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Oraux blancs MP/MP*

Adrien Fontaine

4 juin 2014

Table des matières1 Exercices d’oraux type CCP 2

2 Exercices d’oraux type Mines-Centrale 10

3 Exercices d’oraux type X-ENS 20

4 Corrigé des exercices 234.1 Exercices type CCP . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234.2 Exercices type Mines-Centrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 324.3 Exercices type X-ENS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

1

1 EXERCICES D’ORAUX TYPE CCP 2

1 Exercices d’oraux type CCP


Planche numéro 1Exercice 1 (8 points)

On note E l’espace vectoriel des applications continues de [0, 1] dans R. On pose, pour tout fde E :

p∞(f) = supx∈[0,1]

|f(x)| et p1(f) =∫ 1

0|f(x)|dx

1)a) Démontrez succinctement que p∞ et p1 sont deux normes sur E.b)Démontrez qu’il existe k > 0 tel que, pour tout f de E, p1(f) ≤ kp∞(f).c) Démontrez que tout ouvert pour la norme p1 est un ouvert pour la norme p∞.2) Démontrez que les normes p1 et p∞ ne sont pas équivalentes.

Exercice 2 (12 points)1) Soit f : [0, 1]→ [0, 1] une fonction continue. Montrer que f admet un point fixe.2) Soit f : [0, 1] → [0, 1] une fonction croissante. On souhaite montrer que f admet un pointfixe.a) Soit A = {x ∈ [0, 1], f(x) ≤ x}. Montrer que α = inf A existe.b) Montrer f(α) ≤ α.c) Montrer que f(α) ∈ A et conclure.



Soit n ≥ 1. On considère la matrice carrée d’ordre n à coefficients réels :

A =

2 −1 0 ... 0−1 2 −1 ...

...0 −1 . . . . . . 0... . . . . . . 2 −10 ... 0 −1 2

Pour n ≥ 1, on désigne par Dn le déterminant de A.1) Démontrez que Dn+2 = 2Dn+1 −Dn.2) Déterminez Dn en fonction de n.3) Justifiez que la matrice A est diagonalisable. Le réel 0 est-il valeur propre de A ?

Exercice 4 (12 points)

Déterminer le développement en série entière en 2 de la fonction f : R→ R, x 7→ arctan(2(x+1)x−4 ).

Indication : Considérer la fonction g : t 7→ f(t+2) dont la dérivée est une fraction rationnelle.



On considère la matrice A =

−2 −2 1−2 1 −21 −2 −2

.1) Justifiez que A est diagonalisable.2) Déterminez P et D dans M3(R) telles que : tP = P−1, D est diagonale et tPAP = D.

Exercice 6 (12 points)Déterminer le rayon de convergence de la série entière de la variable réelle x :

∑n≥0

n!1.3. . . . .(2n+ 1)x

2n+1

Montrer que la fonction somme f est solution d’une équation différentielle du premier ordre.En déduire une expression explicite de f .



Résolvez sur R l’équation différentielle : y′′ + y = cos(x) en utilisant la méthode de variationdes constantes.

Exercice 8 (12 points)On considère la matrice circulante

A =

a1 a2 ... an

an a1. . . ...

... . . . . . . a2a2 ... an a1

∈Mn(C)

En exprimant A comme un polynôme en la matrice

J =

0 1 0 ... 00 0 1 . . . ...... . . . . . . 00 . . . 11 0 ... ... 0

∈Mn(C)

diagonaliser A.



Soit f la fonction 2π périodique sur R telle que ; ∀t ∈ [0, 2π], f(t) = t2.1) Expliquez pourquoi, pour tout réel t, la série de Fourier de f converge, et précisez sa limite.2) Déterminez la série de Fourier de f , puis déduisez-en la somme de la série : ∑n≥1

1n2 .

Exercice 10 (12 points)1) Soit f : [0, 1]→ [0, 1] une fonction continue. Montrer que f admet un point fixe.2) Soit f : [0, 1] → [0, 1] une fonction croissante. On souhaite montrer que f admet un pointfixe.a) Soit A = {x ∈ [0, 1], f(x) ≤ x}. Montrer que α = inf A existe.b) Montrer f(α) ≤ α.c) Montrer que f(α) ∈ A et conclure.



Soit F(R,R) l’espace vectoriel des applications de R dans R, E le sous-espace engendré parles 5 applications :

f1 : x 7→ 1√2, f2 : x 7→ cos(x), f3 : x 7→ sin(x), f4 : x 7→ cos(2x), f5 : x 7→ sin(2x)

et F le sous-espace engendré par f1, f2, f3 : F = V ect(f1, f2, f3).1) Démontrez que < f, g >= 1

π

∫ π−π f(x)g(x)dx définit un produit scalaire sur E.

2) Vérifiez que f4 et f5 sont unitaires et orthogonaux.On admettra pour la suite que B = (fi)1≤i≤5 est une base orthonormée de E.3) Déterminez le sous-espace vectoriel F⊥, orthogonal de F pour ce produit scalaire.

Exercice 12 (12 points)

Déterminer le développement en série entière en 2 de la fonction f : R→ R, x 7→ arctan(2(x+1)x−4 ).

Indication : Considérer la fonction g : t 7→ f(t+2) dont la dérivée est une fraction rationnelle.



Soit u un endomorphisme de E sur le corps K (= R ou C). On note K[X] l’ensemble despolynômes à coefficients dans K.1) Démontrez que :

∀(P,Q) ∈ K[X]×K[X], (PQ)(u) = P (u) ◦Q(u)

2)a) Démontrez que : ∀(P,Q) ∈ K[X]×K[X], (P )(u) ◦ (Q)(u) = Q(u) ◦ P (u).b) Démontrez que pour tout (P,Q) ∈ K[X]×K[X] :

(P polynôme annulateur de u)⇒ (PQ polynôme annulateur de u)

3) Soit A =[−1 −21 2

]. Écrivez le polynôme caractéristique de A, puis déduisez en que le

polynôme R = X4 + 2X3 +X2 − 4X est un polynôme annulateur de A.

Exercice 14 (12 points)Déterminer le rayon de convergence de la série entière de la variable réelle x :

∑n≥0

n!1.3. . . . .(2n+ 1)x

2n+1

Montrer que la fonction somme f est solution d’une équation différentielle du premier ordre.En déduire une expression explicite de f .

2 EXERCICES D’ORAUX TYPE MINES-CENTRALE 10

2 Exercices d’oraux type Mines-Centrale


Planche numéro 1 : MinesExercice 15

Soit (E, ‖.‖) un espace de Banach et f : E → E une application contractante, i.e :

∃k > 0,∀x, y ∈ E, ‖f(x)− f(y)‖ ≤ k‖x− y‖

1) Soit x0 ∈ E et (xn) ∈ EN la suite définie par xn+1 = f(xn). Montrer que la suite (xn) estconvergente.2) En déduire que f admet un unique point fixe.3) (Application) Soit (E, ‖.‖) un espace vectoriel normé et K un convexe compact de E. Soitf : K → K telle que

∀x, y ∈ K, ‖f(x)− f(y)‖ ≤ ‖x− y‖

Montrer que f admet au moins un point fixe. Y-a-t-il unicité ?Indication : Pour montrer l’existence d’un point fixe de f , on pourra considérer pour a ∈ Kquelconque, et pour tout n ∈ N∗, l’application

fn : K → K

x 7→ 1na+

(1− 1

n

)f(x)


Planche numéro 2 : Mines/CentraleExercice 16

1) Soit f : [0, 1]→ R une fonction continue et monotone. Montrer que

limn→+∞

1n

n∑k=1

f

(k

n

)=∫ 1

0f(t)dt

2) Montrer que la suite (un) définie par

∀n ∈ N∗, un =n∑k=1

n

n2 + k2

converge et calculer sa limite l.3) Donner un équivalent de l − un lorsque n tend vers l’infini.


Planche numéro 3 : CentraleExercice 17

Le but de l’exercice est de donner trois méthodes pour calculer l’intégrale de Gauss

I =∫ +∞

0e−t

2dt

1) Première méthode : Exprimer l’application

g : [0,+∞[ → Rx 7→

∫ 10e−(t2+1)x2

t2+1

en fonction de x 7→∫ x0 e−t2dt. En déduire I.

2) Deuxième méthode : Soit n ∈ N∗. Grâce à la concavité de la fonction log, montrer que pourtout t ∈ [0,

√n], (

1− t2

n

)n≤ e−t

2 ≤(

1 + t2

n

)−nEn déduire I en utilisant les intégrales de Wallis.Rappel (intégrale de Wallis) :

In =∫ π/2

0sin(x)ndx ∼

√π

2n

3) Troisième méthode : Soit a > 0. On note Da = {(x, y) ∈ R2/(x2+y2) ≤ a2} et Ca = [−a, a]2.On note également

Ia =∫ ∫

Dae−(x2+y2)dxdy et Ja =

∫ ∫Cae−(x2+y2)dxdy

a) Calculer Ia et Ja.b) Montrer que Da ⊂ Ca ⊂ D√2a.c) En déduire la valeur de I.



Soit α ∈ R \ Z. On désigne par fα l’application 2π périodique sur R telle que

∀t ∈ [−π, π], fα(t) = cos(αt)

1) Calculer la série de Fourier de fα. En déduire,

∀t ∈ R \ πZ, cot(t) = 1t

+ 2t+∞∑n=1

1t2 − n2π2

2) Montrer alors

∀t ∈]− π, π[, sin(t) = t+∞∏n=1

(1− t2

n2π2

)Indication : On pourra commencer par remarquer que∫ x

0

(cot t− 1

t

)dt = log sin x

x

3) Montrer

∀t ∈]− π, π[, t 6= 0, 1sin2(t)

+∞∑n=−∞

1(t− nπ)2



Pour tout n ∈ N∗, on note

Hn =n∑k=1

1k

1) Montrer que Hn ∼ log n lorsque n tend vers l’infini.2) En considérant la suite Un = Hn − log(n), montrer qu’il existe γ ∈ R tel que

Hn = log(n) + γ + o(1)

3) En cherchant un équivalent de γ − Un, montrer que

Hn = log(n) + γ + 12n + o( 1

2n)


Planche numéro 6 : Mines/CentraleExercice 20

Soit f ∈ C2(R,R) telle que

∀x ∈ R, f ′′(x) ≥ f(x) + 2cosh(x)3 et f(0) = f ′(0) = 0

Montrer que ∀x ∈ R, f(x) ≥ sinh(x)2

cosh(x) .

Exercice 21On considère la matrice circulante

A =

a1 a2 ... an

an a1. . . ...

... . . . . . . a2a2 ... an a1

∈Mn(C)


J =

0 1 0 ... 00 0 1 . . . ...... . . . . . . 00 . . . 11 0 ... ... 0

∈Mn(C)

diagonaliser A.



Soit K un corps commutatif. Soient A,B ∈Mn(K).1) Si A ∈ GLn(K), montrer que PAB, le polynôme caractéristique de AB est égal à celui deBA, PBA.2) Si A est quelconque et K = R ou C, montrer, en utilisant un argument de densité, que lerésultat est encore vrai.3) Si A est quelconque et K est infini, montrer que le résultat est encore vraie.



On considère la matrice circulante

A =

a1 a2 ... an

an a1. . . ...

... . . . . . . a2a2 ... an a1

∈Mn(C)


J =

0 1 0 ... 00 0 1 . . . ...... . . . . . . 00 . . . 11 0 ... ... 0

∈Mn(C)

diagonaliser A.

Exercice 24Donner une condition nécessaire et suffisante sur A ∈ Mn(K) pour que la matrice par blocs

B =[A A0 A

]∈M2n(K) soit diagonalisable.



Soit E un R-espace vectoriel normé et vérifiant

∀(x, y) ∈ R2, ‖x+ y‖2 + ‖x− y‖2 = 2‖x‖2 + 2‖y‖2

Montrer que E est préhilbertien réel ( i.e la norme est issue d’un produit scalaire).

Exercice 26Soit (G, .) un groupe tel que ∀x ∈ G, x2 = e. Montrer que G est commutatif et que si G estfini, alors son cardinal est une puissance de 2.

3 EXERCICES D’ORAUX TYPE X-ENS 20

3 Exercices d’oraux type X-ENS


Planche numéro 1 : X-ENSExercice 27 (Phénomène de Gibbs)

On considère le signal carré ϕ, qui est la fonction 2π périodique, égale à 1 sur ]0, π[, à 0 sur]π, 2π[, et qui vaut 1/2 en ses points de discontinuité.1) Calculer la série de Fourier de ϕ, montrer qu’elle converge simplement vers ϕ et mêmeuniformément sur tout intervalle fermé ne contenant pas les discontinuités de ϕ.2) Montrer que les sommes partielles d’indice impair s2n−1(t) de la série de Fourier de ϕadmettent la représentation intégrale

s2n−1(t) = 12 + 1

π

∫ t

0

sin(2ns)sin(s) ds

3) Calculer les points critiques de s2n−1 sur [0, π], et la valeur de son maximum.Indication : On pourra montrer que s2n−1 admet 2n points critiques xk, 0 < k ≤ 2n, puisétudier le signe de s2n−1(x2k) − s2n−1(x2k−1) et de s2n−1(x2k+1) − s2n−1(x2k−1) pour montrerque le maximum est atteint en x1.4) Montrer que ce maximum converge lorsque n tend vers l’infini vers le nombre

M = 12 + 1

π

∫ π

0

sin(s)s

ds

puis conclure (on admet qu’une valeur approximative à 10−3 près de M est 1, 089).Indication : Utiliser un équivalent de sin x au voisinage de 0.


Planche numéro 2 : X-ENSExercice 28

Soit E un R-espace vectoriel normé et vérifiant

∀(x, y) ∈ R2, ‖x+ y‖2 + ‖x− y‖2 = 2‖x‖2 + 2‖y‖2

Montrer que E est préhilbertien réel ( i.e la norme est issue d’un produit scalaire).

Exercice 29Soit G un sous-groupe de GLn(C) tel que ∀A ∈ G,A2 = In. Montrer que G est fini et que soncardinal est une puissance de 2.Indication : On pourra utiliser sans démonstration le fait que si (Ai)i∈I est une famille dematrices diagonalisables qui commutent deux à deux, alors il existe P ∈ GLn(C) telle que pourtout i ∈ I, P−1AP soit diagonale.

4 CORRIGÉ DES EXERCICES 23

4 Corrigé des exercices

4.1 Exercices type CCP


Planche numéro 1 : CCPCorrigé exercice 1 :1)a) Les vérifications sont immédiates.b) Pour tout f ∈ E, on a :

p1(f) =∫ 1

0|f(x)|dx ≤

∫ 1

0p∞(f)dx = p∞(f)

d’où le résultat avec k = 1.c) Soit O un ouvert pour la norme p1. On veut montrer que c’est un ouvert pour la norme p∞, c’està dire que pour tout f de O, il existe r > 0 tel que {g ∈ E, p∞(f − g) < r} ⊂ O. Soit donc f ∈ O.Comme O est un ouvert pour la norme p1, il existe r0 > 0 tel que {g ∈ E, p1(f − g) < r0} ⊂ O.On prend alors r = r0. Montrons que {g ∈ E, p∞(f − g) < r0} ⊂ O. Soit g ∈ E tel quep∞(f − g) < r0, alors d’après 1)b), on a également p1(f − g) < r0, et donc g ∈ O puisque{g ∈ E, p1(f − g) < r0} ⊂ O. Donc, O est bien un ouvert pour la norme pinfty.2) La suite de fonctions fn : x 7→ xn converge pour la norme p1 vers la fonction nulle alors quepour tout n ∈ N, p∞(fn) = 1. Donc, les deux normes ne sont pas équivalentes.Corrigé exercice 2 :1) On pose g : [0, 1]→ [0, 1], x 7→ f(x)− x. g est continue comme composée d’applications conti-nues. De plus, g(0) = f(0) ≥ 0 et g(1) = f(1)− 1 ≤ 0. Par le théorème des valeurs intermédiaires,g admet au moins un 0, c’est à dire, f admet au moins un point fixe.2)a) L’ensemble A est non vide (il contient par exemple 1) et minoré par 0 donc α = inf A existe.b) Pour tout x ∈ A, on a par définition de α, α ≤ x, donc par croissance de f , f(α) ≤ f(x) etf(x) ≤ x puisque x ∈ A. Donc, f(α) ≤ x, et donc f(α) minore A. Par définition de l’infimum, onen déduit que f(α) ≤ α.c) Par croissance de f et grâce à la question précédente, f(f(α)) ≤ f(α) et donc f(α) ∈ A. Ainsi,f(α) ≥ α, d’où f(α) = α. Ainsi, f admet au moins un point fixe.


Planche numéro 2 : CCPCorrigé exercice 3 :1) On développe le déterminant Dn+2 par rapport à la première colonne. On obtient Dn+2 =2Dn+1 + D avec D de taille n + 1, puis on développe D par rapport à la première ligne pourtrouver Dn+2 = 2Dn+1 −Dn.2) La suite Dn vérifie une relation récurrente linéaire d’ordre 2, dont le polynôme caractéristiqueest X2 − 2X + 1 = (X − 1)2. Donc, Dn est de la forme Dn = (An + B).1n. De plus D1 = 2 etD2 = 3, d’où A = B = 1. Donc, Dn = n+ 1.3) La matrice A est symétrique réelle donc diagonalisable. De plus, pour tout n ∈ N, Dn = n+1 6=0, donc 0 n’est pas valeur propre.Corrigé exercice 4 :Posons g(t) = f(t+ 2) = arctan 2(t+2)

t−2 .Cette fonction g est de classe C∞ sur R avec g′(t) = −2

(t+2)2+4 .Une décomposition en éléments simples dans C donne :

g′(t) = −i/2t+ 2(1 + i) + i/2

t+ 2(1− i)

donc

g′(t) = 14i√

2

e−iπ4

1 + t2√

2e−i

π4 − ei

π4

1 + t2√

2eiπ4

On en déduit que pour tout réel t tel que |t| < 2

√2,

g′(t) = 14i√

2e−i

π4

+∞∑n=0

(−1)n tn

2 3n2e−in

π4 − 1

4i√

2eiπ4

∞∑n=0

(−1)n tn

2 3n2ein

π4

donc,

g′(t) =+∞∑n=0

(−1)n+1tn2−3(n+1)

2 sin(n+ 1)π4Remarquons que, puisque l’on a additionné deux séries entières de même rayon de convergenceégal à 2

√2, le rayon ρ du développement de g′ est a priori supérieur ou égal à 2

√2.

En notant de plus que, pour t = 2√

2, la série est grossièrement divergente, on obtient finalementρ = 2

√2.

Le théorème d’intégration terme à terme d’une série entière donne ensuite :

∀t ∈]− 2√

2, 2√

2[, g(t) = f(2) ++∞∑n=0

(−1)n+1 tn+1

n+ 12−3(n+1)

2 sin(n+ 1)π4

donc, ∀x ∈]2− 2√

2, 2 + 2√

2[,

f(x) = − arctan 3 ++∞∑n=1

(−1)n (x− 2)nn

2− 3n2 sinnπ4


Planche numéro 3 : CCPCorrigé exercice 5 :1) La matrice A est symétrique réelle donc diagonalisable dans une base orthonormée.2) Le calcul du polynôme caractéristique donne

PA(X) = −(X − 3)(X + 3)2

Un vecteur propre pour la valeur propre 3 est

1−21

. Pour la valeur propre -3, un vecteur propre

évident est

111

. On trouve l’autre vecteur propre pour la valeur propre -3, en faisant le produit

vectoriel des deux premiers vecteurs. On trouve

−303

. Il ne reste plus qu’à normer les vecteurs et

on trouve

tPAP =

−3 0 00 −3 00 0 3

avec P =

1√3−1√

21√5

1√3 0 −2√

51√3

1√2

1√5

Corrigé exercice 6 :Posons an = n!

1.3.....(2n+1) .De an+1

an= n+1

2n+3 , on déduit limn→+∞

∣∣∣an+1x2n+3

anx2n+1

∣∣∣ = x2

2 et donc le rayon de convergence vaut R =√

2.Pour x ∈]−

√2,√

2[, on a :

f(x) =+∞∑n=0

anx2n+1 et f ′(x) =

+∞∑n=0

(2n+ 1)anx2n

et la relation (2n+ 3)an+1 = (n+ 1)an donne successivement :+∞∑n=0

(2n+ 3)an+1x2n+2 =

+∞∑n=0

(n+ 1)anx2n+2

+∞∑n=1

(2n+ 1)anx2n = x2

2

+∞∑n=0

(2n+ 1)anx2n + x

2

+∞∑n=0

anx2n+1

f ′(x)− 1 = x2

2 f′(x) + x

2f(x)

d’où :(x2 − 2)f ′(x) + xf(x) + 2 = 0

f apparaît comme l’unique solution sur I =]−√

2,√

2[ de l’équation différentielle :

(x2 − 2)y′ + xy + 2 = 0 vérifiant y(0) = 0

La méthode de la variation de la constante conduit à la solution générale sur I :

x 7→ 1√2− x2

[2 arcsin

(x√2

)+ µ

]


et la condition f(0) = 0 donne :

∀x ∈]−√

2,√

2[, f(x) = 2√2− x2

arcsin(x√2

)


Planche numéro 4 : CCPCorrigé exercice 7 :Les fonctions cos t et sin t forment une base de solution de l’équation homogène associé à y′′+ y =cosx. La méthode variation des constantes donne le système :λ′1(t) cos t+ λ′2(t) sin t = 0

−λ′1(t) sin t+ λ′2(t) cos t = cos t

dont la résolution donne λ′1(t) = − sin t cos tλ′2(t) = cos2 t

D’où, λ1(x) = 12 cos2 x

λ2(x) = x2 + 1

4 sin 2x

D’où,∃A,B tels que y(x) = 1

2 (cos 2x+ A) cosx+ 12

(x+ 1

2 sin 2x+B)

sin x

Corrigé exercice 8 :On trouve facilement

∀1 ≤ p ≤ n− 1, Jp =[

0 In−pIp 0

]

On en déduit que si P = ∑ni=1 aix

i−1, alors A = P (J). Ceci montre également que si Q ∈ K[X],Q 6= 0 et deg(Q) < n, alors Q(J) 6= 0. Le polynôme minimal de J vérifie donc deg(ΠJ) ≥ n.Or, Jn − I = 0, on a donc ΠJ = Xn − 1. Or, ΠJ divise le polynôme caractéristique PJ de J etdeg(PJ) = n, donc PJ = (−1)nΠJ = (−1)n∏n−1

k=0(X − ωk), où ω = e2iπn . J étant annulée par un

polynôme scindé à racines simples, J est diagonalisable, et il existe Q ∈ GLn(C) telle que

Q−1JQ =

1

ω. . .

ωn−1

On en déduit

Q−1AQ = Q−1P (J)Q = P (Q−1JQ) =

P (1)

P (ω). . .

P (ωn−1)


Planche numéro 5 : CCPCorrigé exercice 9 :1) La fonction f est 2π périodique et de classe C1 par morceaux, donc pour tout t ∈ R, la sériede Fourier de f converge en ce point t vers f(t+)+f(t−)

2 . Comme f est continue sur [0, 2π[, et quef(2π−) = 4π2 et f(2π+) = 0, on en déduit que la série de Fourier de f converge vers la fonctionf̃ 2π périodique et telle que

∀t ∈ [0, 2π[, f̃(t) = f(t) et f̃(2π) = 2π2

2) Le calcul des coefficients de Fourier donne an(f) = 4n2 et bn(f) = −4

npour n ∈ N∗ et a0(f) = 8π2

3 .D’où, en évaluant en t = 0,

2π2 = 4π2

3 ++∞∑n=1

4n2

D’où,+∞∑n=1

1n2 = π2

6Corrigé exercice 10 :1) On pose g : [0, 1]→ [0, 1], x 7→ f(x)− x. g est continue comme composée d’applications conti-nues. De plus, g(0) = f(0) ≥ 0 et g(1) = f(1)− 1 ≤ 0. Par le théorème des valeurs intermédiaires,g admet au moins un 0, c’est à dire, f admet au moins un point fixe.2)a) L’ensemble A est non vide (il contient par exemple 1) et minoré par 0 donc α = inf A existe.b) Pour tout x ∈ A, on a par définition de α, α ≤ x, donc par croissance de f , f(α) ≤ f(x) etf(x) ≤ x puisque x ∈ A. Donc, f(α) ≤ x, et donc f(α) minore A. Par définition de l’infimum, onen déduit que f(α) ≤ α.c) Par croissance de f et grâce à la question précédente, f(f(α)) ≤ f(α) et donc f(α) ∈ A. Ainsi,f(α) ≥ α, d’où f(α) = α. Ainsi, f admet au moins un point fixe.


Planche numéro 6 : CCPCorrigé exercice 11 :1) Les vérifications (bilinéarité, symétrie, définie positive) sont immédiates.2) On vérifie facilement que < f4, f4 >=< f5, f5 >= 1 et que < f4, f5 >= 0.3)F⊥ = V ect(f4, f5).Corrigé exercice 12 :Posons g(t) = f(t+ 2) = arctan 2(t+2)

t−2 .Cette fonction g est de classe C∞ sur R avec g′(t) = −2

(t+2)2+4 .Une décomposition en éléments simples dans C donne :

g′(t) = −i/2t+ 2(1 + i) + i/2

t+ 2(1− i)

donc

g′(t) = 14i√

2

e−iπ4

1 + t2√

2e−i

π4 − ei

π4

1 + t2√

2eiπ4

On en déduit que pour tout réel t tel que |t| < 2

√2,

g′(t) = 14i√

2e−i

π4

+∞∑n=0

(−1)n tn

2 3n2e−in

π4 − 1

4i√

2eiπ4

∞∑n=0

(−1)n tn

2 3n2ein

π4

donc,

g′(t) =+∞∑n=0

(−1)n+1tn2−3(n+1)

2 sin(n+ 1)π4Remarquons que, puisque l’on a additionné deux séries entières de même rayon de convergenceégal à 2

√2, le rayon ρ du développement de g′ est a priori supérieur ou égal à 2

√2.

En notant de plus que, pour t = 2√

2, la série est grossièrement divergente, on obtient finalementρ = 2

√2.

Le théorème d’intégration terme à terme d’une série entière donne ensuite :

∀t ∈]− 2√

2, 2√

2[, g(t) = f(2) ++∞∑n=0

(−1)n+1 tn+1

n+ 12−3(n+1)

2 sin(n+ 1)π4

donc, ∀x ∈]2− 2√

2, 2 + 2√

2[,

f(x) = − arctan 3 ++∞∑n=1

(−1)n (x− 2)nn

2− 3n2 sinnπ4


Planche numéro 7 : CCPCorrigé exercice 13 :1) Il suffit de faire le calcule en posant P = ∑n

k=0 akXk et Q = ∑m

k=0 bkXk.

2)a) D’après 1),

∀(P,Q) ∈ K[X]×K[X], P (u) ◦Q(u) = (PQ)(u) = (QP )(u) = Q(u) ◦ P (u)

b) Si P est un polynôme annulateur de u, alors P (u) = 0 donc,

(PQ)(u) = P (u) ◦Q(u) = Q(u) ◦ P (u) = 0

et donc PQ est un polynôme annulateur de u.3) Le calcul donne PA(X) = X2−X. D’après le théorème de Cayley-Hamilton, c’est un polynômeannulateur de A. Par ailleurs, R = X4 + 2X3 +X2− 4X = (X2−X)(X2 + 3X + 4), donc d’aprèsla question précédente, R est un polynôme annulateur de A.Corrigé exercice 14 :Posons an = n!

1.3.....(2n+1) .De an+1

an= n+1

2n+3 , on déduit limn→+∞

∣∣∣an+1x2n+3

anx2n+1

∣∣∣ = x2

2 et donc le rayon de convergence vaut R =√

2.Pour x ∈]−

√2,√

2[, on a :

f(x) =+∞∑n=0

anx2n+1 et f ′(x) =

+∞∑n=0

(2n+ 1)anx2n

et la relation (2n+ 3)an+1 = (n+ 1)an donne successivement :+∞∑n=0

(2n+ 3)an+1x2n+2 =

+∞∑n=0

(n+ 1)anx2n+2

+∞∑n=1

(2n+ 1)anx2n = x2

2

+∞∑n=0

(2n+ 1)anx2n + x

2

+∞∑n=0

anx2n+1

f ′(x)− 1 = x2

2 f′(x) + x

2f(x)

d’où :(x2 − 2)f ′(x) + xf(x) + 2 = 0

f apparaît comme l’unique solution sur I =]−√

2,√

2[ de l’équation différentielle :

(x2 − 2)y′ + xy + 2 = 0 vérifiant y(0) = 0

La méthode de la variation de la constante conduit à la solution générale sur I :

x 7→ 1√2− x2

[2 arcsin

(x√2

)+ µ

]

et la condition f(0) = 0 donne :

∀x ∈]−√

2,√

2[, f(x) = 2√2− x2

arcsin(x√2

)


4.2 Exercices type Mines-Centrale


Planche numéro 1 : MinesCorrigé exercice 15 :1) E étant de Banach, il suffit, pour montrer que (xn) est convergente, de montrer que (xn) estde Cauchy. Soient p, q ∈ N∗, p ≥ q, on a :

‖xp − xq‖ ≤p−1∑j=q‖xj+1 − xj‖

≤p−1∑j=q‖f(xj)− f(xj−1)‖

≤p−1∑j=q

k‖xj − xj−1‖ ≤p−1∑j=q

kj‖x1 − x0‖ par réuccrence immédiate sur j

≤ kq1− kp−q

1− k

≤ kq

1− k −→q→+∞0 car k < 1

et donc (xn) est de Cauchy, donc convergente.2) Notons x la limite de (xn). f étant contractante, elle est continue, et donc

x = limn→+∞

xn = limn→+∞

xn+1 = limn→+∞

f(xn) = f(x)

et donc x est un point fixe de f . Pour l’unicité, on considère x et y deux points fixes de f , on a :

‖x− y‖ = ‖f(x)− f(y)‖ ≤ k‖x− y‖

Or, k < 1 et donc ‖x− y‖ = 0, i.e x = y.3) Commençons par montrer que la fonction fn de l’indication, admet un point fixe. On va pourcela appliquer le théorème de point fixe que l’on a démontré dans les deux premières questions.K est compact, donc complet. Montrons que fn est contractante :

∀x, y ∈ K, ‖fn(x)− fn(y)‖ =(

1− 1n

)‖f(x)− f(y)‖ ≤

(1− 1

n

)︸︷︷︸

<1

‖x− y‖

fn est donc contractante et admet par conséquent un point fixe xn : fn(xn) = xn. La suite (xn)prend ses valeurs dans le compact K, on peut donc en extraire une sous-suite convergente (xϕ(n))dont la limite x appartient à K. Grâce à l’inégalité,

‖f(x)− fn(xn)‖ ≤ ‖f(x)− fn(x)‖+ ‖fn(x)− fn(xn)‖ ≤ 1n

(‖a‖+ ‖f(x)‖) + ‖x− xn‖

on voit que (fϕ(n)(xϕ(n)) converge vers f(x). En passant à la limite dans l’égalité (fϕ(n)(xϕ(n)) =xϕ(n), on en déduit f(x) = x d’où le résultat.Il n’y a bien évidemment pas unicité comme le montre l’exemple de la fonction f : [0, 1] →[0, 1], x 7→ x.


Planche numéro 2 : Mines/CentraleCorrigé exercice 16 :1) Quitte à considérer −f , on peut supposer que f est croissante. On peut alors écrire

∀1 ≤ k ≤ n− 1,∫ k/n

(k−1)/nf(t)dt ≤ 1

nf(kn

) ≤∫ (k+1)/n

k/nf(t)dt

On somme alors cette relation pour k allant de 1 à n, ce qui donne∫ 1− 1

n

0f(t)dt ≤ 1

n

n∑k=1

f(kn

) ≤∫ 1

1/nf(t)dt

puis on fait tendre n vers l’infini.2) En considérant la fonction f : [0, 1]→ R, x 7→ 1

1+x2 , on remarque que

∀n ∈ N∗, un = 1n

n∑k=1

f(kn

)

On en déduit par la question précédente (f étant décroissante) que (un) converge et que

l = limn→+∞

un =∫ 1

0

dx

1 + x2 = [arctan(x)]10 = π

4

3) On procède comme suit. On considère une primitive F de f , de sorte que pour tout n ∈ N∗,

l = F (1)− F (0) =n∑k=1

(F

(k

n

)− F

(k − 1n

))et un = 1

n

n∑k=1

F ′(k

n

)

donc∀n ∈ N∗, l − un =

n∑k=1

[F

(k

n

)− F

(k − 1n

)− 1nF ′(k

n

)]D’après la formule de Taylor-Lagrange, pour tout n ∈ N∗, on a

∀1 ≤ k ≤ n,∃xk ∈]k − 1n

,k

n[, F

(k − 1n

)+ F

(k

n

)− 1nF ′(k

n

)+ 1

2n2F′′(xk)

et comme F ′′ = f ′, ceci entraîne

l − un =n∑k=1

[−12n2F

′′(xk)]

= −12n2

n∑k=1

f ′(xk)

On a encore affaire à une somme de Riemann, et donc

limn→+∞

1n

n∑k=1

f ′(xk) =∫ 1

0f ′(t)dt = f(1)− f(0) = −1

2

donc l − un ∼ 14n lorsque n tend vers +∞.


Planche numéro 3 : CentraleCorrigé exercice 17 :1) La fonction

f : [0,+∞[×[0, 1] → R(x, t) 7→ e−(t2+1)x2

t2+1

admet une dérivée partielle par rapport à x continue. On en déduit (théorème de dérivabilité sousle signe intégral) que g est dérivable et que

∀x ≥ 0, g′(x) = −2x∫ 1

0e−(t2+1)x2

dt = −2xe−x2∫ 1

0e−(tx)2dt

ce qui, après le changement de variable u = tx donne

g′(x) = −2e−x2∫ x

0e−u

2du = −2f ′(x)f(x) avec f : x 7→

∫ x

0e−u

2du

En intégrant, on en déduit

∀x ≥ 0, g(x)− g(0) = −(f 2(x)− f 2(0))

et doncg(x) = π

4 − f2(x)

Les inégalités0 ≤ g(x) ≤ e−x

2∫ 1

0

dt

1 + t2

entraînentlim

x→+∞g(x) = 0

et la fonction f étant positive, on en déduit que

I =∫ +∞

0e−t

2dt =

√π

22)La fonction logarithme est concave, elle se trouve donc en dessous de sa tangente en 1, ce quis’écrit log(1 = x) ≤ x pour x > −1. En particulier, pour tout n ∈ N∗, on a

∀t ∈ [0,√n[, log

(1− t2

n

)≤ −t

2

net log

(1 + t2

n

)≤ t2

n

En multipliant respectivement par n et −n puis en prenant l’exponentielle, on en déduit

∀t ∈ [0,√n[,(

1− t2

n

)n≤ e−t

2 ≤(

1 + t2

n

)−nOn a donc

∀n ∈ N∗,∫ √n

0

(1− t2

n

)ndt ≤

∫ √n0

e−t2dt ≤

∫ +∞

0

(1 + t2

n

)−ndt

En effectuant le changement de variable t =√n cos(u) dans le membre de gauche et t =

√n cot(u)

dans le membre de droite, cette dernière assertion s’écrit aussi

∀n ∈ N∗,√n∫ π/2

0sin(u)2n+1du ≤

∫ √n0

e−t2dt ≤

√n∫ π/2

0sin(u)2n−2du (1)


Les intégrales de Wallis vérifient l’équivalent∫ π/2

0sin(u)ndu ∼

√π

2n lorsque n→ +∞

Ceci montre que les deux termes de (1) tendent vers√π

2 lorsque n tend vers +∞. On en déduitque

I =√π

23)a) En passant en coordonnées polaires puis en appliquant le théorème de Fubini, on a :

∀a > 0, Ia =∫ ∫

[0,a]×[0,2π]e−r

2rdrdθ =

(∫[0,a]

e−r2rdr

)(∫[0,2π]

dθ

)= π(1− e−a2)

Toujours d’après le théorème de Fubini, on a :

Ja =(∫ a

−ae−x

2dx)2

b) évident.c) La fonction intégrée étant positive, on en déduit

Ia ≤ Ja ≤ I√2a

En faisant tendre a vers l’infini et en remarquant que la fonction x 7→ e−x2 est paire, on en déduit

I =√π

2


Planche numéro 4 : CentraleCorrigé exercice 18 :1) L’application fα est paire donc bn(fα) = 0 pour tout n ∈ N∗. Par ailleurs,

∀n ∈ N, an(fα) = 1π

∫ π

−πcos(αt) cos(nt)dt

= 1π

∫ π

0(cos(α + n)t+ cos(α− n)t) dt

= 1π

[sin(α + n)π

α + n+ sin(α− n)π

α− n

]

= (−1)n 2α sinαππ(α2 − n2)

La fonction fα est continue et de classe C1 par morceaux, donc la série de Fourier de fα convergesimplement (et même uniformément) vers fα sur R, ce qui entraîne

∀t ∈ [π, π], cos(αt) = sinαπαπ

++∞∑n=1

(−1)n 2α sinαππ(α2 − n2) cosnt

ce qui en faisant t = π et en divisant par sinαπ donne

cotαπ = 1απ

++∞∑n=1

2απ(α2 − n2)

Ceci est vrai pour tout α ∈ R \ Z d’où le résultat en remplaçant α par t/π.2) Soit x ∈]0, π[. On définit f : [0, x] → R par f(t) = cot t − 1

tsi t 6= 0, f(0) = 0. La formule

établie à la question précédente montre que

∀t ∈ [0, x], f(t) =+∞∑n=1

2tt2 − n2π2

Comme cette série de fonction converge normalement sur [0, x], on peut écrire∫ x

0f(t)dt =

+∞∑n=1

∫ x

0

2tt2 − n2π2

Autrement dit,

log sin xx

=+∞∑n=1

log(

1− x2

n2π2

)En prenant l’exponentielle de part et d’autre de cette dernière égalité, on voit que le produit infiniexiste bien et que

sin xx

=+∞∏n=1

(1− x2

n2π2

)d’où le résultat pour 0 < x < π. Comme les fonctions en présence sont impaires et nulles en 0, onen déduit le résultat pour x ∈]− π, π[.3) L’égalité

2tt2 − n2π2 = 1

t− nπ+ 1t+ nπ


entraîned

dt

( 2tt2 − n2π2

)= − 1

(t− nπ)2 −1

(t+ nπ)2

Ainsi, si on fixe x ∈ [0, π(, la série de fonction ∑n≥1ddt

(2t

t2−n2π2

)converge normalement sur [0, x].

En appliquant le théorème de dérivabilité des séries de fonctions, on en conclut que

t 7→+∞∑n=1

2tt2 − n2π2

est dérivable sur [0, x], sa dérivée est

t 7→ −∑

n ∈ Z∗1

(t− nπ)2

En dérivant l’identité obtenue à la première question au point x, on déduit

−1sin2 x

+ 1x2 = −

∑n∈Z∗

1(x− nπ)2

Ceci vaut pour tout x ∈]0, π[. Les fonctions en présence étant paires, cette relation vaut sur]− π, π[\{0}, d’où le résultat.


Planche numéro 5 : CentraleCorrigé exercice 19 :1) On commence par remarquer que lorsque n tend vers +∞,

1n∼ log(1 + 1

n)

Comme ∑ 1ndiverge et que les deux séries en présence sont à termes positifs, on a :

Hn ∼n∑k=1

log(

1 + 1k

)=

n∑k=1

log(k + 1k

)= log

(n∏k=1

k + 1k

)= log(n+ 1)

Autrement dit,Hn ∼ log(n)

2) On considère la suite Un = Hn − log(n), et on écrit

Un − Un−1 = 1n− log(n) + log(n− 1) = 1

n+ log

(1− 1

n

)∼ − 1

2n2

Donc, la série ∑(Un − Un−1) converge. Comme

∀n ∈ N∗,n∑k=2

(Uk − Uk−1) = Un − U1

la suite (Un) converge. Notons γ sa limite, de sorte que

Hn = log(n) + Un = log(n) + γ + o(1)

3) Comme la série ∑(Un − Un−1) converge et est à terme positifs, on en déduit un équivalent desrestes de ∑(Un − Un−1), ce qui s’écrit

γ − Un =+∞∑

k=n+1(Uk − Uk−1) ∼ −1

2∑

k = n+ 1+∞ 1k2

Pour obtenir un équivalent de ce dernier terme, on écrit

∀k ≥ 2,∫ k+1

k

dt

t2≤ 1k2 ≤

∫ k

k−1

dt

t2

donc,

∀n ≥ 1, 1n+ 1 =

∫ +∞

n+1

dt

t2≤

+∞∑k=n+1

1k2 ≤

∫ +∞

n

dt

t2= 1n

d’où,+∞∑

k=n+1

1k2 ∼

1n

Finalement, on a démontré

Un − γ ∼12

+∞∑k=n

1k2 ∼

12n

Donc,Hn = log(n) + Un = log(n) + γ + 1

2n + o( 1

2n

)


Planche numéro 6 : Mines/CentraleCorrigé exercice 20 :Considérons la fonction g : x 7→ sinh2 x

coshx . Le calcul donne g′′(x)− g(x) = 2cosh3(x) .

Donc, avec h = f − g, l’hypothèse se lit h′′ − h ≥ 0, h(0) = h′(0) = 0.Sachant que h est, tout comme f de classe C2 sur R, la condition h′′−h ≥ 0 équivaut à l’existencede ϕ ∈ C0(R,R) positive et telle que :

∀x ∈ R, h′′(x)− h(x) = ε(x)

Utilisons alors la méthode de variation des constantes : puisque (sinh, cosh) est une base de l’espacevectoriel des solutions de y′′ − y = 0, il existe u et v de classe C1 sur R telles que :h(x) = u(x) cosh(x) + v(x) sinh(x)

h′(x) = u(x) sinh(x) + v(x) cosh(x)

et en écrivant que h est solution de y′′ − y = ϕ(x), il vient :u′(x) cosh(x) + v′(x) sinh(x) = 0u′(x) sinh(x) + v′(x) cosh(x) = ϕ(x)

On en déduit u′(x) = −ϕ(x) sinh(x) et v′(x) = ϕ(x) cosh(x), puis :

u(x) = a−∫ x

0ϕ(t) sinh(t)dt et v(x) = b+

∫ x

0ϕ(t) cosh(t)dt

et enfin, compte tenu de h(0) = h′(0) = 0, on a h(x) =∫ x

0 ϕ(t) sinh(x− t)dt.La positivité de ϕ, avec sinh(x− t) ≥ 0 pour t ∈ [0, x] si x > 0 et sinh(x− t) ≤ 0 pour t ∈ [0, x]si x < 0, donne alors celle de h et l’inégalité annoncée en résulte.Corrigé exercice 21 :On trouve facilement

∀1 ≤ p ≤ n− 1, Jp =[

0 In−pIp 0

]On en déduit que si P = ∑n

i=1 aixi−1, alors A = P (J). Ceci montre également que si Q ∈ K[X],

Q 6= 0 et deg(Q) < n, alors Q(J) 6= 0. Le polynôme minimal de J vérifie donc deg(ΠJ) ≥ n.Or, Jn − I = 0, on a donc ΠJ = Xn − 1. Or, ΠJ divise le polynôme caractéristique PJ de J etdeg(PJ) = n, donc PJ = (−1)nΠJ = (−1)n∏n−1



Q−1JQ =

1

ω. . .

ωn−1

On en déduit

Q−1AQ = Q−1P (J)Q = P (Q−1JQ) =

P (1)

P (ω). . .

P (ωn−1)


Planche numéro 7 : MinesCorrigé exercice 22 :1) Si A est inversible, alors BA = A−1(AB)A et donc AB et BA sont semblables et donc ontmême polynôme caractéristique.2) On sait que GLn(K) est dense dans Mn(K). On peut donc écrire A = lim

n→+∞An, avec pour tout

n, An ∈ GLn(K). Or, d’après 1), pour tout n, PAnB = PBAn , et par continuité de l’applicationdéterminant, en faisant tendre n vers +∞, on en déduit PAB = PBA.3) Le corps K étant infini, et A n’ayant qu’un nombre fini de valeurs propres, il existe Γ ⊂ K, Γinfini, tel que pour tout λ ∈ Γ, λ n’est pas valeur propre de A, i.e A − λIn ∈ GLn(K). Fixonsx ∈ K. D’après 1), on a :

∀λ ∈ Γ, P(A−λIn)B(x) = PB(A−λIn)(x)

Le polynôme P(A−λIn)B(x) − PB(A−λIn)(x) ∈ K[X] s’annule donc sur Γ, donc est nul puisqueΓ est infini. En particulier, ce polynôme s’annule lorsque X prend la valeur 0, c’est à direPAB(x) = PBA(x). Ceci étant vrai pour tout x ∈ K, on en déduit, K étant infini, que PAB = PBA.


Planche numéro 8 : MinesCorrigé exercice 23 :On trouve facilement

∀1 ≤ p ≤ n− 1, Jp =[

0 In−pIp 0

]

On en déduit que si P = ∑ni=1 aix

i−1, alors A = P (J). Ceci montre également que si Q ∈ K[X],Q 6= 0 et deg(Q) < n, alors Q(J) 6= 0. Le polynôme minimal de J vérifie donc deg(ΠJ) ≥ n.Or, Jn − I = 0, on a donc ΠJ = Xn − 1. Or, ΠJ divise le polynôme caractéristique PJ de J etdeg(PJ) = n, donc PJ = (−1)nΠJ = (−1)n∏n−1



Q−1JQ =

1

ω. . .

ωn−1

On en déduit

Q−1AQ = Q−1P (J)Q = P (Q−1JQ) =

P (1)

P (ω). . .

P (ωn−1)

Corrigé exercice 24 :Si B est diagonalisable, il existe un polynôme P ∈ K[X], scindé sur K, dont toutes les racinessont simples, tel que P (B) = 0. Par récurrence sur k, on a facilement pour tout k ∈ N

Bk =[Ak kAk

0 Ak

]

De ceci, on déduit

0 = P (B) =[P (A) AP ′(A)

0 P (A)

]onc, P (A) = AP ′(A) = 0. Comme P (A) = 0, on voit que A est diagonalisable. Soit λ une valeurpropre de A. Comme AP ′(A) = 0, on aλP ′(λ) = 0. Or, λ étant racine simple de P , on a P ′(λ) 6= 0et donc λ = 0. En résumé, A est diagonalisable et λ = 0 est la seule valeur propre de A, autrementdit, A = 0.Réciproquement, si A = 0, B est évidemment diagonalisable. Finalement, B est diagonalisable siet seulement si A = 0.


Planche numéro 9 : MinesCorrigé exercice 25 :Il s’agit de montrer qu’il existe un produit scalaire (x, y) 7→ ϕ(x, y) sur E tel que pour tout x ∈ E,ϕ(x, x) = ‖x‖2.On raisonne par condition nécessaires. Si un tel produit scalaire existe, alors

∀x, y ∈ E, 4ϕ(x, y) = ϕ(x+ y, x+ y)− ϕ(x− y, x− y) = ‖x+ y2 − ‖x− y‖2

On définit donc ϕ par

ϕ : E × E → R(x, y) 7→ 1

4 (‖x+ y‖2 − ‖x− y‖2)

Nous allons montrer que ψ = 4ϕ est un produit scalaire, ce qui montrera le résultat pour ϕ.Montrons que ψ est bilinéaire. Comme ψ est symétrique en ses arguments, il suffit de démontrerla linéarité pour l’un d’entre eux, par exemple le premier.

– Montrons que ψ est additive par rapport à son premier argument. Pour tout x, y, z ∈ E, ona :

2(ψ(x, z) + ψ(y, z)) = (2‖x+ z‖2 + 2‖y + z‖2)− (2‖x− z‖2 + 2‖y − z‖2)Et par hypothèse sur ‖.‖, ceci est égal à

‖x+ y + 2z‖2 + ‖x− y‖2 − ‖x+ y − 2z‖2 − ‖x− y‖2 = ψ(x+ y, 2z)

Posons alors x0 = x+ y :

ψ(x0, 2z) = ‖x0 + 2z‖2 − ‖x0 − 2z‖2

= (‖x0 + 2z‖2 + 2‖x0‖2)− (‖x0 − 2z‖2 + ‖x02)

= (2‖x0 + z‖2 + 2‖z‖2)− (2‖x0 − z‖2 + 2‖z‖2)= 2ψ(x0, z)

Finalement, on a :

2(ψ(x, z) + ψ(y, z)) = ψ(x0, 2z) = 2ψ(x0, z) = 2ψ(x+ y, z)

donc ψ(x+ y, z) = ψ(x, z) + ψ(y, z).

– Il nous reste à montrer que pour tout x, z ∈ E, et λ ∈ R, ψ(λx, z) = λψ(x, z).

– Si p ∈ N∗, alors ψ(px, z) = ψ(x + ...x, z) = pψ(x, z) d’après ce qui vient d’être fait. Or,ψ(0, z) = 0 = ψ(x − x, z) = ψ(x, z) + ψ(−x, z). Donc, ψ(−x, z) = −ψ(x, z). Finalement,pour tout p ∈ Z, ψ(px, z) = pψ(x, z).

– Soit q ∈ N∗. Alors,

ψ(x, z) = ψ(q.1qx, z) = qψ(1

qx, z) donc ψ(1

qx, z) = 1

qψ(x, z)

– Pour tout r ∈ Q, r = pq, on a :

ψ(rx, z) = ψ(p.1qx, z) = pψ(1

qx, z) = p

1qψ(x, z) = rψ(x, z)


Par construction, ψ est continue, et comme Q est dense dans R, on en déduit

∀λ ∈ R, ψ(λx, z) = λψ(x, z)

Ainsi, ψ est bilinéaire. Comme ψ est trivialement symétrique et définie positive, on endéduit que ψ définit bien un produit scalaire. Il en est donc de même de ϕ = 1

4ψ, et comme‖.‖2 = ϕ(., .), ‖.‖ est bien une norme euclidienne.

Corrigé exercice 26 :L’égalité x2 = e se traduit par x−1 = x. Ainsi, xy = x−1y−1 = (yx)−1 = yx. Donc, G est abélien.De plus, si on considère le corps Z/2Z, alors on peut munir G d’une structure de Z/2Z espacevectoriel via :

∀k̄ ∈ Z/2Z,∀x ∈ G, k̄.x = xk̄

On vérifie alors facilement que cette multiplication externe vérifie bien les axiomes d’un espacevectoriel.Remarque : Une autre méthode peut consister à voir G comme un sous-groupe de GLn(C) viaun morphisme injectif ϕ : G→ GLn(C) à trouver (en fait, c’est toujours possible pour n’importequel groupe fini...) puis à utiliser le résultat de l’exercice 29 (voir planche numéro X-ENS).


4.3 Exercices type X-ENS


Planche numéro 1 : X-ENSCorrigé exercice 27 :1) Le signal carré ϕ est C1 par morceaux, et comme ϕ(x) = 1

2(ϕ(x−)+ϕ(x+)) en ses discontinuités,la série de Fourier de ϕ converge simplement vers ϕ. Elle se calcule facilement et on obtient :

∀t ∈ R, ϕ(t) = 12 + 2

π

+∞∑ν=1

sin(2ν − 1)t2ν − 1

Les coefficients de Fourier forment une suite décroissante, la convergence est uniforme sur toutintervalle fermé ne contenant pas les discontinuités de ϕ.2) Partant de la représentation intégrale sin(2ν−1)t

2ν−1 =∫ t

0 cos(2ν − 1)sds, on peut écrire

s2n−1(t) = 12 + 2

π

∫ t

0Cn(s)ds avec Cn(s) =

n∑k=1

cos(2k − 1)s

On calcule Cn(s) à partir de la partie réelle d’une somme d’exponentielle complexes,

Cn(s) = <(

n∑k=1

ei(2k−1)s)

=(eisei2ns − 1e2is − 1

)+ <

(eins

sin(ns)sin s

)= cosns sinns

sin s = sin 2ns2 sin s

On en déduit le résultat.3) La représentation intégrale précédente donne s′2n−1(t) = 1

πsin 2ntsin t (et s′2n−1(0) = 2n

πpar conti-

nuité), donc s′2n−1 s’annule sur [0, π] en t = xk = kπ2n , 0 < k ≤ 2n. Montrons que son maximum est

atteint en x1. Pour 1 ≤ k ≤ n, on a :

s2n−1(x2k)− s2n−1(x2k−1) = 1π

∫ x2k

x2k−1

sin 2ssin s ds

et comme l’intégrande est négative sur [x2k−1, x2k], on en déduit que s2n−1(x2k) < s2n−1(x2k−1). Lemaximum est donc atteint sur l’un des s2n−1(x2k−1) pour 1 ≤ k ≤ n. Maintenant, pour 1 ≤ k < n,on a :

s2n−1(x2k+1)− s2n−1(x2k−1) = 1π

∫ x2k

x2k−1sin 2ns

(1

sin s −1

sin(s+ π2n)

)ds

expression que l’on obtient en deux l’intégrale∫ x2k+1x2k−1

=∫ x2kx2k−1

+∫ x2k+1x2k

et en effectuant le change-ment de variable s 7→ s+π/(2n) dans la deuxième. La fonction sinus étant croissante sur [0, π], etcomme sin 2ns est négatif sur [x2k−1, x2k], la dernière intégrande est négative, donc s2n−1(x2k+1) <s2n−1(x2k−1). Finalement ceci montre que le maximum est atteint en t = x1 = π/(2n) et vaut

sup0≤t≤π

s2n−1(t) = Mn = 12 + 1

π

∫ π/(2n)

0

sin 2nssin s ds

4) Le changement de variable t = 2ns dans l’intégrale précédente donne

Mn = 12 + 1

π

∫ π

0

sin t2n sin(t/(2n))dt

Lorsque x→ 0, on a sin x ∼ x. Donc, pour tout ε, il existe α tel que x/(1 + ε) ≤ sin x ≤ x/(1− ε)pour x ∈ [0, α]. Ainsi, si n > π/(2α), on a t/(1− ε) ≤ 2n sin(t/2n) ≤ t/(1 + ε) sur [0, π] et donc

12 + (1− ε) 1

π

∫ π

0

sin ttdt ≤Mn ≤

12 + (1 + ε) 1

π

∫ π

0

sin ttdt


On en déduit que Mn converge vers M lorsque n→ +∞.Concluons. Nous venons de montrer que le maximum des sommes partielles s2n−1 convergeait versun nombre M ' 1, 089 qui est strictement plus grand que le maximum de ϕ. Ainsi, les sommespartielles convergent simplement vers le signal carré ϕ mais pas uniformément.Remarque : Le phénomène de Gibbs fut observé par Michelson en 1898 lorsqu’il développa unsystème mécanique capable de tracer la série de Fourier d’un signal. Alors que Michelson soupçon-nait un défaut dans la fabrication de sa machine, Gibbs montra l’année suivante que le phénomèneétait d’origine mathématique.


Planche numéro 2 : X-ENSCorrigé exercice 28 :Il s’agit de montrer qu’il existe un produit scalaire (x, y) 7→ ϕ(x, y) sur E tel que pour tout x ∈ E,ϕ(x, x) = ‖x‖2.On raisonne par condition nécessaires. Si un tel produit scalaire existe, alors

∀x, y ∈ E, 4ϕ(x, y) = ϕ(x+ y, x+ y)− ϕ(x− y, x− y) = ‖x+ y2 − ‖x− y‖2

On définit donc ϕ par

ϕ : E × E → R(x, y) 7→ 1

4 (‖x+ y‖2 − ‖x− y‖2)

Nous allons montrer que ψ = 4ϕ est un produit scalaire, ce qui montrera le résultat pour ϕ.Montrons que ψ est bilinéaire. Comme ψ est symétrique en ses arguments, il suffit de démontrerla linéarité pour l’un d’entre eux, par exemple le premier.

– Montrons que ψ est additive par rapport à son premier argument. Pour tout x, y, z ∈ E, ona :

2(ψ(x, z) + ψ(y, z)) = (2‖x+ z‖2 + 2‖y + z‖2)− (2‖x− z‖2 + 2‖y − z‖2)Et par hypothèse sur ‖.‖, ceci est égal à

‖x+ y + 2z‖2 + ‖x− y‖2 − ‖x+ y − 2z‖2 − ‖x− y‖2 = ψ(x+ y, 2z)

Posons alors x0 = x+ y :

ψ(x0, 2z) = ‖x0 + 2z‖2 − ‖x0 − 2z‖2

= (‖x0 + 2z‖2 + 2‖x0‖2)− (‖x0 − 2z‖2 + ‖x02)

= (2‖x0 + z‖2 + 2‖z‖2)− (2‖x0 − z‖2 + 2‖z‖2)= 2ψ(x0, z)

Finalement, on a :

2(ψ(x, z) + ψ(y, z)) = ψ(x0, 2z) = 2ψ(x0, z) = 2ψ(x+ y, z)

donc ψ(x+ y, z) = ψ(x, z) + ψ(y, z).

– Il nous reste à montrer que pour tout x, z ∈ E, et λ ∈ R, ψ(λx, z) = λψ(x, z).

– Si p ∈ N∗, alors ψ(px, z) = ψ(x + ...x, z) = pψ(x, z) d’après ce qui vient d’être fait. Or,ψ(0, z) = 0 = ψ(x − x, z) = ψ(x, z) + ψ(−x, z). Donc, ψ(−x, z) = −ψ(x, z). Finalement,pour tout p ∈ Z, ψ(px, z) = pψ(x, z).

– Soit q ∈ N∗. Alors,

ψ(x, z) = ψ(q.1qx, z) = qψ(1

qx, z) donc ψ(1

qx, z) = 1

qψ(x, z)

– Pour tout r ∈ Q, r = pq, on a :

ψ(rx, z) = ψ(p.1qx, z) = pψ(1

qx, z) = p

1qψ(x, z) = rψ(x, z)


Par construction, ψ est continue, et comme Q est dense dans R, on en déduit

∀λ ∈ R, ψ(λx, z) = λψ(x, z)

Ainsi, ψ est bilinéaire. Comme ψ est trivialement symétrique et définie positive, on endéduit que ψ définit bien un produit scalaire. Il en est donc de même de ϕ = 1

4ψ, et comme‖.‖2 = ϕ(., .), ‖.‖ est bien une norme euclidienne.

Corrigé exercice 29 :Commençons par montrer que le sous-groupe G est commutatif. En effet, la condition A2 = Ipeut aussi s’écrire A−1 = A. Ainsi,

∀A, b ∈ G,AB = A−1B−1 = (BA)−1 = BA

De plus, tous les éléments de G sont diagonalisables. En effet, puisque A2 = I, le polynôme X2−1est un polynôme annulateur de A, pour toute matrice A ∈ G. Ce polynôme étant scindé à racinessimples, on en déduit que toutes les matrices A de G sont diagonalisables. De plus, les valeurspropres de A sont incluses dans l’ensemble des racines du polynôme X2 − 1, i.e {±1}. D’après lerappel, il existe donc P ∈ GLn(C) tel que pour toute matrice A ∈ G, P−1AP soit diagonale avecdes ±1 sur la diagonale. Ainsi, on peut définir un morphisme injectif de groupe

ϕ : G → EA 7→ P−1AP

oùE = {Diag(ε1, ..., εn),∀1 ≤ i ≤ εi ∈ {±1}}

On vérifie sans trop de difficulté que E est bien un sous-groupe de GLn(C) et que ϕ est bienun morphisme de groupe injectif. Ainsi, le cardinal de G divise le cardinal de E (théorème deLagrange) et est donc une puissance de 2.Remarque : On peut généraliser ce résultat à tout groupe fini G vérifiant ∀x ∈ G, x2 = 1, voirl’exercice 26 (planche numéro 9 : Mines).

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