Centrales Sup-Cpge

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fr] dit le 16 octobre 2015
Enoncs
Exercice 1 [ 02357 ] [Correction]

Soit E un ensemble de cardinal
n, R une relation
dquivalence sur E ayant k
classes dquivalence et G = (x, y) E 2 /xRy le graphe de R suppos de
cardinal p. Prouver quon a n2 6 kp.
Exercice 7
a) Soit
1
[ 00319 ]
[Correction]
un =
np
X
1
n+k
k=1

Soit A la somme des chiffres de 44444444 , B celle de A et enfin C celle de B. Que
vaut C ?
o p N? est fix. Montrer que la suite (un ) converge. Sa limite sera note ` (on
ne demande pas ici de la calculer)
b) Soit f : R+ C de classe C 1 et telle que f (0) = 0. Soit
vn =

np
X
f
k=1

Soient a, b C. Montrer
|a| + |b| 6 |a + b| + |a b|
1
n+k
Montrer que (vn ) converge. Exprimer sa limite en fonction de `.

c) Calculer ` en utilisant f (x) = ln(1 + x).
d) Si f de R+ dans C est continue et vrifie f (0) = 0, montrer quil peut y avoir
divergence de la suite (vn ).
et prciser les cas dgalit.
Exercice 4
Montrer que
[ 02472 ]

Soient K un rel strictement suprieur 1 et (n ) une suite de rels positifs
convergeant vers 0. Soit (un ) une suite de rels de [0, 1] vrifiant
[Correction]
r !1/3
2 41 5
+
+
3 81 3
r !1/3
2 41 5
3 81 3
n N, 0 6 un+1 6
un + n
K
La suite (un ) converge-t-elle vers 0 ?
est un rationnel. On conseille deffectuer les calculs par ordinateur.
Exercice 5
[ 02475 ]

La fonction t 7 sin 1t si t > 0 et 0 si t = 0 est-elle continue par morceaux sur
[0, 1] ?
[Correction]
Si n est un entier > 2, le rationnel Hn =
n
P
k=1
1
k
peut-il tre entier ?

Exercice 10
Soit
Exercice 6
Montrer que
[ 02531 ]
[ 02444 ]
[Correction]
Z
[Correction]
x2
f (x) =
x
s
sin

5
5 5
8
dt
ln t
a) Calculer les limites de f en 0+ et +, la limite en + de f (x)/x et montrer

que f (x) tend vers ln 2 quand x tend vers 1.
b) Montrer que f est de classe C sur R+? mais quelle ne lest pas sur R+ .
c) Etudier les variations de f et tracer sa courbe reprsentative.
Diffusion autorise titre entirement gratuit uniquement - dD
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Q(ei )ei d
Q(t) dt = i
1

a) Etudier les variations de la fonction x 7 3x2 2x3 .
b) Soit f : [0, 1] R continue. Montrer

Dmontrer que, pour tout Q R [X],
Z
Enoncs
3/2
2
[ 02436 ]
f (3x2 2x3 ) dx
f (3x 2x ) dx = 2
1/2
Exercice 12
Calculer
[Correction]

arcsin
2t
1 + t2

Montrer que lquation xn + x2 1 = 0 admet une unique racine relle strictement
positive pour n > 1. On la note xn . Dterminer la limite ` de la suite (xn ) puis un
quivalent de xn `.

dt

Soit f continue de R dans R telle que
(x, y) R2 , f (x) f (y) =
2y+x
f (t) dt
2x+y
Montrer que f est de classe C 1 et dterminer f .

a) Soit f C ([0, 1] , R). Etablir
Z
Z

f (sin t) dt
tf (sin t) dt =
2 0
0
b) En dduire la valeur de
Z
In =
0
2n
x sin (x)
dx
sin2n (x) + cos2n (x)

[Ingalit de Poincar]
Soit f C 1 ([0, 1] , R) avec f (0) = 0.
a) Montrer que
Z
Z 1
1 1 0 2
f (t)2 dt 6
f (t) dt
2 0
0

Pour tout entier n > 2, on considre lquation (En ) : xn = x + 1 dont linconnue
est x > 0.
a) Montrer lexistence et lunicit de xn solution de (En ).
b) Montrer que (xn ) tend vers 1.
c) Montrer que (xn ) admet un dveloppement limit tout ordre. Donner les trois
premiers termes de ce dveloppement limit.

Pour n > 2, on considre le polynme
Pn = X n nX + 1
a) Montrer que Pn admet exactement une racine relle entre 0 et 1, note xn .
b) Dterminer la limite de xn lorsque n +.
c) Donner un quivalent de (xn ) puis le deuxime terme du dveloppement
asymptotique xn .

Dveloppement asymptotique trois termes de :
un =
n
X
k=1
sin
k
n2
b) Si f (1) = 0, amliorer lingalit obtenue en a).

Enoncs

1/x
Soit f (x) = (cos x)
et (C) le graphe de f .
a) Montrer lexistence dune suite (xn ) vrifiant :
i) (xn ) est croissante positive.
ii) la tangente (C) en (xn , f (xn )) passe par O.
b) Dterminer un dveloppement asymptotique 2 termes de (xn ).

Pour n N? , on dsigne par N le nombre de diviseurs positifs de n et par P leur
produit. Quelle relation existe-t-il entre n, N et P ?
Soit P Z [X] et a, b deuxentiers relatifs avec b > 0 et b irrationnel.

a) Exemple : montrer que 6 est
irrationnel.
b) Quelle est la forme
de (a + b)n ?
c) Montrer que si a +
b est racine de P alors a b aussi.
d) On suppose que a + b est racine double de P . Montrer que P = RQ2 avec R
et Q dans Z [X].

Soient A(1, 0) et B(0, 1). Les points M0 (x0 , y0 ) et M1 (x1 , y1 ) sont donns.
On construit le point P0 par les conditions :
- les droites (P0 M0 ) et (Ox) sont parallles ;
- P0 (AB).
On construit le point Q0 par les conditions :
- les droites (P0 Q0 ) et (M1 B) sont parallles ;
- Q0 (AM1 ).
Soit le point M2 (x2 , y2 ) tel que le quadrilatre (M0 P0 Q0 M2 ) soit un
paralllogramme.
On pose
M2 = M0 ? M 1
a) Dmontrer
x2
y2
!
=
x0 + x1 y0
y0 y1
b) Dmontrer que la loi ? est associative, admet un lment neutre et que, si

y0 6= 0, le point M0 admet un inverse.
c) On dfinit une suite de points (Mn )nN par la donne de M0 , de M1 et de la
relation de rcurrence valable pour tout entier n > 2
Mn = Mn1 ? Mn2

On suppose que n est un entier 2 tel que 2n 1 est premier.
Montrer que n est nombre premier.

On note P lensemble des nombres premiers. Pour tout entier n > 0, on note
vp (n) lexposant de p dans la dcomposition de n en facteurs premiers. On note
bxc la partie entire de x. On note (x) le nombre de nombres premiers au plus
gaux x.
+
Pjnk
.
a) Montrer que vp (n!) =
pk
! k=1
ln(2n)
2n
Q
b) Montrer que
divise
p ln p .
n
pP;p62n
!
2n
c) Montrer que
6 (2n)(2n) .
n
d) Montrer que lnxx = O((x)) quand x +
Dterminer yn en fonction de y0 et de y1 .

Trouver les P C [X] vrifiant
P (X 2 ) = P (X)P (X + 1)

Soit P R [X]. Montrer quil y a quivalence entre
(i) x R, P (x) > 0 ;
2
(ii) (A, B) R [X] , P = A2 + B 2 .
Exercice 29
On pose
[ 03269 ]
[Correction]
f (x) =
1
cos x
Enoncs
Dmontrer lexistence dun polynme Pn de degr n et coefficients positifs ou

nul vrifiant
Pn (sin x)
n > 1, f (n) (x) =
(cos x)n+1
Prciser P1 , P2 , P3 et calculer Pn (1).
sont de la forme xk = cot2 k . Dterminer les k .

Soit P = X 3 + aX 2 + bX + c un polynme complexe de racines , , . Calculer
+
+
+
+ +
x2 + y 2 + z 2
2

k=1
P 0 (xk )
=0

Soient K un sous-corps de C, E un K-espace vectoriel de dimension finie, F1 et F2
deux sous-espaces vectoriels de E.
a) On suppose dim F1 = dim F2 . Montrer quil existe G sous-espace vectoriel de E
tel que F1 G = F2 G = E.
b) On suppose que dim F1 6 dim F2 . Montrer quil existe G1 et G2 sous-espaces
vectoriels de E tels que F1 G1 = F2 G2 = E et G2 G1 .

Soit f L(R6 ) tel que rgf 2 = 3. Quels sont les rangs possibles pour f ?
x+y+z =0

n
X
P 00 (xk )

Soient p, q deux projecteurs dun K-espace vectoriel E.
1. Montrer que p + q est un projecteur si, et seulement si, p q = q p =
0.
2. Prciser alors Im(p + q) et ker(p + q).

x, y, z dsignent trois complexes vrifiant
x5 + y 5 + z 5
=
5

Soit F C(X) telle que, pour tout n N non ple de F , F (n) Q.
Montrer que F Q(X).
Soit P Rn [X] scind racines simples (x1 , . . . , xn ). Montrer

a) Soit n N. Exprimer sin ((2n + 1)) en fonction de sin et cos .
b) En dduire que les racines du polynme :
!
n
X
2n + 1
p
(1)
X np
P (X) =
2p
+
1
p=0
Etablir
x3 + y 3 + z 3
3

a) Dterminer trois lments a, b, c de C, non tous rels, tels que a + b + c,
a2 + b2 + c2 et a3 + b3 + c3 soient trois rels.
b) Montrer que, si a, b, c sont trois lments de C de modules diffrents et si
a + b + c R, a2 + b2 + c2 R et a3 + b3 + c3 R, alors a,b et c sont trois rels.
Enonc fourni par le concours CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA

Soit T Mn (R) une matrice triangulaire suprieure.
Montrer que T commute avec sa transpose si, et seulement si, la matrice T est
diagonale.

Soit M une matrice carre de taille n coefficients dans K sous-corps de C.
Montrer que si trM = 0, il existe deux matrices A et B telles que
M = AB BA
Enoncs

Quels sont les f L(Rn ) telles que f (Zn ) = Zn ?

Soient K = R ou C et H une partie non vide et finie de GLn (K) stable par
multiplication.
a) Soit M H. Montrer que k N? 7 M k H nest pas injective.
En dduire que H est un sous-groupe de GLn (K).
Soient
1 X
M
q = |H| et P =
q

a) Soient A, B Mn (R). Montrer que

A
det
B
B
A
>0
b) Soient A, B Mn (R) telles que AB = BA. Montrer que det(A2 + B 2 ) > 0.

c) Trouver un contre-exemple b) si A et B ne commutent pas.
d) Soient A, B, C, D Mn (R) telles que AC = CA. Montrer que

A B
det
= det(AD CB)
C D
M H
b) Montrer, si M H, que M P = P M = P . En dduire P 2 = P .

c) Trouver un supplmentaire, dans Mn,1 (K), stable par tous les lments de H,
de
\
ker(M In )
Exercice 46
[Correction]
Soit 1 , . . . , n C distincts et P (X) =

P (X)

X1
1

(X) =
..

.

n2
1
d) Montrer que
trM qN
M H
Que dire si cette somme est nulle ?

Soient B Mn (R) et


Soit f un endomorphisme du R-espace vectoriel C.
a) Montrer quil existe duniques complexes a, b tels que
n
Q
(X i ). Calculer :
i=1
M H
[ 02386 ]
A=
In
B
P (X)
X2
1
..
.
n2
2
B
In
P (X)
Xn
n2
n
1
..
.

M2n (R)
a) A quelle condition la matrice A est-elle inversible ?

b) Donner son inverse quand cela est possible.
z C, f (z) = az + b
z
b) Exprimer en fonction de a et b le dterminant de f .
Exercice 44
Calculer
[Correction]

1 a1

1 a2

Dk = .
..
..
.

1 a
[ 02385 ]
a1k1
ak1
2
..
.
ak+1
1
ak+1
2
..
.
ak1
n
ak+1
n
an1
an2
..
.
ann

Soit A = (ai,j )16i,j6n On (R).
a) Montrer
X
|ai,j | 6 n n
16i,j6n
b) Montrer

X

ai,j 6 n

16i,j6n

Enoncs
c) Peut-on avoir simultanment :

X

ai,j = n ?
|ai,j | = n n et
16i,j6n

16i,j6n

Soit (E, h | i) un espace euclidien non nul et u L(E) tel que tr(u) = 0.
a) Montrer quil existe x E\ {0} tel que hu(x) | xi = 0.
b) Montrer quil existe une base orthonorme de E dans laquelle la matrice de u
est diagonale nulle.

Soit E un ensemble fini de cardinal n. Calculer :
X
X
CardX,
Card(X Y ) et
XE
X,Y E
Card(X Y )
X,Y E
Corrections
Corrections
Exercice 1 : [nonc]
Notons n1 , . . . , nk les cardinaux respectifs des k classes dquivalence de R. Dune
part n = n1 + + nk , dautre part p = n21 + + n2k . Par lingalit de
Cauchy-Schwarz : (n1 + + nk )2 6 k(n21 + + n2k ).
Exercice 2 : [nonc]
Posons x = 44444444 , 4444 = 7 [9], 73 = 1 [9] donc 44444444 = 7 [9].
x < 1054444 donc A 6 9 5 4444 = 199980, B 6 9 5 + 1 = 46 puis
C 6 4 + 9 = 13.
Or C = B = A = x [9] donc C = 7
Exercice 3 : [nonc]
Si a = 0, lingalit est vraie avec galit si, et seulement si, b = 0.
Si a 6= 0, lingalit revient
1 + |u| 6 |1 + u| + |1 u|
Dans lexpression obtenue, on peut faire apparatre x par factorisation du terme

1/3
1/3
41
41
2
2
+
15
15
3 243
3 243
Simplifions ce terme
simplify((2/3+41/243*sqrt(15))(1/3)*
(2/3-41/243*sqrt(15))(1/3), assume=positive);
On obtient
1/3
1/3
1
486 123 15
486 + 123 15
81
Dveloppons selon (a b)(a + b) = a2 b2
(4862-1232*15)(1/3);
donne 9261. Enfin
ifactor(9261);
permet de conclure que
1/3
1/3

41
2
41
7
2
+
15
15
=
3 243
3 243
27
Ainsi x est solution de lquation
x3 =
avec u = b/a. En crivant u = x + iy,

2
(1 + |u|) = 1 + 2
En factorisant le polynme sous-jacent

factor(x3-7/9*x-4/3);
on obtient
(3x 4)(3x2 + 4x + 3) = 0
Puisque 3x2 + 4x + 3 > 0, on peut conclure
p
x2 + y 2 + x2 + y 2
6 2 + 2(x2 + y 2 )
2
4 7
+ x
3 9
= |1 + u| + |1 u|
6 (|1 + u| + |1 u|)

avec galit si, et seulement si, x2 + y 2 = 1 et 1 u2 = 0 soit u = 1 ce qui
revient a = b.
Exercice 4 : [nonc]
On dfinit le nombre x tudi
x:=(2/3+41/81*sqrt(5/3))(1/3)+(2/3-41/81*sqrt(5/3))(1/3);
Attention dfinir les racines cubiques par des exposants 1/3 avec parenthses.
On peut commencer par estimer la valeur cherche
evalf(x);
Nous allons chercher liminer les racines cubiques. Pour cela on calcule x3
expand(x3);
x = 4/3
Exercice 5 : [nonc]
Le calcul des premiers termes de la suite (Hn )n>2 permet de conjecturer que Hn
est le rapport dun entier impair par un entier pair. Ceci assurera Hn
/ Z.
Dmontrons la proprit conjecture par rcurrence forte.
Pour n = 2, cest immdiat.
Supposons la proprit tablie jusquau rang n 1 > 2.
Cas n impair.
On peut crire n = 2k + 1 et puisque par hypothse de rcurrence Hn1 scrit
(2p + 1)/2q, on obtient Hn = Hn1 + 1/n gale au rapport dun entier impair par
un entier pair.
Corrections
Cas n est pair.

On peut crire n = 2k avec k > 2 puis
Hn =
1
1
1
Hk + 1 + + +
2
3
2k 1
Par hypothse de rcurrence, Hk est le rapport dun entier impair par un entier
pair, donc 21 Hk aussi.
De plus, comme entrevu dans ltude du cas prcdent, lajout de linverse dun
entier impair conserve la proprit.
Ainsi Hn est le rapport dun entier impair par un entier pair.
Rcurrence tablie.
Exercice 6 : [nonc]
Puisque la somme des racines 5-ime de lunit, en considrant la partie relle, on
obtient
4
2
+ 2 cos
=0
1 + 2 cos
5
5
Sachant cos 2a = 2 cos2 a 1, on obtient que cos(2/5) est solution positive de
lquation
4r2 + 2r 1 = 0
et donc
cos
2
=
5
=
5
b) Commenons par le cas o f 0 (0) = 0.

Soit > 0, il existe > 0 tel que pour tout x [0, ] on ait |f 0 (x)| 6 et par
lingalit des accroissements finis, on obtient
x [0, ] , |f (x)| 6 |x|
On a alors
|vn | =
51
4
k=1
et donc
vn un f 0 (0) 0
n+
et finalement vn `f (0).
c) Pour f (x) = ln(1 + x),
np
X
ln(n + k + 1) ln(n + k) = ln(n(p + 1) + 1) ln(n + 1) ln(p + 1)
k=1
On conclut ` = ln(p
+ 1).
d) Pour f (x) = x,
51
4
vn =
np
X
1
np
>p
+
n+k
(n + 1)p
5 5
=
5
8
et enfin la formule propose puisque sin(/5) > 0.
sin2
Exercice 7 : [nonc]
a) La suite (un ) est croissante car
1
1
1
un+1 un =
+ +
>0
n(p + 1) + 1
(n + 1)(p + 1) n + 1
et un 6
6 p
n+k
et donc vn 0.
Pour le cas gnral, il suffit dintroduire g(x) = f (x) xf 0 (0). Puisque g 0 (0) = 0,
on a

np
X
1
g
0
n + k n+
k=1
puis
np
X
k=1
vn =
Or cos 2a = 1 2 sin2 a donc

1 2 sin2
np
n+1
6 p donc (un ) converge vers une limite `.
Exercice 8 : [nonc]
Montrons que la suite (un ) converge vers 0 par lepsilontique. . .
Soit > 0. Puisque la suite (n ) converge vers 0, il existe un rang N N pour
lequel
n > N, 0 6 n 6
et alors pour tout n > N
0 6 un+1 6
On en dduit
0 6 un+2 6
un +
K
un
+ 2+
2
K
K
K
Corrections
et par rcurrence
p N, 0 6 un+p 6
p
X
un
+
K p i=1 K i
La suite (un ) est majore par 1 et on peut encore crire

1
1 (1/K)p
1
+
6 p+
Kp
K 1 1/K
K
K 1
p N, 0 6 un+p 6
Pour p assez grand, on a 1/K p 6 et alors

0 6 un+p 6 +
=
K 1
b) On introduit H primitive de t 7 1/ln t et on dmontre que f est de classe C 1
sur ]0, 1[ ]1, +[ avec f 0 (x) = x1

ln x . Cette drive tant de classe C , on conclut
que f est C sur ]0, 1[ ]1, +[. On prolonge f par continuit en 1 en posant
f (1) = ln 2 et puisque f 0 (x) 1, la fonction f est de classe C 1 sur ]0, +[ avec
x1
f 0 (1) = 1. Par dveloppement en srie entire h 7 ln(1+h)

est C au voisinage de
h
ln x
0 donc x 7 x1 est C au voisinage de 1 et par passage linverse x 7 f 0 (x) est

C au voisinage de 1. Finalement f est C sur ]0, +[. Le calcul de f 00 (x)
permet de justifier que f 00 na pas de limite finie en 0 et donc f ne peut tre
prolonge en une fonction de classe C au voisinage de 0.
c) f est croissante, convexe, branche parabolique verticale en +, tangente
horizontale en lorigine.
avec une constante strictement positive ce qui permet de conclure.
Exercice 9 : [nonc]
Cette fonction na pas de limite en 0, elle nest donc pas continue par morceaux.
Exercice 10 : [nonc]
a) La fonction f est dfinie sur ]0, 1[ ]1, +[ car pour chaque x dans ce
domaine, la fonction t 7 1/ln t est dfinie et continue sur le segment dextrmits

x et x2 car 1 ny appartient pas. Pour x ]0, 1[, on a pour tout t x2 , x ,
2 ln x 6 ln t 6 ln x puis par encadrement dintgrales
Par linarit de lintgrale, il suffit de vrifier la relation pour Q = X n avec n N.
Dune part

1
Z 1
1 (1)n+1
1 n+1
Q(t) dt =
t
=
n+1
n+1
1
1
et dautre part
Z
0
Z
Q(t) dt = 0 = i
et donc f (x)
0.
+
x0
Lencadrement est identique pour x > 1 ce qui permet daffirmer

f (x) + et f (x)/x +.
x+
x2
f (x) =
x
t
dt
t ln t
et par encadrement du t du numrateur par x et x2 , on obtient f (x) encadr par

xI(x) et x2 I(x) avec
Z
x2
I(x) =
x
Si n est pair alors

Z 1
Q(t) dt =
On peut aussi crire

=
0
ei(n+1) 1
i(n + 1)
Si n est impair alors
x2 x
x2 x
6 f (x) 6
2 ln x
ln x
x+
1
ei(n+1)
Q(e )e d =
i(n + 1)
i
Q(ei )ei d
2
et
n+1
Z
0
Q(ei )ei d =
2
i(n + 1)
et la relation voulue est encore vrifie.

Une alternative plus courte, mais moins lmentaire consister exploiter que la
forme diffrentielle
(x, y) = Q(z) dz = Q(x + iy) (dx + i dy)
dt
x
= [ln |ln t|]x = ln 2
t ln t
2
est exacte et que donc son intgrale curviligne le long dun pourtour ferme est
nulle.
do f (x) ln 2.
x1

2t
On ralise le changement de variable t = tan x2 pour lequel sin x = 1+t
2.
On obtient

Z 3
Z 2/3

2t
1
2 x
arcsin
arcsin(sin
x)
1
+
tan
dt
=
dx
1 + t2
2
2
0
0
Corrections
10
Puisque la fonction F est de classe C 1 , on obtient que f est de classe C 1 et

f 0 (x) = f (2y + x) 2f (2x + y)
En drivant cette relation en la variable y, on obtient
0 = 2f 0 (2y + x) 2f 0 (2x + y)
On simplifie
arcsin(sin x) = x pour x [0, /2]
et donc
f 0 (2y + x) = f 0 (2x + y)
et
arcsin(sin x) = x pour x [/2, 2/3]
Enfin on calcule
/2
Z
0

x
dx
x 1 + tan2
2
par intgration par parties sachant

d
x
x
2 tan
= 1 + tan2
dx
2
2
ce qui donne
Z
/2
Z /2

h
x i/2
x
x
x 1 + tan2
dx = 2x tan
2 tan dx
2
2 0
2
0
puis
Z
0
/2

h
x
x i/2

x 1 + tan2
dx = + 4 ln cos
= 2 ln 2
2
2 0
Puisque pour tout (s, t) R2 , il existe (x, y) R2 vrifiant

(
2x + y = s
x + 2y = t
on peut affirmer que la fonction f 0 est constante.
On en dduit que la fonction f est affine.
Par le calcul, on vrifie que, parmi les fonctions affines, seule la fonction nulle
vrifie la relation propose.
a) Par le changement de variable u = t, on obtient
Z
Z
I=
tf (sin t) dt =
( u)f (sin u) du
0
et de mme
Z
2/3
( x) 1 + tan2
/2
Au final, on obtient
2
dx = + 2 ln 2
3
2t
1 + t2
dt =
3
Puisque continue, la fonction f admet une primitive F sur R et
2
(x, y) R , f (x) f (y) = F (2y + x) F (2x + y)

Pour y R fix, on obtient
f : x 7 f (y) + F (2y + x) F (2x + y)
et donc
Z
Z
( u)f (sin u) du =
tf (sin t) dt +
2I =
arcsin
x
f (sin u) du
0
puis lidentit propose.

b) En observant cos2n x = (1 sin2 x)n , on peut appliquer la relation prcdente
In =
2
Z
0
sin2n (x)
dx
sin (x) + cos2n (x)
2n
En coupant lintgrale en /2
"Z
#
Z
/2
sin2n (x)
sin2n (x)
In =
dx +
dx
2n
2n
2 0
sin2n (x) + cos2n (x)
/2 sin (x) + cos (x)
Corrections
11
En procdant au changement de variable y = x dans la seconde intgrale

Z /2
sin2n (x)
dx
In =
2n
sin (x) + cos2n (x)
0
et en sommant ces deux majorations, on obtient

Z
Z 1
1 1 0 2
f (t) dt
f (x)2 dx 6
8 0
0
Enfin, en procdant au changement de variable y = /2 x, on observe

Z /2
cos2n (x)
In =
dx
2n
sin (x) + cos2n (x)
0
a) Ltude des variations de : x 7 3x2 2x3 est facile et lon obtient
et on en dduit
"Z
/2
2In =
0
sin2n (x)
dx +
2n
sin (x) + cos2n (x)
Finalement
In =
a) Puisque f (0) = 0, on a
#
2
cos2n (x)
dx
=
2n
2
sin (x) + cos2n (x)
/2
Z
0
2
4
f (x)2 6 x
f (3x2 2x3 ) dx
1/2
x
0
1/2
f (t) dt
f 0 (t)2 dt 6 x
et
f 0 (t)2 dt
f (x)2 dx 6
Z
x

Z
1 1 0 2
f 0 (t)2 dt dx =
f (t) dt
2 0
b) En reprenant ce qui prcde

Z
1/2
2
f (x) dx 6
0
1/2
Z
x
1/2
0

=
1 1
+ sin 3t
2 2
f (t) dt
dx =
Sachant f (1) = 0, on a aussi de faon symtrique

Z 1
Z
1 1 0 2
f (x)2 dx 6
f (t) dt
8 1/2
1/2
1
8
Z
0
/2
=
x= 12 +sin t
3/2
1
f (3x 2x ) dx =
3
1/2
puis
Z
3/2
& 0

f
/2

1 1
+ sin 3t cos t dt
2 2
Par le changement de variable u = 3t,

Z
Z 1
1 1
u
1 /2
2
3
f
+ sin u cos du
f (3x 2x ) dx =
3 /2
2 2
3
0
0
x
1
+ sin t
2
3/2
Par lingalit de Cauchy-Schwarz

Z x 1/2 Z
|f (x)| 6
dt
et donc
1
1
b) On remarque
et
f 0 (t) dt
0
& 0 %
car il est connu que sin 3a = 3 sin a 4 sin3 a.

On a alors

Z 1
Z /6
1 1
+ sin 3t cos t dt
f (3x2 2x3 ) dx 1=
f
2 2
x= 2 +sin t /6
0
Z
f (x) =
x
1/2
(x) 1
1/2
f 0 (t)2 dt
3/2

f
3/2

1 1
u
+ sin u cos du
2 2
3
En dcoupant cette dernire intgrale en trois et en procdant aux changements

de variables affines v = u, v = u et v = u, on obtient

Z 3/2
Z
1 1
v+
v
v
1 /2
f (3x2 2x3 ) dx =
f
+ sin v
cos
+ cos + cos
dv
3 /2
2 2
3
3
3
1/2
Enfin, en dveloppant

Z 3/2
Z
2 /2
1 1
v
2
3
f (3x 2x ) dx =
f
+ sin v cos dv
3
2
2
3
1/2
/2
puis la relation demande.
Corrections
Posons fn (x) = xn + x2 1. Ltude de la fonction fn assure lexistence et lunicit
dune solution xn R+ lquation tudie. De plus, on observe que xn [0, 1].
Puisque 0 = fn+1 (xn+1 ) 6 fn (xn+1 ), on peut affirmer xn+1 > xn .
La suite (xn ) est croissante et majore donc converge vers un rel `.
Puisque pour tout n N, xn [0, 1], la limite ` [0, 1].
Si ` < 1 alors
0 6 xnn 6 `n 0
et la relation xnn + x2n 1 = 0 donne la limite `2 = 1 ce qui est absurde.
On conclut que ` = 1.
Posons un = 1 xn ,
On a
(1 un )n = un (2 un )
donc
c) On a
xn = x + 1 n ln x = ln(x + 1) g(x) =
avec
g(x) =
nun ln un puis ln n + ln un ln( ln un )
ln x
ln(x + 1)
g 1 (x) = a + bx + cx2 + o(x2 )

a = g 1 (0) = 1. g(g 1 (x)) = x donc
ln(1 + bx + cx2 + o(x2 )) = x ln(2 + bx + o(x2 ))
puis

b2
b
bx + c
x2 + o(x2 ) = ln(2)x + x2 + o(x2 )
2
2
or
ln( ln un ) = o(ln un )
1
n
dfinie sur [1, +[. La fonction g est de classe C , g 0 (x) > 0 donc g ralise une
bijection de [1, +[ vers [0, 1[, de plus (puisque g 0 (x) 6= 0) g 1 est aussi de classe
C et donc g 1 admet un DLn (0) pour tout n N et donc xn = g 1 (1/n) admet
un dveloppement limit tout ordre.
Formons ses trois premiers termes
n ln(1 un ) = ln un + ln(2 un )
do
12
donc
(1 + ln(2)) ln(2)
2

ln 2 (1 + ln(2)) ln 2
1
xn = 1 +
+
+o
n
2n2
n2
b = ln 2 et c =
donc
ln un ln n
puis
un
ln n
n
et enfin
xn 1
ln n
n
Finalement
a) La fonction x 7 Pn (x) est strictement dcroissante sur [0, 1] car
Pn0 (x) = n(xn1 1)
a) Il suffit dtudier fn : x 7 xn (x + 1).
b) fn (1) 6 0 donc xn > 1. De plus
fn+1 (xn ) = xn+1
(xn + 1) = (xn 1)(xn + 1) > 0
n
donc xn+1 6 xn . La suite (xn ) est dcroissante et minore par 1 donc elle
converge vers ` > 1.
Si ` > 1 alors xnn > `n + or xnn = xn + 1 ` + 1. Ce qui est impossible et il
reste ` = 1.
est strictement ngatif sauf pour x = 1.

La fonction continue Pn ralise donc une bijection strictement dcroissante de
[0, 1] vers [Pn (1), Pn (0)] = [2 n, 1].
On en dduit lexistence et lunicit de la solution xn lquation Pn (x) = 0.
b) Puisque xn [0, 1], on a xn+1
6 xnn puis
n
Pn+1 (xn ) = xn+1
(n + 1)xn + 1 6 Pn (xn ) = 0
n
Ainsi Pn+1 (xn ) 6 Pn+1 (xn+1 ) et donc xn+1 6 xn car la fonction Pn+1 est
strictement dcroissante.
Corrections
La suite (xn ) est dcroissante et minore, elle converge donc vers un rel ` [0, 1].
Si ` > 0 alors
Pn (xn ) = xnn nxn + 1
ce qui est absurde. On conclut ` = 0.
c) On a
1
xnn
0
= xn1
nxn
n n
Ecrivons ensuite
xn =
k=1
avec
1 X k5
1 1
|Mn | 6
6
120
n10
120 n4
1
n
k=1
1
n
+
avec n 0
n
n
xnn
donc Mn = o(1/n ).
Or
et
(1 + n )n
=
>0
nn
n
X
n(n + 1)
1
1
k
=
= +
2
2
n
2n
2 2n
donc
(1 + n )n 1
n+
ce qui permettra de dterminer un quivalent de n puis de conclure.

Puisque n 0, pour n assez grand, on a |1 + n | 6 2 et alors
n =
n

2n
2n
1 6 (1 + n ) 6 1 + n
= exp n ln 1 + n
n
n

2n
2n
n ln 1 + n n1 0
n
n
et par encadrement
n
(1 + n ) 1
et finalement

1
nn+1
1
1
1
un = +
+o
2 2n 24n2
1
n2
kZ
1
1
+ n+1 + o
n n
k=1
S
a) La fonction f est dfinie et C sur D =
Ik avec
(1 + n )n
2n
6
nn
nn
On en dduit
xn =
n
n
X
1 X 3
1
k3
=
k 2
6
6
n
n
4n
k=1
Nous allons montrer
1
nn
n
X
k
1 k3
+ Mn
n2
6 n6
k=1
n =
On peut conclure n

sin x x + 1 x3 6 1

6 120
un =
Puisque xnn = nxn 1, on a
Or
Pour x [0, 1],
On a donc
et donc xnn = o(nxn ).

Sachant xnn nxn + 1 = 0, on obtient nxn 1 puis
xn
13
h
i
Ik = + 2k, + 2k
2
2
Pour x D, la tangente en (x, f (x)) passe par O si, et seulement si, xf 0 (x) = f (x).
Aprs transformation, ceci quivaut pour x > 0 lquation
x tan x + ln(cos(x)) + x = 0
Posons (x) = x tan x + ln(cos(x)) + x.
est dfinie et de classe C sur D.
0 (x) = x(1 + tan2 x) + 1 > 0 sur D R+? .

+
Quand x 2 + 2k , (x) +. Quand x 2 + 2k , (x) .
Ik ralise donc une bijection de Ik vers R (pour k N? ).
La suite (xn )nN? avec xn = (In )1 (0) est solution.
Corrections
b) Evidemment xn 2n et donc xn = 2n + yn .
Aprs calculs, on obtient
14
d) Posons
Q = (X a +
(2n + yn )(cos yn + sin yn ) = cos(yn ) ln(cos yn )
b)(X a
b) = X 2 2aX + a2 b Z [X]
La fonction t 7 t ln t est borne sur ]0, 1] car prolongeable par continuit en 0 et

donc
cos yn ln(cos yn )
0
cos yn + sin yn =
n+
2n + yn
Par division euclidienne P = QS + T avec deg T < 2. Or en posant cette division

euclidienne,
on peut affirmer que S, T Z [X] avec P, Q Z [X] et Q unitaire.
a + b, a b racine de P entrane
T = 0 et donc P = QS avec Q, S Z [X]. En
drivant P 0 = Q0 S + QS 0 et a + b entrane racine de P 0 donne a + b racine de
S. On peut alors comme ci-dessus justifier S = QR avec R Z [X] et conclure.
Sachant |yn | < /2, on en dduit yn /4.

On conclut

1
xn = 2n + o
4
n
Si n = ab avec a, b N alors
En associant dans P 2 = P P chaque diviseur d avec celui qui lui est conjugu
n/d, on obtient un produit de N termes gaux n. Ainsi
P 2 = nN
Exercice 23 :[nonc]
a) Supposons 6 = p/q avec p q = 1. On a 6q 2 = p2 donc p pair, p = 2k. On
obtient alors 3q 2 = 2k 2 et donc q est pair. Absurde car p et q sont premiers entre
eux.
b) Par dveloppement selon la formule du binme de Newton
(a + b)n = k + k b avec k , k Z
c) a +
b racine de P =
n
P
ak X donne

a) Pour k suffisamment grand n/pk = 0, la somme voque existe donc car elle
ne comporte quun nombre fini de termes non nuls. n! = 1 2 . . . n, parmi les
entiers allant de 1 n, il y en a exactement bn/pc divisibles par p, n/p2
divisibles par p2 , etc. . . donc
vp (n!) =

+
X
n
pk
b) On a
2n
n
X
n
X
ak k =
k=0
Lirrationalit de
donc 2a 1 | 2n 1 do 2a 1 = 1 ou 2a 1 = 2n 1 ce qui implique a = 1 ou

a = n.
Ainsi n ne possde que des diviseurs triviaux, il est premier.
k=1
k
k=0
2n 1 = (2a 1)(1 + 2a + + 2a(b1) )
a k k
k=0
b
Pour tout p P,
vp
b entrane
k=0
ak k =
n
X
ak k = 0
k=0
ce qui permet de justifier qualors P (a
b) = 0.
n

n
X
(2n)!
(n!)2

=
(2n)!
(n!)2

X
2n
k=1
pk
n
2 k
p

or b2xc 2 bxc = 0 ou 1 donc

X

2n
n
ln(2n)
?
k
2
6
Card
k
N
/
2n/p
>
0
6
pk
pk
ln p
k=1

2n
De plus les nombres premiers diviseurs de
Corrections
!
=
(2n)!
(n!)2
sont diviseurs dun entier
n
infrieur 2n (lemme dEuclide) et sont donc eux-mmes infrieur 2n. Il en
dcoule
!
ln(2n)
Y
2n
|
p ln p
n
pP;p62n
car toutes
premiers intervenant dans la dcomposition
! les puissances de nombres
ln(2n)
2n
Q
de
divisent
p ln p .
n
pP;p62n
Notons quen fait ce produit dsigne
ppcm(1, 2, . . . , 2n)
15
puis
2n
X
k=1
On en dduit
ln k 2
n
X
ln k ln(2)(2n)
k=1
2n
= O((2n))
ln 2n
Ajoutons
x
2 bx/2c
ln x
ln 2 bx/2c
par calculs et (x) (2 bx/2c) car (x) et (2 bx/2c) ne diffrent quau plus
dune unit et (x) +.
Finalement, une certaine satisfaction.
c) On a
2n
n
!
6
ln(2n)
p ln p 6
Y
pP;p62n
ln(2n)
ln p
pP;p62n
(2n) = (2n)(2n)
ln k 2
k=1
n
X
ln k 6 (2n) ln(2n)
ln(t) dt 6
1
n
X
k=1
donc
n ln n n + 1 6
y2 = y0 y1
n
X
Z
ln k 6
(n+1)
ln(t) dt
1
ln k 6 (n + 1) ln(n + 1) n
k=1
donc
n
X
(en considrant que les cas singuliers sont les prolongements du cas gnral)
On en dduit
(
x2 = x0 + y0 x1
k=1
A laide dune comparaison intgrale on obtient

Z

1 y
1 + y (x 1)
0
0 1

P0
et Q0
y0
y0 y1
pP;p62n
d) En passant au logarithme :
2n
X
a) On a
ln k = n ln n n + O(ln n)
b) Avec des notations immdiates

(x + y x ) + (y y )x
x + y (x + y x )
0 1
0 1 2
0 1
1 2
0
0
(M0 ? M1 ) ? M2
et M0 ? (M1 ? M2 )
(y0 y1 )y2
y0 (y1 y2 )
et on vrifie bien lassociativit de la loi ?.
On remarque que
B?M =M ?B =M
donc B est lment neutre de la loi ?.
Enfin si y0 6= 0 alors pour
x1 = x0 /y0
k=1
Par suite
y1 = 1/y0
on observe
2n
X
k=1
ln k 2
n
X
k=1
ln k = 2n ln(2n) 2n 2(n ln n n) + O(ln n)
M0 ? M 1 = M1 ? M 0 = B
et donc on peut affirmer que M0 est inversible dinverse M1 .
Corrections
c) On a
yn = yn1 yn2
et on peut donc affirmer quil est possible dcrire yn sous la forme
yn = y0an y1bn
avec
16
Limplication (ii)(i) est immdiate.
Supposons (i).
Puisque P est de signe constant, la dcomposition en facteurs irrductibles de P
scrit avec des facteurs de la forme
(X )2 = (X )2 + 02
a0 = 1, a1 = 0, an = an1 + an2
et
b0 = 0, b1 = 1, bn = bn1 + bn2
X 2 + 2pX + q = (X + p/2)2 +
p
2
q 2 4p
Les suites (an ) et (bn ) sont rcurrente linaires dordre 2 dquation

caractristique r2 = r + 1 de racines
1 5
1+ 5
et r2 =
r1 =
2
2
Ainsi P est, un facteur multiplicatif positif prs, le produit de polynmes

scrivant comme la somme des carrs de deux polynmes rels.
Or
(A2 + B 2 )(C 2 + D2 ) = (AC BD)2 + (AD + BC)2
On obtient aprs calculs
donc P peut scrire comme la somme des carrs de deux polynmes rels
an =
r2n
r1n
r2
r1
r1n +
r2n et bn =
r2 r1
r1 r2
r2 r1
Le polynme nul est solution. Soit P une solution non nulle.
Si a est racine de P alors a2 lest aussi puis a4 , a8 , . . ..
n
Or les racines de P sont en nombre fini donc les lments a2 (n N) sont
redondants. On en dduit que a = 0 ou a est une racine de lunit.
De plus, si a est racine de P alors (a 1) est aussi racine de P (X + 1) donc
(a 1)2 est racine de P . On en dduit que a 1 = 0 ou a 1 est racine de lunit.
Si a 6= 0, 1 alors |a| = |a 1| = 1 do lon tire a = j ou j 2 .
Au final, les racines possibles de P sont 0, 1, j et j 2 .
Le polynme P scrit donc
P (X) = X (X 1) (X + j) (X + j 2 )
Montrons la proprit par rcurrence sur n > 1.
Pour n = 1, P1 (X) = X convient.
Supposons la proprit vraie au rang n > 1.
En drivant la relation
Pn (sin x)
f (n) (x) =
(cos x)n+1
on obtient
f (n+1) (x) =
(n + 1) sin xPn (sin x) + cos2 xPn0 (sin x)

(cos x)n+2
Posons alors
Pn+1 (X) = (n + 1)XPn (X) + (1 X 2 )Pn0 (X)
de sorte que
f (n+1) (x) =
avec 6= 0, , , , N.
En injectant cette expression dans lquation
P (X 2 ) = P (X)P (X + 1)
On peut crire
Pn (X) =
on obtient
2 = , = et = = 0
On conclut
P (X) = [X(X 1)]
Pn+1 (sin x)
(cos x)n+2
n
X
ak X k avec ak > 0, an 6= 0
k=0
et alors
Pn+1 (X) =
n
X
k=0
(n + 1 k)ak X k+1 +
n
X
kak X k1
k=1
Corrections
est un polynme de degr n + 1 coefficients positif ou nul.

Rcurrence tablie.
Par la relation de rcurrence obtenue ci-dessus
2
P1 (X) = X, P2 (X) = 1 + X et P3 (X) = 5X + X
17
De plus
(x + y + z)2 = x2 + y 2 + z 2 + 2p
donc
x2 + y 2 + z 2 = 2p
Aussi x3 = px q donne x5 = px3 qx2 = p2 x + pq qx2 et donc
et
Pn+1 (1) = (n + 1)Pn (1)
x5 + y 5 + z 5 = 3pq + 2pq = 5pq
donc
et la relation propose est ds lors immediate.
Pn (1) = n!

a) sin ((2n + 1)) = Im ei(2n+1) = Im (cos +!i sin )2n+1 donne en
n
2n + 1
P
dveloppant sin ((2n + 1)) =
(1)p
cos2(np) . sin2p+1 .
2p + 1
p=0
b) On observe sin ((2n + 1)) = sin2n+1 P (cot2 ).
k
pour 1 6 k 6 n. Les xk = cot2 k sont n racines distinctes de
Posons k = 2n+1
P , or deg P = n, ce sont donc exactement les racines de P .
a) 1, j, j 2 conviennent.
b) Introduisons le polynme P (X) = (X a)(X b)(X c). Les coefficients de ce
polynme sexpriment partir de S1 = a + b + c, S2 = a2 + b2 + c2 et
S3 = a3 + b3 + c3 , le polynme P est donc coefficients rels. Sil nadmet pas
trois racines, il possde deux racines complexes conjugues. Celles-ci sont alors de
mme module ce qui est exclu.
Puisque + + = a, on a
Soient P, Q C [X] tels que F = P/Q.
Le cas o P = 0 tant immdiat, supposons-le dsormais exclu.
Posons p = deg P et q = deg Q et crivons
+
+
=
+
+ +
+
+
a+ a+
a+
P =
et rduisant au mme dnominateur
a3 2ab + 3c
+
+
=
+
+ +
ab c
p
X
k=0
ak X k et Q =
q
X
b` X ` , ak , b` C
`=0
Considrons p + q + 1 naturels n nannulant pas Q. Pour chacun, la relation
car + + = b et = c.
P (n) yn Q(n) = 0 avec F (n) = yn Q

dfinit une quation
Posons p = xy + yz + zx et q = xyz.
Les nombres x, y, z sont racines du polynmes
X 3 + pX + q
a0 + na1 + + np ap yn b0 yn nq bq = 0
Le systme form par ses quations est compatible (dans C) et coefficients
rationnels. Par application de la mthode de Gauss (par exemple), on peut
affirmer que ce systme possde une solution rationnelle. Il existe donc
On en dduit
x3 + y 3 + z 3 = p(x + y + z) 3q = 3q
0 , 1 , . . . , p , 0 , 1 , . . . , q Q
Corrections
tels que pour

R=
p
X
k X k Q [X] et S =
q
X
k=0
` X ` Q [X]
`=0
on ait
R(n) yn S(n) = 0
pour chacun de p + q + 1 naturels n initialement considr. On a alors pour ces n,
P (n)S(n) = Q(n)R(n)
et donc le polynme
P S QR
admet au moins p + q + 1 racines.
Or
deg(P S QR) 6 p + q
18
Soient F1 et F2 de mme dimension tels que dim E dim F1 = p + 1.

Si F1 = F2 lexistence dun supplmentaire tout sous-espace vectoriel en
dimension finie permet de conclure.
Sinon, on a F1 6 F2 et F2 6 F1 ce qui assure lexistence de x1 F1 \F2 et de
x2 F2 \F1 .
Le vecteur x = x1 + x2 nappartient ni F1 , ni F2 . On pose alors
F10 = F1 Vect(x) et F20 = F2 Vect(x). On peut appliquer lhypothse de
rcurrence F10 et F20 : on obtient lexistence dun supplmentaire commun G0
F10 et F20 . G = G0 Vect(x) est alors supplmentaire commun F1 et F2 .
Rcurrence tablie.
b) Soit F10 un sous-espace vectoriel contenant F1 et de mme dimension que F2 .
F10 et F2 possdent un supplmentaire commun G. Considrons H un
supplmentaire de F1 dans F10 . En posant G1 = H G et G2 = G on conclut.
1. () Supposons p q = q p =
0. On a alors
donc
P S = QR
(p + q)2 = p2 + p q + q p + q 2 = p + q
puis
F =
R
Q(X)
S
On a
n
X
k
P 00 (xk )
P 00
=
avec k = 0
P
X xk
P (xk )
k=1
Sachant que
on obtient
xP 00 (x)
0
P (x) x+
n
X
P 00 (xk )
k=1
P 0 (xk )
=0
( = ) Supposons p + q projecteur. Par les mmes calculs que ci-dessus

pq+qp=
0
En composant cette relation avec p droite et gauche, on obtient
pqp+qp=
0 et p q + p q p =
0
.
On en dduit q p = p q puis p q = q p = 0
2. On a videmment
Im(p + q) Im p + Im q
Inversement, pour x Im p + Im q, on a x = a + b avec a Im p et b Im q.
Puisque p q = 0, p(b) = 0 et donc p(x) = p(a) = a. De mme q(x) = b et
donc x = p(x) + q(x) Im(p + q).
Ainsi
Im(p + q) = Im p + Im q
On a videmment
a) Par rcurrence sur p = dim E dim F1 .
Si dim E dim F1 = 0 alors G = {0E } convient.
Supposons la proprit tablie au rang p > 0.
ker p ker q ker(p + q)

Inversement pour x ker(p + q), on a p(x) + q(x) = 0 donc
p2 (x) + p(q(x)) = 0 puis p(x) = 0 car p2 = p et p q = 0. Ainsi x ker p et
de mme x ker q.
Corrections
Finalement
ker p ker q = ker(p + q)
Puisque Imf 2 Imf R6 , on a 3 6 rgf 6 6.
Si rgf = 6 alors f est un isomorphisme, donc f 2 aussi et rgf 2 = 6. Contradiction.
Si rgf = 5 alors dim ker f = 1. Considrons g = f|Imf . Par le thorme du rang
dim ker g = 5 rgg. Or Img Imf 2 donc rgg 6 3 et par suite dim ker g > 2. Or
ker g ker f donc dim ker f > 2. Contradiction.
rgf = 3 et rgf = 4 sont possibles en considrant :
1 0 0 0 0 0
1 0 0 0 0 0
0 1 0 0 0 0
0 1 0 0 0 0
0 0 1 0 0 0
et 0 0 1 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 1 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
Par rcurrence sur n > 1.
La proprit est immdiate pour n = 1.
Supposons la proprit vraie au rang n > 1.
Soit T Mn+1 (K) triangulaire suprieure commutant avec sa transpose.
On peut crire

t
X
T =
On,1 S
avec K, X Mn,1 (K) et S Mn (K) triangulaire suprieure.
Lidentification du coefficient dindice (1, 1) dans la relation t T T = T t T donne
2 = 2 + t XX
On en dduit X = On,1 et lgalit t T T = T t T donne alors t SS = S t S.
Par hypothse de rcurrence, la matrice S est diagonale et par consquent la
matrice T lest aussi.
Rcurrence tablie.
19
Si on peut crire M 0 = A0 B 0 B 0 A0 alors M = AB BA avec A = P A0 P 1 et

B = P B 0 P 1 .
On peut ainsi transformer la matrice M en une matrice semblable sans changer la
problmatique.
Etablissons maintenant le rsultat demand en raisonnant par rcurrence sur la
taille de la matrice M .
Si M est taille 1 : ok
Supposons la proprit tablie au rang n N? .
Soit M une matrice carre dordre n + 1 de trace nulle.
Montrons que M est semblable une matrice de la forme

0 ?
? ?
Si M est matrice dune homothtie alors trM = 0 permet de conclure M = On .
Sinon, il existe des vecteurs qui ne sont pas vecteurs propres de lendomorphisme
associ M .
Soit x, un tel vecteur. En introduisant une base dont x et f (x) sont les deux
premiers vecteurs, on obtient que la matrice M est semblable celle voulue.
Compte tenu de la remarque prliminaire, on suppose dsormais que la matrice M
est de la forme

0 L
C M0
avec trM 0 = 0.
Par lhypothse de rcurrence on peut crire
M 0 = A0 B 0 B 0 A0
Soit K qui nest par valeur propre de la matrice B 0 .
En posant

L(B 0 I)1
1
A=
(I B 0 )1 C
A0
et

B=
0
B0
on obtient
Supposons que M soit semblable une matrice M 0 via une matrice inversible P
i.e.
M 0 = P 1 M P
M = AB BA
Rcurrence tablie.
Corrections
Soit f solution. La matrice de f relative la base canonique est coefficients
entiers. De plus f est un automorphisme car les vecteurs de la base canonique
sont des valeurs prises par f et comme f 1 (Zn ) = Zn , la matrice de f 1 relative
la base canonique est coefficients entiers. Inversement, si f est un
automorphisme telle que f et f 1 soient reprsents par des matrices
coefficients entiers dans la base canonique, il est immdiat que f (Zn ) Zn et que
f 1 (Zn ) Zn donc que Zn f (Zn ) et finalement f (Zn ) = Zn . Notons que les
endomorphismes solutions peuvent aussi se dcrire comme tant les
endomorphismes canoniquement reprsents par une matrice coefficients entiers
et qui sont de dterminant gal 1 ou 1.
a) Lapplication considre est au dpart dun ensemble infini et valeurs dans un
ensemble fini, elle ne peut donc tre injective et il existe k < ` N, M k = M ` ce
qui fournit M p = In avec p = ` k car M est inversible. On en dduit que In H
et que M 1 = M p1 H. Cela suffit pour conclure que H est un sous-groupe de
GLn (K).
b) Si M H alors N 7 M N et N 7 N M sont des permutations de H. On en
dduit que M P = P M = P car pour chaque terme les sommes portent sur les
mmes lments.
1 X
1 X
P2 =
MP =
P =P
q
q
M H
20
a) La famille (1, i) est une base du R-espace vectoriel C.
Pour a, b C, lapplication a,b : z 7 az + b
z est R-linaire et sa matrice dans la
base (1, i) est

Rea + Reb Imb Ima
Ima + Imb Rea Reb
Pour f endomorphisme du R-espace vectoriel C de matrice

dans la base (1, i), on a f = a,b si, et seulement si,
Rea + Reb =
Ima + Imb =
Imb Ima =
Rea Reb =
Ce systme possde une unique solution qui est
a=
+
+
+i
et b =
+i
2
2
2
2
b) Le dterminant de f vaut
M H
c) Puisque P 2 = P , ImP = ker(P In ) et ker P sont supplmentaires dans

Mn,1 (K).
Si X ker P alors P X = 0 et pour tout M H, P M X = P X = 0 donc
M X ker
TP . Ainsi ker P est stable par H.
Si X
ker(M In ) alors pour tout M H, M X = X donc P X = X puis
det f = = |a| |b|
Considrons le polynme
M H
X ker(P In ).
Inversement, si X ker(P In ) alors P XT= X et pour tout M H,
X = P X = M P X = M X et donc X
ker(M In ). Ainsi
M H
ker(M In ) = ker(P In )
M H
et ker P est solution du problme pos.

P
d) P est une projection donc trP = rgP N et donc
trM = qtrP qN.
M H
P
T
Si
trM = 0 alors P = 0. Par suite
ker(M In ) = {0} et il ny a donc
M H
M H
pas de vecteur non nul invariant pour tous les lments de H et inversement.
P (X) = (X a1 )(X a2 ) . . . (X an )
Celui-ci se dveloppe sous la forme
P (X) = X n + n1 X n1 + + 0
avec 0 , . . . , n1 K et en particulier k = (1)nk nk o les 1 , . . . , n
dsignent les expressions symtriques lmentaires en a1 , . . . , an .
k1
n1
P
P
En procdant lopration Cn Cn +
j Cj+1 +
j Cj , les coefficients de
j=0
j=n
la dernire colonne de la matrice sont transforms en

P (ai ) k aki = k aki car P (ai ) = 0
Corrections
21
2
Ainsi

Dk = (1)n+1k nk

1
1
..
.
a1
a2
..
.
ak1
1
ak1
2
..
.
ak+1
1
ak+1
2
..
.
an1
1
an1
2
..
.
ak1
ak2
..
.
an
ak1
n
ak+1
n
an1
n
akn
En permutant de faon circulaire

1 a1

1 a2

Dk = nk .
..
..
.

1 a
n
les n k dernires colonnes, on obtient

ak1
ak1 ak+1
an1
1
1
1

k1
n1
k+1
k
a2
a2 a2
a2

..
..
..
..
..
.
.
.
.
.
ak1 ak ak+1 an1
n
Sachant calculer un dterminant de Vandermonde, on obtient

Y
Dk = nk
(aj ai )
16i<j6n
a) En multipliant les n dernires lignes par i et les n dernires colonnes aussi :

A B
A
iB
n
det
= (1) det
B A
iB A
puis par oprations sur les lignes

A B
A
det
= (1)n det
B A
A iB
iB
A + iB
et par oprations sur les colonnes

A B
A + iB
n
det
= (1) det
B A
0
iB
A + iB
det
A
B
et enfin

det
B
A
A
B
= (1)n det(A + iB) det(A + iB)
B
A

= det(A + iB) det(A iB)
En dveloppant selon la premire ligne, on peut affirmer que est un polynme
de degr infrieur n 1.
Pour k {1, . . . , n},
Y
k , . . . , n ) = (1)n+1 Vn (1 , . . . , n )
(k ) = (1)k+1
(k i )Vn1 (1 , . . . ,
i6=k
o Vn (a1 , . . . , an ) dsigne le Vandermonde de (a1 , . . . , an ).

Le polynme concide en n point avec le polynme constant gal
(1)n+1 Vn (1 , . . . , n ), ils sont donc gaux.
On en dduit

Les matrices A et B tant relles, cette criture est de la forme z z = |z| > 0.
b) det(A + iB) det(A iB) = det(A2 + B 2 ) car A et B commutent donc
2
det(A2 +
0.
B ) >

1 2
1 0
c) A =
et B =
par exemple.
0 1
2 1
d) Si A est inversible, on remarque

I
O
A B
A
B
=
CA1 I
C D
0 CA1 B + D

A B
donc det
= det(A) det(CA1 B + D) = det(AD CB) car A et C
C D
commutent.
On tend cette galit auxmatricesnon inversibles par densit :
A B
Les applications A 7 det
et A 7 det(AD CB) sont continues et
C D
concident sur lensemble des matrices inversibles commutant avec C. Or cet
ensemble est dense dans lensemble des matrices commutant avec C : si A
commute avec C alors pour tout > 0 assez petit A + In est inversible et
commute avec C). Par concidence dapplications continues sur une partie dense,
les deux applications sont gales.
a) Par les oprations Ln+1 Ln+1 + L1 , . . . , L2n = L2n + Ln ,

In
B

det A =
B + In In + B
Par les oprations C1 C1 Cn+1 , . . . , Cn Cn C2n ,

I B

B
= det(In B) det(In + B)
det A = n
On
In + B
Corrections
Ainsi A est inversible si, et seulement si, In B et In + B le sont (i.e.

1, 1
/ SpB).
On aurait aussi pu tudier le noyau de A.
b) On peut prsumer que linverse de A est alors de la forme

M N
N M
Puisque

In
B
B
In

M
N
N
M

=
M + BN
BM + N
M = In B 2
N + BM
BN + M
et puisque
(
M + BN = In
BM + N = On
on obtient
A1 =
1
N = B In B 2
2 1
(In B )
B(In B 2 )1
1
2 1
B(In B )
(In B 2 )1
a) Par lingalit de Cauchy-Schwarz,
v
v
u n
uX
n
X
u n 2 uX
t
ai,jt
12 = n
|ai,j | 6
j=1
j=1
donc
n
X
hei | u(ei )i = 0
i=1
Si dim E = 1 : ok
Si dim E > 1, il existe i 6= j tel que hei | u(ei )i > 0 et hej | u(ej )i 6 0.
Lapplication t 7 hu(tei + (1 t)ej ) | tei + (1 t)ej i est continue, valeurs
relles et change de signe, en vertu du thorme des valeurs intermdiaires, elle
sannule et donc il existe t [0, 1] tel que pour x = tei + (1 t)ej , hu(x) | xi = 0.
De plus, lindpendance de ei et ej assure x 6= 0.
b) Il existe 1 vecteur unitaire tel que
On complte celui-ci en une base orthonorme (1 , 2 , . . . , n ). La matrice de u

dans cette base est de la forme

0 ?
? A
avec trA = 0. Considrons alors u0 lendomorphisme de E 0 = Vect(2 , . . . , n ) de
matrice A dans la base (2 , . . . , n ). Puisque tru0 = trA = 0, un principe de
rcurrence permet de former une base orthonorme (02 , . . . , 0n ) de E 0 dans
laquelle u0 est reprsent par une matrice de diagonale nulle. La famille
(1 , 02 , . . . , 0n ) est alors une base orthonorme solution du problme pos.
j=1
|ai,j | 6 n n.
16i,j6n
b) Pour X =
a) Soit (e1 , . . . , en ) une base orthonorme de E. tru = 0 donne
h1 | u(1 )i = 0

On aurait pu aussi inverser lquation AX = Y
22
...
1 , on vrifie
ai,j = XAX. Or
16i,j6n
Pour k {0, . . . , n}, il y a
XAX = (X | AX) donc toujours

par lingalit de Cauchy-Schwarz,
|t XAX| 6 kXk
kAXk.
Or
kXk
=
n et kAXk = kXk = n car A On (R) donc

P

ai,j 6 n.

16i,j6n

c) On peut avoir lgalit si n = 1 mais aussi si n = 4 avec
1 1
1
1
1 1 1 1
1
A=
1
1 1 1
2
1
1
1 1
En fait, un approfondissement du problme donne n 2Z condition ncessaire

lobtention de lgalit.
!
parties X un k lments dans E. Par suite
Card(X) =
XE
Pour k {0, . . . , n}, il y a
n
X
k=0
n
k
!
= n2n1
parties Z k lments dans E.

k
Pour une telle!partie Z, les parties X contenant Z ont ` {k, . . . , n} lments.
nk
Il y a
parties X ` lments contenant Z.
`k
Pour une telle partie X, une partie Y telle que X Y = Z est une partie Y
dtermine par Z Y Z CE X.

Il y a 2n` parties Y possibles.
Ainsi, il y a
!
n
X
nk
`=k
`k
Corrections
23
2n` = (1 + 2)nk = 3nk
couples (X, Y ) tels que X Y = Z.

X
Card(X Y ) =
X,Y E
n
X
Card(X Y ) =
k=0 CardZ=k XY =Z
Or
((3 + x)n )0 = n(3 + x)n1 =
n
X
k=0
n
X
k=0
3nk
3nk xk1
donc
X
Card(X Y ) = n4n1
X,Y E
Enfin
Card(X Y ) = CardX + CardY Card(X Y )
donne
X
Card(X Y ) = 2n n2n1 + 2n n2n1 n4n1 = 3n4n1
X,Y E

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[http://mp.cpgedupuydelome.

fr] dit le 16 octobre 2015

Exercice 1 [ 02357 ] [Correction]

Exercice 2 [ 02359 ] [Correction]

Exercice 3 [ 02356 ] [Correction]

Montrer que (vn ) converge. Exprimer sa limite en fonction de `.

et prciser les cas dgalit.

Exercice 8 [ 03184 ] [Correction]

La suite (un ) converge-t-elle vers 0 ?

est un rationnel. On conseille deffectuer les calculs par ordinateur.

Exercice 9 [ 00246 ] [Correction]

Si n est un entier > 2, le rationnel Hn =

peut-il tre entier ?

a) Calculer les limites de f en 0+ et +, la limite en + de f (x)/x et montrer

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 16 octobre 2015

Exercice 16 [ 03337 ] [Correction]

Exercice 11 [ 01547 ] [Correction]

Exercice 17 [ 00316 ] [Correction]

Exercice 13 [ 00088 ] [Correction]

Montrer que f est de classe C 1 et dterminer f .

Exercice 14 [ 00188 ] [Correction]

Exercice 15 [ 00057 ] [Correction]

Exercice 18 [ 00317 ] [Correction]

Exercice 19 [ 00318 ] [Correction]

Exercice 20 [ 00323 ] [Correction]

b) Si f (1) = 0, amliorer lingalit obtenue en a).

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 16 octobre 2015

Exercice 21 [ 02471 ] [Correction]

Exercice 22 [ 02358 ] [Correction]

Exercice 23 [ 02361 ] [Correction]

Soit P Z [X] et a, b deuxentiers relatifs avec b > 0 et b irrationnel.

Exercice 26 [ 03199 ] [Correction]

b) Dmontrer que la loi ? est associative, admet un lment neutre et que, si

Exercice 24 [ 02369 ] [Correction]

Exercice 25 [ 02370 ] [Correction]

Exercice 27 [ 02375 ] [Correction]

Exercice 28 [ 00399 ] [Correction]

Diffusion autorise titre entirement gratuit uniquement - dD

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 16 octobre 2015

Dmontrer lexistence dun polynme Pn de degr n et coefficients positifs ou

sont de la forme xk = cot2 k . Dterminer les k .

Exercice 31 [ 02373 ] [Correction]

Exercice 36 [ 00181 ] [Correction]

Exercice 38 [ 02379 ] [Correction]

Exercice 37 [ 00164 ] [Correction]

Exercice 32 [ 03333 ] [Correction]

Exercice 34 [ 00539 ] [Correction]

Exercice 30 [ 02371 ] [Correction]

Exercice 33 [ 03812 ] [Correction]

Exercice 39 [ 03164 ] [Correction]

Exercice 40 [ 00730 ] [Correction]

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 16 octobre 2015

Exercice 41 [ 02380 ] [Correction]

Exercice 42 [ 02388 ] [Correction]

Exercice 45 [ 02387 ] [Correction]

b) Soient A, B Mn (R) telles que AB = BA. Montrer que det(A2 + B 2 ) > 0.

b) Montrer, si M H, que M P = P M = P . En dduire P 2 = P .

Soit 1 , . . . , n C distincts et P (X) =

Que dire si cette somme est nulle ?