par récurrence) I 2n I 0 = n ∏ k=1 I 2k I 2k-2 = n ∏ k=1 2n - 1 2 = (2n)! 2 2n n! donc I 2n = (2n)! √ π (n!) 2 2n+1 . 1
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PLANCHES COMPLETES 2015-2016
CCP Exercice 1 :On a a > 0, on suppose pour n dans N∗ : P[X = n] = a
n(n+1) .
(a) On a X(Ω) = N∗.Somme télescopique. On trouve a = 1.
(b) Comme une fois multiplié par n (ou par n2), le terme général est celui d’une série di-vergentes, il n’existe pas d’espérance, ni de variance.
(c) On a pour tout s
GX(s) = E(sX) =∞
∑n=1
sn
n(n+1).
Cette série converge absolument sur [−1,1] et si s∈]−1,1[ (ce qui justifie la convergencedes trois sommes,
GX(s) =∞
∑n=1
sn
n−
∞
∑n=1
sn
n+1.
GX(s) =− ln(1− s)+ln(1− s)
s+1.
En 1 la fonction GX est continue (puisque s ∈ [0,1],∣∣∣ sn
n(n+1)
∣∣∣≤ 1n2 et donc qu’il y a conver-
gence normale sur [0,1]). On peut appliquer une variante du théorème du prolonge-ment de la dérivée.– GX est C1 sur [0,1[.– GX est C0 sur [0,1].–
G′X(s) =
1(1− s)
− ln(1− s)s2 − 1
s(1− s)=−1
s− ln(1− s)
s2∼=− ln(1− s) 7→s7→1 −∞
Donc GX n’est pas dérivable en 1, ce qui montre, à nouveau, qu’elle n’admet pas d’es-pérance finie.
Exercice 2 :On a pour n dans N∗, φn(t) = t2ne−t2
.
(a) Facilement φn ∈ C+0 ([0,∞[) et o(1/t2) à l’infini.
(b) On intègre par parties (théorème du crochet . . .)
I2n−2 = 2∫ ∞
0
e−t2t2n
(2n−1)dt
I2n =2n−1
2I2n−2.
(c) On a (en commençant par remarquer que In > 0 par récurrence)
I2n
I0=
n
∏k=1
I2k
I2k−2=
n
∏k=1
2n−12
=(2n)!22nn!
donc
I2n =(2n)!
√π
(n!)22n+1
.1
(d) Si x est fixé dans R, la fonction interne en t est continue sur [0,∞[.
De plus∣∣∣e−t2
cos(xt)∣∣∣ ≤ e−t2
la majorante étant intégrable sur [0,∞[. Donc la fonctioninterne est intégrable et J est définie sur R.
(e) Sous réserve...∫ +∞
0e−t2
cos(xt)dt =∫ +∞
0e−t2
∞
∑n=0
(−1)n (xt)2n
(2n)!dt =
∞
∑n=0
(−1)nx2n
(2n)!
∫ +∞
0e−t2
t2n dt =∞
∑n=0
(−1)nx2n
(2n)!I2n.
J(x) =√
π2
∞
∑n=0
(−1)nx2n
(n!)22n =
√π
2
∞
∑n=0
(−1)n(x/2)2n
(n!)=
√π
2e−
14 x2
.
La justification se fait en appliquant, x restant fixé dans R, Fubini à la séries de fonction
de terme général un(t) = e−t2(−1)n (xt)2n
(2n)!.
Les trois premiers item se montrent sans problème, pour le quatrième, on a βn =∫ +∞
0e−t2 (xt)2n
(2n)!dt
qui est le terme général d’une série convergente dont la somme vaut même,√
π2 e
14 x2
etc.
Mines Exercice 1 : (15 min de préparation)Soit E un espace euclidien de dimension n et soit f un endomorphisme de E.• On suppose que f est diagonalisable. Dans une base de diagonalisation B = (ek), la ma-
trice de f est diag(. . . ,λk, . . .).Soit Hk = V ect (e1,e2, . . . , ek, . . . ,en). Engendré par une famille libre de n− 1 éléments, cetespace est bien un hyperplan. L’équation cartésienne de Hk est xk = 0. Donc un vecteurappartient à l’intersection des n hyperplans si et seulement si x1 = x2 = . . .= xn = 0. Doncl’intersection des n hyperplans est réduite à 0. CQFD
•Soit f un endomorphisme de l’espace E de dimension n. On a les hyperplans H1 ∩H2 ∩. . .∩Hn ∩Hn = 0. Soit D = H1 ∩H2 ∩ . . .∩Hn−1.On a D∩Hn = 0, donc la somme D⊕Hn est directe et comme sa dimension est n, on aD⊕Hn = E et en particulier D est une droite.La droite D est stable par f (par intersection) donc est propre. On recommence alors ceraisonnement en enlevant un autre hyperplan. On obtient ainsi des droites propres. Si ladimension de l’espace engendré par ces droites était r < n, on aurait l’une des droites quiserait dans l’espace engendré par les r premières (quite à renuméroter). Ainsi
H1 ∩H2 ∩ . . .∩Hr ∩ Hr+2 . . .∩Hn ⊂ H2 ∩ . . .∩Hn ⊕H1 ∩H3 ∩ . . .∩Hn ⊕ . . .⊕H1 ∩ . . .∩Hr−1 ∩Hn
Le vecteur directeur u de la droite H1 ∩H2 ∩ . . .∩Hr ∩ Hr+2 . . .∩Hn se décompose de façon
unique suivant la somme de droite : u =r
∑k=1
uk, avec uk ∈ H1 ∩H2 ∩ Hk ∩ . . .∩Hn. Ainsi, par
exemple
u−r
∑k=2
uk = u1 ∈ H1 ∩H2 ∩ . . .∩Hn = 0
et il en va de même pour les autres, ce qui donne une contradiction.L’espace engendré par ces droites est E, et par conséquent f est diagonalisable.
Exercice 2 : (sans préparation)La fonction g tel que g(x) = ex−1
x , et g(0) = 1 admet un DSE à l’origine de rayon infini, et elleest donc C∞ sur R. Comme elle ne s’annule pas sur R, elle est inversible et son inverse est declasse C∞ sur R.Donc f est bien de classe C∞.
2
• Analyse.
Soit∞
∑n=0
anxn un développement en série entière (possible pour f ). On chercher donc (an)
une suite telle que∞
∑n=0
anxn∞
∑n=0
xn
(n+1)!= 1.
Ceci sera possible si a0 = 1 (ce que l’on savait déjà) et si pour tout n
n
∑k=0
ak
(n− k+1)!= 0
• Construction.
On définit la fonction F comme somme de la série∞
∑n=0
anxn avec a0 = 1 et pour tout entier
n ≥ 1, an =−n−1
∑k=0
ak
(n− k+1)!.
On montre par récurrence que pour tout entier |an| ≤ 1 en effet ceci est vrai pour les pre-miers termes et si on le suppose vrai jusqu’à n−1, on a
|an| ≤n−1
∑k=0
|ak|(n− k+1)!
≤HRn−1
∑k=0
1(n− k+1)!
=1
(n+1)!+
1n!
. . .+12≤ e−2 ≤ 1.
• Conclusion.La fonction F a un rayon supérieur ou égal à 1 et comme le produit de Cauchy de cettesérie avec celle de g donne 1, on a F = f (au moins sur ]−1,1[). Et f est bien DSE.
Centrale 1 Soit I(x) =∫ 1
0
tx ln(t)t −1
dt
1.) Soit x >−1 fixé. La fonction à intégrer est continue et positive sur ]0,1[.En 0 (après avoir fait un dessin) on écrit
tx ln(t)t −1
∼=−tx ln(t) =−tx−1
2 tx+1
2 ln t = o(
tx−1
2
)car x+1 > 0.Comme x−1
2 >−1 par comparaison l’intégrale converge en 0.
En 1, on a tx ln(t)t−1
∼= ln(t)t−1
∼= t−1t−1 7→ 1 donc la fonction est prolongeable par continuité en 1
et donc intégrable.
Pour montrer qu’elle est C1 on prend φ(x, t) = tx ln(t)t−1 .
⋄ On sait que pour tout x >−1 la fonction φ(x, .) est intégrable (on vient de le faire).⋄ On sait que pour tout t ∈]0,1[ la fonction φ(., t) est de classe C1 et que
φ(., t)′(x) = ln tφ(x, t) = ψ(x, t). De plus· Les fonctions ψ(., t) et ψ(x, .) sont respectivement continue sur ]−1,∞[ et continue
par morceaux sur ]0,1[.· Si x ∈ [a,b]⊂]−1,∞[, on a
|φ(., t)′(x)| ≤ tx ln2(t)|t −1|
≤ ta ln2(t)|t −1|
= ta−1
2 ta+1
2 ln2 t = o(
ta−1
2
)qui est intégrable puisque a−1
2 >−1.Par Leibniz I est défini et C1 sur D =]−1,+∞[.
3
2.) Pour x >−1 fixé, on a
I(x+1)− I(x) =−∫ 1
0
ln(t) tx (t −1)t −1
dt =−∫ 1
0ln(t) txdt
Avec une intégration par parties sur un ouvert (justification . . .)
I(x+1)− I(x) =−∫ 1
0
t1+x
t (1+ x)dt =−
∫ 1
0
tx
(1+ x)dt =
−1(x+1)2 .
3.) Soit (xn) une suite qui tend vers l’infini (caractérisation séquentielle).On pose un(t) =φ(xn, t) =
txn ln(t)t−1 .
• Ceci donne une suite de fonctions continues (par morceaux) sur ]0,1[.• La suite converge simplement sur ]0,1[ vers la fonction nulle.• fonction qui est continue (par morceaux) sur ]0,1[.• Pour tout t ∈]0,1[ et tout n ∈ N∗,
|un(t)|= exn ln t ln(t)t −1
≤ ln(t)t −1
cette fonction étant intégrable sur ]0,1[.On peut donc permuter les symboles limites et somme, et donc la suite I(xn) convergevers l’intégrale de zéro, c’est-à-dire vers 0.En résumé, I tend vers 0 quand x tend vers l’infini.
Centrale 2 1.from math import *import numpy as npimport matplotlib.pyplot as pltfrom mpl_toolkits.mplot3d import Axes3D
ax = Axes3D(plt.figure())def f(x,y) :
s=0for i in range(5):
s+=(i**4-x*i**3-y)**2return s
X = np.arange(0, 10, 0.02)Y = np.arange(-25, -15, 0.02)X, Y = np.meshgrid(X, Y)Z = f(X, Y)ax.plot_surface(X, Y, Z)plt.show()
Ces instructions permettent d’obtenir
4
02
46
810 −26
−24
−22
−20−18
−16−14
0
20000
40000
60000
80000
100000
120000
140000
160000
180000
On lit la présence d’un minimum de la fonction (correspondant au point le plus bas),pour x autour de 5, et y semble indifférent (cylindre).
2. Soit (P,Q) 7→4
∑i=0
P(i)Q(i) avec P et Q des polynômes réel de degré inférieur ou égale à 4.
a) Fait et refait, pour la définition on obtient cinq racines distinctes pour un polynômede degré au plus quatre, ce qui conduit au polynôme nul.
b) L’ensemble 4
∑i=0
(i4 − ai3 − b)2,(a,b) ∈ R2 est un sous-ensemble non vide de R+,
donc il est minoré. Il possède une borne inférieure. Donc A existe.c) Si l’on pose P(X)=X4 et Q(X)= aX3−b, le polynôme Q décrit le plan Π=V ect(w3,w0)
(en appelant wi la base canonique de R[X ]), et4
∑i=0
(i4 − ai3 − b)2 représente le carré
de la distance de w4 à Π. Comme R4[X ] est un espace euclidien, le théorème de laprojection rappelle que cette distance possède un minimum, atteint en un uniquepoint de Π qui est le projeté orthogonal de w4 sur Π.Plusieurs méthodes existent pour trouver cette projection, je choisis de rechercherle polynôme Q par les équations Q−w4 ⊥ w0 et Q−w4 ⊥ w3.
Ainsi
< aw3 +bw0 , w0 >=< w4 , w0 >< aw3 +bw0 , w3 >=< w4 , w3 >
Ainsi, si l’on introduit la matrice de Gram de G(w0,w1) on a t(a,b)=G−1(t(w4 , w0,w4 , w3)
),
chemin qui peut être mené avec Python.def w(i): #def de la base canonique
return lambda t:t**i
def ps(f,g): #def du produit scalaires=0for i in range(5):
s+=f(i)*g(i)return(s)
5
def Gram():#matrice du systèmeG=np.zeros((2,2))G[0,0]=ps(w(0),w(0))G[0,1]=ps(w(0),w(3))G[1,0]=ps(w(3),w(0))G[1,1]=ps(w(3),w(3))return(G)
def B2():#second membreM=np.zeros((2,1))M[0,0]=ps(w(0),w(4))M[1,0]=ps(w(3),w(4))return(M)
G=(Gram())B=(B2())
ab=np.dot(np.linalg.inv(G),B)
def sol():ab=np.dot(np.linalg.inv(G),B)return lambda t:ab[0,0]+ab[1,0]*t**3
def ecart():return lambda t:sol()(t)-w(4)(t)
reponse=(ps(ecart(),ecart()))print(’A=’,reponse)print(’y,x=’,ab)
On lit
A= 569.55432526
y,x= [[-9.61522491] [ 4.02076125]]
Arts 1. La fonction va reposer sur l’invariant de boucle A(i)= #B contient la valeur de vérité de L[0]≤L[1]≤ . . .L[i]#. Il est entendu qu’on continuera la boucle tant que B restera vrai (et i res-tera plus petit que la longueur de la boucle).Au départ la i = 0, la sous-liste contient L[0], et B est vrai.Si à la ième étape on suppose que la sous-liste contient L[0] ≤ L[1] ≤ . . .L[i], et si l’onincrémente i (ie i = i+1), alors pour rétablir l’équilibre on compare L[i] à son prédéces-seur L[i−1]. Si l’ordre est bon, on repart pour un tour de boucle si i n’est pas au taquet,si c’est faux on arrête. Dans tous les cas on renvoie la valeur de B.
def croissante(l):i,B=0,True
6
while B and (i<len(l)-1):i+=1B=(l[i]>=l[i-1])
return B
2. Il suffit de changer le sens de l’inégalité pour programmer la décroissance.3.
def decroissante(l):i,B=0,Truewhile B and (i<len(l)-1):
i+=1B=(l[i]<=l[i-1])
return B
def monotone(l):return(croissante(l) or decroissante(l))
4. On modifie notre invariant de boucle pour mesurer le plus grand plateau.A ’(i, j)= #B contient la valeur de vérité de L[i]≤L[1]≤ . . .L[ j] etmcontient la longueur du plus grand plateau trouvé hboxplateauquiestgarddansplat#.Au départ i = j = 0 = m.Si on suppose que A’(i, j) est vraie et si l’on incrémente j, alors L[i]≤ . . .L[ j−1] est vrai.
⋄ Si L[ j]≥ L[ j−1] on continue.⋄ si L[ j]< L[ j−1] alors une nouvelle plage commence, le nouveau i est j, et si j−1−
i > m cette nouvelle valeur remplace m ainsi que la liste L[i.. j−1] qui va dans plat.
def plateau(l):i,j,m,plat=0,0,0,[l[0]]for j in range(1,len(l)):
if l[j]<l[j-1] or j==len(l)-1:if m<j-1-i:
m=j-1-iplat=l[i:j]#j n’est pas prisi=j
else:i=j
return(plat)
l=[1,2,5,9,7,8,9,10,11,12]
print(plateau(l))
7
donnant,
[7, 8, 9, 10, 11]
Partie Mathématique.
Soit une suite (Un) definie par U1 > 0 et pour tout n ≥ 1 Un+1 =exp(−Un)
n .
1. Soit n ≥ 2 on montre par récurrence que : 0 <Un <1
n−1 .
En effet U2 = exp(−U1) < 1 donc la propriété est initialisée. Si on la suppose vraie aurang k, on Uk+1 =
exp(−Uk)k ∈]exp(− 1
k−1)k,1k [⊂]0, 1
k [ puisque la fonction x 7→ e−x est stric-tement décroissante. Ceci montre l’hérédité.
2. Par encadrement la question précédente prouve la convergence de la suite vers 0.On a donc
Un =exp(−Un−1)
n−1∼=
1n−1
∼=1n.
3. La série des Un est donc (par équivalence à une série de Riemann) divergente.Et la série des (−1)nUn apparaît comme pseudo-alternée.
(−1)nUn = (−1)n exp(−Un−1)
n−1=
(−1)n
n−1(1+O [Un−1]) =
(−1)n
n−1+
(−1)n
n−1O [Un−1]
La suite (−1)n
n−1 est le terme général d’une série convergente (critère spécial).
Comme∣∣∣ (−1)n
n−1 O [Un−1]∣∣∣ ≤ O
[1n2
]le second terme est le terme général d’une série abso-
lument convergente. Par somme la série proposée converge.
CCP Exercice 1.
1. Le rang de M est 1, puisque toutes les colonnes de M sont proportionnelles à X qui estnon nul, avec un coefficient qui est y j, et que l’un des y j est non nul.Le polynôme caractéristique de M, est
χ(λ) = λn−1(λ−Tr(M)) = λn−1(λ−t XY ).
2. On considère désormais A ∈ G ln(R) et on pose Y =t (A−1)X .On a
det(M+ In) = (−1)nχ(−1) = (1+t Y X) = (1+t X(A−1)X)
en développant ce déterminant colonne par colonne (multilinéarité, classique), on a
det(M+ In) = det(X tXA−1 + In) = det(A−1)det(det(X tX +A)
donc
(−1)n det(A+X tX)
det(A)= 1+t XA−1X .
Exercice 2.Soit (an) une suite réelle telle que a0 = a1 = 1 et pour n ≥ 1 an+1 = an +
2n+1an−1.
8
1. Pour tout n ≥ 1 on pose Pn : 1 ≤ an ≤ n2.C’est vrai pour n = 1 ou 2. Si on suppose la proposition vraie au rang k, on a
1 ≤ 1+2
k+1ak−1 ≤ ak +
2k+1
ak−1 = ak+1 ≤ k2 +(k−1)2
k+1= M.
Or M = k3+2k2−2k+1k+1 et M− (k+1)2) =−k(k+5)
k+1 < 0 donc finalement
1 ≤ ak+1 ≤ (k+1)2
et l’hérédité est démontrée.
2. En rédigeant un Min-Max on montre que le rayon de convergence de la série ∑anxn est1.
3. On a, pour tout k et |x|< 1,
(k+1)ak+1xk = kakxk +akxk +2ak−1xk.
donc
∞
∑k=1
(k+1)ak+1xk = x∞
∑k=1
kakxk−1 +∞
∑k=1
akxk +2∞
∑k=1
ak−1xk.
(∞
∑k=1
ak+1xk+1
)′
= x f ′(x)+ f (x)−a0 +2x f (x)
f ′(x)−a1 = x f ′(x)+ f (x)−a0 +2x f (x)
donc f vérifie le problème de Cauchy (x−1) f ′(x)+(2x+1) f (x) = 0 avec f (0) = 1.
On trouve 1 f (x) =− e−2x
(x−1)3 .
CCP Exercice 1On a ϕ4 = I donc X4 −1 est annulateur scindé simple sur C. Donc ϕ est-t-il diagonalisable.Les quatre valeurs propres sont ωk, avec ω = i, les racines quatrièmes de l’unité et les ma-trices propres associées sont
[
[1 1
1 1
],
[1 −1
1 −1
],
[1 i
−1 −i
],
[1 −i
−1 i
]].
Exercice 2Le modèle de correction est celui de l’exercice 24 de la feuille 4.Soit l’équation : xn + xn−1 + . . .+ x−1 = 0
1. On fait l’étude de la fonction. Théorème de la bijection . . ..
1. Avec un script Python
a = [1,1,2,8/3,11/3,7115
,26845
,2302315
,2771315
,295432835
,17265414175
]
et f (x) = (1+ x+2x2 + 83 x3 + 11
3 x4 + 7115 x5 + 268
45 x6 + 2302315 x7 + 2771
315 x8 + 295432835 x9 + 172654
14175 x10 +O(x11)).
9
2. On pose Pn(x) = xn + xn−1 + . . .+ x−1.On a Pn+1(Un+1) = 0 et Pn+1(Un) =Un+1
n +Pn(Un) =Un+1n > 0 = Pn+1(Un+1) donc comme
Pn+1 est strictement positive Un+1 ≤Un. La suite est strictement décroissante.Minorée par 0, par convergence monotone est donc convergente.On a
0 =Unn +Un−1
n + . . .+Un −1 =Un1−Un−1
n1−Un
−1
la résolution donne ℓ = 12 à condition de montrer que Un−1
n converge vers 0. C’est faiten remarquant que 0 <Un−1
n <Un−12 7→ 0 car U2 < 1.
3. On a
0 =Un1−Un−1
n1−Un
− ℓ1
1− ℓ=
(Vn +
12
)(1−(Vn +
12
)n−1)
12 −Vn
−1
en posant Un =Vn +12 .
En développant cette expression en Vn qui tend vers 0, on trouve
(−(
12
)n−1
+
(−(
12
)n−1
(2n−2)+4−4(
12
)n−1)
Vn +O(Vn
2))d’où encore
(−2−n+1 +(−42−nn−42−n +4
)Vn +O
(Vn
2))En examinant la partie principale de cette expression, −2−n+1 +(−42−nn−42−n +4)Vndoit être nulle, si bien que,
Vn ∼=−14
2−n+1
2−nn+2−n −1∼=
2−n+1
4=
12n+1 .
ENSEA Exercice 1
1. Soit n fixé dans N∗.On a u′n(x) =− x
n(n+x) < 0 donc la fonction est décroissante sur [0,1] comme elle est nulleen 0, elle est négative et
∥U′n|∞ =−u′n(−1) =
1n(n+1)
.
Il y a donc convergence normale sur [0,1] et f est définie sur [0,1] (mieux, le termegénéral étant continu, par transfert, la somme est continue sur [0,1]).On utilise le théorème de transfert C1.⋄ Pour tout n un est C1 sur ]0,1[ et
∀x ∈ [0,1], u′n(x) =− xn(n+ x)
=1n− 1
(n+ x)
⋄ La série ∑un converge simplement sur [0,1].⋄ Comme la dérivée u′n est strictement croissante sur [0,1] (et positive) elle est majorée
par
u′n(1) =1n− 1
(n+ x)=
1n(1+n)
.
On a donc ∥u′n∥∞ = 1n(1+n) ≤
1n2 et la série des dérivées converge donc normalement
sur [0,1].10
Par le théorème de transfert la somme est donc C1 sur [0,1] et sa dérivée est obtenue endérivant terme à terme.
2. C’est la suite de la question précédente.Pour p ∈ N∗
S′(p) =∞
∑n=1
1n− 1
(n+ p)
Or avec k = n+ pN
∑n=1
1n− 1
(n+ p)=
N
∑n=1
1n−
N
∑n=1
1(n+ p)
=N
∑n=1
1n−
N
∑k=p+1
1(k)
=p
∑n=1
1n
donc
S′(p) =p
∑n=1
1n.
Exercice 21. On a X(Ω) = 2N. Pour tout entier k,
P[X = 2k] =P [ X a fait pile pour la première fois au rang 2k+1 et Y a joué indifféremment] .
P[X = 2k] = P[F?F? . . .F?P] =1
2k+1 .
2. Y (Ω) = 2N+1 et pour tout entier k,
P[Y = 2k+1] =P [ Y a fait pile pour la première fois au rang 2k+2 et X a joué indifféremment] .
P[Y = 2k+1] = P[?F?F . . .?P] =1
2k+2 .
GX(s) =∞
∑n=0
12n+1 s2n =
12
∞
∑n=0
(s2
2
)n
=1
2(1−(
s2
2
))=
12− s2
Vérification : GX(1) = 12−1) = 1.
Et
GY (s) =∞
∑n=0
12n+2 s2n+1 =
s2
∞
∑n=0
(s2
2
)n
=s
2(1−(
s2
2
))=
s2− s2
Vérification : GY (1) = 12−1) = 1.
Les variables X et Y sont indépendantes (puisque chaque joueur continue à jouer quoiqu’il arrive).Et donc
GS(s) = GX(s)GY (s) =s
(2− s2)2 .
Commes
(2− s2)2 =s/4
(1− s2
2 )2=
s4
∞
∑n=0
s2n√
2n =
∞
∑n=0
12
n2+2 s2n+1
D’après la réciproque du théorème concernant la fonction génératrice on a S(Ω) = 2N+1 et pour tout entier k on a
P[S = 2n+1] =1
2n2+2 .
La variable S compte le nombre de face avant l’arrêt complet de la partie.11
3. Deux autres questions. Par exemple l’espérance de S.
Mines Exercice 1Soit U0 compris entre 0 et 1 fixé.Étude d’une suite récurrente. On a f : x 7→ x− x2.On étudie la fonction sur [0,1].
On démontre que [0, 12 ] est un intervalle de stabilité pour f , si bien que la suite est bien
définie sur n et que pour tout n ≥ 1, Un ∈ [0, 12 ].
Comme sur cet intervalle f est strictement croissante la suite est strictement monotone, etcomme pour tout x, f (x) ≤ x puisque −x2 ≤ 0, la suite est décroissante. Par convergencemonotone elle est donc convergente, et par stabilité, puisque f est continue sur R, quand ntend vers l’infini, f (ℓ) = ℓ donc ℓ= 0.La série de terme général Un ne diverge pas grossièrement.On a pour tout entier 1
Un+1= 1
Un(1−Un)= 1
Un+ 1
1−Undonc
1Un+1
− 1Un
= 11−Un
En sommant1n
( 1Un
− 1U1
)=
1n
n−1
∑k=1
1Uk+1
− 1Uk
=1n
n−1
∑k=1
11−Uk
on reconnaît la somme de Cesaro de la suite vn =1
1−Unqui converge vers 1, puisque la suite
vn converge elle-même vers 1.
On a donc(
1Un
− 1U1
)∼= n et comme 1
U1= o(n) on a 1
Un∼= n et
Un ∼=1n.
On recommence de la même façon dans le cas où Un+1 =Un −Uα+1n .
Exercice 2Soient A et B deux matrices inversibles telles que B = Ap.
12
⋄ Si A est diagonalisable, alors il existe P inversible, telle que A = PDP−1, avec D diagonale.On a B = Ap = PDpP−1, donc B est diagonalisable.
⋄ Si B est diagonalisable, il existe Π un polynôme annulateur scindé simple de B.On a donc, puisque P = ∏
α∈Ω(X −α), P(Ap) = ∏
α∈Ω(Ap −α) = 0.
Le polynôme Q = ∏α∈Ω
(X p −α) est donc annulateur de A.
S’il possède une racine double il y a deux cas.– Ou bien cette racine θ correspond au même α dans la décomposition. Ceci est exclu car
les racines p ième de α = 0 (puisque A est inversible) sont toutes distinctes.– Ou bien cette racine correspond à deux α différents. On a donc θk = α = α′ ce qui est
exclu.Donc le polynôme annulateur est scindé, et A est diagonalisable.
Mines La question est vague. On va chercher les solutions bornées de cette équation sur ]0,∞[,intervalle sur lequel le théorème de Cauchy-Lipschitz s’applique.Exercice 1 :• Première idée, c’est une équation d’Euler, le changement de variable x = et pratiqué sur
l’équation homogène permet d’obtenir le plan de la direction des solutions, V ect(x 7→x,x 7→ 1
x .• Deuxième idée.
On cherche une solution particulière, polynômiale, ou DSE de l’équation homogène. x Sin est le degré du polynôme, on a en facteur de xn le coefficient −an + nan + n(n− 1)an =an(n2 −1). Ceci donne donc n = 1 et donc la solution particulière est bien V ect(x 7→ x).
• Ensuite.Dans les deux cas nous disposons d’une solution particulière de l’équation homogène,donc on peut résoudre l’équation complète en faisant varier la constante.En posant y(x) = xλ(x) on trouve avec Λ(x) = λ′(x),
3x2Λ(x)+ x3Λ′ (x) = arctan(x)
soit (x3Λ(x)
)′= arctan(x)
donc, par exemple,
Λ(x) =1x3
∫ x
1arctan(t) dt =
1x3
(xarctan(x)− 1
2ln(x2 +1
)− 1
4π+
12
ln(2))
On peut se contenter de la partie 1x3
(xarctan(x)− 1
2 ln(x2 +1
))puisque le reste rentre dans
la partie vectorielle.On a donc
y(x) = λx+µx+ x
∫ x
∞
1t3
(t arctan(t)− 1
2ln(t2 +1
))dt
En 0, la partie intérieure de l’intégrale possède le développement suivant :( 12x −
112x +
O(x2)), en intégrant chaque terme, et en multipliant par x on prouve que cette partie a
donc une limite finie en 0 et, par suite que µ = 0.En l’infini, l’intérieur de l’intégrale est un O
(1x2
)et de nouveau, après calcul et multi-
plication par x on voit que cette partie possède une limite finie en l’infini, et donc queλ = 0.La réponse est donc
y(x) =−x∫ ∞
x
1t3
(t arctan(t)− 1
2ln(t2 +1
))dt
13
Exercice 2 :équiprobable.
1. On écrit (les cas où les coefficients ne sont pas bien définis sont arbitrairement posés
égaux à 0),q
∑k=p
(kp
)=
q
∑k=p
(k+1p+1
)−(
kp+1
)Donc
q
∑k=p
(kp
)=
(q+1p+1
)−(
p+1p
)=
(q+1p+1
).
2. On a X(Ω) = Jn,2nK.Pour k = 0, on tire tous les numéros pairs :
P [X = n+0] =An
nAn
2n=
n!2
(2n)!=
1(2nn
)Pour k = 1, on tire tous les numéros pairs, avec un raté (n) est la place du raté, n le choixdu numéro impair présent :
P [X = n+1] = n(n)An
n
An+12n
= n2 n!(n−1)!(2n)!
=n(2nn
)
P [X = n+ k] =((
n+ k−1k
))Ak
nAn
n
An+k2n
=(n+ k−1)!k!(n−1)!
n!(n− k)!
n!(n− k)!(2n)!
=
(n+k−1n−1
)(2nn
)Au numérateur le coefficient dans la grande parenthèse correspond au choix de la placedes numéros impairs, et Ak
n au choix des dits numéros sur ces places. Le reste en dé-coule.
Vérification : (avec la première question)
n
∑k=0
P [X = n+ k] =1(2nn
) n
∑k=0
(n+ k−1
n−1
)=
(n+n+1−1n−1+1
)(2nn
) = 1
3. Il vient
E(X) =1(2nn
) n
∑k=0
(n+ k)(
n+ k−1n−1
)
On applique la formule des chefs p(
np
)= n(
n−1p−1
)E(X) =
1(2nn
) n
∑k=0
n(
n+ kn
)=
n(2nn
)(2n+1n+1
)= n
n!n!(2n)!
(2n+1)!(n+1)!n!
=n(2n+1)(n+1)
= .
On procède de même pour la variance (on calcule E(X(X −1))).
Centrale Maths 1 :La fonction φ(x, t) = inf(x, t) f (t) vérifie les hypothèses du théorème de continuité des inté-grales paramètre.⋄ À x fixé la fonction en t est continue par morceaux sur [0,1 (et même continue tout court,
f étant continue).14
⋄ À t fixé la fonction est proportionnelle à x 7→ inf(x, t) qui est l’identité avant t et uneconstante après, fonction continue de x.
⋄ On a, puisque f est continue sur [0,1],
|inf(x, t) f (t)| ≤ ∥ f∥[0,1]∞ |inf(x, t)| ≤ ∥[0,1]∞ |t
fonction intégrable sur [0,1].⋄ Finalement L( f ) est dans E et on vérifie aisément la linéarité.
• Si f est dans le noyau de L on a pour tout x ∈ [0,1],∫ 1
0inf(x, t) f (t)dt = 0, donc
0 =∫ x
0t f (t)dt + x
∫ 1
xf (t)dt
et en dérivant (justification, intégrale de la borne . . .) on trouve
0 = x f (x)+∫ 1
xf (t)dt − x f (x) =
∫ 1
xf (t)dt
Une nouvelle dérivation donne − f (x) = 0 donc, x étant quelconque, f est nulle.Moralité, 0 n’est pas valeur propre.
• Si f est dans Eλ, avec λ = 0 x ∈ [0,1]∫ 1
0inf(x, t) f (t)dt = λ f (x)
1λ
∫ x
0t f (t)dt + x
∫ 1
xf (t)dt = f (x)
Ceci montre que f est dérivable sur l’intervalle de définition, et que
1λ
∫ 1
xf (t)dt = f ′(x)
ceci montre que f est dérivable deux fois et que − 1λ f (x) = f ”(x).
Il reste à discuter sur le discriminant de l’équation caractéristique θ2 + 1λ = 0 pour déter-
miner la nature des solutions, c’est-à-dire des vecteurs propres associés aux λ.Maths 2 :
1. from math import * #on charge le module mathimport numpy as npimport numpy.linalg as alg
A1=np.array([[-86280,56197,-2304,-40452,65542],[-60432,39306,-1792,-27912,45836],[15320,-10215,256,7660,-11490],[37616,-24438,768,17912,-28660],[-38408,25093,-1024,-18180,29190]])
A=1/256*A1print(A1)eg=alg.eigvals(A)
egvrai=[1,complex(0,1),complex(0,-1),(4-sqrt(17))/16,(4+sqrt(17))/16]
15
for x in egvrai:b=Falsefor y in eg:
if abs(x-y)<10**(-3):b=True
print(b)
[[-86280 56197 -2304 -40452 65542][-60432 39306 -1792 -27912 45836][ 15320 -10215 256 7660 -11490][ 37616 -24438 768 17912 -28660][-38408 25093 -1024 -18180 29190]]TrueTrueTrueTrueTrue
2. On crée une fonction de transition, et éventuellement une fonction qui calcule le n ièmeterme.
def trans(A,B):return lambda X: np.dot(A,X)+B
def iter(A,B,U,n):V=Ufor i in range(n):
V=trans(A,B)(V)return V
a. Dans ce cas, la suite converge empiriquement.U=np.transpose(np.array([[477.2697474, 546.3484723,345.3936241, 274.2211238, 341.2060734]]))B=np.transpose(np.array([[-9, -7, 0, 3, -4]]))
print(iter(A,B,U,100))print(iter(A,B,U,1000))print(iter(A,B,U,10000))print(iter(A,B,U,100000))[[ 8.83116071][ 6.8264076 ][-10.02376598][ -0.39753512][ 5.2191896 ]][[ 8.83116071][ 6.8264076 ][-10.02376598][ -0.39753512][ 5.2191896 ]]
[[ 8.83116072]16
[ 6.8264076 ][-10.02376599][ -0.39753512][ 5.21918961]][[ 8.83116071][ 6.82640758][-10.02376598][ -0.39753512][ 5.21918961]]
b. Dans ce cas on retrouve un cas de convergence.[[ 95.50446168][ 263.16504837][ 30.80293341][ 169.60246503][ 6.22317001]][[ 95.50446166][ 263.16504833][ 30.80293341][ 169.60246501][ 6.22317001]]
[[ 95.50446153][ 263.16504822][ 30.80293351][ 169.60246495][ 6.22316991]][[ 95.50446157][ 263.16504837][ 30.80293358][ 169.60246512][ 6.22316994]]
c. Le résultat semble tourner cycliquement.U=np.transpose(np.array([[270.6396770 , 28.75221088 ,-396.9373310 , -169.9325513 , 212.7972960 ] ]))B=np.transpose(np.array([[-9, -7, 0, 3, -4]]))
for i in range(10):print(iter(A,B,U,100+i))
[[ 279.47088339][ 35.57865505][-406.96114223][-170.33008623][ 218.01651284]][[ 5.59087074][ -61.67653789][ 16.1629954 ][ 125.08460124][ 136.97144069]]
[[-275.3921583 ][ -23.51570749][ 406.88239498][ 178.33005667][-217.96926892]]
[[ -1.51214566][ 73.73948545][ -16.24174265][-117.08463079][-136.92419678]][[ 279.47088339][ 35.57865505][-406.96114223][-170.33008623][ 218.01651284]]
17
[[ 5.59087075][ -61.67653789][ 16.1629954 ][ 125.08460124][ 136.97144069]][[-275.39215831][ -23.51570749][ 406.88239498][ 178.33005668][-217.96926892]]
[[ -1.51214567][ 73.73948545][ -16.24174264][-117.08463079][-136.92419678]][[ 279.47088339][ 35.57865505][-406.96114223][-170.33008622][ 218.01651283]]
[[ 5.59087075][ -61.67653788][ 16.1629954 ][ 125.08460125][ 136.97144069]]
d. Pas de convergence évidente.
for i in range(10):print(iter(A,B,U,100000+i)[4,0])
164267.556117164540.848841164415.452287164145.466418164274.169662164547.462233164422.066088164152.080796164280.784506164554.077448
3. a. Si la suite converge vers L, on obtiendra par stabilité, AL+B = L, c’est-à-dire −B =(A− I)L.Comme 1 est valeur propre (avec n1 = 1), le rang de A−I vaut 4, et donc une conditionnécessaire pour que la suite converge est que B soit dans l’image de A− I.Réciproquement si B est dans l’image de A− I, on peut écrire −B = (A− I)H et la rela-tion de récurrence s’écrit Xn+1 −H = A(Xn −H). La suite (Xn −H) est donc matriciellegéométrique, et l’on prouve facilement que(Xn −H) = An(U −H).La suite An semblable à la matrice diagonale qui a les valeurs propres de A élevées à lapuissance n ne converge complètement, mais si par exemple U −H appartient à l’es-pace propre attaché à la valeur propre 1, alors le vecteur An(U −H) qui est constant,converge.Le sous espace vectoriel F des matrices B telles qu’il existe un U tel que la suiteconverge est donc l’image de A− I.
b. Si B est pris dans cette image. On vient de voir que la suite converge si et seulementsi U −H appartient à la somme E1 ⊕E(4−
√17)/16 ⊕E(4+
√17)/16.
c. On l’a vu la suite est alors stationnaire si U −H ∈ E1.
CCP Exercice 1
Soit l’application : f (x) = ex22
∫ x
0e−
t22 dt.
18
1. La fonction u : ,x 7→ e−x22 est continue sur R sa primitive qui s’annule en 0 est donc C1
sur R et par multiplication par u(−x) la fonction f est définie sur R.
2. En reprenant la même démarche qu’en 1., on montre que f est de classe C∞, et aprèscalcul, que f est solution y′ = xy+1.
3. On sait que u est développable en série entière avec un rayon infini. Sa primitive l’estdonc aussi avec le même rayon. Par produit de Cauchy avec u(−x) on montre donc quele produit est DSE avec un rayon infini.Pour trouver le développement, le plus simple est de le poser a priori et de déterminerles coefficients par une relation de récurrence 2.
Exercice 2
1. Simple vérification.
2. On choisit x0 = 0 (sinon tout est trivial). On a u(x) = x si et seulement si ϕ(x) = 0, donc1 est valeur propre de u et l’espace propre associé ker(u− id) est l’hyperplan déterminépar le noyau de la forme (puisqu’elle est non nulle).
3. ⋄ Si x0 n’est pas dans le noyau de ϕ, on a ϕ(x0) = (1+ϕ(x0))x0, donc x0 est propre attachéà une valeur propre λ non nulle. La somme (directe) E0⊕Eλ a une dimension qui vautdéjà n, elle remplit donc E tout entier. L’endomorphisme est diagonalisable.
⋄ Si x0 est dans le noyau de ϕ, on a pour tout vecteur x,
u(u(x)) = u(x)+ϕ(u(x))x0 = u(x)+ϕ(x)x0 +ϕ(x)ϕ(x0) = x+2ϕ(x)x0
u(u(x)) = x+2(u(x)− x)
u(u(x))−2(u(x))+ x = 0.
Donc le polynôme X2−2X +1 est annulateur, et donc 1 est la seule valeur propre pos-sible. Comme l’espace propre associé est de dimension n−1 < n, l’endomorphisme un’est pas diagonalisable.
L’endomorphisme u est diagonalisable si et seulement si x0 n’est pas dans le noyau deϕ.
CCP Exercice 1Voir l’exercice 18 de la feuille 15.Exercice 2On a an = O(1) donc le rayon de convergence vaut 1.
S(x) = 3∞
∑n=0
xn −6∞
∑n=0
1n+2
xn =3
1− x+6
(ln(1− x)
x2 +1x
)Exercice 3 (sans preparation)Soit J dont tous les coefficients valent 1 et P une matrice de On(R). En appliquant Cauchy-Schwarz et le produit scalaire de Schur,
∑i, j
pi, j =< J , P >≤ |< J , P >| ≤ ∥J∥∥P∥=√
n2√
∑i, j
p2i, j = n
√n.
2. modèle exercice 10.j de la feuille 12
19
TPE/EIVP Exercice 1Par nature A est de rang au plus deux. Comme la dernière colonne est échelonnée par rap-port à toutes celles qui précèdent, et comme C est non nulle, A est exactement de rang 2.Comme A est symétrique elle est diagonalisable sur R. Elle a E0 comme espace propre de di-mension n−2 et forcément deux autres valeurs propres non nulles (éventuellement confon-dues). Elle est donc semblable à diag(λ,µ,0, . . . ,0) et toutes ses puissances sont semblables àdiag(λp,µp,0, . . . ,0) et donc pour tout p ∈ N∗ le rg(Ap) reste constamment égal à 2.Exercice 2La fonction vectorielle F est de classe C∞ sur tout intervalle où le sinus est strictement positif,c’est-à-dire sur les intervalles ]2kπ,π+2kπ[ avec k ∈ Z.Cet ensemble est invariant par des translations de π, et justement F(t +2π) = F(t).Un champ propre d’étude est donc un intervalle de longueur 2π, prenons ]0,π[.Comme, pour t ∈]0,π[, F(π− t) = SOx(F(t)), on étudie sur ]0, π
2 ], le reste l’arc est obtenu parsymétrie.
On a x′(t) =−2sin t cos t + cos tsin t =
cos t(1−2sin2 t)sin t et
y′(t) = cos(2t).Les points de rebroussement étant des points critiques, le seul candidat dans notre intervalleest π
4 . Ce dernier annule aussi x′.Facultatif ?On peut montrer que ce point est vraiment un rebroussement.
y =12
sin(2(π4+h)) =
12
sin(2h+π2) =
12
sin(2h+π2) =
12
cos(2h) =12(1−2h2 +O(h4)
)x = cos2(
π4+h)+ ln(sin(
π4+h)) =
12+
12
cos(
2(π4+h)
)+ ln
(√2
2(cosh+ sinh)
)
x =12+
12
cos(
2h+π2
)− ln2
2+ ln(1+h− h2
2− h3
6+O(h4))
x =12− 1
2cos(2h)− ln2
2+h− h2
2− h3
6− 1
2
(h− h2
2− h3
6
)2
+13
(h− h2
2− h3
6
)3
+O(h4).
x =12− ln2
2−h2 +
43
h3 +O(h4).
Ce développement montre que le point de paramètre π4 est bien un rebroussement de pre-
mière espèce, avec une tangente dirigée par l’accélération parallèlement à la première bis-sectrice.Retour à l’obligatoireLes deux points de rebroussements dont le texte parle sont notre point et son symétriquepar rapport à l’axe des ordonnées. On a donc comme longueur recherchée,
L = 2∫ π
2
π4
∥F(t)∥dt
et
∥F(t)∥2 = cos2(2t)+cos2 t(1−2sin2 t)2
sin2 t
∥F(t)∥2 = (2cos2(t)−1)2 +cos2 t(1−2sin2 t)2
sin2 t20
∥F(t)∥2 = (4cos4(t)−4cos2(t)+1)+cos2 t(1−4sin2 t +4sin4 t)
sin2 t
∥F(t)∥2 =1
sin2 t
((4sin2 t cos4(t)−4sin2 t cos2(t)+ sin2 t)+ cos2 t −4cos2 t sin2 t +4cos2 t sin4 t)
)∥F(t)∥2 =
1sin2 t
(4sin2 t cos4(t)−4sin2 t cos2(t)+ sin2 t + cos2 t −4cos2 t sin2 t +4cos2 t sin4 t)
)∥F(t)∥2 =
1sin2 t
(4sin2 t cos2(t)−8sin2 t cos2(t)+1)
)∥F(t)∥2 =
1sin2 t
(1−4sin2 t cos2(t))
)∥F(t)∥2 =
1sin2 t
(1− sin2 2t
)∥F(t)∥2 =
1sin2 t
(cos2 2t
)
L =−2∫ π
2
π4
cos(2t)sin t
dt
L2=−
∫ 1/2π
1/4π
1−2 (sin(t))2
sin(t)dt
L2= J+ ln2
J =−∫ 1/2π
1/4π
1sin(t)
dt =−∫ 1/2
√2
0
(1−u2)−1
du = ln(√
2−1)
L = 2√
2+2ln(√
2−1).
Arts Exercice 1 : Python
1. On trouve c = b f (a)−a f (b)f (a)− f (b) .
2.
def iter(f,a,b) : return (b*f(a)-a*f(b))/(f(a)-f(b))
print (iter(sqrt,1,2))
Renvoie −1.41421356237.
3.def f(x): return(x*x-2)
x=np.linspace(-4,10,100)y=[f(x[k]) for k in range(100)]plt.plot(x,y)plt.show()
donne21
−4 −2 0 2 4 6 8 10−20
0
20
40
60
80
100
4.def f(x): return(x*x-2)
def LU(N,f,a,b):u,v=a,bL=[u,v]for i in range(N):
u,v=v,(iter(f,u,v))L.append(v)
return L
print(LU(10,f,-4,10))
donne
[-4, 10, -6.333333333333333, -16.727272727272727, -4.680683311432325, -3.750711471714116,-2.3194137025513752, -1.7626410122761644, -1.4914777341022443,-1.42248644988048, -1.4144329191533123, -1.4142142020507633]
Exercice 2 :
1. RAS2. L’espace G est le noyau de l’endomorphisme ∆2 − Id et F l’intersection des hyperplans
noyaux des formes f 7→ f (1) et f 7→ f (0) donc sont deux sous-espaces vectoriels.Grâce au théorème de Cauchy-Lipschitz on sait que l’intersection des deux sous-espacesest réduite à 0 (unique solution de l’équation qui vérifie la condition de Cauchy).Si h ∈ E est donnée, et h = f +ach +bsh (notations évidentes) donne f = h−ach −bsh .On aura trouvé une décomposition si et seulement si f (0) = f (1) = 0, c’est-à-dire a =h(0) et b = 1
sh 1(h(1)− h(0)ch 1). Avec ces valeurs f ∈ F et ach + bsh ∈ G donne notre
analyse nous a conduit à une synthèse.Si f ∈ F et g ∈ G on a (par parties)
φ( f ,g) =∫ 1
0f (t)g(t)dt +
∫ 1
0f ′(t)g′(t)dt
22
φ( f ,g) =∫ 1
0f (t)g(t)dt +
[f (t)g′(t)
]10 −
∫ 1
0f (t)g”(t)dt
φ( f ,g) =∫ 1
0f (t)g(t)dt −
∫ 1
0f (t)g(t)dt = 0.
Les sous-espaces sont orthogonaux.
3. Une base de G est (sh ,ch ) mais aussi (x 7→ exp(x),x 7→ exp(−x). On vérifie que cettedernière famille est orthogonale. Soit a : x 7→ ex
√e2−1
et b : x 7→ ee−x√
e2−1Le projeté orthogonal de f sur G est donc φ( f ,a)a+φ( f ,b)b.
Centrale 2 1. Les fonctions rationnelles x et y sont C∞ sur leur ensemble de définition donc sur R \−1
2 ,32 = D.
Comme on nous le demande on va travailler sur les polynômes qui déterminent cesfonctions, on peut en prendre des valeurs, et simplifier les routines de dérivation, dé-veloppements limités etc.
2.
from numpy.polynomial import Polynomial
#Pour créer un polynôme, il faut lister ses coefficients#par ordre de degré croissant.
nx=Polynomial([0,0,10,0,8])dx=Polynomial([-3,-4,4])ny=Polynomial([1,0,8])dy=Polynomial([1,2])
def fx(t):global nx,dxreturn nx(t)/dx(t)
def fy(t):global ny,dyreturn ny(t)/dy(t)
def trac(a,b,n):t=np.linspace(a,b,n)z=[0 for i in range(n)]x = [fx(t[i]) for i in range(n)]y = [fy(t[i]) for i in range(n)]plt.axis([-7,7,-17,17])plt.plot(x,z)plt.plot(z,y)plt.plot(x,y)plt.show()
23
trac(-3,5,100)
Qui donne
−6 −4 −2 0 2 4 6
−15
−10
−5
0
5
10
15
3. En t = 32 x devient infini alors que y tend vers 4.75 (obtenu par print(fy(3/2))). Donc la
droite d’équation y = 194 est asymptote horizontale à la courbe.
Au voisinage des temps infinis, x et y sont tous les deux infinis, mais y/x tend vers 0donc on observe une branche parabolique dans la direction asymptotique des abscisses.Il reste le cas des temps voisins de −1
2 où les deux variables sont simultanément infinies.Le script qui suit permet de trouver l’équation de l’asymptote y =−4x+ 9
4 .
q=(ny*dx)//(dy*nx)r=(ny*dx)%(dy*nx)
nq=(ny*dx)//Polynomial([1/2,1])dq=(dy*nx)//Polynomial([1/2,1])
print(nq(-1/2)/dq(-1/2))
u=(ny*dx+4*nx*dy)//Polynomial([1/2,1])u=u//Polynomial([1/2,1])v=((dy*dx)//Polynomial([1/2,1]))//Polynomial([1/2,1])
print (u(-1/2)/v(-1/2))
-4.02.25
24
4. On peut tracer les variations de x et de y pour avoir une idée de la circulation sur l’arc.
def circu(a,b,n):t=np.linspace(a,b,n)x = [fx(t[i]) for i in range(n)]y = [fy(t[i]) for i in range(n)]plt.axis([-10,10,-10,10])plt.plot(t,x)plt.plot(t,y)plt.show()
circu(-3,5,100)
−10 −5 0 5 10−10
−5
0
5
10
La courbe bleue donne x. On part de l’infini, on décroît puis on remonte en t = −1/2vers l’infini. Ceci donne la petite branche qui se trouve dans le coin inférieur droit.Ensuite on repart du coin supérieur gauche sur l’asymptote et l’on descend vers lepoint de rebroussement avant de repartir vers l’asymptote horizontale.Le reste est le dernier morceau. Graphiquement le point de rebroussement appartientdonc (environ) à ]−0.2,0.2[. Un grossissement montre que ce point n’est pas un pointcritique (donc pas un rebroussement) puisque les courbes qui représentent à la fois x ety n’ont pas de tangente horizontale pour le même temps.
5. On utilise le logiciel,
from scipy import *import scipy.integrate as sci
def der(n,d):num=n.deriv()*d-d.deriv()*n
25
denom=d*dreturn lambda t:num(t)/denom(t)
def lon(a,b):global nx,ny,dx,dydef norme(t):
return( sqrt((der(nx,dx)(t))**2+(der(ny,dy)(t))**2))return(sci.quad(norme, a, b))
print(lon(0,1))
On trouve 6.5608 (on peut même préciser l’erreur commise.
ENSEA Exercice 1cf. exercice 22 feuille 6Exercice 2On a facilement les valeurs propres de la matrice A qui est semblable à diag(1,3) avec une
matrice de passage P qui vaut√
22
(1 1−1 1
).
On sait que B est la tensorisée de A par la matrice J dont les valeurs propres sont 3 et 0. On sesouvient qu’il suffit de tensoriser les vecteurs propres de la petite pour obtenir des vecteurspropres de la grande.
((1−1
);(
11
))⊗ 1−10
;
10−1
;
111
ce qui donne
[
1
−1
−1
1
0
0
,
1
1
−1
−1
0
0
,
1
−1
0
0
−1
1
,
1
1
0
0
−1
−1
,
1
−1
1
−1
1
−1
,
1
1
1
1
1
1
]
soit P =
1 1 1 1 1 1
−1 1 −1 1 −1 1
−1 −1 0 0 1 1
1 −1 0 0 −1 1
0 0 −1 −1 1 1
0 0 1 −1 −1 1
et P−1BP =
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 3 0
0 0 0 0 0 9
.
CCP Exercice 1
1. Pour aller plus vite on peut remarquer que ∑i, j mi, jni, j s’interprète (avec M′=t M) commela somme
n
∑j=1
(n
∑i=1
m′j,ini, j
)=
n
∑j=1
L j, j
26
où L est obtenu par le produit M′N.On reconnaît ainsi le résultat Φ(M,N) = Tr(tMN) c’est-à-dire le produit scalaire deSchur. Il reste à dérouler la routine correspondante.
2. On a M ∈ H si et seulement si, Tr(tJM) = 0, donc H est l’hyperplan J⊥.Puisque H est de dimension finie, dans l’espace euclidien Mn(R), la distance entre A etun élément M de H admet un minimum qui est atteint lorsque M est le projeté ortho-gonal de A sur H.Le plus simple est d’abord de déterminer le projeté orthogonal de A sur V ect(J) dontune base orthonormée est 1
nJ.
Ce projeté est donc 1n2 Φ(J,A)J = (n+1)2
4 J, donc
d =(n(n+1)2
4
)2.
Exercice 2On note Bi la boule blanche sort au i ème coup.
1. On a X(Ω) = J1,nK.Et P[X = 1] = 1
n , P[X = 2] = P(X = 2|B1)P[B1]= 1
n−1n−1
n = 1n etc.
En traitant le cas général (développement dans le temps) on montre que X suit une loiuniforme sur J1,nK.L’espérance vaut 1+n
2 et la variance n2−112 .
2. Y (Ω) = J0,n−1K.Soit k =∈ J1,nK.On a X = k si et seulement si il est déjà sorti k−1 blanches, ou encore X = k si et seule-ment si il reste n−1− (k−1) = n− k noires.Soit j =∈ J0,n−1K. Donc Y = j si et seulement si X = n− j.Donc Y est aussi uniforme sur J0,n−1K. et comme X +Y = n on obtient facilement sonespérance.
CCP Exercice 1Remarque les coefficients sont respectivement des fonctions paire, impaire, et paire.Soit y une solution sur ]−ρ,ρ[, et z(x) = y(−x),on a z′(x) =−y′(−x) et z”(x) = y”(−x) donc pour x ∈]−ρ,ρ[
E = x2 z′′(x)−2xz′(x)+(x2 +2)z(x)
E = x2 y”(−x)+2xy′(−x)+(x2+2)y(−x) = (−x)2 y”(−x)−2(−x)y′(−x)+((−x)2+2)y(−x) = 0.
Soit y l’unique solution qui vérifie la condition de Cauchy y(0) = 1 y′(0) = 0. On a z(0) = 1z′(0) = 0, donc par unicité y = z et y est donc paire.On va donc rechercher directement les solutions DSE paires (il faudrait compléter les dé-tails),
x2 y′′ =∞
∑n=0
2n(2n−1)anx2n
−2xy′ =−∞
∑n=0
4nanx2n
(x2 +2)y =∞
∑n=0
anx2n+2 +2∞
∑n=0
anx2n
27
donc pour tout x ∈]−ρ,ρ[
∞
∑n=0
(2n(2n−1)−4n+2
)anx2n +
∞
∑n=0
anx2n+2 = 0
∞
∑n=0
2(
2n2 −3n+1)
anx2n +∞
∑p=1
ap−1x2p = 0
On obtient par unicité du développement en série a0 = 0 et
∀n ∈ N∗, 2(
2n2 −3n+1)
an +an−1 = 0
∀n ∈ N∗, 2(2n−1)(n−1)an +an−1 = 0
∀n ∈ N∗ \1, an =− 1(2n−1)(2n−2)
an−1.
Ceci permet de déterminer le rayon (règle de d’Alembert) infini et
an = (−1)n−2n
∏k=2
1(2k−1)(2k−2)
a1 =(−1)n
(2n−1)!a1
y =∞
∑n=1
(−1)nx2n
(2n−1)!a1 = xsin(x)a1
avec notre condition de Cauchy on a y = xsin(x).Plutôt que de recommencer avec un développement impair, on tente directement y= xcos(x),et avec joie on constate que cela marche.En montrant que ces deux solutions forme un système fondamental de solutions du plandes solutions générales, on a fini.Exercice 2Soit p un projecteur d’un espace vectoriel E, f ∈ L(E).Sens direct. Si p et f commutent les espaces propres de p sont stables par f , et ils sontjustement E1 et E0 l’image et le noyau de la projection.Sens réciproque.Si le noyau et l’image sont stables par f . Soit B une base adaptée à la somme E0 ⊕E1 = Ereliée au projecteur.Si b ∈ B ∩ E0 on a ( f p)(b) = f (p(b)) = f (0E) = 0E , tandis que (p f )(b) = p( f (b)) = 0Epuisque f (b) ∈ E0 (stable). Donc ( f p)(b) = (p f )(b).Si b ∈ B ∩E1 on a ( f p)(b) = f (p(b)) = f (b), tandis que (p f )(b) = p( f (b)) = f (b) puisquef |E1 = Id (l’image est stable). De nouveau ( f p)(b) = (p f )(b).Comme la commutation des endomorphismes est vraie sur une base, elle l’est sur E toutentier.En résumé,
p f = f p ⇐⇒ Imp et ker p sont stables par f .
Centrale Maths 1
1. Soit U le vecteur colonne qui n’a que des 1. On vérifie facilement que AU = U donc Uest propre associé à la valeur propre 1.
28
2. La définition de S repose sur deux critères. Le premier la stricte positivité est stable parmultiplication matricielle (par définition du produit) puisque la sommes de nombresstrictement positifs reste strictement positif.Le second critère peut s’écrire ainsi AU =U .Ainsi si A et B sont dans S, on a, par associativité, ABU = A(BU) = AU = U donc lesecond critère est stable par multiplication.
3. Soit λ, une valeur propre donnée et X ∈ ker(A−λIn) non nul 3.Soit xi la ième coordonnée de X telle que |xi|> 0 soit maximal.On a sur la ième ligne du système qui détermine X ,
n
∑j=1
ai, jx j = λxi
donc
|λ||xi| ≤n
∑j=1
|ai, j||x j| ≤n
∑j=1
ai, j|xi|= |xi|.
Comme cette composante est non nulle on a finalement |λ| ≤ 1.
4. Si X ∈ ker(A− I)2, soit Y = (A− I)(X) ∈ ker(A− I).On a alors AX = Y +X , A2X = AY +AX = Y +Y +X = 2Y +X , et par récurrence AkX =kY +X .
On démontre, en introduisant la norme infinie sur les vecteurs que ∥AX∥ ≤ ∥X∥ et doncque la suite AkX est nécessairement bornée. Il faut donc que Y soit nul pour ne pas créerde contradiction.On a donc X ∈ ker(A− I) et l’égalité de la première étape de la chaîne des noyaux.En résumé ker(A− In) = ker((A− In)
2).
Maths 2
1. On a une série géométrique de raison 110p < 1 donc elle converge.
La somme vaut (si on commence à n = 0), a10k(1− 1
10p ).
2. La suite (an) est bornée car périodique. On a donc pour tout n,∣∣ an10n
∣∣≤ ∥(an)∥∞1
10n , d’où par majoration la convergence (absolue) de la série.On peut écrire
S = a1
∞
∑n=0
1105n+1 +a2
∞
∑n=0
1105n+2 +a4
∞
∑n=0
1105n+4
et en application de la première question,
S =2
10(1− 1105 )
+5
100(1− 1105 )
+1
1000(1− 1105 )
= 0.2511
1− 1105
=2510099999
.
def a(n):r=n%5if r==0:
z=0if r==1:
z=2if r==2:
z=5
3. a priori tout est complexe ici.29
if r==3:z=0
if r==4:z=1
return (z)def somme(n):
s=0prod=1for k in range(1,n+1):
prod*=1/10s+=a(k)*prod
return(s)
def reponse(p):for i in range(1,p+1):
print(somme(i))
reponse(25)
On lit
0.20.250.250.25010.25010.2501020.25010250.25010250.250102501000000030.250102501000000030.250102501020000030.250102501025000030.250102501025000030.250102501025010.250102501025010.250102501025010250.25010250102501030.25010250102501030.25010250102501030.25010250102501030.25010250102501030.25010250102501030.25010250102501030.25010250102501030.2501025010250103
Le résultat est cohérent.
3. def somme2(n):s=0f,ff=1,1prod=1
30
for k in range(1,n+1):s+=f*prodf,ff=ff,(f+ff)%10prod*=1/10
return(s)
print(somme2(125))
donne 1.123583145943708.
TPE-EIVP Exercice 1Soit E un espace vectoriel. Soient u ∈ L(E) et a ∈ G l(E). Soit v = aua−1.
1. On a pour tout réel λ, par distributivité de l’addition et après simplification, v−λid =a (u−λid)a−1. Donc det(v−λid) = det
(a (u−λid)a−1)= detadet(u−λid)det(a−1).
Comme le déterminant est un morphisme multiplicatif, avec de nouvelles simplifica-tions on trouve, (u−λid). Donc u et v ont le même polynôme caractéristique et donc lesmêmes valeurs propres.
2. x ∈ ker(v−λid) si et seulement si (a (u−λid)a−1)(x) = 0 ceci équivaut (car a est bijec-tive) à (u−λid)a−1)(x) = 0, c’est-à-dire que a−1(x) ∈ ker(u−λid) .
Ainsi Evλ = a
(Eu
λ
).
Exercice 2 Voir l’exercice 15 de la feuille 12.
CCP Exercice 1
1. La matrice A appartient à O3(R), puisque les colonnes sont normées et deux à deuxorthogonales. On a C3 =−C1 ∧C2 donc A /∈ SO3(R).
2. Après calcul E−1 = V ect( 1√11[−1,1,3]).
3. Si x ∈ E⊥−1, alors pour tout y ∈ E−1,
< v(x) , y >=< x , v−1(y)>=< x ,−y >= 0
doncv(x) ∈ E⊥
−1, et E⊥−1 est stable par v.
La restriction de v à cet espace est un automorphisme orthogonal de ce plan. Si A avait1 comme valeur propre alors cette valeur propre serait nécessairement double (puisque−1 est exclu, et un complexe également). Donc la trace de A serait 1 et non 2/3.Donc la restriction de v à E⊥
−1, ne peut avoir 1 comme valeur propre, et c’est donc unerotation d’angle non nul (v est une antirotation).
Exercice 2 L’entier n appartient à N∗.
1. 1) L’ équation x − exp(−x) = n ne possède pas de solution dans ]− ∞,0] puisque lemembre de gauche n’est pas strictement positif dans ce cas.Une brêve étude de φ : x 7→ x− exp(−x) sur ]0,∞[, montre que la fonction est C1 et dedérivée 1+exp(−x)> 0, donc elle réalise une bijection de ]0,∞[ sur ]−1,+∞[. Tout entiern non nul possède donc une unique solution dans cet intervalle, et donc égalementunique sur R.
31
2. On a φ(n) = n− exp(−n)≤ n et φ(n+1) = n+1− exp(−n−1)≥ n donc
φ(n)≤ n ≤ φ(n+1)
et en composant par la bijection réciproque de φ qui est strictement croissante on trouvexn ∈ [n,n+1].
3. Soit yn = xn −n ∈ [0,1].Par définition xn − exp(−xn) = n donc, par encadrement, yn = exp(−n− yn) 7→ 0.Ainsi
yn = exp(−n)exp(−yn)∼= e−n.
Petites Mines Exercice 1On procède à la CesaroSoit ε > 0, il existe un rang n0 à partir duquel |un −L| ≤ ε
2 .
Pour n ≥ n0, commen
∑k=1
k =n(n+1)
2
∣∣∣∣vn −L2
∣∣∣∣=∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1n(n+1)
n
∑k=1
kuk −L
n(n+1)n
∑k=1
k
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣vn −L2
∣∣∣∣≤ 1n(n+1)
n
∑k=1
k |uk −L|
∣∣∣∣vn −L2
∣∣∣∣≤ 1n(n+1)
n0−1
∑k=1
k |uk −L|+ 1n(n+1)
n
∑k=n0
k |uk −L|
On pose An0 =n0−1
∑k=1
k |uk −L| nombre fixé, et∣∣∣∣vn −L2
∣∣∣∣≤ An0
n(n+1)+
ε2n(n+1)
n
∑k=n0
k
∣∣∣∣vn −L2
∣∣∣∣≤ An0
n(n+1)+
ε2n(n+1)
n
∑k=1
k
∣∣∣∣vn −L2
∣∣∣∣≤ An0
n(n+1)+
ε2
CommeAn0
n(n+1) tend vers 0 quand n tend vers l’infini,
il existe un rang n1 > n0 tel queAn0
n(n+1) ≤ε2 pour n ≥ n1, finalement
pour n ≥ n1,∣∣vn − L
2
∣∣≤ ε, et nous venons de montrer que (vn) converge vers L/2.Exercice 2Soit E un R-espace vectoriel de dimension 4. Soit u un endomorphisme de E, tel que u2
différent de 0 et u3 = 0.Il existe donc un vecteur x tel que u2(x) = 0. On montre facilement que la famille (x,u(x),u2(x)est libre. On complète cette famille par un vecteur y. Dans cette base, a priori la matrice de uprend la forme suivante
32
A =
0 0 0 a
1 0 0 b
0 1 0 c
0 0 0 d
.Or
A3 =
0 0 0 ad2
0 0 0 (a+bd)d
0 0 0 a+(b+ cd)d
0 0 0 d3
= 0
donc on trouve successivement que d puis a sont nécessairement nuls. Donc
A =
0 0 0 0
1 0 0 b
0 1 0 c
0 0 0 0
.
A2 =
0 0 0 0
0 0 0 0
1 0 0 b
0 0 0 0
.1. Tout devient ensuite quasiment évident.
Im(u2) = V ect(u2(x))⊂ ker(u) = V ect(u2(x);y−bx− cu(x)).
EtV ect(u2(x);y−bx− cu(x)) = ker(u)⊂ ker(u2) = V ect(u(x),u2(x),y−bx)
Im(u2) = V ect(u2(x))⊂ Im(u) = V ect(u(x),u2(x))
Im(u) = V ect(u(x),u2(x))⊂ ker(u2) = V ect(u(x),u2(x),y−bx)
2. Évidemment dim(Im(u2)) = 1.
ENSEA Exercice 1C’est du cours. La série entière (−1)n+1xn
n a pour rayon 1, de plus on sait que
∀x ∈]−1,1[∞
∑n=1
(−1)n+1xn
n= ln(1+ x).
De plus si x ∈ [0,1] la série vérifie le critère spécial des séries alternées (à faire).⋄ La somme S est donc définie sur ]−1,1].⋄ Le reste est majoré, en valeur absolu par
∣∣∣ (−1)nxn+1
n+1
∣∣∣≤ 1n , majorant qui majore le plus petit
des majorants.
∀n ∈ N∗ ∥Rn∥∞ ≤ 1n.
33
⋄ La convergence de la série est donc uniforme sur [0,1], et par transfert de continuité lasomme S est donc continue sur [0,1].
⋄ On a donc∞
∑n=1
(−1)n+1
n= S(1) = lim
x 7→1−S(x) = lim
x 7→1−ln(1+ x) = ln2.
En intégrant S terme à terme sur [0,1] puisqu’il y a convergence uniforme, c’est possible :
∫ 1
0S(t)dt =
∫ 1
0
∞
∑n=1
(−1)n+1tn
ndt =
∞
∑n=1
(−1)n+1∫ 1
0
tn
ndt =
∞
∑n=1
(−1)n+1 1n(n+1)
Or∫ 1
0S(t)dt =
∫ 1
0ln(1+ t)dt =
∫ 2
1ln(θ)dθ = 2 ln(2)−1
∞
∑n=1
(−1)n+1 1n(n+1)
= 2 ln(2)−1
Exercice 2
1. La matrice M appartient à Mn(C).On démontre la propriété en raisonnant par récurrence sur la taille n de la matrice.Pour n = 1 ou 2 c’est évident. Supposant la propriété vérifiée pour toute matrice detaille n− 1, on développe le déterminant d’une matrice M de taille n par rapport à lapremière colonne, et l’on est ramené à prendre le conjugué d’une combinaison linéairede déterminants de taille n−1 ce qui va tout seul.
2. Conséquence de la première question en remarquant que puisque les matrices com-mutent on a (A2 +B2) = (A+ iB)(A− iB). Voir le 6a) feuille 7.
Arts Exercice (maths).
1. On peut répondre avec une méthode de Sup, mais on peut aussi raisonner ainsi.La fonction x 7→ ex −1 est développable en série entière, etc. x 7→ ex−1
x avec f (0) = 1 estC∞ sur R (cf. routines). Comme elle ne s’annule pas sur R son inverse f est aussi C∞ surR.
2. Puisque f ′ < 0 sur R, la fonction est strictement décroissante sur R.⋄ Au voisinage de −∞ on a f (x)∼=−x, donc la fonction tend vers +∞. De plus y/x tend
vers -1 ; et y+ x = xex−1 + x = x ex
ex−1∼= −xex 7→ 0, donc la droite d’équation y = −x est
asymptote à la courbe au voisinage de −∞.⋄ Au voisinage de ∞ on a f (x) ∼= x
ex 7→ 0, donc l’axe des abscisses est asymptote hori-zontale.
Exercice (informatique).Un individu achète chaque semaine un paquet contenant au hasard un objet de collection.On appelle T2 la semaine à partir de laquelle l’individu obtient le 2e objet de la collection( c’est-à-dire un objet différent du premier obtenu). Soit Tj la semaine durant laquelle ilobtient le j-ème objet de la collection ( un objet différent du 1er, du 2e, E. , du ( j−1)e ). Lacollection complète contient n objets.
1.def alea(n):
return(random.randint(1,n+1))
def appartient(x,l):34
b=Falsei=0while (not b) and i<len(l):
b=(l[i]==x)i+=1
return (b)
def epreuve(n):T=[1]b=Truei=1s=alea(n)sorti=[s]while b:
s=alea(n)i+=1if not(appartient(s,sorti)):
T.append(i)sorti.append(s)if len(sorti)==n:
b=Falsereturn(T)
print(epreuve(50))
2. C’est la valeur de Tn qui donne le nombre d’essais nécessaire à faire la collection.
def simul(p,n):som=0for i in range(p):
T=epreuve(n)som+=T[n-1]
return(som/p)
print( simul(125,50))
donne 225.816.
Mines Exercice 1 On prend n ∈ N\0,1.
1. Par définition de la division euclidienne le reste est de degré strictement inférieur àcelui de B donc f va bien de E dans E.Si P et Q sont deux polynômes de E, et λ,µ deux scalaires, on aAP = BH + f (P) et AQ = BK + f (Q) donc
A(λP+µQ) = λAP+µAQ = B(λH +µK)+λ f (P)+µ f (Q)
Comme le degré du polynôme λ f (P)+µ f (Q) est au plus n−1, cette égalité s’interprètecomme la division euclidienne de A(λP+ µQ) par B, et par unicité d’icelle, le reste estbien λ f (P)+µ f (Q). On vient de montrer que f (λP+µQ) = λ f (P)+µ f (Q)
Donc l’application f définit bien un endomorphisme de E = Rn−1[X ].35
2. Le noyau est constitué par les polynômes P de E tels AP soit multiple de B.Or les racines (complexes) de A sont exactement Un alors que les racines (complexes)de B sont exactement 0∪Un−1. Entre ces deux ensembles seul 1 est commun.Donc AP est multiple de B si et seulement si toutes les racines de B (sauf 1) sont des
racines de P. Autrement dit si et seulement si B est multiple de K = Xn−1−1X−1 =
n−2
∑k=0
Xk.
A priori l’espace R[X ](K) conviendrait, mais, pour des raisons de degré, on ne trouvequ’une droite,
ker f = V ect(n−2
∑k=0
Xk).
Un polynôme Q est dans l’image si et seulement si on peut trouver H et P de E tels queAP−HB = Q.
Une condition nécessaire est donc que 1 soit racine de Q si bien que Im f ⊂ (X−1)Rn−2[X ].
Par le théorème du rang, on a alors forcément
Im f = (X −1)Rn−2[X ].
3. On a trouvé que 0 était valeur propre attaché à la droite V ect(n−2
∑k=0
Xk).
Soit λ une valeur propre (non nulle) donnée. Alors elle est associée un un vecteurpropre non nul P si bien que AP = HB+λP, ou (A−λ)P = HB.⋄ Si λ = −1, alors cette équation devient Xn−1P = H(Xn−1 − 1) donc 1 = H(Xn−1 −P),
qui admet une solution si P = Xn−1 −1.Donc −1 est valeur propre.
⋄ Si λ =−1, alors en prenant P = XQ l’équation devient(Xn −1−λ)Q = H(Xn−1 −1)et comme λ = 0 1 est nécessairement une racine de Q P = X(X −1)R
(Xn −1−λ)R = H(Xn−1 −1)(X −1)
= Hn−2
∑k=0
Xk
Toutes les racines du polynôme cyclotomique (qui est de degré n−2) ne peuvent êtredes racines de R qui est de degré n− 3 donc il existe ω ∈ Un−1 \ 1 qui annule lepremier facteur :
ω−1−λ = ωn −1−λ = 0
donc λ = ω−1.Ceci fournit n−2 valeurs propres,
attachées aux vecteurs propres X(X −1) ∏θ∈Un−1\1,ω
(X −θ) =B
(X −ω).
On a trouvé n valeurs propres (complexes) associées à des droites.
Exercice 2 (sans préparation).Pour tout n ≥ 1, la fonction un(t) = tn ln t
Hnest définie sur ]0,∞[.
⋄ Si t = 1 la série est la série nulle.⋄ Si t ∈]0,1[∪]1,∞[ la série ∑un(t) converge si et seulement si la série entière ∑ tn
Hnconverge.
Comme (min-max) 1 ≤ Hn ≤ n, pour tout t > 0 on a tn
n ≤ tn
Hn≤ tn, et en rédigeant (. . .) on
trouve un rayon de 1. Donc la série converge (absolument) sur ]0,1[.
36
En résumé, la somme est définie sur ]0,1].Soit a ∈]0,1[ fixé. On a pour t ∈]0,a]
|un(t)|=− ln ttn
Hn≤ |un(a)|
qui est le terme général d’une série convergente. Donc la convergence est normale sur ]0,a].On trouve (après une petite étude de |un|, la dérivée faisant −tn−1 (1+ ln(t)n). ) facilement 4
que
∥un∥[0,1]∞ =e−1
Hnn∼=
1n lnn
et ce n’est pas le terme général d’une série convergente (par comparaison à une intégrale).Donc la convergence n’est pas normale sur ]0,1].
Centrale sans préparationOn peut d’abord n’étudier que M 7→ Tr(AM).A (puisqu’en ajoutant l’identité, on ne changerapas les espaces propres, et l’on se contentera d’ajouter 1 aux valeurs propres).Si A est nulle, le problème est sans intérêt.On supposera que A est non nulle.Pour une matrice propre non nulle, on a donc Tr(AM).A = λM. Deux cas et deux seulement.⋄ Si λ = 0, alors la seule direction propre possible est celle de A. Comme Tr(A2).A = λA Si Tr(A2) = 0, alors on a 1+Tr(A2) comme valeur propre attachée à la direction propre
de A. Si Tr(A2) = 0, ce cas ne donne rien.
⋄ Si λ = 0, on a Tr(AM) = 0, donc (pour le produit de Schur) l’espace propre est l’hyperplantA⊥.
Ainsi, le spectre est en général ( si Tr(A2) = 0) constitué de 1+Tr(A2) et de 1, valeurs propresdistinctes associées à une droite et un hyperplan, c’est-à-dire que l’endomorphisme est alorsdiagonalisable.Si Tr(A2) = 0, il n’y a qu’une seule valeur propre, associée à un hyperplan, donc ce n’est pasdiagonalisable.Exercice 1 :On sait que, pour tout x ∈]0,1[, il existe une suite (an)n≥1 telle que x s’écrive x = 0,a1a2a3 . . .en base 10. On définit f sur [0,1] qui associe 0 à 0, 1 à 1 et, pour tout x de ]0,1[[ associex = 0,a2a3a4 . . . .
1. import matplotlib.pyplot as plt
def f(x):a=10*round(x, 10)return(a-int(a))
x = np.linspace(0.,1.,1000)y=[f(x[i]) for i in range(len(x))]plt.plot(x,y)plt.show()#plt.close()
donne
4. L’équivalent de la somme partielle de la série harmonique est une routine classique.
37
0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.00.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
Les retours verticaux sont évidemment à "retirer".Donner la représentation graphique de f .
2. Si on tend vers 0.1 par la droite, on peut commencer avec un écart 0 < h < 10−1, et donc,comme f (0.1+h) = 10∗h cette expression tend vers 0 lorsque h tend vers 0. Si on tendvers 0.1 par la gauche, on peut commencer avec un écart 0 < h < 10−2 pour ne pas êtreennuyer sur la première décimale, f (0.1−h) = f (0.09+(0.01−h)) = 0.9+10∗(0.01−h))tend vers 1 quand h tend vers 0. On a f (0,1) = 1.La fonction est donc continue à gauche mais pas continue en 0.1. La fonction f n’estpas continue sur [0,1].
3. La fonction f est périodique de période 110 c’est facile à voir, puisque ce qu’on rajoute
sur la colonne des dixièmes ne change pas la valeur.Sur le même modèle que précédemment, on montre que la fonction est continue àdroite en 0.Si a est un réel de ]0, 1
10 [ quand h tend vers 0, les réels a+ h ne feront varier que deschiffes qui sont au delà de a2 et l’on obtiendra la même chose de chaque côté. La fonc-tion f est continue sur ]0, 1
10 [, et elle a des limites à droite et à gauche aux bornes. Elleest donc continue par morceaux sur [0,1].
4. Ainsi si x ∈]0, 110 [, f (x) = 10∗ x−⌊10∗ x⌋.
from scipy.integrate import quad
res, err = quad(f, 0, 0.1)print(res,err)
Donner une valeur approchée de∫ 0.1
0f (t)dt ∼=
120
à 510−16 près, il reste à multiplier par
10.
Exercice 2On définit g sur ]0,1] telle que g(x) = xx.
1. On trouve α = 1 le prolongement qu’il faut faire pour que g ainsi prolongée soit conti-nue sur [0,1].
2. R.A.S
38
0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.00.65
0.70
0.75
0.80
0.85
0.90
0.95
1.00
3. Un développement donne par exemple
g(x)−1x
= (ln(x)+12(ln(x))2 x+O
(x2))
et donc la fonction n’est pas dérivable à l’origine. En revanche sa représentation gra-phique y présente une tangente verticale en (0,1).Comme la dérivée vaut (ln(x)+1) f (x) l’étude du signe de la dérivée (négatif, positif)montre l’existence d’un minimum global en 1
e , et que la valeur de f en ce point est
M = e−(e1)−1
.
4. de nouveaudef g(x):
return(exp(x*log(x)))res, err = quad(g, 0, 1) print(res,err)
donne0.7834305107121344 3.351485755587191e-11
5. Exercice fait en cours. On écrit le dse de l’exponentielle.
f (x) =∞
∑n=0
(x lnx)n
n!.
donc un(x) =(x lnx)n
n! si x ∈]0,1], et un(0) = 1. On a une série de fonctions continues, quiconvergent normalement sur [0,1] puisque |un| ≤ Mn
n! terme général d’une série conver-gente. Le transfert d’intégrabilité s’applique, et à condition de démontrer (par partiesen prenant des exposants différents, pour commencer, sur le logarithme, et sur le mo-
nôme) que In =∫ 1
0tn lnn(t)dt = (−1)n n!
(n+1)(n+1).
Finalement∫ 1
0g(t)dt =
∞
∑n=0
(−1)n
(n+1)n+1 .
CCP Exercice 1
Soit F(x) =∫ +∞
0e−xt sh t
tdt.
1. Lorsque x est fixé, la fonction à intégrer en t est continue par morceaux sur [0,∞[ (carprolongeable par continuité en 0).
⋄ Si x = 0, au voisinage de l’infini sh tt
∼= et
2t 7→ ∞ fonction non intégrable au voisinagede l’infini.
39
⋄ Si x < 0, c’est pire.⋄ Si x > 0 est fixé. On a e−xtsh t
t∼= et(1−x)
2t . Si x = 1, par comparaison la fonction n’est pas intégrable. Si x < 1, c’est pire. Si x ∈]1,∞[ on a avec α < 0
et(1−x)
2t=
et(1−x)
2
2tet(1−x) = o
(et(1−x)
)= o(e−αt).
Finalement le domaine de définition D =]1,∞[.
2. Leibniz en majesté. Je donne seulement la dérivée φ(t, .)′(x) =−e−xtsh t.En localisant x ∈ [a,b]⊂]1,∞[ on a∣∣φ(t, .)′(x)∣∣≤ e−atsh t
et la fonction majorante est intégrable sur ]0,∞[ puisque en l’infini e−atsh t ∼= e−(a−1)t
2 .Pour x > 1 on a
2F ′(x) =−∫ +∞
0e−xtsh t dt =
[eu−xu
x−1
]∞
0−[
e−u−xu
1+ x
]∞
0=− 1
(x−1)+
1(x+1)
F ′(x) =1
1− x2 .
3. Il suffit de réduire en élément simple puis d’intégrer pour obtenir,
∀x ∈]1,∞[, F(x) =12
lnx+1x−1
+λ
Quand x > 1 tend vers l’infini, on peut remplacer cette variable par une suite (ca-ractérisation séquentielle). On obtiendra une suite de fonctions un(t) = e−xnt sh t
t avec
|un(t)| ≤= e−t sh tt qui est intégrable. En rédigeant le théorème de convergence domi-
née, on montrera que la limite de F est nulle à l’infini, c’est-à-dire que λ = 0.
Exercice 2 :Il s’agit d’une matrice de rang exactement 1 (non nullité des vecteurs). Par routine elle estdiagonalisable si et seulement si la trace qui est < X , Y > est non nulle.
Mines Exercice 1Pour tout entier, n,(√
an −√
an+1)2 ≥ 0 donc an +an+1 ≥ 2
√anan+1 = 2bn
Donc si la série ∑an converge, ∑an+1 converge aussi, et par combinaison linéaire, puis parmajoration (tout est positif) ∑bn converge. On a donc [(i)] =⇒ [(ii)].En revanche si l’on prend la suite an qui vaut 1
n pour les rangs pairs et 1n5 sur les rangs impairs
(et qui diverge puisque les sommes partielles ne sont pas majorées, il suffit de l’écrire).
On a b2n =√
a2na2n+1 =√
12n
1(2n+1)5 ≤ 1
(2n)3 et b2n = b2n+1 =√
a2n+1a2n+2 =√
12n+2
1(2n+1)5 ≤
1(2n)3 , donc la série ∑bn converge, ce qui prouve que l’implication réciproque n’est pas vraie.
Remarque : si an ∼= an+1 ou si l’on possède une hypothèse de montonie sur cette suite, on vapouvoir montrer la réciproque.Exercice 2 :Critère de Cauchy.Soit ∑un une série à termes positifs.
40
1. Si ℓ > 1 il existe un rang N à partir duquel, un > (1+ℓ2 )n et par encadrement, la suite un
diverge vers l’infini (car 1+ℓ2 > 1), donc la série ∑un diverge grossièrement.
2. Si ℓ < 1, il existe un rang N à partir duquel, un < (1+ℓ2 )n, et par le critère de comparaison
des séries à termes positifs, ∑un converge (car ici 1+ℓ2 < 1).
3. Si l = 1, si un =1
nα on a
n√
un =1
(nα)1n= n−
αn = e−
αn lnn 7→ 1.
Il est clair que pourtant la convergence de la série dépend de la place de α relativement à1.
Exercice 3 :
1. T 2(M) = A(AM−MA)− (AM−MA)A = A2M−2AMA+MA2.
T 3(M) = A3M − 2A2MA + AMA2 − (A2MA − 2AMA2 + MA3) = A3M − 3A2MA + 3AMA2 −MA3.
Et par récurrence
T j(M) =j
∑k=0
(jk
)(−1)kAkMA j−k.
Si l’on suppose que A est nilpotente, et donc en particulier que An = 0 (toutes les va-leurs propres sont à prendre parmi les racines du monôme annulateur, donc le spectreest réduit à 0, et donc le polynôme caractéristique est Xn, on termine par Cayley-Hamilton).
T 2n(M) =2n
∑k=0
(2nk
)(−1)kAkMA2n−k.
Les derniers termes sont nuls après An donc
T 2n(M) =n−1
∑k=0
(2nk
)(−1)kAkMA2n−k = 0
dans ce cas ce sont les puissances A2n−k qui sont nulles.Ainsi T est aussi nilpotent.
2. On suppose que T est nilpotent d’ordre 2.Sur C le polynôme caractéristique de A est scindéSupposons que A possède deux valeurs propres distinctes λ et µ et prenons X un vecteurpropre non nul de A associé à λ et Y un vecteur propre de tA associé à µ. On sait quepour tout M on aT 2(M) = 0 donc, pour toute matrice M
0=t Y T 2(M)X =t YA2MX−2tYAMAX+t Y MA2X = µ2 tY MX−2λµ tY MX+λ2 tY MX =(λ−µ)2 tY MX .
Comme il n’est pas possible que tY MX soit nul pour toute matrice M, on peut prendrepar exemple M = Y tX et l’on aura tY MX = ∥Y∥2∥X∥2 =, il est nécessaire que λ = µ.La matrice A n’a donc qu’une seule valeur propre possible 5.Si cette valeur propre est nulle, alors A est nécessairement nilpotente (Cayley-Hamilton),mais sinon, A ne l’est pas et ce cas arrive comme dans l’exemple qui suit :
A=
[1 1
0 1
]M =
[a b
c d
]T (M)=
[c d −a
0 −c
]T 2(M)=
[0 −2c
0 0
]T 3(M)=
[0 0
0 0
].
T est nilpotent mais A ne l’est pas.
5. Cette démonstration se généralise aisément au cas où l’indice de nilpotence est supérieur à 241
Arts Informatique
1. Si une liste n’a qu’un élément la fonction ordonne qui sort au bout de la deuxième lignedu code renvoie la liste elle-même.Supposons que la fonction ordonne renvoie la liste initiale triée pour toutes les listes delongueur strictement inférieure à n un entier strictement positif fixé.Soit l une liste de longueur n > 1.La fonction commence par mettre de côté le premier élément de notre liste e0. Elle vaensuite lire séquentiellement tous les éléments de la liste à partir du premier et séparertrois éventualités.– Si ei est le même que le premier élément on se contente d’incrémenter le compteur n.– Si ei est plus petit (strictement), on l’incorpore à la liste gauche lg.– Si ei est strictement plus grand, on le place dans la liste droite ld .À la fin du processus, juste avant le dernier return nous disposons de deux sous-listesqui ont au plus n− 1 éléments puisque e0 est mis à part (en moyenne, en général, cesdeux sous-listes ont pour taille n
2 ).Par hypothèse de récurrence, la fonction ordonne renvoie ces deux sous-listes classées,et la somme et le produit agissent comme une concaténation de ces objets. Au milieuon recopie les clones du premier élément. On obtient donc la liste de taille n classée.Finalement, et par récurrence, nous venons de démontrer que la fonction proposait unalgorithme de tri.La particularité de cette fonction est l’usage de la récursivité. Comme la lecture sé-quentielle de la liste s’ajoute aux temps induits par les appels récursifs, nous avons (enmoyenne) une performance de typeT (n) = 2T (n/2)+O(n).Dans ce cas on peut montrer que la performance globale est en n lnn.
2. def compare(z1,z2):a1,a2=z1.real,z2.realb1,b2=z1.imag,z2.imagreturn(a1<a2 or ((a1==a2)&(b1<=b2)))
3. Il suffit de reprendre la fonction proposée en 1, en adaptant la fonction de comparaison.
def ordonne_c(l):if len(l)<=1:
return (l)n=1e0=l[0]lg,ld=[],[]for ei in l[1:]:
if ei==e0:n+=1
elif compare(ei,e0):lg.append(ei)
else:ld.append(ei)
return(ordonne_c(lg)+n*[e0]+ordonne_c(ld))
l=[complex(1,8),complex(2,9),complex(4,4),complex(8,5),complex(4,2),complex(1,6),complex(8,9),complex(5,0),
42
complex(2,4),complex(7,8),complex(2,1)]print(ordonne_c(l))
On obtient à la sortie du terminal,[(1+6j), (1+8j), (2+1j), (2+4j), (2+9j), (4+2j), (4+4j), (5+0j), (7+8j), (8+5j), (8+9j)]
Maths :
On a posé I(α) =∫ +∞
1
t−α−1√
t2 −1dt.
1. La fonction a intégrer est continue et positive sur ]1,∞[ quand α est fixé.En 1 on a
t−α−1√
t2 −1∼=
1√t2 −1
∼=1√
2√
t −1qui est une fonction intégrable, donc par équivalence . . .
En l’infini,t−α−1√
t2 −1∼=
1tα+2
qui est intégrable sur l’échelle de Riemann si et seulement si α >−1.Cette intégrale converge si et seulement si α ∈]−1,∞[.
2. Pour α > 1, on a
I(α)− I(α−2) =∫ ∞
1
t−α−1 (1− t2)√
t2 −1dt =
∫ ∞
1t−α−1
√1− t2dt
On intègre par parties cette dernière intégrale, v =√
1− t2 et u′ = t−α−1 ce qui est pos-
sible, puisque le crochet[
1α√
1− t2t−α]A
17→ 0 converge.
On déduit,
I(α)− I(α−2) =− 1α
∫ ∞
1
t−α+1√
1− t2dt =− 1
αI(α−2).
3. Pour tout entier n ≥ 2 on a
I(n) =(
1− 1n
)I(n−2) =
(n−1n
)I(n−2)
En démontrant (par récurrence) que l’intégrale n’est jamais nulle, on a
I2n
I0=
n
∏k=1
I(2k)I(2k−2)
=n
∏k=1
(2k−12k
)=
(2n)!22nn!2 .
On retrouve ainsi l’intégrale de Wallis. Même traitement dans le cas impair.
4. On peut montrer que la fonction I est strictement décroissante sur ]1,∞[. Dans ce cas laconvergence de la suite I(n), suffit à montrer la convergence de la fonction (par enca-drement).Comme la suite I(n) correspond aux intégrales de Wallis, il suffit de savoir redémontrerque l’intégrale de Wallis est convergente vers 0.Comme nInIn−1 = (n−1)In−1In−2 la suite nInIn−1 est constante (elle vaut π
2 ).Comme la suite (In) est décroissante et minorée par 0, elle converge et si cette limiteétait ℓ > 0 on aurait nInIn−1 qui divergerait. C’est impossible donc In converge vers 0.
CCP Exercice 143
1. Produit scalaire de Schur < A , B >= Tr(tAB) etc.
2. La décomposition est classique : toute matrice A de Mn(R) s’écrit A = A+tA2 + A−tA
2 ∈Sn(R)+An(R).De plus si (S,A) ∈ (Sn(R)×An(R)), par symétrie du produit scalaire, et propriété de latrace,
< S , A >= Tr(SA) =< A , S >= Tr(tAS) =−Tr(AS) =−Tr(SA)
donc Tr(SA) = 0 et Sn(R)⊥ An(R).3. Soit A ∈ Mn(R) fixée.
La quantité δ =n
∑i, j=1
(ai, j − si, j
)2 s’interprète comme le carré de la distance de A au sous-
espace vectoriel Sn(R). Par le théorème de la projection, cette distance est atteinte pourS projeté orthogonal de A sur Sn(R), et donc elle vaut le carré de la composante de A surAn(R) (faites un dessin).
δ =
(A−t A
2
)2
.
Exercice 2Voir l’exercice 24 feuille 4, qui est une généralisation de ceci.
On pose ϕ=n
∑k=1
xk −1.
1. Si n = 1 on a u1 = 1, si n = 2 on a u2 =√
5−12 ∼ 0,62.
Pour n ≥ 3 fixé, une brêve étude montre que la fonction est strictement croissante etcontinue sur ]0,∞[, elle réalise donc une bijection de ]0,∞[ sur ]− 1,∞[ qui contient 0,donc 0 possède un unique antécédent par ϕn, autrement dit, il existe un unique dans]0,∞[ tel que φn(un) = 0.
2. Pour tout n ≥ 1φn(un+1) =−un+1
n+1 < 0 = φn(un)
en composant par φ−1n strictement croissante, on obtient un+1) < un donc (un) est dé-
croissante et minorée par 0, elle converge (convergence monotone). Soit ℓ ∈]0,u2] lalimite.
3. On a, pour tout n ≥ 1,
0 = φn(un) =n
∑k=0
ukn −2 =
1−unn+1
1−un−2.
Comme 0 ≤ unn+1 ≤ u2
n+1 7→ 0, en passant à la limite dans l’équation précédente, ontrouve 0 = 1
1−ℓ −2 ce qui donne ℓ= 12 .
Ainsi
0 =1−un
n+1
1−un−2 =
1−unn+1
1−un− 1
1− ℓ
(1− ℓ)(1−unn+1)− (1−un) = 0
+un − ℓ= (1− ℓ)unn+1
etun
n+1 = exp((n+1) ln(un)) = exp((n+1) ln(12+ εn))
44
unn+1 = exp((n+1) [− ln2+ ln(1+2εn)]) = exp((n+1) [− ln2+o(1)])∼=
12n+1 .
+un − ℓ∼=1
2n+2 .
Mines Exercice 1
1. L’application T est clairement linéaire, et elle conserve le degré, c’est donc un endo-morphisme de R[X ], et même de Rn[X ] pour tout entier n.Suivons l’indication
T ((X +a)k) = (X +1
2+a)k = λ(X +a)k
si et seulement si (X +1+2a)k = 2kλ(X +a)k.
Comme −a annule le second membre il faut que −a+1+2a = 0, c’est-à-dire a =−1.Un retour à l’équation donne (X −1)k = 2kλ(X −a)k condition polynômiale qui est vé-rifiée si et seulement si λ = 1
2k .
En résumé, tous les réels de la forme 12k (avec k ∈N) sont valeurs propres associées à un
espace propre qui est au moins une droite dirigée par (X −1)k.
Comme la restriction de T à Rn[X ] possède ainsi n+1 valeurs propres, elle est diagona-lisable et tous les espaces propres sont des droites.De plus si T possédait un vecteur propre qui ne serait pas de la forme (X − 1)k, cevecteur serait un polynôme avec un degré n, donc un vecteur propre de Rn[X ] et nousvenons de les trouver tous.Nous avons donc trouvé toutes les valeurs propres et tous les vecteurs propres de T .
Exercice 2
Pour tout x réel, t 7→ e−(t2+ x2
t2) est continue et positive sur ]0,∞[.
– En l’infini, e−(t2+ x2
t2)= e−(t2+o(1)) ∼= e−t2
= o(
1t2
)donc la fonction est intégrable en l’infini.
– En 0, si x = 0,
e−(t2+ x2
t2)= e−
x2
t2+o(1) ∼= e−
x2
t2+o(1) 7→ 0 donc la fonction est prolongeable par continuité à
l’origine et donc intégrable.Si x = 0, la fonction est continue à l’origine.
L’ensemble de définition de F est donc R. De plus la fonction est paire.On démontre que F est dérivable (. . . . . .) et que
F ′(x) =−2x∫ ∞
0
1t2 e−t2− x2
t2 dt.
Le changement de variable v = t√x donne
F ′(x) =−2√
x∫ ∞
0
1v2 e−xv2− x
v2 dv
Le changement de variable u = t√x (à justifier) permet d’obtenir, si x > 0,
F(x) =∫ ∞
0e−
xu2 −xu2√
xdu.
45
En changeant de nouveau de variable v = 1u on a
F(x) =√
x∫ ∞
0
1v2 e−xv2− x
v2 dv
On a F solution de l’équation différentielle y′ (x)+2y(x) = 0 donc après résolution
F(x) = λe−2x
Après avoir démontré ( ? quelle planche) que la fonction F était continue sur R, on a λ =
F(0) =√
π2 (intégrale de Gauss).
Exercice 3L’évènement "A est inversible" est caractérisé par la condition 2X −Y = 0.Or en invoquant l’incompatibilité des évènements que l’on réunionne,
P [2X −Y = 0] = P
[∪k∈N
(X = k)∩ (Y = 2k)
]
Par indépendance
P [2X −Y = 0] =∞
∑k=0
P [(X = k)∩ (Y = 2k)] =∞
∑k=0
P [(X = k)]P [(Y = 2k)]
P [2X −Y = 0] =∞
∑k=0
e−λ λk
k!e−λ λ2k
(2k)!=
∞
∑k=0
e−2λ λ3k
(2k)!k!
Centrale Pour tout A ∈ Mn(C), soit P la proposition "il existe une matrice P ∈ G ln(C) telle que P−1AP ∈Mn(R).
1. Si A vérifie P , on a B = P−1AP ∈ Mn(R) et puisque les matrices sont semblables χ(A) =χ(B) ∈ R[X ] donc le polynôme caractéristique de A est réel.
2. On commence par traiter le cas où A a pour taille 2. Si le polynôme caractéristique de Aest réel et A est diagonalisable, alors A est semblable (sur C) à la matrice D =diag(λ1,λ2)(avec les λ réels ; ou à la matrice D =diag(µ,µ, . . . ,) avec µ complexe. Dans le premiercas A vérifie la propriété P .Pour étudier le second cas, commençons par une petite analyse. Si A est semblableà une matrice réelle B, B admet les mêmes valeurs propres mais avec des vecteurspropres conjugués. En effet si Be = µe, on a Be = µe. La matrice de similitude entre D et Aa donc ses colonnes conjuguées. Dans le cas général, la première composante de chaquevecteur propre étant non nulle (sinon on travaille avec la seconde), cette matrice prend
la forme suivante P =
(1 1z z
)et B = Pdiag(µ,µ)P−1.
Un petit calcul donne B = 1z−z
([1 1
z z
][µ 0
0 µ
][z −1
−z 1
])
B =1
z− z
(µz−µz −µ+µ
zz(µ−µ) −zµ+ zµ
)∈ Mn(R).
Finalement toute matrice du type P convient.Dans le cas général, la matrice A est semblable à D = diag(λ1, . . . ,λp,µ1,µ1, . . . ,) où lesµ sont complexes et les λ réels. Il suffit donc de construire une matrice diagonale parblocs, avec des 1 sur la diagonale en face des λ et des matrices du type précédent pourles couples de µ.
46
3. La matrice A =
i 1 0 00 i 0 00 0 −i 00 0 0 −i
n’est pas diagonalisable (sur C) puisque la dimen-
sion de l’espace propre attaché à la valeur propre i n’est pas 2. En revanche celle del’espace propre attaché à la valeur propre −i est 2. Si elle était semblable à une matriceB réelle. Pour la même raison que précédemment, la base des vecteurs propres attachésà −i devrait donner (par conjugaison) une base de vecteurs propres attaché à i, ce quiest faux. La matrice A ne vérifie donc pas P .
Avec préparation
1.def nombre_diviseur(n):
card=0for i in range(1,n+1):
if (n % i) ==0:card+=1
return card
def D(n):s=0for i in range(1,n+1):
s+=nombre_diviseur(i)return s
print (nombre_diviseur(2754),D(2754))for i in range(1,101):
print(nombre_diviseur(i),D(i))
On trouve d2754 = 20 avec 2754 = 2×34 ×17, ce qui est conforme à la formule générale(1+1)× (4+1)× (1+1) et D2754 = 22248.
2. a. Les rayons sont 1 (voir l’exercice 3 de la feuille 12).
b.def sommation(x,n,d):
s,p=0,1for i in range(1,n+1):
p*=xs+=d(i)*p
return(s)
def Série(d):return lambda x:sommation(x,100,d)
f=Série(nombre_diviseur)g=Série(D)
def dessine():x=np.linspace(-0.9,0.9,100)y = [f(x[i]) for i in range(len(x))]z = [g(x[i]) for i in range(len(x))]plt.plot(x,y)
47
plt.plot(x,z)plt.show()
dessine()
donne
−1.0 −0.5 0.0 0.5 1.0−50
0
50
100
150
200
250
300
c. Comme 1 ≤ dn ≤ Dn pour tout n, on a x1−x =
∞
∑n=1
xn ≤ f (x)≤ g(x) et par encadrement
les limites à gauches recherchées sont infinies.
d. On a∞
∑n=1
Dnxn =∞
∑n=1
n
∑k=1
dkxn =∞
∑k=1
dk
∞
∑n=k
xn =∞
∑k=1
dkxk
1− x
g(x) =f (x)
1− x.
3. Hn =n
∑k=1
1k
et bn =n
∑k=1
n− kk
.
a.def H(n):
s=0for k in range(1,n+1):
s+=1/kreturn(s)
def b(n):s=0for k in range(1,n+1):
s+=(n-k)/kreturn(s)
def test(n):print(D(n)/(n*H(n)),b(n)/(n*H(n)))
48
test(10**4)
On lit 0.9570062347733791 et 0.8978299702381398 c’est-à-dire une convergence deces deux suites vers 1 comme on s’y attend.Cette expérience permet de conjecturer un même équivalent pour ces deux suitesnHn, c’est-à-dire n lnn avec la routine classique.On a admis ceci pour la suite.
b. Par théorème c’est donc le même que le précédent, 1.
c.
Dn =n
∑k=1
∑i|k
1 =n
∑i=1
∑k=θi
1 =n
∑i=1
⌊ni⌋
doncn
∑i=1
n− ii
≤ Dn ≤n
∑i=1
ni
bn ≤ Dn ≤ bn +n
H(x)≤ g(x)≤ H(x)+x
(x−1)2 .
CCP Exercice 1Par hypothèse la matrice P(A) est diagonalisable sur R.Comme toute matrice A est trigonalisable A est semblable à T avec les valeurs propres λ ∈ Spcomplexes qui apparaissent sur la diagonale. Or P(T ) reste triangulaire avec sur la diagonaleP(λ).Comme nous savons que les valeurs propres de P(A) sont distinctes, les P(λ) sont distincts,et a fortiori les λ sont distincts. La matrice A est donc diagonalisable sur C.Exercice 2On retrouve à (−1)n près une intégrale de Wallis.Pour répondre à la question on peut noter– On démontre que |un| est décroissante et positive. Par convergence monotone elle converge
donc vers ℓ.– Par parties, nun = (n − 1)un−2, donc la suite an = nunun−1 est constante (égale à π
2 ). Onmontre par l’absurde que l = 0.
– La série vérifie donc le critère des séries alternée. Elle converge.
Sn =n
∑k=0
∫ π2
0(−1)k cosk(t)dt =
∫ π2
0
n
∑k=0
(−1)k cosk(t)dt =∫ π
2
0
1+(−1)n+1 cosn+1(t)1+ cos t
dt.
Sn =∫ π
2
0
11+ cos t
dt +(−1)n+1∫ π
2
0
cosn+1(t)1+ cos t
dt.
On pose Kn =∫ π
2
0
cosn+1(t)1+ cos t
dt.
Par le théorème de convergence dominée, puisque 0 ≤ cosn+1(t)1+cos t ≤ 1
1+cos t ≤ 1 une fonctionintégrable que ]0, π
2 [, et avec une rédaction Kn converge vers 0, et donc Sn converge vers I =∫ π2
0
11+ cos t
dt.
On pose u = tan( t2) du = 1
2(1+u2)dt et49
I =∫ 1
0
1
1+ 1−u2
1+u2
21+u2 du.=
∫ 1
0
1
1+ 1−u2
1+u2
21+u2 du = 1.
Petites Mines Exercice 1La convergence est évidente par comparaison à 1
n4 .
On a 1X2(X+1)2 =
1X2 −2 1
X + 1(X+1)2 +2 1
(X+1) et par calculs,
∞
∑n=1
1n2(n+1)2 =−3+
π2
3.
Exercice 2 Soit ϕ : M 7→ M−Tr(M)I.
1. Déjà fait plus haut. On peut simplifier par ψ : M 7→ −Tr(M)I qui a 0 comme valeurpropre associé à l’hyperplan qui est le noyau de la trace, et −n associée à V ect(I).On a donc deux valeurs propres 1 et 1−n associées à deux espaces de dimension n2−1et 1, donc ϕ est diagonalisable sur R.
2. La trace est (n2 −1)×1+1−n = n2 −n.
Le polynôme caractéristique est (X −1)n2−1(X +n−1).
CentraleCentrale 1A.
1. Soit E l’événement, "erreur", et A l’évènement choisir le serveur A.Par la formule des probabilités totales,
P [E ] = PA [E ]P[A ]+PB [E ]P[B]
doncP [E ] = p
110
+(1− p)1
20=
p+120
.
2. Remontée dans le temps . . .
PE [A ] =PA [E ]P[A ]
P[E ]=
p10
20p+1
=2p
p+1.
B. On note ω=AAABBAA. . .la liste des serveurs choisis sur plusieurs jours et L1 est la lon-gueur de la première série de serveurs identiques consécutifs tandis que L2 est la longueurde la seconde. Par exemple, dans ω=AAABBAA, on a . . .L1(ω) = 3 et L2(ω) = 2.
1. On a L1(Ω) = N∗ et pour tout n ≥ 1, par incompatibilité,
P[L1 = n] = P
[( n∩k=1
Ak ∩Bn+1
)∪( n∩
k=1
Bk ∩An+1
)]
P[L1 = n] = P
[( n∩k=1
Ak ∩Bn+1
)]+P
[( n∩k=1
Bk ∩An+1
)]= P
[( n∩k=1
Ak ∩Bn+1
)]et par indépendance
P[L1 = n] = pnq+qn p.50
On a, pour |x|< inf( 1p ,
1q),
GL1(x) =∞
∑n=1
(pnq+qn p)xn = q∞
∑n=1
(xp)n + p∞
∑n=1
(xq)n
GL1(x) =xpq
1− xp+
xpq1− xq
On a (avec le même rayon)
G′L1(x) =
pq
(−1+ xp)2 +pq
(−1+ xq)2
et comme la série converge en 1, la variable aléatoire L1 possède une espérance finie et
E(L1) = G′L1(1) =
pq+
qp
2. On a (L1;L2)(Ω) = N∗×N∗. Pour (n,k) ∈ N∗×N∗
comme auparavant
P[L1 = n,L2 = k] = pnqk p+qn pkq = pn+1qk +qn+1 pk.
3. La loi de L2 est la loi marginale du coupe correspondant à la deuxième composante,donc
P[L2 = k] =∞
∑n=1
P[L1 = n,L2 = k] =∞
∑n=1
pn+1qk+qn+1 pk = p2qk 11− p
+q2 pk 11−q
= p2qk−1+q2 pk−1.
Vérification :∞
∑k=1
P[L2 = k] = p2 11−q
+q2 11− p
= p+q = 1.
4.P[L1 = 1]P[L2 = 1] = (2pq)(p2 +q2)
P[L1 = 1,L2 = 1] = p2q+q2 p = pq
qui sont différentes, les variables ne sont pas indépendantes.
Centrale 2 (Python)
A. Soit S(x) =∞
∑n=1
(−1)n lnnxn
n.
1. On a, avec bn = 1, |an| = lnnn = o(1)bn donc par propriété du cours la série a le même
rayon que la série géométrique, c’est-à-dire 1.
2. La série∞
∑n=1
(−1)n lnnn
vérifie le critère spécial (exercice 28 de la feuille 4) donc elle
converge et S(1) existe.
On peut majorer le reste par ln(n+1)n+1 donc il suffit de rendre cette suite inférieure à 10−3
pour déterminer ce rang.
3.def approch(epsilon):
u=10n=0while u>epsilon:
51
n+=1u=log(n+1)/(n+1)
return(n)
n0=approch(10**(-3))
def somme(n):s=0m=-1for i in range(1,n+1):
s+=m*log(i)/im=-m
return(s)
print(somme(n0))
On trouve une valeur approchée de 0.160368879647 pour 9118 termes.
def serie(n,x):s=0m=-xfor i in range(1,n+1):
s+=m*log(i)/im*=-x
return(s)
x=np.linspace(-1,1,100)y=[serie(100,x[k]) for k in range(100)]plt.plot(x,y)plt.show()
donne
−1.0 −0.5 0.0 0.5 1.00
2
4
6
8
10
12
La limite de S en −1 semble +∞.
4. En posant y = −x, y ∈]0,1[ ; il s’agit de la série à termes positifs ∑yn lnnn ≥ ∑∑yn 1
n =− ln(1− y) 7→y7→1 ∞
52
Par comparaison série intégrale (voir l’exercice 28b) de la feuille 4) on trouve Sn ∼= ln2 n2 .
B.
1. En recommençant le même raisonnement on a∫ 2n+1
n+1
ln tt
dt ≤ S2n −Sn ≤∫ n
2n
ln tt
dt.
Le membre de droite vaut12(ln2(2n)− ln2(n+1)
)=
12(ln2+2ln2lnn+ ln2n− ln2(n+1)
).
Or ln2(n+1)− ln2(n) =(ln(1+ 1
n))(ln(n+1)+ ln(n))∼= 2lnn
n = o(1). Le membre de droites’écrit donc ln2 lnn+ ln2 2
2 +o(1) .On recommence la même méthode avec le membre de gauche pour conclure par enca-drement.
2. On pose un =lnnn et vn = (−1)nun. On a pour tout entier n supérieur à 1,
S2n +T2n =n
∑k=1
uk
(1+(−1)k
)= 2
n
∑k=1
u2k.
S2n +T2n = 2n
∑k=1
ln(2k)2k
=n
∑k=1
ln2k
+n
∑k=1
lnkk
Comme on peut démontrer que la somme partielle de la série harmonique vaut lnn+γ+o(1)
S2n +T2n −Sn = ln2 lnn+ ln2γ+o(1)
En utilisant la question qui précède
T2n =−S2n +Sn + ln2 lnn+ ln2γ+o(1)
T2n = ln2γ− ln2 22
+o(1) .
Comme la série ∑vn converge sa somme est obtenue en prenant la limite d’une suitepartielle des sommes partielles, par exemple T2n et la somme recherchée est
ln2γ− ln2 22
.
Mines Exercice 1Soit a ∈]0,∞[.
Pour t ∈ [0,1[ fixé, on a 11+ta =
∞
∑n=0
(−1)ntan.
On met en place la variante du théorème de commutation sur les ouverts.
On pose Sn(t) =n
∑k=0
(−1)ktak.
⋄ La fonction Sn est somme finie de fonctions continues (par morceaux) sur ]0,1[.⋄ Elle converge simplement, on vient de le voir, vers la fonction t 7→ 1
1+ta sur ]0,1[.⋄ La limite étant évidemment continue sur ]0,1[.⋄ La série étant alternée, on a
|Sn(t)| ≤ 1
intégrable sur ]0,1[.
53
La fonction t 7→ 11+ta est intégrable sur ]0,1[ et la suite converge donc vers
∫ 1
0
11+ ta dt.
Comme (somme finie)∫ 1
0Sn(t)dt =
n
∑k=0
∫ 1
0(−1)ktak dt =
n
∑k=0
(−1)k[
tak+1
ak+1
]=
n
∑k=0
(−1)k 1ak+1
la série proposée converge et sa limite est bien l’intégrale, c’est-à-dire∫ 1
0
11+ ta dt =
∞
∑n=0
(−1)n
1+na.
Exercice 2Tout au long des premières questions h ∈]0,∞[ est fixé.
Wh = f ∈ C0(R,R), ∀x ∈ R,∫ x+2h
x+hf (t)dt = 2
∫ x+h
xf (t)dt.
1. La fonction nulle appartient à Wh qui est clairement stable par multiplication externe.On vérifie que ( f ,g) ∈Wh entraîne f +g ∈Wh par linéarité de l’intégration des fonctionscontinues sur des segments fixés.L’ensemble Wh est bien un sous-espace vectoriel de l’espace C0.
2. Toute fonction périodique f de période h vérifie avec u = t −h∫ x+2h
x+hf (t)dt =
∫ x+h
xf (u+h)du =
∫ x+h
xf (u)du
donc l’espace Wh est n’est pas réduit à 0.3. Pour tout entier n non nul, les fonctions cn : x 7→ cos(2nπ
h x) sont périodiques de périodeh. En effet, pour tout x,
cn(x+h) = cos(2nπ
h(x+h)) = cos(
2nπh
x+2nπ)) = cn(x).
Comme ces fonctions sont des vecteurs propres de l’opérateur ∆2 associés aux valeurs
propres (distinctes) −(
2nπh
)2, ils forment une famille libre, ce qui prouve que la dimen-
sion de Wh est infinie.4. Si x est fixé, on a pour tout h > 0,∫ x+2h
x+hf (t)dt −2
∫ x+h
xf (t)dt = 0
Après avoir montré que cette fonction (de h) est dérivable (fonctions de la bornes, dé-coupage, etc.)après dérivation on a
∀h > 0, 2 f (x+2h)−3 f (x+h) = 0.
∀h > 0, 2 f (y+ h)−3 f (y) = 0.
∀h > 0, f (y+ h) =32
f (y) .
Si on suppose que, en un point, f (y) = b > 0, et si l’on prend M le maximum de lafonction f continue sur [y,y+1], maximum atteint en z ∈ [y,y+1].
Comme(
32
)ndiverge vers l’infini, il existe un rang n0 à partir duquel
(32
)n> M. Si l’on
prend h = 1n0
, en itérant f (y+nh) = 3n
2n f (y) ce qui offre une contradiction. Conclusionf (y) = 0 et donc
∩h>0Wh = 0.
54
Exercice 3Les matrices A et B ont toutes les deux des rangs inférieurs à 1.⋄ Cas marginaux.
Si elles sont toutes les deux nulles, elles sont évidemment semblables.Si l’un des coefficients de l’une est non nul, et si l’autre est nulle, elles ne sont pas sem-blables.
⋄ En général, elles sont toutes les deux non nulles.♠ Si Tr(A) = a1 et ′(B) = bn sont non nulles, alors elles sont toutes les deux diagonalisables
(matrice de rang 1). Deux matrices diagonalisables sont semblables si et seulement sielles ont la même liste de valeurs propres donc ici si et seulement si a1 = bn.
♠ Si la trace de l’une est nulle a1 = 0 par exemple et bn = 0 elles ne peuvent être sem-blables, puisqu’une matrice non diagonalisable ne peut être semblable à une matricediagonalisable.
♠ Si a1 = bn = 0.La matrice B représente donc un endomorphisme qui dans la base canonique associe
e1 7→ 0 e2 7→ 0, etc., en−1 7→ 0 et en 7→n−1
∑k=1
bkek. Si l’on remplace e1 par le vecteur e′1 =n−1
∑k=1
bkek
on obtient une nouvelle famille (e′1,e2, . . . ,en) qui reste une base (on a supposé b1 = 0).
Dans cette base la matrice qui représente l’endomorphisme est la matrice B′ =
(O 10 0
)(forcément semblable à B).De la même façon la matrice A représente l’endomorphisme qui dans la base canoniqueassocie
e1 7→ 0 e2 7→ a2e1, etc., ane1 7→ 0 et en 7→n−1
∑k=1
bkek. Si on suppose par exemple que an n’est
pas nul on peut poserε1 = ane1, ε2 = e2 − a2
anen . . . εn−1 = en−1 − a2
anen, εn = en. On montre qu’on a de nouveau
une base dans laquelle la matrice qui représente l’endomorphisme est de nouveau B′ =(O 10 0
). Dans ce cas A et B sont donc semblables.
Arts A.Rappel X0 = n.
1.def epreuve(n,k):
X=[n]for i in range(1,k+1):
nA=X[-1]#indique le rapport A/Br=randrange(n-1)+1if r<=nA:
X.append(nA-1)else:
X.append(nA+1)return(X)
print(epreuve(10,25))
def dessin(n,k):u= np.arange(0, k+1, 1)e=epreuve(n,k)plt.plot(u,e)
55
plt.show()
for i in range(10):dessin(10,25)
2. Voir au dessus.
3.def esperance(n,k):
s=0for i in range(100):#100 expériences
X=epreuve(n,k)#k coupss+=X[-1]
return(s/100,k)
B. Soit U =]0,∞[d pour d ∈ N∗,
et l’application f de U dans Rd qui à (x1, . . . ,xd) associe( d
∑k=1
xk
)( d
∑k=1
xk−1).
1. La fonction f est C∞ sur U , comme fraction rationnnelle dont le dénominateur ne s’an-nule pas.
2. On a
∂ f∂xi
=d
∑k=1
xk−1 −
d
∑k=1
xk
x2i
.
En résolvant l’annulation de toutes les dérivées partielles on trouve x1 = x2 = . . .= 1.
f (1,1,1, . . .) = d2.
Trouver les points critiques de f et calculer la valeur de f en ces points.
3. Si l’on prend yi =√
xi et Y,Z les vecteurs de coordonnées yi et 1yi
, on a
( d
∑k=1
xk
)( d
∑k=1
xk−1)= ∥Y∥2∥Z∥2 ≥< Y , Z >2= d2
donc le minimum est bien réalisé au point critique.
CCP Cet Exercice 1 a déjà été donné un peu plus haut ENSEA voir p.50.
1. évident.
2. Pour toute matrice dans le noyau de la trace, ϕ(M) = M. Donc ϕ agit comme l’identitésur tout un hyperplan de Mn(C). Comme elle envoie I sur (1−n)I, elle est bijective. Sonnoyau est réduit à 0 et son rang est n2.
3
ϕ(ϕ(M)) = ϕ(M)−Tr(M)ϕ(I) = M−Tr(M)I +Tr(M)(n−1)I = M+Tr(M)(n−2)I
Comme (n−2)Tr(M)I = (n−2)M− (n−2)ϕ(M) on obtient
ϕ(ϕ(M)) = M+(n−2)M− (n−2)ϕ(M)I = (n−1)M− (n−2)ϕ(M)
Donc le polynôme X2 +(n−2)X − (n−1) est annulateur, il a pour racines 1 et 1−n56
4 Annulé par un polynôme scindé simple . . .
5 L’application est bijective on l’a vu. On a
ϕ (ϕ+(n−2)I) = (n−1)I
donc en composant par ϕ−1
ϕ−1 =1
n−1(ϕ+(n−2)I) .
Exercice 2Décidément cet exercice a aussi été donné auparavant (et il figure sur la feuille d’exercices )cf p.31.
CCP Exercice 1 voir correction p.?? et aussi l’exercice 24 de la feuille 4.Exercice 2Soit d et m les endomorphismes canoniquement associés aux matrices D et M.
1. Si M ∈ Mn(R) commute avec D, alors m commute avec d, et donc les espaces propresde l’un sont stables par l’autre. Comme les valeurs propres de d sont toutes distinctes,il y a n droites propres de d qui deviennent n droites stables de m. Comme toute droitestable est propre, cela nous donne m droites propres pour m, ceci signifie que M estdiagonale. La réciproque est immédiate.
2. L’égalité P(D) = M revient à écrire, puisque les matrices sont diagonales, pour tout i,P(di,i) = mi,i. Si on écrit le déterminant de ce système de n équations à n inconnues(faites le) en fonction des coefficients de P on trouve un déterminant de VanderMonde,qui se décompose en produit ∏i< j(di,i −d j, j) = 0. Il possède donc une unique solution.
3. Par distributivité et propriété d’algèbre,
Mn
∑k=0
akAk =n
∑k=0
akMAk.
Le reste en découle puisque M commute avec toutes les puissances de A . . ..
Arts Exercice (maths)
Soit un(x) = e−nx
1+n2 et f =∞
∑n=0
un.
1. – Si x = 0, alors un(0) = 11+n2 terme général d’une série convergente.
– Si x > 0 fixé, alors |un(x)| ≤ e−xn terme général d’une série géométrique de raisonstrictement inférieure à 1. Donc par comparaison la série converge absolument.
– Si x < 0 fixé un(x)∼= e−nx
n2 qui tend vers l’infini par comparaison classique. Donc la sériediverge grossièrement.
L’ensemble de définition de f , qui est le domaine de convergence simple de la série, estdonc [0,∞[.
2. – La série ∑un converge simplement sur ]0,∞[.– Le terme général est de classe C1 sur cet intervalle et ∀x ∈]0,∞[, u′n(x) =
−ne−nx
1+n2 .
– Si [a,b]⊂]0,∞[, on a
∥u′n∥[a,b]∞ =ne−na
1+n2 ≤ e−na
donc la série des dérivées converge normalement sur tout segment de ]0,∞[.Le théorème de transfert permet d’affirmer que la somme est C1 sur ]0,∞[ et que l’onpeut dériver terme à terme.
57
3. On vient de voir que x > 0, f ′(x) =∞
∑n=0
−ne−nx
1+n2 .
En recommençant exactement le même raisonnement on montrerait que cette fonctionest C2 et que
x > 0, f ”(x) =∞
∑n=0
n2e−nx
1+n2 .
On a donc f ”(x) =∞
∑n=0
e−nx −∞
∑n=0
e−nx
1+n2 .
f ”(x)+ f (x) =1
1− e−x .
Exercice (informatique)
1.
def decomp(n,b):l=[]a=nwhile (a>0):
r=a % bl.append(r)a=a // b
m=len(l)return([l[m-i-1] for i in range(m)])
print(decomp(23,2))
Renvoie [1,0,1,1,1]
2.def nombre_un(n):
dec=decomp(n,2)s=0for i in range(len(dec)):
s+=dec[i]return(s)
print(nombre_un(23))
3. On utilise un schéma récursif. On traite à la main le cas des listes ayant moins de deuxéléments. Pour une liste plus grande on isole le premier élément de la liste et le dernier.Le mot est alors un palindrome si et seulement si le premier caractère est le même quele dernier, et si le mot tronqué des deux caractères reste un palindrome, ce qui seravérifié par l’appel récursif.
def palindrome(n):def pal(dec):
m=len(dec)if m==1:
return(True)elif m==2:
return(dec[1]==dec[0])else:
sec=dec[1:m-1]58
return(pal(sec)and(dec[m-1]==dec[0]))dec=decomp(n,2)return(pal(dec))
for i in range(1,50):if palindrome(i):
print(i,decomp(i,2),palindrome(i))
On trouve
1 [1] True3 [1, 1] True5 [1, 0, 1] True7 [1, 1, 1] True9 [1, 0, 0, 1] True15 [1, 1, 1, 1] True17 [1, 0, 0, 0, 1] True21 [1, 0, 1, 0, 1] True27 [1, 1, 0, 1, 1] True31 [1, 1, 1, 1, 1] True33 [1, 0, 0, 0, 0, 1] True45 [1, 0, 1, 1, 0, 1] True
CCP Exercice 1Soit E un C espace vectoriel, et H un hyperplan de E, et u ∈ L(E).
1. On commence par une remarque. L’endomorphisme (u−λId) est bijective si et seule-ment si λ n’est pas valeur propre. Donc si λ n’est pas une valeur propre alors il n’estpas possible que Im(u−λId) est une image incluse dans H.– Sens direct.
Si H est stable, il existe une base adapté à cet hyperplan dans laquelle la matrice A de
u a la forme suivante : A =
(B CO λ
)avec B une colonne de n−1 coefficients, et O la
ligne nulle de même taille.Le réel λ est ainsi une valeur propre de u et un examen des colonnes de A−λI montreque Im(u−λI) s’exprime au moyen des n−1 premiers vecteurs de la base, autrementdit Im(v−λI)⊂ H.
– Sens réciproque.Si Im(u−λI)⊂ H, on a en particulier (u−λI)(H)⊂ H, donc
u(H)⊂ (u−λI)(H)+λH ⊂ H
et donc H est stable par u.
2. Soit A =
3 −1 21 −1 01 1 2
.
⋄ Les deux espaces triviaux E et 0 sont toujours stables.Il reste à déterminer les droites stables et les plans stables.
⋄ Les droites stables sont les droites propres.Le calcul donne 2 valeurs propres 0 (de multiplicité 2) et 4 (de multiplicité 1) associéesà deux droites V ect(1,1,−1) et V ect(5,1,3)
59
⋄ D’après la première question les plans stables contiennent les images de (u−λI).Il y d’abord l’image de A qui est un plan nécessairement stable et ensuite l’image deA−4I qui est un plan nécessairement stable. Et rien d’autre.
Remarque : la méthode du cours donne un chemin différent. Si v est la restriction de u àl’hyperplan on sait que le polynôme caractéristique de v divise celui de u et donc qu’ilfait X(X −4) ou X2.
Dans le premier cas on a donc H ⊂ ker(A(A−4I)) qui est en fait ImA, dans le second cason a H ⊂ ker(A2) qui s’avère être Im(A−4I).
Exercice 2Soit p ∈]0,1[.
1. On reconnaît la loi géométriquequi définit une loi de probabilités car∞
∑n=1
pk = 1.
2. Pour déterminer l’espérance et la variance, le plus simple est d’introduire la fonctiongénératrice (voir le cours).
Petites Mines Soit fλ : x 7→
sh x
eλx −1α pour x = 0
1. On ash x
eλx −1∼=x 7→0
xeλx−1
= 1λ = α.
2. Au voisinage de l’infini
sh xeλx −1
∼=x 7→0ex
2eλx=
e(1−λ)x
27→ 0.
Une fonction continue sur [0,∞[ et possédant une limite à l’infini est bornée. La dé-monstration est classique. Il existe A > 0 tel que si x > A, 0 ≤ fλ(x)< 1, et sur le segment[0,A] la fonction admet des bornes qu’elle atteint (etc.).La fonction fλ est-elle bornée ?
3. La fonction fλ est continue et positive sur [0,∞[, et en l’infini elle est équivalente à e(1−λ)x
2fonction intégrable. Elle est donc intégrable sur [0,∞[ et donc son intégrale converge.
4. On écrit fλ(x) =sh x
eλx −1=
e−λxsh x1
− e−λx et l’on développe le dénominateur.
fλ(x) = sh x∞
∑n=1
e−nλx.
On montre que∫ +∞
0sh te−nλt dt =
1λ2n2 −1
et en mettant en place le théorème de Fubini
puisque ∑∫ +∞
0
∣∣∣sh te−nλt∣∣∣ dt converge.
Détails . . ..Finalement ∫ +∞
0fλ(t)dt =
∞
∑n=1
1λ2n2 −1
.
Sans préparationSoit f ∈ L(E) avec E = R3 tel que ( f − Id) ( f 2 + Id) = 0.On a f 2 + Id − ( f − Id) ( f + Id) = 2Id donc
∀x ∈ E, x =12(( f 2 + Id)(x)− ( f − Id) ( f + Id)
)=
1x1 + x260
Le vecteur x1 ∈ ker( f − Id) et x2 ∈ ker( f 2 + Id) donc ceci assure la décomposition.Si x ∈ ker( f − Id)∩ker( f 2 + Id) on a f (x) = x donc f 2(x) = x =−Id(x) =−x donc x = 0.On a bien ker( f − Id)⊕ ( f 2 + Id) = E.Remarque : l’endomorphisme f est annulé par un polynôme scindé simple sur C donc f estdiagonalisable sur C.La matrice A a pour polynôme caractéristique (X − 1)(X2 + 1) donc A est diagonalisable etpeut représenter f comme on nous le demande. Il existe une base B dans laquelle A repré-sente f .
Centrale Exercice 1Soit un(x) = anxn. On sait que pour tout n, ∥un∥
[−R,R]∞ ≤ |an|Rn, et donc la série entière converge
normalement sur [−R,R]. Comme le terme général (monôme) est continu sur [−R,R] lasomme f est continue sur [−R,R].Exercice 2Soit f : t 7→ 1
t ln |1−t||1+t| .
1. Si t ∈]0,1[, f (t) = 1t ln 1−t
1+t et comme 1−t1+t > 0 cette fonction est continue sur ]0,1[.
En 0, 1t ln(1− t) ∼= −1 et 1
t ln(1+ t) ∼= 1, donc la fonction tend vers −2 et elle est doncprolongeable par continuité en 0.En 1 on a f (t)∼= ln 1−t
1+t∼= ln(1− t) qui est une fonction négative intégrable en 1.
On a aussi vu que les deux intégrales∫ 1
0
1t
ln(1− t)dt et∫ 1
0
1t
ln(1+ t)dt convergeaient.
On a,
1t
ln1− t1+ t
=1t[ln(1− t)− ln(1+ t)]
donc
f (t) =1t
[−
∞
∑n=1
tn
n−
∞
∑n=1
(−1)n+1 tn
n
]=−2
t
∞
∑n=0
t2n+1
2n+1=−2
∞
∑n=0
t2n
2n+1
On pose βn =∫ 1
0
∣∣∣∣ t2n
2n+1
∣∣∣∣ dt =1
(2n+1)2
et un(t) =−2 t2n
2n+1 Pour tout entier la fonction un est intégrable sur ]0,1[. La série ∑un converge simplement sur ]0,1[ vers f La limite f est continue sur ]0,1[ (par morceaux). La série ∑βn converge.On retrouve ainsi que f est intégrable sur ]0,1[ et que son intégrale est la somme desintégrales, c’est-à-dire
∫ 1
0f (t)dt =
∞
∑n=0
−2∫ 1
0
t2n
2n+1dt =
∞
∑n=0
1(2n+1)2 =−π2
4.
2. On étudie l’autre morceau.Comme l’application t 7→ 1
t = u réalise une bijection biC1 de ]0,1[ sur ]1,∞[, l’intégraleobtenue par ce changement convergera, or après calcul cette intégrale vaut :∫ ∞
1
1u
ln(u−1)(u+1)
du =∫ +∞
1f (u)du
Donc∫ +∞
0f (t)dt converge et sa valeur est −π2
8 .61
Centrale 2
Dans R3x on introduit le produit scalaire∫ 1
0P(t)Q(t)dt.
1. On a choisit d’utiliser la bibliothèque Polynomial ce qui permet d’éviter le calcul d’uneintégrale approchée par Scipy
from numpy.polynomial import Polynomial
def sca(p,q):A=np.zeros((4,4))for i in range(4):
for j in range(4):A[i,j]=1/(i+j+1)
X=np.array([p.coef[i] for i in range(4)])Y=np.array([q.coef[i] for i in range(4)])return(np.dot(np.dot(X,A),np.transpose(Y)))
2. L’application ϕ : P 7→ P(a) est une forme linéaire définie sur R3x. D’après le théorèmede Riesz, cette forme s’exprime donc au moyen du produit scalaire.Il existe donc Pa unique dans R3x tel que
∀P ∈ R3x, ϕ(P) =< P , Pa >
donc il existe un polynôme unique Pa tel que
∀P ∈ R3x, P(a) =∫ 1
0Pa(t)P(t)dt.
3. Si a est donné, on a pour tout entier k ∈ J0,3Kak =
∫ 1
0Pa(t)tk dt
et en écrivant Pa(x) =3
∑j=0
p jx j on obtient le système :
ak =3
∑j=0
p j
∫ 1
0t j+k dt
ak =3
∑j=0
p j1
j+ k+1
On calcule donc les coefficients de Pa en inversant la matrice de ce système :
def Riesz(a):A=np.zeros((4,4))for k in range(4):
for j in range(4):A[k,j]=1/(k+j+1)
X=np.array([a**k for k in range(4)])Y=np.dot(np.linalg.inv(A),np.transpose(X))return(Polynomial([Y[i] for i in range(4)]))
62
4.def norme(p):
return(sqrt(sca(p,p)))
def trace(a,b):x=np.linspace(a,b,100)y=[norme(Riesz(x[k])) for k in range(len(x)) ]plt.plot(x,y)plt.show()
trace(-1,2)
Donne
−1.0 −0.5 0.0 0.5 1.0 1.5 2.00
20
40
60
80
100
120
140
160
180
CCP Exercice 1Soit f : R+ 7→R, C1 majorée avec sa dérivée croissante. Il faut montrer que f est décroissante.Supposons que 0 ≤ a < b et f (a)< f (b).Sur [a,b] f admet un minimum et un maximum (distincts) absolu et en ces points la dérivéeest nulle (classique) et change de signe. Si le maximum est à l’intérieur en α∈]a,b[, la dérivées’annule et change de signe en α et passe en + 0 − ce qui est exclu.Donc le maximum est en b. Il y a minimum absolu sur [a,b[ mais pas d’autres minima rela-tifs. Donc la dérivée en b est strictement positive.Donc pour x ≥ b, f ′(x)≥ f ′(b) et f (x)≥ f ′(b)x+λ 7→ ∞ ce qui offre une contradiction.On a donc ∀,0 ≤ a < b, f (a)≥ f (b) et donc f est décroissante.Exercice 2
1. a. On prend θ ∈ R\πZ, et n un entier non nul.Comme la raison est différente de 1,
Wn = Sn + iTn =1n
n
∑k=1
exp(kiθ) =1n
1− exp((n+1)iθ)1− exp(iθ)
=1n
sin( (n+1)θ2 )
sin(θ2)
Donc Wn converge vers 0, comme Sn et Tn.
63
b. En écrivant la matrice de la rotation rk,(
cos(kθ) −sin(kθ)sin(kθ) cos(kθ)
), les composantes se
ramènent à la question précédente et donc la somme proposée converge vers 0.Même méthode en dimension 3 convergence vers diag(1,0,0).
2. Soit E un espace euclidien de dimension d supérieure ou égale à 1, et u ∈ O(E).
a. Soit x ∈ ker(u− id) et y ∈ Im(u− id), y = u(z)− z. On a u(x) = x et
< x , y >=< x , u(z)− z >=< x , u(z)>−< x , z >
< x , y >=< u(x) , u(z)>−< x , z >= 0.
Donc ces sous-espaces sont orthogonaux, ils ont donc 0 comme intersection, etpar le théorème du rang, la dimension de leur somme fait n. Ils sont donc supplé-mentaires dans E.
b. On écrit x = x0 + xi avec x0 ∈ ker(u− id) et xi = u(z)− z.
uk(x) = uk(x0)+uk(xi) = x0 +uk+1(z)−uk(z)
σn(x) =1n
n
∑k=1
uk(x) =1n
n
∑k=1
x0 +uk+1(z)−uk(z) = x0 +1n
(un+1(z)−u(z)
)donc
∣∣1nun+1(z)
∣∣= 1n 7→ 0 et
σn(x) = x0.
Centrale Centrale 1La première question se fait en introduisant l’ensemble des permutations qui fixent exacte-ment k éléments.Il y en a
(nk
)Dn−k, le coefficient binômial correspond aux choix des éléments qui seront fixés,
on fait ensuite bouger les autres (sans point fixe).Comme l’union de ces ensembles constitue une partition du groupe symétrique, puisquetoute permutation est nécessairement dans l’un de ces sous-ensembles (elle fixe forcémentun certain nombre d’éléments), et ces sous-ensembles sont deux à deux disjoints, on a
n! =n
∑k=0
(nk
)Dn−k =
n
∑k=0
(n
n− k
)Dn−k =
n
∑j=0
(nj
)D j
Pour le reste je vous renvoie au DL7.Centrale 2
1. La somme Sn diverge vers l’infini, donc, pour tout entier k, il existe un rang à partirduquel Sn > k, et a fortiori, un rang minimal.Donc Yk existe.On a admis que Yk était une variable aléatoire.
def X(p):#simulation d’une épreuvex=random.random()if x<p:
return 1else:
return 264
def S(n,p):#simulation de la sommes=0for i in range(1,n+1):
s+=X(p)return(s)
2. def Y(k,p):#simulation de Ys=0i=0while s<k:
i+=1s+=X(p)
return(i)
def Esp_Y(k,p):t=0for i in range(100):
t+=Y(k,p)return(t/100)
l=[Esp_Y(k,0.25) for k in range(1,20)]print(l)
3. L’évènement [Yk = n] est partitionné par les deux évènements,([Yk = n]∩ ["le dernier coup valait "1]
)∪([Yk = n]∩ ["le dernier coup valait"2]
).
Dans le premier cas on a Sn > k pour la première fois, et Sn−1 > k− 1 pour la premièrefois donc
[Yk = n]∩ ["le dernier coup valait "1] = [Yk−1 = n−1∩Xn = 1]
et de la même façon
[Yk = n]∩ ["le dernier coup valait "2] = [Yk−2 = n−1∩Xn = 2]
et par les probabilités composées,
P[Yk = n] = P[Xn = 1]P[Yk−1 = n−1]+P [Xn = 2]P[Yk−2 = n−1].
P[Yk = n] = pP[Yk−1 = n−1]+ (1− p)P[Yk−2 = n−1].
4. On prend k ≥ 4, Or S1 ≤ 2 donc P[Yk = 1] = 0
E(Yk) =∞
∑n=1
nP[Yk = n] =∞
∑n=2
nP[Yk = n]
donc pour k ≥ 4
E(Yk) =∞
∑n=2
n(
pP[Yk−1 = n−1]+ (1− p)P[Yk−2 = n−1])
65
E(Yk) = p∞
∑n=2
nP[Yk−1 = n−1]+ (1− p)∞
∑n=2
nP[Yk−2 = n−1]
E(Yk)= p∞
∑n=2
(n−1)P[Yk−1 = n−1]+ p∞
∑n=2
P[Yk−1 = n−1]+(1− p)∞
∑n=2
(n−1)P[Yk−2 = n−1]+(1− p)∞
∑n=2
P[Yk−2 = n−1]
Or S1 ≤ 2 donc P[Yk−1 = 1] = 0, P[Yk−2 = 1] = 0
E(Yk) = pE(Yk−1)+(1− p)(Yk−2)+ p+(1− p) = pE(Yk−1)+(1− p)(Yk−2)+1
Vérification
l=[Esp_Y(k,0.25) for k in range(1,30)]print(l)
for k in range(20):print(l[k],0.25*l[k-1]+0.75*l[k-2]+1)
Résultat plutôt concluant.1.0 17.3751.24 13.792.07 2.062.4 2.44753.14 3.15253.66 3.5854.27 4.274.87 4.81255.41 5.425.96 6.0056.51 6.54757.15 7.09757.49 7.678.2 8.2350000000000018.91 8.66759.34 9.37759.92 10.017510.49 10.48511.07 11.062511.51 11.635
On prend En = E(Xn).En soustrayant
E(Yk) = pE(Yk−1)+(1− p)E(Yk−2)+1
E(Yk+1) = pE(Yk)+(1− p)E(Yk−1)+1
on obtientE(Yk+1)−E(Yk = p(E(Yk)−E(Yk−1))+q(E(Yk−1)−E(Yk−2))
E(Yk+1) = (1+ p)(E(Yk)+(q− p)E(Yk−1)−qE(Yk−2)
que l’on peut spatialiser ,Vn+1 = AVn
avec
A =
1+ p 1−2 p p−1
1 0 0
0 1 0
et Vk =t (E(Yk),E(Yk−1),E(Yk−2) .
Les valeurs propres de la matrice sont 1,1, p−1 donc An converge vers la matrice qui représente dans labase initiale la projection correspondant à diag(1,1,0) dans la base de diagonalisation et l’espérance estdonc bornée.
66
5.TPE Exercice 1Pour la partie linéaire, on applique la technique classique (voir par exemple l’exercice 30 dela feuille 16).On trouve donc
ρ∂ f∂ρ
= ρ(cosθ+ sinθ)+ f
Si θ est fixé, l’équation différentielle a sa partie linéaire ρ∂ f∂ρ = f dont la solution est K(θ)ρ.
Par la méthode de la variation de la constante on trouve enfin
f = K(θ)ρ+ lnρρ(cosθ+ sinθ)
donc
f (x,y) = K(arctanyx)√
x2 + y2 +12
ln(x2 + y2)(x+ y)
Exercice 2Soit A la matrice de taille n qui n’a que des 0 sauf sur les petites diagonales supérieure etinférieure.Soit Uω =t (sinω,sin(2ω), . . . ,sin(nω)) et ω =]0,π[.
(a) Posons Zω =t (exp(iω),exp(2iω), . . . ,exp(niω)). Donc Uω = Im(Zω).
Comme la matrice A est réelle, on a
AY = A(Im(Zω)) = Im(A(Zω))
or
A(Zω) =t (
12
exp(2iω),cos(ω)exp(2iω), . . . ,cos(ω)exp((n−1)iω),12
exp((n−1)iω)
et
A(Zω) =t (cos(ω)sin(ω),cos(ω)exp(2iω), . . . ,cos(ω)exp((n−1)iω),
12
exp((n−1)iω)
Ce vecteur sera propre attaché à la valeur propre cos(ω) si et seulement si les par-ties imaginaires des expressions suivantes coïncident 1
2 exp((n−1)iω) et cos(ω)exp(niω)c’est-à-dire si et seulement si
sin((n−1)ω) = 2cos(ω)sin(nω)
sin(nω)cos(ω)− cos(nω)sin(ω) = 2cos(ω)sin(nω)
ceci équivaut à −sin((n+1)ω) = 0 donc ω ≡ 0[ π
n+1
].
Les valeurs k cos( kπ
n+1
), pour k ∈ J1,nK (on évite 0 et π), sont distinctes (puisque le co-
sinus réalise une bijection de ]0,π[ sur ]− 1,1[, et donc les vecteurs Uω correspondantsforment une famille libre.
(b) La matrice A est donc diagonalisable et l’on a la matrice de passage P=(
sin(
i j πn+1
))1≤i, j≤n
et D = diag(. . . ,cos
(j π
n+1
). . .).
67
CCP Exercice 1
Soit x ∈ R, n ≥ 1, un(x) =ln(1+n2x2)n2 ln(1+n) et S =
∞
∑n=1
un.
1. Le domaine de définition de S est le domaine de convergence simple de la série.⋄ Si x = 0, un(0) = 0, la série nulle converge.⋄ Si x = 0,
un(x) =ln(1+n2x2)
n2 ln(1+n)∼=
ln(n2x2)
n2 ln(n)=
2ln(n)+ lnx2
n2 ln(n)∼=
2n2 .
Par comparaison (séries à termes positifs) la série converge.Le domaine de définition de S est R (de plus la fonction, c’est évident, est paire).
2. Soit [a,b] avec a > 0.⋄ La fonction un est C1 sur cet intervalle.
De plus u′n(x) = 2 x(1+x2n2) ln(1+n)
.
⋄ La série converge simplement sur cet intervalle, on l’a vu.⋄ Sur [a,b] ∥un∥∞ ≤ 2 b
(1+a2n2) ln(1+n)∼= 2 b
(a2n2) ln(n)= o
(1n2
)donc la série converge nor-
malement sur cet intervalle.Par transfert elle est C1 sur tout intervalle [a,b] avec a > 0, donc elle est C1 sur R∗
+, et surR∗ par parité.
Exercice 2Soit E = Rn[X ]. Si P ∈ E, u(P) = XnP
( 1X
).
1. On vérifie facilement la linéarité. La fraction P( 1
X
)est un polynôme en 1
X comme on re-multiple par Xn on obtient bien un polynôme et son degré est n (le coefficient dominantvient du coefficient de plus bas degré de P).
2. On voit que u2 = Id, donc u est annulé par un polynôme scindé simple et par conséquentu est diagonalisable sur R.
3. Les vecteurs propres de u sont associés aux valeurs propres 1 et −1, ce sont les poly-nômes symétriques (quant à leur coefficients) ou anti-symériques.
CCP Exercice 1 (préparé) On pose : f (x) =∞
∑n=1
x√n(1+nx2)
.
1. Si x = 0 la série diverge grossièrement.Sinon un(x)∼= 1
n32
, et il y a convergence simple sur R∗.
Donc D f = R∗.2. Théorème de Leibniz comme pour la planche qui précède.
On a u′n(x) =− −1+nx2√
n(1+nx2)2 ,
Pour tout n, ∥un∥[a,b]∞ ≤ 1+nb2
√n(1+na2)
2∼= O
(1
n32
)donc convergence normale de la dérivée
sur tout segment, etc.
Exercice 2 (préparé) Soit A la matrice qui n’a que des 0 sauf sur les petites diagonales supé-rieure et inférieure où le coefficient vaut 1.
1. On a A2 =
1 0 1 0 0
0 2 0 1 0
1 0 2 0 1
0 1 0 2 0
0 0 1 0 1
.
68
En regroupant astucieusement les colonnes (par exemple les colonnes impaires donne0 valeur propre). Les paires donnent 1 et 3 comme valeurs propres. La combinaisonC1 −C2 +C4 −C5 redonne 1. On obtient la dernière valeur 3 de nouveau, grâce à latrace.
Donc A2 est diagonalisable, semblable à D =
3 0 0 0 0
0 3 0 0 0
0 0 0 0 0
0 0 0 1 0
0 0 0 0 1
la matrice de passage
étant P =
1 0 1 0 −1
0 1 0 −1 0
2 0 −1 0 0
0 1 0 1 0
1 0 1 0 1
.
2. Voir exercice 43 de la feuille 8.On a un polynôme annulateur R scindé simple pour le carré de A donc R(X2) annuleaussi A. Sur R il est scindé (car les valeurs propres trouvées étaient toutes positives),mais hélas il n’est pas simple.
On a l’idée de calculer (A2 − I)(A2 − 3I) =
1 0 −1 0 1
0 0 0 0 0
−1 0 1 0 −1
0 0 0 0 0
1 0 −1 0 1
et l’on trouve une
matrice de rang 1 dont toutes les colonnes sont dans le noyau de A.La matrice A est donc diagonalisable.
Mines Exercice 1 (préparé) : voir exercice 2 de la planche VI page ??.
Exercice 2 (sans préparation) : Si n = 3, par Sarrus, det
0 a b
a 0 a
b a 0
= 2a2b ; donc la matrice
est inversible si et seulement si a et b sont tous les deux non nuls.Si n = 4 un développement par rapport à la première colonne par exemple, donne
det
0 a 0 b
a 0 a 0
0 a 0 a
b 0 a 0
= a2 (a−b)2 qui est inversible si et seulement si a n’est pas nul et b = a.
Voilà les premiers déterminants :
[2a2b,a2 (a−b)2 ,2a4b,−(b+a)2 a4,2ba6,(a−b)2 a6,2ba8,−(b+a)2 a8].
Il reste à mettre en place une récurrence.
CCP Exercice 1
1. Schur. . .69
2. Clairement E =V ect(
I2,U)
(avec U =
(0 1−1 0
)est un plan vectoriel. Le calcul montre
que ces deux matrices sont orthogonales et de même norme√
2.Donc l’orthogonal de E est le plan défini par l’intersection des deux hyperplans U⊥ etI ⊥ dont les équations sont x+ t = 0 et y− z = 0.
On a donc E⊥ = V ect(( 1 0
0 −1
),
(0 11 0
))qui sont orthogonaux et de norme
√2.
3. La matrice J =
(1 11 1
)se décompose comme J1 + J2 =
[a b
−b a
]+
[c d
d −c
]sur la
somme E ⊕E⊥. E⊥. On trouve a = d = 1 et b = c = 0.La distance de J à E⊥ est la longueur de J1 soit
√2.
Exercice 2
1. On a, pour tout n,
0 ≤ un =∫ 1
0
xn
1+ x+ . . .+ xn dx ≤∫ 1
0
xn
1dx =
1n+1
7→ 0.
2.xn
1+ x+ . . .+ xn =xn(1− x)1− xn+1 =
xn
1− xn+1 −xn+1
1− xn+1 .
Etxn
1− xn+1 = xn∞
∑p=0
x(n+1)p =∞
∑p=0
x(n+1)(p+1)−1
xn+1
1− xn+1 = xn+1∞
∑p=0
x(n+1)p =∞
∑p=0
x(n+1)(p+1)
xn
1+ x+ . . .+ xn =∞
∑p=0
x(n+1)(p+1)−1(1− x)
Après avoir montré que l’intégration terme à terme était possible sur ]0,1[ (par Fubini,puisque la série 1
(n+1)(p+1)((n+1)(p+1)+1) converge)
un =∞
∑p=0
1(n+1)(p+1)((n+1)(p+1)+1)
0 ≤ un ≤∞
∑p=0
1(n+1)(p+1)2 =
1(n+1)2
∞
∑p=0
1(p+1)2
qui est un O(
1n2
)donc le terme général d’une série convergente.
Mines Exercice 1
1. Par récurrence si a2nannule P son carré
(a2n)2
= a2n+1le fait aussi, etc.
2. La suite |a|2nest strictement croissante ou strictement décroissante si |a| > 1 ou |a| ∈
]0,1[. Ces deux éventualités sont impossibles, car le nombre de racines doit être fini.Finalement a = 0 ou |a|= 1.
3. Soit b une racine de P telle que |b+1|> 1 (resp. < 1) en étant maximale (resp. minimale),on sait alors que b+1 annule P(X −1) donc (b+1)2 annule P. Or |b+1|2 > |b+1| (resp.<) ce qui nie l’hypothèse de maximalité.Finalement a =−1 ou |a+1|= 1.
70
4. On vient de trouver deux conditions nécessaires que l’on peut associer, pour détermi-ner les racines de P.⋄ a = 0 et |a+1|= 1 est possible 6
⋄ De même a =−1 et |a|= 1 est possible.⋄ Le cas |a| = 1 et |a+1| = 1 correspond à rechercher l’intersection du cercle unité
avec le cercle de centre −1 qui passe par l’origine. Avec l’aide d’un dessin on trouvecomme intersection les images des complexes j et j2.
Finalement la forme nécessaire du polynôme P est P(X) = λXα(X +1)β(X − j)ϕ(X − j2)ψ.
Synthèse :Les polynômes qui ont cette forme sont solutions si et seulement si
P(X2)= λX2α(X2+1)β(X2− j)ϕ(X2− j2)ψ = λXα(X+1)β(X− j)ϕ(X− j2)ψλ(X−1)α(X)β(X−1− j)ϕ(X−1− j2)ψ.
Le facteur de proportionnalité fait donc 1 et (par unicité de la décomposition en mo-nômes du premier degré dans C[X ]) on a α = β = 0
(X2 − j4)ϕ(X − j)ψ(X + j)ψ = (X − j)ϕ(X − j2)ψ(X + j2)ϕ(X + j)ψ.
(X − j2)ϕ(X − j)ψ(X + j)ψ = (X − j)ϕ(X − j2)ψ(X + j)ψ.
On trouve finalement que ϕ = ψ et comme solution tous les polynômes de la forme(X2 +X +1)ϕ
Exercice 2⋄ Si b ∈]0,1[, an
1+bn∼= an terme général d’une série convergente si et seulement si a ∈]0,1[,
grossièrement divergente si a ∈ [1,∞[.⋄ Si b = 1, on a an
1+bn =an
2 et l’on se retrouve dans le premier cas.⋄ Si b > 1, an
1+bn∼= an
bn =(a
b
)n et il y a convergence si et seulement si ab < 1, c’est-à-dire si
et seulement si a < b.Dessiné pour (b,a) ∈]0,∞[2 le domaine de convergence trouvé est le suivant
Discuter la convergence de la série de terme général an
1+bn en fonction des valeurs de aet b donnés strictement positifs.
Centrale Centrale 1
6. le premier cas a = 0 et a = 1 n’arrive évidemment pas.
71
1. Voir le cours :
p(x) =p
∑k=1
< x , ek > ek.
2. L’application P 7→ (X3 −X)P′(X)−XP(X) est un endomorphisme de R[X ] ; l’application
f 7→∫ 1
0f (t)dt est une forme linéaire sur l’espace des fonctions continues, donc a fortiori
une forme linéaire sur R[X ].La composée des deux est donc une forme linéaire sur R[X ], et donc aussi sur E.Le noyau de cette forme est justement F .Pour calculer la distance à ce sous-espace de dimension finie (c’est un hyperplan doncde dimension 3) on applique le théorème de la projection . . . .
En intégrant par parties∫ 1
0(t3 − t)P′(t)dt =−
∫ 1
0
(3 t2 −1
)P(t)dt si bien que
P ∈ F ⇐⇒∫ 1
0
(3 t2 + t −1
)P(t)dt
etF = V ect
(3 t2 + t −1
)⊥Comme la norme de R= 3 t2+t−1 est 7
30
√30, une base orthonormée de F⊥ est
√307 (3 t2+
t −1) et le projeté orthogonal de Q sur F⊥ est
π =< Q ,
√307
R >
√307
(3 t2 + t −1) =4120
307(3 t2 + t −1) =
12314
R
Donc d(Q,F) = ∥π∥= 4120
√30.
Centrale 2
1. Cours ]1,∞[.
2. Comme nz = exp(
lnn(ℜ(z)+ iIm(z)))|nz|= exp
(lnn(ℜ(z))
)= nℜ(z).
La série ∑ 1nz est absolument convergente si et seulement si ℜ(z)> 1.
3. Pour calculer N, il faut une majoration du reste (après calculs . . .)
∞
∑n=N+1
1n3 ≤
∫ +∞
N
1t3 dt =
12N2
et par le calcul on trouve N = 224. Il reste à sommer en Python ce qui est simple.
4. Pour calculer la représentation graphique de f sur [1.1,5], par exemple, on crée unefonction qui généralise la question précédente pour obtenir une valeur approchée uti-lisable.
∞
∑n=N+1
1nx ≤
∫ +∞
N
1tx dt =
1(x−1)Nx−1
def rg(x,epsilon):N=1while( 1/(x-1)/N**(x-1)>epsilon):
N+=1return N
72
def somme(N,x):s=0for n in range(1,N+1):
s+=1/n**xreturn(s)
def approx_f(x,epsilon):return(somme(rg(x,epsilon),x))
def Trace(a,b,epsilon):global fx=np.linspace(a,b,10)y=[approx_f(x[i],epsilon) for i in range(10)]plt.plot(x,y)plt.show()
Trace(1.6,5,10**(-3))
1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0 4.5 5.01.0
1.2
1.4
1.6
1.8
2.0
2.2
2.4
5. Pour la majoration du reste, on majore par le module ce qui permet d’utiliser ce qui aété fait précédemment pour les réels.
z1=complex(3,2)
def rgc(z,epsilon):x=z.realreturn rg(x,epsilon)
def sommec(N,z):s=complex(0,0)for n in range(1,N+1):
s+=1/n**zreturn(s)
73
print(somme(rgc(z1,10**(-5)),z1))
74
![FARM 2219 : Pharmacologie spéciale · Metabolisme hépatique du paracétamol et toxicité ... HN COCH3 OH HN COCH3 OH SG N COCH3 O O O ... (salbutamol = exception [voir dia suivante])](https://static.fdocument.org/doc/165x107/5c81865109d3f263728c62b5/farm-2219-pharmacologie-spe-metabolisme-hepatique-du-paracetamol-et-toxicite.jpg)
