[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 4 juin 2013 Enoncés 1 ...

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Enoncés 1 

Exercice 1 [ 03715 ] [correction] 

Soient (an) une suite de réels strictement positifs et Sn = n 

a) On suppose que la série an converge, donner la nature de an/Sn. 

b) On suppose que la série an diverge, montrer 

∀n ∈ N ⋆ , an 

S2 

n 

1 

− 

Sn−1 

1 

Sn 

En déduire la nature de an/S 2 n. 

c) On suppose toujours la divergence de la série an. 

Qu’elle est la nature de an/Sn ? 


Montrer 

 

 

 

 

1 n n − 1 . . . 2 

 

 

 

. 

2 1 .. 

 

3 

 

 

Dn = 

. 

. .. . .. . .. 

 

. 

 

 

 

. 

n − 1 

.. 1 n 

 

n n − 1 . . . 2 1 


Etablir 


Montrer 

1 

x x dx = 

0 

lim 

n→+∞ n 

+∞ 


On considère la série des fonctions 

1 

+∞ 

n=1 

(−1) n−1 

n n 

e −xn 

+∞ 

dx = 

fn(x) = nx 2 e −x√ n 

1 

k=0 

ak. 

n+1 (n + 1)nn−1 

= (−1) 

2 

e −x 

x dx 

définie sur R + . 

Etudier sa convergence simple, sa convergence normale et sa convergence 

uniforme. 


Prouver l’égalité 

1 

0 

(ln x) 2 

dx = 2 

1 + x2 Exercice 7 [ 03785 ] [correction] 

On introduit l’application sur [0, +∞[ 

+∞ 

n=0 

fn : x ↦→ xn e −x 

n! 

(−1) n 

(2n + 1) 3 

a) Etudier les convergences de la suite de fonctions (fn). 

b) Etudier les convergences de la série de fonctions fn. 


Soit A ∈ M3(R) telle que 

SpA = {−2, 1, 3} 

a) Exprimer A n en fonction de A 2 , A et I3. 

b) Calculer 

ch(A) = 

+∞ 

n=0 

A 2n 

(2n)! 


Soit C un cercle de centre F et de rayon 2a. 

a) Soit F ′ un point à l’intérieur du cercle C. 

Quel est le lieu des points M centre des cercles passant par F ′ et tangent à C ? 

b) Même question pour F ′ extérieur à C. 


On note E l’espace des fonctions réelles définies et continues sur [0, 1]. 

On note E∞ cet espace muni de la norme 

. ∞ : f ↦→ sup |f(t)| 

t∈[0,1] 

et E1 cet espace muni de la norme 

1 

. 1 : f ↦→ |f(t)| dt 

0 

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD


Soit u l’endomorphisme de E défini par 

u(f)(x) = 

x 

0 

tf(t) dt 

a) Montrer que l’application v de E∞ vers E1 qui à f associe u(f) est continue et 

déterminer sa norme. 

b) Montrer que l’application w de E1 vers E∞ qui à f associe u(f) est continue et 



a) Etudier la parité de 

f : x ↦→ e x2 /2 

x 

e 

0 

−t2 /2 

dt 

b) Montrer que f est solution d’une équation différentielle à déterminer. 

c) Justifier que f est développable en série entière et donner ce développement. 


Soient a, b deux réels strictement positifs. 

a) Justifier l’existence pour tout x ∈ R de 

+∞ 

F (x) = 

0 

e −at − e −bt 

t 

cos(xt) dt 

b) Justifier que F est de classe C 1 sur R et calculer F ′ (x). 

c) Exprimer F (x) 


Justifier que 

⎛ 

A = ⎝ 

1 −2 −2 

−2 1 −2 

−2 −2 1 

est diagonalisable et trouver P telle que t P AP soit diagonale. 


Pour P appartenant à l’ensemble des polynômes de degré inférieur à 2, on pose 

1 

φ(P ) = P 2 (t) dt 

−1 

⎞ 

⎠ 

a) Montrer que φ 1/2 est la norme associée à un produit scalaire que l’on précisera. 

b) Calculer la matrice de la forme quadratique φ dans la base canonique. 

c) En déduire la forme analytique donnant l’expression de φ relativement à la 

base canonique. 

d) Ecrire 

φ(P ) = αa 2 + βb 2 + γc 2 

avec α, β, γ ∈ R et a, b, c les coordonnées de P dans une base à préciser. 


Déterminer f dérivable sur R telle que 

f ′ (x) = f(2 − x) 


Soit α ∈ C\iZ et f continue sur R à valeurs dans C et 2π-périodique. 

Soit y solution de l’équation 

y ′ + αy = f 

a) Montrer que y est de la forme 

y(x) = e −αx 

 

y(0) + 

x 

0 

f(t)e αt 

dt 

b) Montrer que y est 2π-périodique si, et seulement si, y(0) = y(2π) (on pourra 

utiliser que z(x) = y(x + 2π) est solution de l’équation différentielle). 

c) En déduire qu’il existe une unique fonction φ, 2π-périodique solution de 

l’équation différentielle. 

d) Montrer que φ admet un développement en série de Fourier et l’exprimer en 

fonction des coefficients complexes de f. 


Soient α ∈ R\Z et f : R → R la fonction 2π périodique définie par 

f(t) = cos(αt) sur ]−π, π] 

a) Montrer que f admet une série de Fourier convergente sur R. 

Quel type de convergence est-ce ? 

b) Expliciter les coefficients de Fourier de f. 

c) Pour tout x /∈ πZ, montrer l’égalité 

cotanx = 1 

x + 

∞ 

n=1 

2x 

x 2 − (nπ) 2 




Soient f et g deux endomorphismes d’un espace vectoriel E sur R ou C vérifiant 

f ◦ g = Id. 

a) Montrer que ker(g ◦ f) = ker f et Im(g ◦ f) = Img. 

b) Montrer 

E = ker f ⊕ Img 

c) Dans quel cas peut-on conclure g = f −1 ? 

d) Calculer (g ◦ f) ◦ (g ◦ f) et caractériser g ◦ f 


Résoudre l’équation différentielle 

(1 − x 2 )y ′′ − 3xy ′ − y = 

(on pourra vérifier que l’application x ↦→ 1 √ 

1−x2 homogène associée) 

x 

√ 1 − x 2 

est solution de l’équation 


Soient a ∈ ]0, π[ et n ∈ N ⋆ . Factoriser dans C [X] puis dans R [X] le polynôme 

X 2n − 2 cos(na)X n + 1 


On considère l’espace vectoriel R n muni de son produit scalaire usuel noté 〈. | .〉. 

Soit f un endomorphisme symétrique de R n dont toutes les valeurs propres sont 

strictement positives. 

a) Montrer que 

∀x ∈ R n \ {0} , 〈f(x) | x〉 > 0 

b) Soit u un vecteur de R n et g : R n → R l’application définie par 

g(x) = 1 

〈f(x) | x〉 − 〈u | x〉 

2 

Montrer que g admet des dérivées partielles selon tout vecteur de R n et les 

expliciter. 

c) Montrer que g admet un unique point critique noté z. 

d) Montrer que g admet un minimum global en z. 


Soit f définie sur R 2 par 

f(x, y) = x 3 + y 3 − 3xy − 1 

a) Montrer que la condition f(x, y) = 0 définit au voisinage de (0, 1) une fonction 

implicite x ↦→ y = φ(x). 

b) Donner un développement limité à l’ordre 3 de φ au voisinage de 0. 


Soit (a, b) ∈ R 2 , a > 0, b > 0. On note Γ l’ellipse d’équation 

et D la partie de R 2 définie par 

x 2 

a 

x 2 

a 

a) Calculer l’intégrale double 

 

I = 

2 + y2 

2 + y2 

− 1 = 0 

b2 − 1 0 

b2 (x 

D 

2 + y 2 ) dx dy 

(on posera x = ar cos θ et y = br sin θ) 

b) Calculer l’intégrale curviligne 

 

J = (y 3 dx − x 3 dy) 

c) Quelle relation existe-t-il entre I et J ? 


a) Montrer que la forme différentielle 

Γ 

ω(x, y) = (xy − y 2 + 1) dx + (x 2 − xy − 1) dy 

n’est pas fermée. 

b) Déterminer les fonctions f : R → R dérivable telle que la forme différentielle 

soit exacte et déterminer ses primitives. 

ω(x, y)f(xy) 




I) Etudiez au voisinage de t = 1 la courbe définie par : 

x = 

t 

1 

u2 − 1 

u2 t 

u 

du et y = 

+ 1 1 

2 − 1 

u3 + 1 du 

Indice : on pourra calculer les dérivées successives de x et y 

II) a) Etudier la convergence et préciser la limite éventuelle de (an) définie par 

an+1 = ln(1 + an) et a0 > 0 

b) Rayon de convergence de anx n 

c) Etudier la convergence de ( anx n ) sur le bord de l’intervalle de convergence 

(on pourra étudier la limite de 1/an+1 − 1/an et utiliser le théorème de Cesaro) 


I) On considère la matrice 

⎛ 

A = ⎝ 

−2 −2 1 

−2 1 −2 

1 −2 −2 

a) Justifiez que A est diagonalisable. 

b) Déterminer P et D dans M3(R) telles que t P = P −1 , D est diagonale et 

t P AP = D. 

II) a) Montrer que 

N∞(u) = sup |un| et N(u) = sup |un+1 − un| 

n∈N 

n∈N 

définissent des normes sur l’espace E des suites réelles bornées u = (un)n∈N telles 

que u0 = 0. 

b) Montrer que 

∀u ∈ E, N(u) 2N∞(u) 

Déterminer une suite non nulle telle qu’il y ait égalité. 

c) Montrer que ces deux normes ne sont pas équivalentes. 


I) Calculer 

(xy + 1) dx dy 

D 

⎞ 

⎠ 

où 

D = (x, y) ∈ (R + ) 2 /y + x − 1 0 

II) Soient u, v deux endomorphismes d’un espace vectoriel. 

a) Si λ = 0 est valeur propre de u ◦ v, montrer qu’il l’est aussi de v ◦ u. 

b) Soit P ∈ E = R [X], 

u(P ) = P ′ et v(P ) = 

x 

0 

P (t) dt 

Trouver ker(u ◦ v) et ker(v ◦ u) . 

c) Montrer que la propriété précédente reste valable pour λ = 0 si E est de 

dimension finie. 



où 

(x 

D 

2 + y 2 + 1) dx dy 

D = (x; y) ∈ R 2 , x 2 + y 2 1 

II) On munit E = C([−1, 1] , R) du produit scalaire : 

(f | g) = 1 

1 

f(x)g(x) dx 

2 −1 

Pour i ∈ {0, 1, 2, 3}, on note Pi(x) = x i . 

a) Montrer que la famille (P0, P1, P2) est libre mais pas orthogonale. 

b) Déterminer, par le procédé de Schmidt, une base orthonormée (Q0, Q1, Q2) de 

F = Vect(P0, P1, P2) à partir de la famille (P0, P1, P2). 

c) Calculer la projection orthogonale de P3 sur F et la distance de P3 à F . 


I) Etudiez la série de terme général 

un = 

1 

n(ln n) α 

où n 2 et α ∈ R. 

Indice : on distinguera le cas α 0 et le cas α > 0. 

II) Pour p ∈ N et a ∈ R\ {0, 1}, on note Sp l’ensemble des suites (un) vérifiant 

∃P ∈ Rp [X] , ∀n ∈ N, un+1 = aun + P (n) 



a) Montrer que si u ∈ Sp, P est unique ; on le notera Pu. 

b) Montrer que Sp est un R-espace vectoriel. 

c) Montrer que φ, qui à u associe Pu, est linéaire et donner une base de son noyau. 

Que représente son image ? 

d) Donner une base de Sp (on pourra utiliser Rk(X) = (X + 1) k − aX k pour 

k ∈ [[0, p]]). 

e) Application : déterminer la suite (un) définie par 

u0 = −2 et un+1 = 2un − 2n + 7 


I) Soient E l’espace vectoriel des polynômes à coefficients dans K (K = R ou C) 

de degrés inférieurs ou égaux à n et f l’endomorphisme de E défini par 

f(P ) = P − P ′ 

a) Démontrez que f est bijectif de deux manières : 

- sans utiliser de matrice de f ; 

- en utilisant une matrice de f. 

b) Soit Q ∈ E. Trouvez P tel que f(P ) = Q. 

Indice : si P ∈ E, quel est le polynôme P (n+1) ? 

II) Calculer 

(on pourra calculer Sk(x) = +∞ 

n=0 

S0(x) = 

x 3n+k 

(3n+k)! 

+∞ 

n=0 

x 3n 

(3n)! 

pour k ∈ {0, 1, 2}) 


I) Soient θ ∈ R et n ∈ N ⋆ . Décomposez en produit de polynômes irréductibles 

dans C [X], puis dans R [X] le polynôme 

II) Etablir l’égalité 

P (X) = X 2n − 2X n cos(nθ) + 1 

1 

x x dx = 

0 

+∞ 

n=1 

(−1) n−1 

n n 


I) Soient E un espace vectoriel sur R ou C et f,g deux endomorphismes de E tels 

que 

f ◦ g = Id 

a) Démontrez que ker(g ◦ f) = ker f. 

b) Démontrez que Im(g ◦ f) = Img. 

c) Démontrez que E = ker f ⊕ Img 

II) Soient x ∈ R et θ ∈ ]0, π/2[. 

a) Calculer la partie imaginaire du complexe 

sin θe iθ 

1 − x sin θe iθ 

b) En déduire le développement en série entière de 

 

f(x) = arctan x − 1 

 

tan θ 


I) a) Donnez l’idée de la démonstration de la formule de Leibniz concernant la 

dérivée n-ième d’un produit de fonctions. 

b) On pose 

f(x) = e2x 

1 + x 

pour x > −1 

Calculer f (n) (x) pour tout n ∈ N. 

II) Soit E un espace euclidien de dimension n 2, a un vecteur unitaire de E et k 

un réel, k = −1. 


f(x) = x + k(x | a)a 

définit un endomorphisme autoadjoint de E. 

b) Montrer que f est un automorphisme. 

c) Etudier les valeurs propres et les sous-espaces propres de f. 


I) Soit la matrice 

où a, b, c sont des réels. 

⎛ 

M = ⎝ 

0 a c 

b 0 c 

b −a 0 

⎞ 

⎠ 



a) M est-elle diagonalisable dans M3(R) ? 

b) M est-elle diagonalisable dans M3(C) ? 

II) f étant continue sur [a, b] et à valeurs dans R, trouver une condition nécessaire 

et suffisante pour que 

 

b 

 

f(x) dx 

= 

b 

|f(x)| dx 


I) Soit la matrice A = 

a 

1 2 

2 4 

a 

 

et f l’endomorphisme de M2(R) défini par : 

f(M) = AM 

a) Déterminez ker f. 

b) f est-il surjectif ? 

c) Trouvez une base de ker f et une base de Imf 

II) Soit g définie sur R +⋆ par 

g(x) = 1 

x 

x 

0 

f(t) dt 

où f est continue, de carré intégrable sur R + . 

a) Etudier le prolongement par continuité de g en 0. 

b) Exprimer g ′ (x) en fonction de f(x) et de g(x) pour x > 0. 

c) Pour 0 < a < b, montrer que 

puis montrer que 

b 

a 

b 

d) Etudier la nature de 

a 

g 2 (t) dt = 2 

b 

a 

f(t)g(t) dt + ag 2 (a) − bg 2 (b) 

g2 

+∞ 

(t) dt f 2 

(t) dt + ag2 +∞ 

(a) + f 2 (t) dt 

0 

+∞ 

g 2 (t) dt 


I) On considère la courbe définie en coordonnées polaires par 

0 

r = 2 cos(2θ) 

0 

a) Etudiez les symétries éventuelles de cette courbe. 

b) Donnez l’allure de cette courbe 

c) Précisez la tangente en point de paramètre θ = π/4. 

II) Vérifier que la suite de terme général 

+∞ 

sin(nt) 

un = 

dt 

nt + t2 est bien définie et étudier sa convergence. 


I) Calculer 

 

I = 

0 

x 

D 

2 + y 2 + 1 dx dy 

avec D = (x, y) ∈ R 2 /x 2 + y 2 − 1 0 

II) Pour quelle(s) valeurs de x ∈ R, la matrice suivante n’est-elle pas 

diagonalisable ? 

⎛ 

A = ⎝ 

−2 − x 5 + x x 

x −2 − x −x 

−5 5 3 


I) Dans un repère orthonormé (O;i, j), on considère la courbe d’équation 

x 2 + 2x + 4y 2 − 8y + 1 = 0 

a) Précisez la nature de cette courbe. 

b) Tracez cette courbe. 

c) Calculez la pente de la tangente en chacun des points d’intersection de la 

courbe et de l’axe (O;j). 

II) a) Justifier que 

G(x, y) = 

y 

0 

t − [t] 

t(t + x) dt 

où [t] représente la partie entière de t, est définie sur (R +⋆ ) 2 . 

b) Montrer que G(x, y) tend vers une limite G(x) quand y tend vers +∞. 

c) Montrer que 

∀n ∈ N ⋆ , G(n, y) = 1 

n 

y+n 

t − [t] 

t − [t] 

dt − 

dt 

n 0 t 

y t 

⎞ 

⎠ 



d) On note H(n) = nG(n) ; montrer que la série de terme général 

H(n) − H(n − 1) − 1 

2n 

converge et en déduire un équivalent de G(n). 


I) Soit E l’ensemble des matrices de M2(R) de la forme 

 

M(a, b) = 

a 

−b 

 

b 

a 

où a et b sont des nombres réels 

a) Démontrez que E est un sous-espace vectoriel et un sous anneau de M2(R). 

Quelle est sa dimension ? 

b) On pose ϕ(a + ib) = M(a, b). Démontrez que ϕ est un isomorphisme d’espaces 

vectoriels de C sur E, C étant considérés comme un espace vectoriel de dimension 

2 sur R. 

Est-ce un isomorphisme d’anneaux ? 

II) Pour n ∈ N⋆ , soit fn l’application définie par 

2sh(x) 

fn(x) = enx−1 si x ∈ ]0, +∞[ 

α si x = 0 

a) Pour quelle valeurs de α la fonction fn est-elle continue ? 

Dans la suite, on prendra cette valeur de α. 

b) Montrer que fn est bornée. 

c) Montrer que +∞ 

fn(x) dx existe pour n 2. 

0 

fn(x) dx comme la somme d’une série. 

d) Exprimer +∞ 

0 


I) Soit b = (i,j) et B = ( I, J) deux bases de R 2 et P = (pi,j) la matrice 2 × 2 tel 

que 

I = p1,1 i + p2,1 j et J = p1,2 i + p2,2 j 

a) Soit un vecteur de R 2 de matrice colonne v dans b et V dans B. 

Etablir la relation liant v, V , et P . 

b) Soit un endomorphisme de R 2 dont la matrice dans b est m et celle dans B est 

M. Etablir la relation liant m, M, P et P −1 . 

c) Connaissant deux vecteurs propres distincts de m, proposer une relation 

permettant de calculer m n . 

II) Soit f une application réelle de classe C 1 sur [a, b] avec 0 < a < 1 

f(1) = 0. Soit (fn) la suite de fonctions telle que 

a) Déterminer la limite simple de (fn). 

b) Etablir l’égalité suivante : 


lim 

n→+∞ 

fn(x) = f(x) 

1 + x n 

b 

a 

1 

fn(t) dt = f(t) dt 

1 

t n−1 fn(t) dt ∼ 

a 

a 

ln 2 

n f(1) 


I) On considère la courbe définie en coordonnées polaires par 

r = 2 cos(2θ) 

a) Etudiez les symétries éventuelles de cette courbe. 

b) Donnez l’allure de cette courbe 

c) Précisez la tangente en point de paramètre θ = π/4. 

II) Soit anxn une série entière de rayon de convergence R = 1. 

Pour x ∈ ]−1, 1[, on définit 

S(x) = 

+∞ 

n=0 

anx n 

On suppose que : 

- ∀n ∈ N, an 0 ; 

- S est bornée sur [0, 1[ 

a) Montrer que an est une série convergente. 


lim 

x→1− 

+∞ 

anx n 

 

= 

n=0 


I) Résolvez sur ]1, +∞[ l’équation différentielle 

+∞ 

an 

n=0 

y ′ + x 

y = 2x 

1 − x2 Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD


II) Soient n 2, A ∈ Mn(R) et f l’endomorphisme de Mn(R) défini par 

f(M) = tr(A)M − tr(M)A 

où tr désigne la forme linéaire trace. 

Etudier la réduction de l’endomorphisme f et préciser la dimension de ses 

sous-espaces propres. 



y ′ + x 

y = 2x 

1 − x2 II) Soit E un K-espace vectoriel de dimension n 2. 

a) Citer des endomorphismes dont la matrice est diagonale dans toute base de E. 

b) Soit (e1, . . . , en) une base de E. Montrer que pour tout i ∈ {2, . . . , n}, la 

famille (e1 + ei, e2, . . . , en) est une base de E. 

c) Déterminer tous les endomorphismes dont la matrice est diagonale dans toute 

base de E. 


I) On définit dans M2(R) × M2(R) l’application ϕ(A, A ′ ) = tr( tAA ′ ) 

On note 

F = 

a b 

−b a 

 

/(a, b) ∈ R 2 

 

On admet que ϕ est un produit scalaire sur M2(R).. 

a) Démontrez que F est un sous-espace vectoriel de M2(R). 

b) Déterminez une base orthonormée de F ⊥ . 

d) Déterminez le projeté orthogonal de 

J = 

1 1 

1 1 

sur F ⊥ . 

II) Soit anx n et bnx n deux séries entières de rayons de convergence R et R ′ . 

a) Déterminer le rayon de convergence et la somme de cnx n avec 

cn = n 

akbn−k. 

k=0 

b) Déterminer le rayon de convergence et la somme de 

 

 

1 + 1 

 

1 1 

+ + · · · + x 

2 3 n 

n 

n1 

 


ln t 

I) Soit f : t ↦→ (1+t) 2 . 

a) Prouver que f est intégrable sur ]0, 1] et sur [1, +∞[. 

b) Calculer 1 

0 f(t) dt puis +∞ 

f(t) dt. 

1 

II) On considère 

Γ + ω définie par ω(x, y) = y dx + xy dy et Γ la courbe fermée 

délimitée par x ↦→ x et x ↦→ x2 . 

a) Calculer 

Γ + ω par définition de l’intégrale curviligne. 

b) Calculer 

Γ + ω par la formule de Green-Riemann. 


Soit la matrice 

⎛ 

A = ⎝ 

1 −1 1 

−1 1 −1 

1 −1 1 

1. Démontrer que A est diagonalisable de quatre manières : 

a) sans calculs ; 

b) en calculer directement le déterminant det(A − λI3) où I3 est la matrice 

identité d’ordre 3 et en déterminant les sous-espaces propres ; 

c) en utilisant le théorème du rang ; 

d) en calculant A2 . 

2. On suppose que A est la matrice d’un endomorphisme u d’un espace euclidien 

dans une base orthonormée. 

a) Que peut-on dire de l’endomorphisme u ? 

b) Trouvez une base orthonormée dans laquelle la matrice de u est diagonale. 

II) Soit f : R → R continue vérifiant 

∀x ∈ R, f(x) + 

x 

a) Montrer que f est de classe C 1 . 

b) Trouver toutes les fonctions f vérifiant (*). 

0 

⎞ 

⎠ 

(x − t)f(t) dt = 1 − x (*) 


I) a) Soit (fn)n∈N une suite de fonctions continues sur [a, b] à valeurs réelles. 

Démontrez que si la suite (fn)n∈N converge uniformément vers f alors la suite 

b 

a fn(x) 

 

dx converge vers 

n∈N 

b 

f(x) dx. 

a 

b) Justifiez comment ce résultat peut être utilisé dans le cas des séries de 

fonctions puis démontrez que : 

1/2 +∞ 

x n +∞ 1 1 

dx = 

n 2n 0 

n=0 

n=1 



II) Soit E un R-espace vectoriel euclidien et u dans L(E). 

a) Montrer que ker u ⋆ = (Imu) ⊥ et Imu ⋆ = (ker u) ⊥ . 

b) On suppose u 2 = 0. 

Montrer que ker(u + u ⋆ ) = ker u ∩ ker u ⋆ . 

Montrer que u + u ⋆ inversible ⇔ ker u = Imu. 


I) Cours : Théorème de Cauchy-Lipschitz pour l’équation y ′′ = f(y, y ′ ). 

II) Soit a1, . . . , an ∈ C⋆ ⎛ 

, tous 

⎞ 

distincts et P (x) = det(A + xIn) avec 

0 a2 · · · an 

⎜ 

⎟ 

⎜ a1 

A = ⎜ 0 . ⎟ 

⎜ 

⎝ 

. ⎟ 

. .. an 

⎠ 

a1 · · · an−1 0 

. 

a) Calculer P (ai) et décomposer 

b) En déduire det A. 

n 

i=1 

P (x) 

(x−ai) 


I) Résoudre sur ]1, +∞[ l’équation différentielle 

y ′ − x 

x2 y = 2x 

− 1 

en éléments simples. 

II) Montrer que dans R 3 euclidien : a ∧ (b ∧ c) = (a | c)b − (a | b)c. (on pourra 

utiliser les coordonnées de a, b, c dans une base où elles comportent un maximum 

de 0) 

Trouver les valeurs propres et vecteurs propres de f(x) = a ∧ (a ∧ x) où a est un 

vecteur unitaire puis reconnaître f. 


I) Soient a, b, c ∈ R et la matrice 

⎛ 

M = ⎝ 

0 a c 

b 0 c 

b −a 0 

M est-elle diagonalisable dans M3(R) ? dans M3(C) ? 

⎞ 

⎠ 

II) Domaine de définition de 

S(t) = 

+∞ 

k=0 

1 

k 2 − t 2 

Calculer les coefficients de Fourier an et bn de f(x) = cos(αx) définie sur [−π, π] 

avec α ∈ R\Z. 

Sur quel domaine f coïncide avec son développement en série de Fourier ? 

En déduire une expression de S(t). 


I) Extremum locaux et globaux de f(x, y) = y(x 2 + (ln y) 2 ). 

II) Soit f un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension n. 

Montrer que (I, f, f 2 , . . . , f n2) 

est liée et en déduire qu’il existe un polynôme non 

identiquement nul qui annule f. 


I) Soit f une application continue de R × [a, b] dans R. 

a) Expliquer pourquoi f est uniformément continue sur S × [a, b] pour tout 

segment S de R. 

En déduire que F : x ↦→ b 

f(x, t)dt est continue sur R. 

a 

b) Pour x ∈ R, on pose g(x) = 1 

0 extdt. A l’aide de la question précédente, étudier 

la continuité de g. Retrouver le résultat en calculant g(x). 

II) Soit a un réel. Pour M ∈ Mn(R), on poser L(M) = aM + tr(M)In (avec 

n 2) 

a) Montrer que L est un endomorphisme de Mn(R) et trouver ses éléments 

propres et son polynôme minimal. 

b) Pour quels a, l’endomorphisme L est-il un automorphisme ? 

Trouver son inverse dans ces cas. 


I) Soit f continue de R dans R. On suppose que +∞ 

f(t) dt converge. 

0 

1 x 

Calculer lim 

x→+∞ x tf(t) dt. 

0 

II) Pour (i, j) ∈ [[1, n]] 2 , on considère ai ∈ R et bj ∈ R tels que ai + bj 

= 0. 

Calculer det 

.Traiter le cas particulier ∀i ∈ [[1, n]] , ai = bi = i. 

1 

ai+bj 

1i,jn 




I) Rayon de convergence et somme de f(x) = +∞ 

n=0 

1 

0 2ntn (1 − t) n 

dt xn . 

II) Soit E un espace vectoriel de dimension 3, f ∈ L(E) tel que f 4 = f 2 et admet 

1 et −1 pour valeurs propres. Montrer que f est diagonalisable. 


I) Soit k > 0 et f(x) = 1 

0 tk sin(xt)dt. 

a) Montrer que f est continue sur R. 

b) Montrer que f est dérivable sur R et vérifie 

∀x ∈ R, xf ′ (x) + (k + 1)f(x) = sin x. 

c) Déterminer toutes les fonctions développables en série entière en 0 solutions de 

xy ′ + (k + 1)y = sin x en précisant le rayon de convergence. 

II) On se place dans le plan complexe rapporté au repère orthonormé direct 

(O; 1, i) et on considère l’application ϕ qui au point M d’affixe z associe la point 

M ′ d’affixez ′ = z2 + 1. Soit U le cercle unité, déterminer ϕ(U), ϕ2 (U), ϕ−1 (U). 



∆ (x3 

− 2y)dxdy avec ∆ = (x, y) ∈ R2 /x 0, y 0, x2 

a2 + y2 

b2 

1 . 

On pourra utiliser le changement de variable x = au cos θ et y = bu sin θ. 

II) Soit E un K-espace vectoriel, u ∈ L(E) et P ∈ K [X] ayant 0 comme racine 

simple et tel que P (u) = 0. Montrer que ker u2 = ker u et E = ker u ⊕ Imu. 


I) Soit f 2π-périodique donnée par f(x) = e x pour x ∈ ]−π, π[ et f(π) = chπ. 

a) Montrer que la série de Fourier de f converge vers f. 

b) Calculer les coefficients de Fourier de f. 

c) Calculer +∞ 

n=0 

1 

n 2 +1 . 

II) Soit E un R-espace vectoriel de dimension finie, u ∈ L(E), v ∈ L(E) 

diagonalisables vérifiant u 3 = v 3 . Montrer que u = v. 


I) Soient n ∈ N, 

fn(x) = x2n+1 ln(x) 

x 2 − 1 

1 

et In = fn(x)dx 

0 

a) Montrer que fn est intégrable sur ]0, 1[. 

b) Calculer la limite de (In) pour n → +∞. 


In = 1 

4 

+∞ 

k=n+1 

d) Soit hn(x) = x 2n+1 ln(x) ; étudier la convergence simple et la convergence 

uniforme de la suite de fonctions hn(x) sur ]0, 1[. 

II) Existe-t-il A ∈ Mn(R) symétrique telle que A p = 0 et A p−1 soit non nulle 

pour p ∈ N ⋆ . 


I) Soient u et v deux endomorphismes d’un espace vectoriel de dimension finie E. 

a) Montrer que |rg(u) − rg(v)| rg(u + v) rg(u) + rg(v). 

b) Trouver u et v dans L(R 2 ) tel que rg(u + v) < rg(u) + rg(v). 

c) Trouver deux endomorphismes u et v de R 2 tel que rg(u + v) = rg(u) + rg(v). 

II) Résoudre l’équation différentielle y ′′ + y = cos 3 x à l’aide de la méthode de la 

variation de la constante. 


I) Soit anzn une série entière de rayon de convergence R > 0. 

a) Soit r un réel tel que 0 < r < R. Montrer que la série anzn converge 

uniformément sur D(0, r). 

b) Montrer que l’application z ↦→ +∞ 

anzn est continue sur le disque ouvert 

n=0 

D(0, R). 

II) Soit (a, b) ∈ R2 , n ∈ N⋆ 

 

 

 

x (x − b) · · · (x − b) 

 

 

 

. 

et Dn(x) = (x − a) .. . .. 

 

. 

 

 

 

. 

. .. . . 

.. (x − b) 

 

(x − a) · · · (x − a) x 

a) Montrer que Dn(x) est un polynôme en x de degré 1. 

b) En déduire l’expression de Dn(x) en fonction de x, a, b et n. 


1 

k 2 

I) Etudier au voisinage de t = 1 la courbe paramétrée 

⎧ t 

u 

⎪⎨ x(t) = 

2 − 1 

u2 + 1 du 

⎪⎩ y(t) = 

1 

t 

1 

u 2 − 1 

u 3 + 1 du 



II) Soit a ∈ ]−1, 1[. On pose 

f(x) = 

+∞ 

n=0 

sin(a n x) 

a) Montrer que f est définie sur R. 

b) Montrer que f est de classe C ∞ et que pour tout k ∈ N et tout x ∈ R, 

 

 

f (k) 

 

(x) 

 

1 

1 − |a| 

c) Montrer que f est développable en série entière. 


I) On pose pour tout x ∈ [0, 1], fn(x) = 1−x2n+2 

1+x . 

En appliquant à (fn) le théorème de convergence dominée, montrer que 

ln 2 = +∞ 

k=0 

(−1) k 

k+1 . 

II) On munit E = Mn(R) du produit scalaire (X | Y ) = tr(( t X)Y ). 

Soit A ∈ E et ϕA l’endomorphisme de E défini par ϕA(X) = A( t X)A. 

Montrer que ϕA est diagonalisable. 


I) Soit f un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension finie, λ une valeur 

propre de f. Soit P un polynôme annulateur de f ; montrer que P (λ) = 0. 

II) a) Etude de la fonction 

avec |λ| = 1. 


fλ(x) = 

sin x 

√ 1 − 2λ cos x + λ 2 

π 

0 

fλ(x) dx 


I) Soit E un plan vectoriel. 

a) Montrer que f endomorphisme non nul est nilpotent si, et seulement si, 

ker f = Imf. 

b) En déduire qu’un tel endomorphisme ne peut s’écrire sous la forme f = u ◦ v 

avec u et v nilpotents. 

II) a) Calculer 

+∞ 

0 

1 + x2 dx 

1 + x4 en effectuant notamment le changement de variable x = et . 

b) En déduire la valeur de 

+∞ 

dx 

1 + x4 0 


I) a) Montrer que si |an| ∼ |bn|, anz n et bnz n ont le même rayon de 

convergence. 

b) Donner le rayon de convergence de 

i n n 2 z n 

(n 2 + 1)2 n 

II) Existe-t-il une valeur de α pour laquelle 

⎛ 

−5 + α 3 − α α 

⎞ 

⎝ −2 + α −α α ⎠ 

−5 5 −2 

est diagonalisable ? 


I) Soit a ∈ R et n 2. 

a) Montrer que φ(P )(X) = (X − a) (P ′ (X) − P ′ (a)) − 2(P (X) − P (a)) définit un 

endomorphisme de Rn [X]. 

b) A l’aide de la formule de Taylor, déterminer l’image et le noyau de φ. 

c) Trouver ses éléments propres. L’endomorphisme est-il diagonalisable ? 

II) Résoudre l’équation différentielle y ′′ + y ′ + y = x 2 + e x . 


I) a) Soit h positive et continue sur [a, b]. Montrer que 

b 

a 

h(x)dx = 0 



implique h = 0. 

b) Montrer que pour f et g continues de [a, b] vers R, b 

f(t)g(t)dt définit un 

a 

produit scalaire. 

II) a) Quel est le domaine de définition de 

S(x) = 

+∞ 

n=0 

a n 

x + n 

pour a ∈ ]−1, 1[ ? 

b) Déterminer la limite et un équivalent de S en +∞. 

c) Développer en série entière 

S(x) − 1 

x 


I) Décomposer en éléments simples 

F (x) = 

1 

(x + 3)(1 − x) 

a) Montrer que F est développable en série entière en 0 et donner le rayon de 

convergence de cette série. 

b) Donner un DL à l’ordre 3 de F au voisinage de 0. 

II) Soit u un endomorphisme d’un R-espace vectoriel E de dimension finie tel qu’il 

existe deux réels non nuls distincts a et b vérifiant 

Soient 

(u − aId)(u − bId) = 0 

p = 1 

1 

(u − aId) et q = (u − bId) 

b − a a − b 

a) Calculer p + q, p ◦ p, q ◦ q et q ◦ p. 

b) Montrer que E = ker p ⊕ ker q. 

c) Trouver les éléments propres de u. L’endomorphisme u est-il diagonalisable ? 


I) a) u est un endomorphisme d’un K-espace vectoriel E de dimension finie n et I 

désigne l’application identité de E. 

Rappelez la définition d’une valeur propre de puis démontrez que : 

λ est valeur propre de u ⇔ det(u − λI) = 0 

Déduisez-en que u admet au plus n valeurs propres distinctes. 

b) Trouvez un endomorphisme de R 2 admettant comme valeurs propres 0 et 1. 

II) Soit α ∈ C\iZ et f continue sur R à valeurs dans C et 2π-périodique. 

Soit y solution de l’équation 

y ′ + αy = f 

a) Montrer que y est de la forme 

y(x) = e −αx 

 

y(0) + 

x 

0 

f(t)e αt 

dt 

b) Montrer que y est 2π-périodique si, et seulement si, y(0) = y(2π) (on pourra 

utiliser que z(x) = y(x + 2π) est solution de l’équation différentielle). 

c) En déduire qu’il existe une unique fonction φ, 2π-périodique solution de 

l’équation différentielle. 

d) Montrer que φ admet un développement en série de Fourier et l’exprimer en 

fonction des coefficients complexes de f. 


I) Soit u un endomorphisme de matrice A dans une base orthonormale d’un 

espace euclidien E. 

Montrer l’équivalence entre les propriétés suivantes 

(i) u est orthogonal, (ii) t AA = In et (iii) A est inversible et A −1 = t A. 

II) Etudier la nature de la série de terme général 

pour α > 0. 

un = ln 

 

1 + sin (−1)n 

nα 


I) a) Montrer que la seule valeur propre possible d’une matrice A telle qu’il existe 

p ∈ N⋆ vérifiant Ap = 0 est 0. 

b) Existe-t-il des matrices symétriques réelles nilpotentes d’ordre p ? 

II) Soient 

un = 1 

3 n n! 

a) Montrer que pour n assez grand, 

n 

k=1 

un+1 

un 

(3k − 2) et vn = 1 

n 3/4 

vn+1 

vn 

b) En déduire que un diverge. (on pourra utiliser un 

vn ) 




I) Etudier la courbe d’équation polaire ρ = 2 cos(2θ). 

II) Pour n ∈ N⋆ et x ∈ R, on pose fn(x) = n 

√ 1 − π 

x2 

2n2 4 

2n 

. 

Soit g une fonction continue 

sur R et nulle en dehors d’un segment [a, b]. 

Montrer que lim 

n→+∞ R fn(x)g(x)dx = g(0). 


I) Soit 

A = 

1 −1 

2 4 

Calculer A n pour tout n 1. 

II) Etudier la suite de fonctions (fn) définie par 

 

fn(x) = nx2 e −nx 

1 − e −x2 


I) Soit u un endomorphisme de matrice A dans une base orthonormale d’un 

espace euclidien E. 

Montrer l’équivalence entre les propriétés suivantes 

(i) u est orthogonal, (ii) t AA = In et (iii) A est inversible et A −1 = t A. 

II) Soit n ∈ N, n 2 et f l’application de R dans R définie par f(x) = xn sin 

1 

x 

si x = 0 et f(0) = 0. 

a) Montrer que f est dérivable sur R. 

b) f admet-elle un développement limité en 0 ? si oui à quel ordre maximal ? 


I) Résoudre sur ]1, +∞[ l’équation différentielle y ′ − x 

x2−1 y = 2x. 

II) Soit E un espace euclidien et e = (e1, . . . , en) une famille de vecteurs unitaires 

de E telle que ∀x ∈ E, x 2 = n 

(ek | x) 2 . Montrer que la famille e est 

k=1 

orthogonale puis que E = Vect(e). 


I) a) Montrer que si |an| ∼ |bn|, anz n et bnz n ont le même rayon de 

convergence. 

b) Donner le rayon de convergence de 

i n n 2 z n 

(n 2 + 1)2 n 

II) Pour A = (ai,j) ∈ Mn(C) et B = (bi,j) ∈ Mn(C), on définit A ⋆ B ∈ Mn2(C) par 

⎛ 

⎜ 

A ⋆ B = ⎝ 

a1,1B 

. 

· · · a1,nB 

. 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

an,1B · · · an,nB 

a) Montrer que si A, A ′ , B, B ′ ∈ Mn(C) alors (A ⋆ B)(A ′ ⋆ B ′ ) = (AA ′ ) ⋆ (BB ′ ). 

b) En déduire que A ⋆ B est inversible si, et seulement si, A et B sont inversibles. 

c) Déterminer le spectre de A ⋆ B. 

En déduire le polynôme caractéristique, la trace et le déterminant de A ⋆ B. 


I) Résoudre sur ]1, +∞[ l’équation différentielle 

y ′ − x 

x2 y = 2x 

− 1 

II) Soit (a1, . . . , an−1) ∈ Cn−1 . 

a) Quel est le rang de A ∈ Mn(C) définie par 

⎛ 

⎜ 

A = ⎜ 

⎝ 

0 

. 

0 

· · · 

· · · 

0 

. 

0 

a1 

. 

an−1 

a1 · · · an−1 0 

b) Avec la trace, que peut-on dire des valeurs propres ? 

c) A est-elle diagonalisable ? 


I) Soient a, b, c ∈ R et 

⎛ 

M = ⎝ 

0 a c 

b 0 c 

b −a 0 

⎞ 

⎠ 

⎞ 

⎟ 

⎠ ? 

La matrice M est-elle diagonalisable dans M3(R) ? dans M3(C) ? 

II) Soit une série entière anz n de rayon de convergence non nul. 



a) Montrer qu’il existe un réel r > 0 tel que |an| < 1/rn à partir d’un certain rang. 

b) Quel est le rayon de convergence de la série entière an 

n! zn ? 

c) On note Sn = n 

ak. Quel est le rayon de convergence de la série entière 

k=0 

Sn 

n! zn ? 


I) f 2π-périodique définie par f(t) = t sur ]−π, π[ et f(−π) = 0. Former le 

développement en séries de Fourier de f. 

II) Soient A, B ∈ GLn(C) telles que B = A p . 

Montrer que A est diagonalisable si, et seulement si, B l’est. 


I) Etudier la courbe d’équation polaire ρ = 2 cos(2θ). 

II) Montrer que f(x) = arctan(1 + x) est développable en série entière au 

voisinage de 0 et donner son rayon de convergence. Calculer cette série entière. 


I) Dans un repère orthonormé (O;i, j), on considère la courbe d’équation 

x 2 + 2x + 4y 2 − 8y + 1 = 0 

a) Précisez la nature de cette courbe. 

b) Tracez cette courbe. 

c) Calculez la pente de la tangente en chacun des points d’intersection de la 

courbe et de l’axe (O;j). 

II) On veut résoudre 

(E) : (x + 1)y ′′ − (3x + 4)y ′ + 3y = (3x + 2)e 3x 

Si ∆ est l’opérateur de dérivation et Q(X) = X − 3, on a Q(∆)(y) = y ′ − 3y. 

Montrer l’existence d’un polynôme P de la forme a(x)X + b(x) tel que (E) 

devienne (P (∆) ◦ Q(∆)) (y) = (3x + 2)e 3x . 

Résoudre l’équation à l’aide du changement de variable z = Q(∆)(y). 


I) Calculer A n , pour n ∈ N et 

A = 

1 −2 

1 4 

 

II) Déterminer le domaine de définition de 

f(x) = 

arcsin x 

√ 1 − x 2 

Déterminer une équation différentielle linéaire du premier ordre satisfaite par f ; 

en déduire le développement en série entière de f puis le rayon de convergence 

d’icelui. 


I) On considère 

f(x, y) = x2y2 x2 si (x, y) = (0, 0) et f(0, 0) = 0 

+ y2 Montrer que f est continue et différentiable sur R 2 . 

II) Soient u, v deux endomorphismes d’un espace vectoriel. 

a) Si λ = 0 est valeur propre de u ◦ v, montrer qu’il l’est aussi de v ◦ u. 

b) Soit P ∈ E = R [X], 

u(P ) = P ′ et v(P ) = 

x 

0 

P (t) dt 

Trouver ker u ◦ v et ker v ◦ u . 

c) Montrer que la propriété précédente reste valable pour λ = 0 si E est de 

dimension finie. 


I) Expliquer brièvement pourquoi t com(A)A = det(A)In. 

On suppose que A admet n valeurs propres distinctes ; que vaut det(A) ? 

Que représente un vecteur propre de A pour t com(A) ? 

On suppose de plus que A n’est pas inversible. Déterminer dim ker t comA. 

Prouver que t comA n’admet que deux valeurs propres, les expliciter. 

II) Décomposer en éléments simples 

f(x) = 

−1 

−x 2 + x + 2 

Montrer que f est développable en série entière au voisinage de l’origine. 

Rayon de convergence ? DL à l’ordre 3 de f ? 




 

|an+1| 

I) Soit (an)n∈N une suite complexe telle que la suite |an| admet une limite 

n∈N 

finie. 

a) Démontrez que les séries entières anxn et nanxn−1 ont le même rayon de 

convergence. 

On le note R. 

b) Démontrez que la fonction x ↦→ +∞ 

anxn est dérivable sur l’intervalle ]−R, R[. 

n=0 

II) On note E l’espace vectoriel R2 [X] et e = (e1, e2, e3) la base duale de la base 

canonique de E. On note v et w les éléments de E ⋆ définis par 

1 

v(P ) = P (1) et w(P ) = P (t)dt 

a) Montrer que e ′ = (e1, v, w) est une base de E ⋆ . 

b) Donner la matrice de passage de e à e ′ . 

c) Donner la base antéduale de e ′ . 


I) a) On considère deux suites réelles (un) et (vn) telles que un ∼ vn. 

Démontrez que un et vn sont de même signe à partir d’un certain rang. 

b) Déterminer le signe au voisinage de l’infini de 

un = sh 

1 

n 

 

− tan 

II) Allure de la courbe d’équation cartésienne 

0 

1 

n 

y 2 − (3x 2 + 2x + 1) = 0 

Lieu des points M d’affixe z tels que les points d’affixes z, z 2 et z 5 soit alignés ? 


Soit la matrice 

⎛ 

M = ⎝ 

où a, b, c sont des réels. 

a) M est-elle diagonalisable dans M3(R) ? 

b) M est-elle diagonalisable dans M3(C) ? 

0 a c 

b 0 c 

b −a 0 

⎞ 

⎠ 

 

II) Soit C(R) le quart de disque x 0, y 0, x2 + y2 R2 , R > 0. 

Montrer que 

R 

e −t2 

2 dt 

est compris entre 

 

C(R) 

e −x2−y 2 

 

dx dy et 

0 

C(R √ 2) 

Calculer 

e 

C(R) 

−x2−y 2 

dx dy 

En déduire la valeur de 

+∞ 

e −t2 

dt 


I) Soit f la fonction 2π-périodique sur R définie ainsi : 

0 

e −x2−y 2 

dx dy 

f(x) = x sur ]−π, π[ et f(−π) = 0 

a) La série de Fourier de f converge-t-elle vers f(x) en tout x de R ? 

b) Déterminer la série de Fourier de f. 

II) Soit E un R-espace vectoriel de dimension finie n > 1. 

Montrer que f ∈ L(E) de rang 1 n’est pas forcément un projecteur. 

Montrer que f ∈ L(E) de rang 1 et de trace 1 est un projecteur. 

Trouver une base de L(E) constituée de projecteurs. 


I) a) Démontrez que siA et B sont deux matrices carrées d’ordre alors AB et BA 

ont même trace. 

b) Déduisez-en qu’en dimension finie toutes les matrices d’un même 

endomorphisme ont même trace. 

c) Démontrez que si A et B sont semblables alors, pour tout k ∈ N, A k et B k ont 

même trace. 

II) Extremum locaux et globaux de f(x, y) = y(x 2 + (ln y) 2 ) sur R × ]0, +∞[. 





 

a b 

M(a, b) = 

−b a 






2 sur R. 


II) Pour a > 0 et b > 0, domaine de définition, continuité et dérivabilité de 

+∞ 

F (x) = 

Calcul de F à l’aide des symboles usuels. 

0 

e −at − e −bt 

t 

cos(xt) dt 


I) a) Démontrez que dans un espace vectoriel normé complet, toute série 

absolument convergente est convergente. 

b) Donner un exemple d’espace normé complet. 

II) Décrire, dans le plan complexe, le lieu des nombres complexes 

où z décrit le cercle unité. 

u = 1 + z + z 2 


Soit h une fonction continue et positive de [a, b] dans R. 

a) Démontrez que : 

b 

a 

h(x) dx = 0 ⇒ h = 0 

b) Soit E le R-espace vectoriel des fonctions continue de [a, b] dans R. On pose 

pour tout f et tout g de E 

(f | g) = 

b 

a 

f(x)g(x) dx 

Démontrez que l’on définit ainsi un produit scalaire sur E. 

c) Majorez 

1 √ −x 

xe dx 

en utilisant l’inégalité de Cauchy-Schwarz. 

II) Calculer 

1 

an = t n (1 − t) n dt 

0 

0 

pour n ∈ N ⋆ . 

Calculer le rayon de convergence de la série entière anx n . 

Calculer la somme de cette série entière sur l’intervalle ouvert de convergence. 


I) N.B. : les deux questions sont indépendantes. 

a) La fonction x ↦→ est-elle intégrable sur ]0, +∞[ ? 

ln x 

x 2 +1 

b) La fonction x ↦→ e−x 

√ x−1 est-elle intégrable sur ]1, +∞[ ? 

II) On note E l’espace vectoriel R n , n 2, muni de sa structure euclidienne 

canonique. Le produit scalaire est noté ( | ). 

On dit qu’une application f : E → E est antisymétrique si 

∀x, y ∈ E, (x | f(y)) = −(f(x) | y) 

a) Montrer qu’une application antisymétrique de E est linéaire. 

Que dire de sa matrice dans la base canonique de E ? 

b) Montrer que l’ensemble des endomorphismes antisymétriques de E est un 

sous-espace vectoriel de L(E) et donner sa dimension. 


I) Soit (Pn)n∈N ⋆ la suite de polynômes définie par P1 = X − 2 et 

∀n ∈ N ⋆ , Pn+1 = P 2 n − 2. 

Calculer le coefficient de X 2 dans Pn. 

II) Etudier la convergence de la série de Fourier de f : R → R la fonction 

2π-périodique définie sur ]−π, π[ par f(t) = t et telle que f(−π) = 0. Déterminer 

cette série de Fourier. 



D 

1 

x 2 + y 2 + 1 dxdy 



où D est le disque unité du plan. 

II) Soit u un automorphisme orthogonal de E euclidien et v = u − Id. 

a) Montrer que ker v = (Imv) ⊥ . 

b) Soit 

un = 1 

n−1 

u 

n 

k 

Montrer que (un(x)) converge, pour tout vecteur x, vers le projeté orthogonal de 

x sur ker v. 


I) a) Démontrez que si |an| ∼ |bn| alors les séries entières anz n et bnz n ont le 

même rayon de convergence. 

b) Trouvez le rayon de convergence de la série entière 

k=0 

i n n 2 

(n 2 + 1) zn 

II) On considère l’espace vectoriel R n muni de son produit scalaire usuel noté 

〈. | .〉. Soit f un endomorphisme symétrique de R n dont toutes les valeurs propres 

sont strictement positives. 


∀x ∈ R n \ {0} , 〈f(x) | x〉 > 0 


g(x) = 1 

〈f(x) | x〉 − 〈u | x〉 

2 


expliciter. 




I) a) Démontrez que siA et B sont deux matrices carrées d’ordre alors AB et BA 





même trace. 

II) Pour x > 0, on pose 

1 

ln t 

F (x) = 

t + x dt 

Montrer que F est de classe C 1 sur ]0, +∞[. 

Calculer F ′ (x) et en déduire l’expression de 

0 

G(x) = F (x) + F (1/x) 

Soit θ ∈ R. Calculer 1 

t − 1 ln t 

t + 1 t2 + 2tch(θ) + 1 dt 

0 



On note 

F = 

a b 

−b a 

 

/(a, b) ∈ R 2 

 

On admet que ϕ est un produit scalaire sur M2(R). 




 

1 1 

J = 

1 1 

sur F ⊥ . 

II) Domaine de définition de 

Montrer que 

1 

B(x, y) = u x−1 (1 − u) y−1 +∞ 

du et de Γ(x) = 

0 

+∞ 

∀x ∈ ]0, +∞[ , Γ(x) = 2 

Ecrire Γ(x)Γ(y) sous forme d’une intégrale double. 

A l’aide des coordonnées polaires, montrer que 

B(x, y) = Γ(x)Γ(y) 

Γ(x + y) 

0 

0 

u 2x−1 e −u2 

du 

u x−1 e −u du 

Montrer que ∀x ∈ R ⋆ +, Γ(x + 1) = xΓ(x) et en déduire B(m, n) pour m, n ∈ N ⋆ . 




I) Soit l’intégrale curviligne 

 

I = 

où ω = y dx + xy dy et G est la courbe fermée composée des portions de courbes 

comprises entre les deux points d’intersection des courbes C1 etC2 d’équation 

respectives y = x 2 et y = x dans un repère orthonormé. 

La courbe Γ étant décrite dans le sens trigonométrique, calculez l’intégrale I : 

a) directement. 

b) en utilisant la formule de Green-Riemann. 

II) Ensemble de définition et continuité de 

f(x) = 

Γ 

ω 

+∞ 

e −x√n n=0 

En trouver un équivalent en 0 + et la limite en +∞. 


I) Soient θ ∈ R et n ∈ N ⋆ . Décomposez en produit de polynômes irréductibles 

dans C [X], puis dans R [X] le polynôme 

P (X) = X 2n − 2X n cos(nθ) + 1 

II) a) Montrer que le rayon de convergence de la série entière de terme général 

n (−1)nxn 

est 1. 

b) Calculer sa somme. 


 

|an+1| 

I) Soit (an)n∈N une suite complexe telle que la suite |an| admet une limite 

n∈N 

finie. 

a) Démontrez que les séries entières anxn et nanxn−1 ont le même rayon de 

convergence. 

On le note R. 

b) Démontrez que la fonction x ↦→ +∞ 

anxn est dérivable sur l’intervalle ]−R, R[. 

n=0 

II) Discuter suivant a et b et résoudre 

⎧ 

⎪⎨ ax + 2by + 2z = 1 

2x + aby + 2z = b 

⎪⎩ 

2x + 2by + az = 1 





 

1 1 

un = sh − tan 

n n 

II) Etudier la courbe d’équation 

ρ(θ) = 

1 − cos θ 

1 + sin θ 



 

a b 

M(a, b) = 

−b a 






2 sur R. 


II) Soit φ continue et bornée sur R + à valeurs dans R et E l’ensemble des 

fonctions continues de carré intégrable sur R + à valeurs dans R muni de la norme 

 

N2(f) = 

R + 

f 2 

1/2 Montrer que u : f ↦→ φf définit un endomorphisme de E. 

Soit x0 fixé dans R et fn valant 1 en x0, affine sur [x0 − 1/n, x0] et [x0, x0 + 1/n] 

et nulle ailleurs. 

Soit g continue sur R + . Montrer que 

lim 

n→+∞ 

Montrer que u est continue. 

Quelle est sa norme subordonnée ? 

 

R + f 2 ng 

R + f 2 n 

= g(x0) 




I) Tracer la courbe paramétrée définie par 

⎧ 

⎪⎨ x(t) = 

⎪⎩ 

t − 1 

t 

y(t) = t2 

t + 1 

II) Pour A et B fixées dans Mn(R), résoudre dans Mn(R) l’équation 

X = tr(X)A + B. 



⎛ 

A = ⎝ 

1 1 a 

0 2 0 

0 0 a 

où a est un nombre réel. 

a) Quel est le rang de A ? La matrice A est-elle inversible ? 

b) A est-elle diagonalisable ? 

II) Dessiner 

D = (x, y) ∈ R 2 , x 0, 1 xy 2, 1 x 2 − y 2 4 

Montrer que φ(x, y) = (xy, x 2 − y 2 ) est un C 1 difféomorphisme sur ]0, +∞[ 2 . 

Expliciter φ(D). 

Calculer 

 

I = 

Etudier les extrema de f. 

D 

⎞ 

⎠ 

f(x, y) dx dy où f(x, y) = xy(x2 + y 2 ) 

x 2 − y 2 


Soit h une fonction continue et positive de [a, b] dans R. 


b 

a 

h(x) dx = 0 ⇒ h = 0 



(f | g) = 

b 

a 

f(x)g(x) dx 


c) Majorez 

1 √ −x 

xe dx 


II) Trouver le rayon de convergence de 

0 

 

n1 

Calculer la somme dans le bon intervalle. 

shn 

n(n + 1) xn 


I) a) Donnez l’idée de la démonstration de la formule de Leibniz concernant la 

dérivée n-ième d’un produit de fonctions. 

b) On pose 

f(x) = e2x 

1 + x 

pour x > −1 

Calculer f (n) (x) pour tout n ∈ N. 

II) La forme différentielle ω(x, y) = x 2 dy + y 2 dx est-elle fermée ? Exacte ? 

Donner l’ensemble des cercles (parcourus une fois dans le sens direct) le long 

desquels ω est nulle ? 


I) On pose 

f(x, y) = 

xy 

x 2 + y 2 

pour (x, y) = (0, 0) et f(0, 0) = 0 

a) Démontrez que f est continue sur R 2 . 

b) Démontrez que f admet des dérivées partielles en tout point de R 2 . 

II) Etudier et dessiner l’arc paramétré 

x(t) = cos 2 t + ln(sin t) 

y(t) = cos t sin t 




I) a)Soit f un endomorphisme d’un R-espace vectoriel de dimension finie. Si a est 

valeur propre de f, de multiplicité m, et si E(f, a) est le sous-espace propre 

attaché, montrer ⎛ que 1 dim⎞ E(f, a) m. 

1 1 1 1 

⎜ 

b) Soit A = ⎜ 2 2 2 2 ⎟ 

⎝ 3 3 3 3 ⎠ . Déterminer simplement les valeurs propres de A. 

4 4 4 4 

A est-elle diagonalisable ? 

II) Soient p et k 2 entiers naturels, non nul. Soit fp,k : x ↦→ xp (ln x) k . 

a) Montrer que fp,k est intégrable sur ]0, 1]. Soit Kp,k = 1 

0 xp (ln x) k dx. 

b) Exprimer Kp,k en fonction de Kp,k−1. 

c) Exprimer Jn = 1 

0 (x ln x)n dx en fonction de n. 

d) I = 1 

0 xx dx. Montrer que I = +∞ 


n=0 

(−1) n 

(n+1) n+1 . 

I) Montrer que (f | g) = 1 

f(t)g(t) dt définit un produit scalaire sur l’ensemble E 

0 

des fonctions continues sur R engendré par f1(x) = 1, f2(x) = ex et f3(x) = x. 

Pour quels réel a et b la distance de f2(x) à g(x) = ax + b est-elle minimale ? 

II) Montrer que dans un espace complet, toute série absolument convergente est 

convergente. L’espace Mn(R) est-il complet ? 


I) Résolvez sur R l’équation différentielle 

y ′′ + y = cos x 

en utilisant la méthode de variation des constantes. 

II) Quelle est la matrice associée à la surface 

xy + yz + zx = λ 

avec λ ∈ R ? 

Quelles sont ses valeurs propres ? 

Montrer qu’il s’agit d’une surface de révolution autour d’un axe à déterminer. 

Etude et tracé qualitatif suivant λ. 



⎛ 

A = ⎝ 

1 1 a 

0 2 0 

0 0 a 

où a est un nombre réel. 

a) Quel est le rang de A ? La matrice A est-elle inversible ? 

b) A est-elle diagonalisable ? 

II) En indiquant les hypothèses nécessaires, effectuer le changement de variable 

u = ϕ(t) dans l’équation différentielle 

⎞ 

⎠ 

(1 + t 2 )x ′′ + tx ′ + a 2 x = 0 

tel qu’elle devienne une équation à coefficients constants et la résoudre. 


I) A l’aide ⎛ de manipulations élémentaires ⎞ déterminer le polynôme caractéristique 

2001 1 5 

de A = ⎝ 3 2001 3 ⎠. 

4 2 2001 

Est-elle diagonalisable ? Existe-t-il des matrices B telles que B2 = A ? Si oui, 

combien ? 

II) Pour f de classe C2 sur R +⋆ × R et de laplacien nul, on pose t = y 

x et 

h(t) = f(x, y). 

Trouver une équation différentielle dont h est solution et la résoudre. En déduire 

les fonctions f solutions. 


I) a) Soit (fn)n∈N une suite de fonctions continues sur [a, b] à valeurs réelles. 

Démontrez que si la suite (fn)n∈N converge uniformément vers f alors la suite 

b 

a fn(x) 

 

dx converge vers 

n∈N 

b 

f(x) dx. 

a 

b) Justifiez comment ce résultat peut être utilisé dans le cas des séries de 

fonctions puis démontrez que : 

1/2 

0 

+∞ 

n=0 

x n dx = 

+∞ 

n=1 

1 1 

n 2n II) Donner la matrice dans la base canonique de la projection sur le plan 

x + y + z = 0 parallèlement à x = 1 1 

2y = 3z. Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD



I) Donnez l’allure de la courbe définie en coordonnées polaires par 

r = 2 (cos θ − cos 2θ) 

Précisez la tangente à cette courbe aux points de paramètre θ = π et θ = π. 

II) Développer f(x) = ch(x) cos(x) en série entière en l’exprimant à l’aide de 

fonctions exponentielles. 

Retrouver le résultat en remarquant que f est solution de l’équation différentielle 

y (4) + 4y = 0. 



f(x) = x sur ]−π, π[ et f(−π) = 0 



II) a)Montrer que Φ, qui à P associe 

(X 2 − 1)P ′ (X) − (4X + 1)P (X) 

est un endomorphisme de R4 [X]. 

b) Résoudre l’équation différentielle 

y ′ 

5 − λ 3 + λ 

= 

+ y 

2(x − 1) 2(x + 1) 

c) En déduire les valeurs propres et les vecteurs propres de Φ. 



où 

(x + y + z) 

D 

2 dx dy dz 

D = (x, y, z) ∈ R 3 , x 0, y 0, z 0, x + y + z 1 

II) Natures, axes et équation réduite de la conique d’équation 

2x 2 + 3xy + 2y 2 − 4x − 3y = 0 


I) Montrer que, au voisinage de +∞, un = n 3 

n2 ⎧ 

ax + y + z + t = 1 

⎪⎨ x + ay + z + t = b 

II) Résoudre, suivant a et b, 

x + y + az + t = b 

⎪⎩ 

2 

x + y + z + at = b 3 

. 

dt 

1+t 2 ∼ 1 

n 2 . 


I) a) Soient (un) et (vn) deux suites de nombres réels positifs. Montrez que : 

un ∼ vn ⇒ un et vn sont de même nature 

b) Etudier la convergence de la série 

(1 − i) sin 

1 

n √ 

n − 1 

II) On cherche les polynômes P (X) = (X − a)(X − b) ∈ C [X] tels que P (X) 

divise P (X 3 ). 

Montrer que, si a = b, P ∈ R [X] et que si a = b et a 3 = b 3 , il existe 6 polynômes 

dont 4 dans R [X]. 

Trouver les polynômes P si a = b et a 3 = b 3 et en déduire que 13 polynômes en 

tout conviennent, dont 7 dans R [X]. 


I) On pose 

f(x, y) = 

xy 

x 2 + y 2 

pour (x, y) = (0, 0) et f(0, 0) = 0 

a) Démontrez que f est continue sur R 2 . 

b) Démontrez que f admet des dérivées partielles en tout point de R 2 . 

II) Etudier et représenter 

x(t) = cos 2 t + ln |sin t| 

y(t) = sin t cos t 




I) Montrer que, si f et g sont deux endomorphismes d’un K-espace vectoriel E de 

dimension finie, vérifiant f ◦ g ◦ f = f et g ◦ f ◦ g = g alors 

ker(g ◦ f) = ker f, Im(g ◦ f) = Img et E = Img ⊕ ker f 

II) a) Montrer l’existence, pour θ ∈ ]0, π[, d’un majorant Mθ de la valeur absolue 

de 

n 

Sn = cos(kθ) 

k=1 

b) Montrer que x ↦→ √ x 

x−1 est décroissante sur [2, +∞[. 

c) En remarquant de cos(nθ) = Sn − Sn−1, étudier la convergence de la série de 

terme général 

√ 

n 

un = 

n − 1 cos(nθ) 

d) En utilisant |cos(kθ)| cos 2 (kθ), étudier la convergence de |un|. 


I) Soit Φ l’endomorphisme de Rn [X] défini par : 

Φ : P (X) ↦→ P (X) − P (X − 1) 

Donnez la matrice de Φ dans la base canonique de Rn [X] et déduisez-en ImΦ et 

ker Φ. 

II) Soit n ∈ N ⋆ . 

a) Ensemble de définition de 

+∞ 

In(x) = 

b) Montrer que si x > 1, In(x) diverge. 

c) Calculer In(2) pour n 1. 

0 

dt 

(1 + t x ) n 


I) a) Démontrez que toute série de fonctions normalement convergente sur X est 

uniformément convergente sur X. 

b) La série de fonctions 

n 2 

n! zn 

est-elle uniformément convergente sur le disque fermé de centre 0 et de rayon 

R ∈ R +⋆ ? 

II) Soit (a, b) ∈ R 2 ; calculer 

 

 

 

 

a + b b (0) 

 

 

 

. 

Dn = a .. . .. 

 

 

 

 

. .. . 

.. 

 

b 

 

(0) a a + b 

[n] 



f(x) = x sur ]−π, π[ et f(−π) = 0 



II) Soient E un K-espace vectoriel de dimension finie n, f et g deux 

endomorphismes de E. 

a) En appliquant le théorème du rang à la restriction h de f à l’image g, montrer 

que 

rgf + rgg − n rg(f ◦ g) 

b) Pour n = 3, trouver tous les endomorphismes de E tels que f 2 = 0. 


I) Soit B = (e1, . . . , en) une base orthonormale d’un espace vectoriel E de 

dimension n. On note P la matrice de u, endomorphisme, dans B. 

Montrer que u est orthogonal ⇔ tP P = In ⇔ P est inversible et tP = P −1 . 

II) Soit f : [0, +∞[ → R décroissante et continue et telle que +∞ 

f(x)dx 

0 

converge. 

a) Montrer que f est positive et que f tend vers 0 en +∞. 

b) ∀h > 0, montrer que h N 

n=1 

f(nh) Nh 

0 

f(x)dx h N−1 

f(nh). 

n=0 

c) Montrer que la série de terme général f(nh) converge puis que 

+∞ 

n=0 

f(nh) ∼ 1 

h 

+∞ 

f(x)dx quand h → 0 0 

+ . 




I) Calcul de +∞ 

n=0 

n 2 +3n+1 

2n . 

II) Dessiner ρ = a(1 + cos θ) 


I) Soient E un espace euclidien et A un sous-espace vectoriel de E. 

a) Montrer que E = A ⊕ A ⊥ (indice : on admettra que toute famille orthonormale 

de E peut être complétée en une base orthonormale de E. 

b) Montrer que A ⊥⊥ = A. 

II) On considère l’équation différentielle 

(E) : t 2 y ′′ (t) + 4ty ′ (t) + (2 − t 2 )y(t) − 1 = 0 

a) Montrer qu’il existe une seule fonction f définie sur R décomposable en série 

entière solution de E. 

b) Montrer que g(t) = −1/t 2 est solution de (E). 

c) Quel est l’ensemble des fonction réelles définies sur R solutions de (E) ? 


I) Soit B ∈ Mn(C) vérifiant ∀k ∈ [[1, n]], tr(B k ) = 0. 

a) Montrer que si B est triangulaire alors B est nilpotente. 

b) Généraliser à B quelconque. 

II) Montrer que f(x) = cos x ln(tan x) est sommable sur ]0, π/2[. 

Calculer π/2 

0 

f(x)dx (on calculera d’abord π/2 

cos x ln(sin x)dx). 

0 


I) Etudier la convergence de la série 

ln 1 + sin (−1)n 

nα 

, α > 0. 

II) Soit α1, . . . , αn des réels et A la matrice de coefficient général 

ai,j = sin(αi + αj). 

Montrer que det A = 0. 


I) Soit A et B deux parties d’un espace vectoriel normé E, et 

C = {x + y/x ∈ A, y ∈ B}. 

a) On suppose A et B compactes ; montrer que C est compacte. 

b) On suppose A compacte et B fermée ; montrer que C est fermée. 

II) Soit A ∈ Mn(C) admettant n valeurs propres distinctes. 

Exhiber une base du commutant de A et trouver sa dimension. 


I) Enoncer les principales propriétés du groupe Sn ; montrer que son centre est 

réduit à {Id} pour n 3. 

II) a) Trouver une relation de récurrence concernant la suite d’intégrales 

In = π/4 

tan 0 

n xdx. 

b) Montrer que In ∼ 1 

2n en +∞. 


I) Trouver les solutions développables en séries entières de l’équation différentielle 

2xy ′′ + y ′ − y = 0 

II) Dans un espace vectoriel de dimension finie n, trouver un endomorphisme f 

tels que ker f = Imf. 


I) Calculer 

sh(sin x) − sin(shx) 

lim 

x→0 tan(thx) − th(tan x) 

Indication : on pourra faire des développements limités à l’ordre 7. 

II) Soit G un groupe multiplicatif non vide de Mn(R) d’élément neutre E. 

Montrer que tous les éléments de G sont de même rang. 


I) a) Décomposer en éléments simples 

f(x) = 

1 

(1 + x)(2 − x) 

b) Montrer que f est développable en série entière puis donner son développement 

et son rayon de convergence. 

c) Donner un développement limité à l’ordre 3 de f. 

II) Montrer 

 

 

 

 

1 n n − 1 . . . 2 

 

 

 

. 

2 1 .. 

 

3 

 

 

 

Dn = 

. 

. .. . .. . .. 

 

. 

 

 

 

. 

n − 1 

.. 1 n 

 

n n − 1 . . . 2 1 

n+1 (n + 1)nn−1 

= (−1) 

2 




I) a) Soient (un) et (vn) deux suites de nombres réels positifs. Montrez que : 

un ∼ vn ⇒ un et vn sont de même nature 

b) Etudier la convergence de la série 

(1 − i) sin 

1 

n √ 

n − 1 

II) Soient λ, µ ∈ C ⋆ , λ = µ et A, B, M ∈ Mp(C) telles que 

Ip = A + B 

M = λA + µB 

M 2 = λ 2 A + µ 2 B 

a) Montrer que M est inversible et exprimer M −1 . 

On pourra utiliser M 2 − (λ + µ)M + λµIp 

b) Montrer que A et B sont des projecteurs. 

c) M est-elle diagonalisable ? Déterminer son spectre. 


I) Soient E un espace euclidien et u un endomorphisme de E. On note (x | y) le 

produit scalaire de deux vecteurs x et y de E. 

a) Soit u un endomorphisme tel que 

Démontrez que 

∀x ∈ E, u(x) = x 

∀(x, y) ∈ E 2 , (u(x) | u(y)) = (x | y) 

Démontrez que u est bijectif 

b) Démontrer que l’ensemble des endomorphismes orthogonaux de E, muni la loi 

◦, est un groupe. 

II) Soit (fn) la suite des fonctions donnée par 

∀n 2, ∀x ∈ R, fn(x) = (−1) n ln(n)x n 

a) Déterminer le rayon de convergence de la série entière fn. 

On note S sa somme. 


∀x ∈ ]−1, 1[ , S(x) = 1 

1 + x 

+∞ 

n=1 

(−1) n+1 

ln 1 + 1 

 

x 

n 

n+1 

 

c) En déduire que S admet une limite en 1− et que 

 

+∞ 

1 

lim S(x) = (−1) 

x→1− 2 

n+1 

ln 1 + 1 

 

n 

 

n=1 

d) Calculer la limite ci-dessus en utilisant la formule de Wallis 

lim 

n→+∞ 

1 × 3 × · · · × (2n − 1) √ 1 

n = √π 

2 × 4 × · · · × (2n) 


I) a) Démontrez que dans un espace vectoriel normé complet, toute série 

absolument convergente est convergente. 

b) Donner un exemple d’espace normé complet. 

II) a) Montrer que (A | B) = tr (AtB) définit un produit scalaire sur Mn(R). 

b) Montrer que Sn(R) et An(R) sont supplémentaires et orthogonaux. 

Exprimer la distance de 

⎛ 

M = ⎝ 

1 2 3 

0 1 2 

1 2 3 

⎞ 

⎠ ∈ M3(R) 

à S3(R). 

c) Montrer que l’ensemble H des matrices de trace nulle est un sous-espace 

vectoriel de Mn(R) et donner sa dimension. 

Donner la distance à H de la matrice J dont tous les coefficients valent 1. 



y ′ + x 

y = 2x 

1 − x2 II) Soit E un espace vectoriel réel de dimension finie n 2. 

a) Indiquer des endomorphismes de E dont la représentation matricielle est la 

même dans toutes les bases de E. 

b) Soit (e1, . . . , en) une base de E. Montrer que pour tout i ∈ {2, . . . , n}, la 

famille (e1 + ei, e2, . . . , en) est une base de E. 

c) Déterminer tous les endomorphismes de E dont la représentation matricielle est 

diagonale dans toutes les bases de E. 

d) Quels sont les endomorphismes de E dont la représentation matricielle est la 

même dans toutes les bases de E ? 




I) Soit E un espace euclidien et A un sous-espace vectoriel de E. 

a) Démontrez que 

E = A ⊕ A ⊥ 

(indice : on admettra que toute famille orthonormale de E peut être complétée en 

une base orthonormale de E.) 

b) Démontrez que 

A ⊥ ⊥ = A 

II) Soit f une fonction réelle de classe C1 positive et décroissante sur I = [a, b]. 

Soit g une fonction continue sur I. On définit G : I → R par la relation 

G(x) = 

a) Montrer qu’il existe m, M ∈ R tels que 


b 

a 

x 

a 

g(t) dt 

G ([a, b]) = [m, M] 

f(t)g(t) dt = f(b)G(b) − 

c) En déduire qu’il existe c ∈ [a, b] tel que 

b 

d) Application : déterminer 

a 

f(t)g(t) dt = f(a) 

lim 

x→+∞ 

1 

x2 1 

1/x 

b 

a 

c 

a 

sin t 

dt 

t2 f ′ (t)G(t) dt 

g(t) dt 


I) Soit h une fonction continue et positive de [a, b] dans R. 


b 

a 

h(x) dx = 0 ⇒ h = 0 



(f | g) = 

b 

a 

f(x)g(x) dx 


c) Majorez 

1 √ −x 

xe dx 


II) Soient α ∈ R\Z et f : R → R la fonction 2π périodique définie par 

0 

f(t) = cos(αt) sur ]−π, π] 

a) Montrer que f admet une série de Fourier convergente sur R. 

Quel type de convergence est-ce ? 

b) Expliciter les coefficients de Fourier de f. 

c) Pour tout x /∈ πZ, montrer l’égalité 

cotanx = 1 

x + 


∞ 

n=1 

2x 

x 2 − (nπ) 2 

I) Ces fonctions sont-elles intégrables ? 

sin x2 

a) x ↦→ ln x x2 sur ]0, +∞[ 

b) x ↦→ x 

x−2e−x sur ]2, +∞[ 

II) On considère l’espace vectoriel Rn muni de son produit scalaire usuel noté 

〈. | .〉. Soit f un endomorphisme symétrique de Rn dont toutes les valeurs propres 

sont strictement positives. 


∀x ∈ R n \ {0} , 〈f(x) | x〉 > 0 


g(x) = 1 

〈f(x) | x〉 − 〈u | x〉 

2 


expliciter. 




I) Soient F(R, R) l’espace vectoriel des applications de R dans R, E le sous-espace 

vectoriel engendré par les cinq applications : 

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



et F le sous-espace vectoriel par f1, f2 et f3 : 


F = Vect(f1, f2, f3) 

(f, g) ↦→ 〈f | g〉 = 1 

π 

f(x)g(x) dx 

π −π 

est un produit scalaire sur E. 

b) Montrer que f4 et f5 sont unitaires et orthogonaux. 

On admettra dans la suite que B = (fi)i=1,...,5 est une base orthonormée de E. 

c) Déterminez le sous-espace vectoriel F ⊥ , orthogonal de F pour ce produit 

scalaire. 

II) Pour a et b des réels tels que ab > 0, on considère 

I(a, b) = 

b 

a 

1 − x2 (1 + x2 ) √ dx 

1 + x4 a) Calculer I(−b, −a), I(1/a, 1/b) et I (1/a, a) en fonction I(a, b). 

b) Pour a, b > 1, calculer I(a, b) via changement de variables v = x + 1/x puis 

v = 1/t. 

c) Montrer que la relation ainsi obtenue est valable pour tout a, b tels que ab > 0. 


I) N.B. : les deux questions sont indépendantes 

a) Soit E un K-espace vectoriel de dimension n et soit f un endomorphisme de E. 

On note L(E) l’espace des endomorphismes de E. Démontrez que, dans L(E), la 

 

famille IdE, f, . . . , f n2 est liée et déduisez-en que f admet un polynôme 

annulateur non identiquement nul. 

b) Soit f un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension finie et λ une 

valeur propre de f. 

Démontrez que si P est un polynôme annulateur de f alors P (λ) = 0. 

II) Définition, continuité et classe C1 de 

x ↦→ 

∞ (−1) n 

x 

 

sin 

n n 

n=1 


I) Soient (un)n∈N une suite de réels strictement positifs et ℓ un réel positif 

strictement inférieur à 1. 

un+1 

a) Démontrez que si lim un n→+∞ 

= ℓ alors la série un converge. 

Indice : écrivez judicieusement la définition de lim 

n→+∞ 

un+1 

n assez grand, un par le terme général d’une série géométrique). 

b) Quelle est la nature de la série de terme général 

n! 

(3n + 1)! ? 

un 

= ℓ puis majorez, pour 

II) Soient E un R-espace vectoriel de dimension finie et u un endomorphisme de 

E vérifiant 

u 3 + u = 0 

a) Montrer que l’espace Imu est stable par u. 

b) Pour x ∈ Imu, calculer u 2 (x) 

c) Soit v l’endomorphisme induit par u sur Imu. 

Montrer que v est un isomorphisme. 

d) En déduire que le rang de l’endomorphisme u est un entier pair. 


I) On considère 

0 

f : t ↦→ 

ln t 

(1 + t) 2 

a) Etudier l’intégrabilité de f sur ]0, 1] et [1, +∞[. 


1 

+∞ 

ln t 

ln t 

dt et 

dt 

(1 + t) 2 (1 + t) 2 

II) Soient b = (i, j) et B = (I, J) deux bases d’un R-espace vectoriel de dimension 

2 et P la matrice de passage de b à B. 

Pour x ∈ E, notons 

v = Matbx et V = MatBx 

a) Retrouver la relation entre v et V . 

b) Soient f ∈ L(E) et 

m = Matbf et M = MatBf 

Retrouver la relation entre m et M. 

c) Par quelle méthode peut-on calculer m n lorsqu’on connaît deux vecteurs 

propres non colinéaires de f. 

1 




I) a) Démontrez que si A et B sont deux matrices carrées d’ordre alors AB et BA 





même trace. 

II) Résoudre l’équation différentielle 

(1 − x 2 )y ′′ − 3xy ′ − y = 

(on pourra vérifier que l’application x ↦→ 1 √ 

1−x2 homogène associée) 

x 

√ 1 − x 2 

est solution de l’équation 



On note 

F = 

a b 

−b a 

 

/(a, b) ∈ R 2 

 

On admet que ϕ est un produit scalaire sur M2(R).. 




 

1 1 

J = 

1 1 

sur F ⊥ . 

II) Montrer 

lim 

n→+∞ n 

+∞ 

1 

e −xn 

+∞ 

dx = 

1 

e −x 

x dx 


I) a) Montrer que si P est un polynôme annulateur d’un endomorphisme f alors 

P (λ) = 0 pour toute valeur propre λ de f. 

b) Montrer que si f vérifie 

alors f est bijectif. 

f 3 + 2f 2 − f − 2Id = 0 

II) On note E l’espace des fonctions réelles définies et continues sur [0, 1]. 

On note E∞ cet espace muni de la norme 

. ∞ : f ↦→ sup |f(t)| 

t∈[0,1] 

et E1 cet espace muni de la norme 

1 

. 1 : f ↦→ |f(t)| dt 

Soit u l’endomorphisme de E défini par 

u(f)(x) = 

0 

x 

0 

tf(t) dt 

a) Montrer que l’application v de E∞ vers E1 qui à f associe u(f) est continue et 


b) Montrer que l’application w de E1 vers E∞ qui à f associe u(f) est continue et 



I) Pour tout n 1, on pose 

+∞ 

In = 

0 

 

−1 

1 + t2 n dt 

a) Justifiez que In est bien définie. 

b) Démontrez que la suite ((−1) n In) décroît et déterminer sa limite. 

c) La série In est-elle convergente ? 

II) Soient f et g deux endomorphismes d’un espace vectoriel E sur R ou C 

vérifiant f ◦ g = Id. 

a) Montrer que ker(g ◦ f) = ker f et Im(g ◦ f) = Img. 

b) Montrer 


c) Dans quel cas peut-on conclure g = f −1 ? 

d) Calculer (g ◦ f) ◦ (g ◦ f) et caractériser g ◦ f 


I) On munit E = Mp(C) de la norme 

M = max 

1i,jp |mi,j| 



a) Soient X fixé dans C p et P fixé dans GLp(C) ; montrer que 

φ(M) = MX et ψ(M) = P −1 MP 

définissent des applications continues. 


f(M, N) = MN 

définit une application continue. 

c) Soit A ∈ Mp(C) telle que la suite (A n ) soit bornée ; montrer que les valeurs 

propres de A sont de module inférieur à 1. 

d) Soit B ∈ Mp(C) telle que la suite (B n ) tende vers une matrice C. Montrer que 

C 2 = C ; que conclure à propos du spectre de C ? 

Montrer que les valeurs propres de B sont de module au plus égal à 1 

II) Soit C un cercle de centre F et de rayon r. 

a) F ′ étant un point intérieur à C ; trouver le lieu des centres des cercles passant 

par F ′ et tangents à C. 

b) Même question pour F ′ extérieur à C. 


I) Tracer la courbe paramétrée 

x(u) = 

II) Pour n ∈ N et x ∈ ]0, 1[, on pose 

u − 1 

u 

et y(u) = u2 

u − 1 

fn(x) = x2n+1 ln x 

x 2 − 1 

a) Montrer que fn est intégrable sur ]0, 1[. On pose 

1 

Jn = fn(x) dx 

b) Montrer que la suite (Jn)n∈N est convergente et déterminer sa limite. 


0 

Jn = 1 

4 

+∞ 

k=n+1 

1 

k 2 


I) Soit A ∈ M2(Z) telle que det A = 1 et qu’il existe p ∈ N ⋆ pour lequel 

A p = In 

a) Montrer que A est diagonalisable dans C. 

On note α et β les deux valeurs propres de A. 

b) Montrer que |α| = |β| = 1, que α = ¯ β et 

|Re(α)| ∈ {0, 1/2, 1} 

c) Montrer que A 12 = I2 

d) Montrer que l’ensemble G = {A n /n ∈ N} est un groupe monogène fini pour le 

produit matriciel. 

II) Soit (a, b) ∈ R 2 , a > 0, b > 0. On note Γ l’ellipse d’équation 

et D la partie de R 2 définie par 

x 2 

a 

x 2 

a 

a) Calculer l’intégrale double 

 

I = 

2 + y2 

2 + y2 

− 1 = 0 

b2 − 1 0 

b2 (x 

D 

2 + y 2 ) dx dy 

(on posera x = ar cos θ et y = br sin θ) 

b) Calculer l’intégrale curviligne 

 

J = (y 3 dx − x 3 dy) 

c) Quelle relation existe-t-il entre I etJ ? 


I) Soient E un espace euclidien et A un sous-espace vectoriel de E. 


E = A ⊕ A ⊥ 

Γ 

(indice : on admettra que toute famille orthonormale de E peut être complétée en 

une base orthonormale de E.) 



b) Démontrez que 

II) a) Montrer que la forme différentielle 

A ⊥ ⊥ = A 

ω(x, y) = (xy − y 2 + 1) dx + (x 2 − xy − 1) dy 

n’est pas fermée. 

b) Déterminer les fonctions f : R → R dérivable telle que la forme différentielle 

soit exacte et déterminer ses primitives. 

ω(x, y)f(xy) 


I) a) Soit X une partie de R, (fn)n∈N une suite de fonctions de X dans R ou C 

qui convergeant simplement vers une fonction f. On suppose qu’il existe une suite 

(xn)n∈N d’éléments de X telle que la suite (fn(xn) − f(xn)) n∈N ne tend pas vers 0. 

Démontrez que la suite de fonctions (fn)n∈N ne converge pas uniformément vers f 

sur X. 

b) Pour x ∈ R. On pose 

fn(x) = sin(nx) 

1 + n 2 x 2 

Etudiez la convergence simple de la suite (fn)n∈N. 

Etudiez la convergence uniforme de la suite (fn)n∈N sur [a, +∞[ (avec a > 0) puis 

sur ]0, +∞[. 

II) Soit f définie sur R 2 par 

f(x, y) = x 3 + y 3 − 3xy − 1 

a) Montrer que la condition f(x, y) = 0 définit au voisinage de (0, 1) une fonction 

implicite x ↦→ y = φ(x). 

b) Donner un développement limité à l’ordre 3 de φ au voisinage de 0. 


I) On considère la courbe C définie paramétriquement par : 

⎧ 

⎪⎨ 

⎪⎩ 

x = u2 − 1 

u 

y = u2 + 1 

u + 1 

, u > 0 

Donnez l’allure de la courbe C, précisez la (ou les) asymptote(s) éventuelle(s) 

II) a) Déterminer la limite de la suite définie par : 

u0 0 et ∀n ∈ N, un+1 = e−un 

n + 1 

b) Déterminer la limite de la suite définie par 

vn = nun 

c) Donner la nature de la série un et celle de la série (−1) n un 





un = sh 

1 

n 

 

− tan 

II) On considère un R-espace vectoriel de dimension finie E, u un endomorphisme 

de E, U = (ui,j) la matrice de u dans une base de E, ei,j les projecteurs associés à 

cette base et Ei,j la matrice de ces projecteurs. 

On considère ϕ l’endomorphisme dans L(E) tel que 

ϕ(v) = u ◦ v 

a) Montrer que ϕ et u ont les mêmes valeurs propres. 

b) Calculer UEi,j en fonction des Ek,j. En déduire qu’il existe une base de L(E) 

dans laquelle la matrice de ϕ est diagonale par blocs. 

c) Exprimer cette matrice. 

1 

n 


I) Soient (un)n∈N une suite de réels strictement positifs et ℓ un réel positif 

strictement inférieur à 1. 

a) Démontrer que si 

un+1 

lim = ℓ 

n→+∞ un 

alors la série un converge. 

un+1 

Indice : écrire judicieusement la définition de lim = ℓ puis majorer, pour n 

un n→+∞ 

assez grand, un par le terme général d’une série géométrique. 

 



b) Quelle est la nature de la série de terme général 

n 

(3n + 1)! ? 

II) Pour P appartenant à l’ensemble des polynômes de degré inférieur à 2, on pose 

1 

φ(P ) = P 2 (t) dt 

−1 

a) Montrer que φ 1/2 est la norme associée à un produit scalaire que l’on précisera. 

b) Calculer la matrice de la forme quadratique φ dans la base canonique. 

c) En déduire la forme analytique donnant l’expression de φ relativement à la 

base canonique. 

d) Ecrire 

φ(P ) = αa 2 + βb 2 + γc 2 

avec α, β, γ ∈ R et a, b, c les coordonnées de P dans une base à préciser. 


I) On pose 

f(x, y) = 

xy 

x 2 + y 2 

pour (x, y) = (0, 0) et f(0, 0) = 0 

a) Démontrer que f est continue sur R 2 . 

b) Démontrer que f admet des dérivées partielles en tout point de R 2 . 

II) a) Donner le rang de B = t (comA) en fonction de celui de A ∈ Mn(K) 

b) On se place dans le cas où rgA = n − 1. 

Soit C ∈ Mn(K) telle que 

AC = CA = On 

Montrer qu’il existe λ ∈ K tel que 

C = λB 


I) Soient E un espace vectoriel sur R ou C et f,g deux endomorphismes de E tels 

que 

f ◦ g = Id 

a) Démontrer que ker(g ◦ f) = ker f. 

b) Démontrer que Im(g ◦ f) = Img. 

c) Démontrer que E = ker f ⊕ Img. 

II) On pose 

+∞ 

dx 

In = 

pour n ∈ N, n 2 

1 + xn a) Déterminer une suite de fonctions (fn) telle que 

0 

1 

In = fn(t) dt 

b) Déterminer deux réels a et b tels que 

In = a + b 

 

1 

+ o 

n n 

0 

quand n → +∞ 


On pose 

a) Démontrer que la suite de fonctions converge uniformément sur . 



Soit E un espace euclidien orienté de dimension 3 muni d’une base orthonormée 

directe B = (i, j, k). Soit θ ∈ R, déterminer les éléments caractéristiques de 

Rot k,π/2 ◦ Rotcos θi+sin θj,π 


[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Corrections 31 

Corrections 

Exercice 1 : [énoncé] 

a) Puisque la série an converge, on peut introduire 

ℓ = 

+∞ 

an 

Les termes sommés étant strictement positifs, on a ℓ > 0 et Sn → ℓ donne alors 

Sn ∼ ℓ puis 

an 

∼ an 

ℓ 

Sn 

Par équivalence de séries à termes positifs, on peut conclure à la convergence de 

an/Sn. 

b) Comme les termes sont positifs, on a Sn Sn−1 et donc 

an 

S2 n 

n=0 

Sn − Sn−1 

SnSn−1 

= 1 

− 

Sn−1 

1 

Sn 

La série à termes positifs an étant supposée divergente, la suite (Sn) tend vers 

+∞ et donc 1/Sn → 0. 

La nature de la série un − un−1 étant celle de la suite (un), on peut affirmer la 

convergence de la série 

1 

− 

Sn−1 

1 

Sn 

puis celle de an/S 2 n par comparaison de séries à termes positifs. 

c) On peut écrire 

an 

Sn 

= Sn − Sn−1 

Sn 

= 1 − Sn−1 

Sn 

Si (Sn−1/Sn) ne tend pas vers 1, la série étudiée diverge grossièrement. 

Si (Sn−1/Sn) tend vers 1 alors 

et donc 

ln Sn−1 

Sn 

an 

Sn 

∼ Sn−1 

Sn 

− 1 

∼ ln Sn − ln Sn−1 

La suite (ln Sn) diverge, donc la série ln Sn − ln Sn−1 diverge aussi et, enfin, 

an/Sn diverge par argument de comparaison de séries à termes positifs. 


En sommant toutes les colonnes sur la première 

 

 

 

 

1 n n − 1 . . . 2 

 

 

 

. 

n(n + 1) 

1 1 .. 

 

3 

 

 

Dn = 

. 

2 . 2 .. 

 

. 

 

 

 

. 

. . .. . 

.. n 

 

1 n − 1 . . . 2 1 

En retranchant à chaque ligne la précédente (en commençant par la fin) 

 

 

 

 

1 n n − 1 . . . 2 

 

 

 

0 1 − n 1 . . . 1 

 

n(n + 1) . 

Dn = 

. 

2 . 1 .. 

 

. 

 

 

 

. 

. . .. . 

.. 1 

 

0 1 . . . 1 1 − n 

On développe selon la première colonne et on se ramène à 

 

 

n(n + 1) 

 

 

Dn = 

2 

 

a 

(b) 

. .. 

 

(b) 

 

 

 

 

a 

[n−1] 

avec a = 1 − n et b = 1. La poursuite du calcul donne alors 

d’où la formule proposée. 


Pour x > 0, 

donc 

Dn = 

n(n + 1) 

(−1) 

2 

n−1 n n−2 

x x = e x ln x +∞ 

= 

1 

x x 

dx = 

0 

n=0 

(x ln x) n 

n! 

+∞ 

fn 

]0,1] n=0 



avec 

(x ln x)n 

fn(x) = 

n! 

Les fonctions fn sont continues par morceaux, fn converge simplement vers une 

fonction continue par morceaux sur ]0, 1]. 

Les fonctions fn sont intégrables et 

 

(−1) 

|fn| = 

nxn (ln x) n 

dx 

n! 

Or 1 

ε 

x n (ln x) n dx = 

donc quand ε → 0 

 

Ainsi 

 

]0,1] 

]0,1] 

]0,1] 

]0,1[ 

 

1 

n + 1 xn+1 (ln x) n 

1 ε 

− n 

n + 1 

1 

x n (ln x) n dx = − n 

 

x 

n + 1 ]0,1] 

n (ln x) n−1 dx 

x n (ln x) n n n 

dx = (−1) 

0 

1 

n − 1 1 

· · · 

n + 1 n + 1 n + 1 

Par suite 1 

1 

|fn| dx = 

(n + 1) n+1 

0 

ε 

x n (ln x) n−1 dx 

x n dx = (−1)n n! 

(n + 1) n+1 

et il y a convergence de la série 1 

0 |fn| 

Par le théorème d’intégration terme à terme, on obtient que l’intégrale 

est définie et 

puis le résultat voulu. 

1 

x x dx = 

0 

+∞ 

n=0 

1 

fn(x) dx = 

0 

+∞ 

n=0 

(−1) n 

(n + 1) n+1 


Par le changement de variable t = xn , on a formellement 

+∞ 

n e −xn 

+∞ 

e 

dx = 

−t 

t t1/n dt 

Posons pour n 1 

1 

1 

fn : t ↦→ e−t 

t t1/n 

]0,1] xx dx 

Les fonctions fn sont définies et continues par morceaux sur [1, +∞[. 

La suite de fonctions (fn) converge simplement vers la fonction 

et pour tout n ∈ N 

1 

f : t ↦→ e−t 

t 

|fn(t)| e −t = ϕ(t) 

avec ϕ fonction continue par morceaux et intégrable puisque t2ϕ(t) −−−−→ 

t→+∞ 0. 

On peut alors appliquer le théorème de convergence dominée et affirmer que les 

intégrales étudiées existent et 

+∞ 

n e −xn 

+∞ 

e 

dx = 

−t 

t t1/n +∞ 

e 

dt −−−−−→ 

n→+∞ 

−t 

t dt 

1 


Pour x = 0, fn(x) = 0 est sommable. 

Pour x = 0, n2fn(x) −−−−−→ 0 par croissance comparée et donc la série numérique 

n→+∞ 

fn(x) converge. 

On peut donc affirmer que la série de fonctions fn converge simplement sur R + . 

L’étude des variations des fonctions fn donne 

√ 4 

fn∞ = fn 2/ n = 

e2 Il n’y a donc par convergence normale de la série de fonctions fn sur R + . 

En revanche, pour a > 0 et n assez grand de sorte que 2/ √ n a, on a 

fn ∞,[a,+∞[ = fn(a) 

et donc fn converge normalement sur [a, +∞[ car la série numérique fn(a) 

converge. 

A fortiori, il y a aussi convergence uniforme de fn sur chaque [a, +∞[ avec 

a > 0. 

Montrons qu’il n’y a cependant par convergence uniforme sur [0, +∞[. 

Par l’absurde, s’il y avait convergence uniforme sur [0, +∞[, la fonction somme de 

la série fn serait continue car chaque fn est continue. Soit N ∈ N⋆ . Par 

positivité des fonctions sommées 

+∞ 

fn 

n=0 

2 

√N 

 

fN 

et donc la fonction somme ne tend par vers 0 en 0. 

Ceci contredit sa continuité. 

 

2 

√N = 4 

e2 1 




Pour x ∈ [0, 1[, on peut écrire 

et pour x ∈ ]0, 1[, on a 

Considérons alors la série des fonctions 

+∞ 1 

= (−1) 

1 + x2 n=0 

n x 2n 

(ln x) 2 +∞ 

= (−1) 

1 + x2 n=0 

n x 2n (ln x) 2 

un(x) = (−1) n x 2n (ln x) 2 

Par convergence des séries précédentes, la série des fonctions un converge 

simplement vers la fonction x ↦→ (ln x) 2 /(1 + x2 ). Les fonctions un et la fonction 

somme sont continues par morceaux. 

Chaque fonction un est intégrable et 

1 

1 

|un(x)| dx = x 2n (ln x) 2 dx 

Par intégration par parties, on montre 

1 

0 

0 

0 

x 2n (ln x) 2 dx = 

2 

(2n + 1) 3 

On peut alors appliquer le théorème d’intégration terme à terme et affirmer 

1 

0 

(ln x) 2 

dx = 2 

1 + x2 +∞ 

n=0 

(−1) n 

(2n + 1) 3 


a) Par croissance comparée, la suite de fonctions (fn) converge simplement vers la 

fonction nulle. 

La fonction fn est de classe C 1 et 

f ′ n(x) = 1 

n! xn−1 (n − x) e −x 

On peut alors dresser le tableau de variations de fn et affirmer 

sup |fn(x)| = fn(n) = 

x∈[a,+∞[ 

nn 

n! e−n 

Par la formule de Stirling 

donc 

n! ∼ √ 2πn 

 

n 

n e 

fn(n) ∼ 1 

√ 2πn 

On en déduit que la suite de fonctions (fn) converge uniformément sur [0, +∞[. 

b) Par référence à la série exponentielle, la série de fonctions fn converge 

simplement sur R et sa somme est égale à 1. 

Il ne peut y avoir convergence normale sur [a, +∞[ car fn(n) n’est pas sommable. 

En revanche sur [0, a], il y a convergence normale car pour n assez grand de sorte 

que n a, on a 

sup |fn(x)| = fn(a) 

x∈[a,b] 

Il y a aussi a fortiori convergence uniforme sur [0, a]. 

Par l’absurde, s’il y a convergence uniforme sur une voisinage de +∞, on obtient 

par le théorème de la double limite 

lim 

+∞ 

x→+∞ 

n=0 

fn(x) = 

+∞ 

n=0 

ce qui donne l’absurdité 1 = 0. 

Il n’y a donc pas convergence uniforme sur [0, +∞[. 

lim 

x→+∞ fn(x) 


a) Puisque de taille 3 avec 3 valeurs propres distinctes, la matrice A est 

diagonalisable et son polynôme minimal est 

ΠA = (X + 2)(X − 1)(X − 3) 

La division euclidienne de X n par ΠA s’écrit 

Le polynôme R peut s’écrire 

X n = ΠAQ + R avec deg R < 3 

R(X) = a(X − 1)(X − 3) + b(X − 3) + c 

et l’évaluation de la relation division euclidienne en −2, 1 et 3 donne 

⎧ 

⎪⎨ 15a − 5b + c = (−2) 

⎪⎩ 

n 

2b + c = 1 

c = 3 n 



puis ⎧⎪ 

a = 

⎨ 

⎪⎩ 

3n+1 − (−2) n+1 − 5 

30 

b = 3n − 1 

2 

c = 3 n 

et enfin 

R(X) = 3n+1 − (−2) n+1 − 5 

30 

X 2 + 3n+1 + (−2) n+3 + 5 

X + − 

30 

3n − (−2) n − 5 

5 

En évaluant la relation de division euclidienne en A, on obtient 

A n = R(A) = 3n+1 − (−2) n+1 − 5 

30 

b) En vertu de ce qui précède 

avec 

et donc 

De même, on obtient 

α = 1 

 

3 

30 

β = 

+∞ 

n=0 

A 2 + 3n+1 + (−2) n+3 + 5 

30 

chA = αA 2 + βA + γI3 

α = 

3 2n 

(2n!) 

3ch3 − 8ch2 + 5ch1 

30 

+∞ 

+ 2 

n=0 

2 2n 

(2n)! 

3ch3 + 2ch2 − 5ch1 

30 

et γ = 

+∞ 

− 5 

n=0 

A+ −3n + (−2) n + 5 

I3 

5 

 

1 

(2n)! 

5ch1 + ch2 − ch3 

5 


II) a) Soit Γ un cercle passant par F ′ , tangent à C , M son centre et R son rayon. 

Notons P le point de contact de C et Γ. 

Puisque Γ passe par F ′ intérieur à C, le cercle Γ est aussi intérieur à C. 

Par suite les points F , M et P sont alignés dans cet ordre. 

Puisque MP = R = MF ′ et MF + MP = F P = 2a on a 

MF + MF ′ = 2a 

Inversement, un point M de l’ellipse défini par MF + MF ′ = r est le centre du 

cercle Γ de rayon R = MF ′ qui est tangent à C et passe par F ′ . 

b) Cette fois-ci Γ est à l’extérieur du cercle et les points F , M et P sont alignés 

dans l’ordre F , P , M ou M, F , P . On a alors resp. MF − MF ′ = 2a ou 

MF ′ − MF = 2a d’où 

|MF − MF ′ | = 2a 

Inversement, un point de l’hyperbole déterminée par |MF − MF ′ | = r est le 

centre du cercle Γ de rayon R = MF ′ qui est tangent à C et passe par F ′ . 


a) Pour f ∈ E, 

donc 

|u(f)(x)| 

x 

0 

1 

v(f)1 

0 

t f ∞ dt = 1 

2 x2 f ∞ 

1 

2 x2 f ∞ dx = 1 

6 f ∞ 

On en déduit que l’application linéaire v est continue et 

En prenant f = ˜1, on a 

On en déduit v = 1/6. 

b) Pour f ∈ E, 

donc 

v 1/6 

f ∞ = 1, u(f) : x ↦→ 1 

2 x2 et v(f) 1 = 1/6 

|u(f)(x)| = 

x 

0 

t |f(t)| dt 

x 

0 

|f(t)| dt f 1 

w(f)∞ = sup |u(f)(x)| f1 x∈[0,1] 

On en déduit que l’application linéaire w est continue et w 1. 

Pour fn(t) = t n , on a 

Puisque 

fn 1 = 1/(n + 1), u(fn)(x) = 1 

n + 2 xn+2 et w(fn) ∞ = 1 

n + 2 

on obtient w = 1 

w(fn) ∞ 

fn 1 

= n + 1 

→ 1 

n + 2 




a) La fonction f est impaire car produit d’une fonction paire par la primitive 

s’annulant en 0 d’une fonction paire. 

b) f est solution de l’équation différentielle 

y ′ = xy + 1 

c) La fonction t ↦→ e−t2 /2 est développable en série entière sur R, ces primitives le 

sont donc aussi et, par produit de fonctions développable en série entière, on peut 

affirmer que f est développable en série entière sur R . Par imparité, on peut 

écrire ce développement 

et l’équation différentielle donne 

On en déduit 

f(x) = 


On définit f : R × ]0, +∞[ → R par 

+∞ 

n=0 

anx 2n+1 

∀n ∈ N ⋆ , (2n + 1)an = an−1 et a0 = 1 

an = 2n n! 

(2n + 1)! 

f(x, t) = e−at − e −bt 

t 

cos(xt) 

a) Pour x ∈ R, la fonction t ↦→ f(x, t) est définie et continue par morceaux sur 

]0, +∞[. 

Quand t → +∞, t 2 f(x, t) → 0 et quand t → 0 + , f(x, t) → b − a donc t ↦→ f(x, t) 

est intégrable sur ]0, +∞[. 

b) Pour x ∈ R, la fonction t ↦→ f(x, t) est dérivable et 

La fonction ∂f 

∂x 

avec ϕ fonction intégrable. 

∂f 

∂x (x, y) = (e−bt − e −at ) sin(xt) 

est continue sur R × ]0, +∞[ et 

 

 

 

∂f 

(x, t) 

∂x 

e−at + e −bt = ϕ(t) 

On en déduit que F est de classe C1 sur R et 

F ′ +∞ 

(x) = 

Or +∞ 

donc 

0 

c) On en déduit 

0 

(e −bt − e −at ) sin(xt) dt 

e −ct +∞ 

sin(xt) dt = Im e 

0 

(−c+ix)t 

x 

dt = 

c2 + x2 F ′ (x) = 

F (x) = 1 

2 ln 

x 

x2 − 

+ b2 x 2 + b 2 

x 2 + a 2 

x 

x 2 + a 2 

 

+ C te 

Pour déterminer la constante, on étudie la limite de F en +∞. Posons 

0 

ψ(t) = e−at − e −bt 

t 

ce qui définit une fonction de classe C1 intégrable ainsi que sa dérivée sur ]0, +∞[. 

Par intégration par parties généralisée justifiée par deux convergences 

+∞ 

ψ(t) cos(xt) dt = 1 

+∞ 

1 

[ψ(t) sin(xt)]+∞ 0 − ψ 

x x 

′ (t) cos(xt) dt 

et donc +∞ 

 

 

ψ(t) cos(xt) dt 

 

On peut conclure 

0 

F (x) = 1 

2 ln 

1 

x 

+∞ 

|ψ ′ (t)| dt → 0 

0 

x 2 + b 2 

x 2 + a 2 


La matrice A est symétrique réelle donc diagonalisable. 

Après calculs 

χA = −(X + 3)(X − 3) 2 

Le sous-espace propre associé à la valeur propre 3 est le plan d’équation 

x + y + z = 0. 

Les sous-espaces propres d’une matrice symétrique réelle étant deux à deux 

orthogonaux, on peut affirmer que le sous-espace propre associé à la valeur propre 

−3 est la droite x = y = z. 

 

0 



On en déduit une base orthonormée de diagonalisation puis une matrice P 

convenable 

⎛ 

P = ⎝ 

1/ √ 3 1/ √ 2 1/ √ 1/ 

6 

√ 3 −1/ √ 2 1/ √ 1/ 

6 

√ 3 0 −2/ √ ⎞ 

⎠ 

6 


a) On vérifie sans peine que 

1 

ϕ(P, Q) = P (t)Q(t) dt 

définit un produit scalaire sur l’espace considéré et que φ(P ) = ϕ(P, P ). 

b) On remplit la matrice en calculant ϕ(X i , X j ). On obtient la matrice 

⎛ 

⎝ 

−1 

2 0 2/3 

0 2/3 0 

2/3 0 2/5 

c) En écrivant P = a + bX + cX2 , la matrice précédente permet de calculer φ(P ) 

et l’on obtient 

φ(P ) = 2a 2 + 2 

3 b2 + 2 2 

ac + 

3 5 c2 

d) On peut aussi écrire 

avec 

On obtient alors une forme 

⎞ 

⎠ 

φ(P ) = 2(a + 1 

6 c)2 + 2 

3 b2 + 31 

90 c2 

P = (a + c/6) + bX + c(X 2 − 1/6) 

φ(P ) = αa 2 + βb 2 + γc 2 

avec a, b, c les coordonnées de P dans la base (1, X, X 2 − 1/6). Notons que 

d’autres solutions sont aussi possibles. . . 


Soit f une fonction solution (s’il en existe). Une telle fonction est de dérivée 

dérivable et donc f est deux fois dérivable avec 

f ′′ (x) = −f ′ (2 − x) = −f(x) 

Ainsi f est solution de l’équation différentielle y ′′ + y = 0 de solution générale 

y(x) = λ cos x + µ sin x 

En injectant dans l’équation étudiée, une telle fonction est solution si, et 

seulement si, −λ = λ sin 2 − µ cos 2 

µ = λ cos 2 + µ sin 2 

ce qui après résolution équivaut à l’équation 

(1 + sin 2)λ = (cos 2)µ 

En écrivant λ = (cos 2)α, on a µ = (1 + sin 2)α et la solution générale de 

l’équation étudiée est de la forme 

f(x) = α (sin x + cos(2 − x)) 


a) On vérifie que 

˜y : x ↦→ e −αx 

 

y(0) + 

x 

0 

f(t)e αt 

dt 

est solution de l’équation différentielle et vérifie ˜y(0) = y(0) donc par le théorème 

de Cauchy, ˜y = y. 

b) Si y est 2π-périodique alors y(0) = y(2π). 

Inversement, si y(0) = y(2π) alors z : x ↦→ y(x + 2π) est solution de l’équation 

différentielle et vérifie z(0) = y(0) donc z = y. 

Par suite y est 2π-périodique si, et seulement si, y(0) = y(2π) i.e. 

y(0)(e 2πα 2π 

− 1) = f(t)e αt dt 

avec e2πα − 1 = 0. 

c) Par suite, il existe une unique solution φ 2π-périodique à l’équation 

différentielle, solution déterminée par 

φ(0) = 

1 

e 2πα − 1 

0 

2π 

f(t)e αt dt 

(avec e 2πα = 1 car α /∈ iZ). 

d) Cette solution est de classe C 1 donc développable en série de Fourier. 

φ(x) = 

+∞ 

0 

n=−∞ 

cne inx 



avec 

et 

donc 

cn = cn(φ) = 1 

α cn(f − φ ′ ) = 1 

α (cn(f) − cn(φ ′ )) 

cn(φ ′ ) = incn(φ) 

cn = cn(f) 

in + α 


a) La fonction f est continue et de classe C 1 par morceaux sur R car elle l’est sur 

[−π, π]. On en déduit que la série de Fourier de f converge uniformément vers f. 

b) Après calculs, pour n ∈ N, 

n−1 2α sin απ 

an = (−1) 

π(n2 − α2 ) et bn = 0 

c) Pour tout t = π, la convergence de la série de Fourier de f donne 

cos(απ) = 

et en posant x = απ on obtient 

cos x = 

ce qui fournit la relation demandée. 

sin απ 

απ + 

+∞ 2α sin(απ) 

π(α 

n=1 

2 − n2 ) 

sin x 

x + 

+∞ 

n=1 

2x sin x 

x 2 − (nπ) 2 


a) Evidemment ker f ⊂ ker(g ◦ f) et Im(g ◦ f) ⊂ Img. 

Pour x ∈ ker(g ◦ f), on a f(x) = f(g(f(x)) = f(0) = 0 donc x ∈ ker f. 

Pour y ∈ Img, il existe x ∈ E tel que y = g(x) et alors 

y = g(f(g(x)) = g(f(a)) ∈ Im(g ◦ f). 

b) Si x ∈ ker f ∩ Img alors on peut écrire x = g(a) et puisque f(x) = 0, 

a = f(g(a)) = 0 donc x = 0. 

Pour x ∈ E, on peut écrire x = (x − g(f(x)) + g(f(x)) avec x − g(f(x)) ∈ ker f et 

g(f(x)) ∈ Img. 

c) Si f est inversible alors f ◦ g = Id entraîne g = f −1 . 

Cette condition suffisante est aussi évidemment nécessaire. 

d) (g ◦ f) ◦ (g ◦ f) = g ◦ (f ◦ g) ◦ f = g ◦ f et donc g ◦ f est un projecteur. 


L’équation étudiée est une équation différentielle linéaire d’ordre 2 définie sur 

]−1, 1[ d’équation homogène 

On vérifie par le calcul que la fonction 

(1 − x 2 )y ′′ − 3xy ′′ − y = 0 

ϕ : x ↦→ 

1 

√ 1 − x 2 

est solution de cette équation homogène et qu’elle ne s’annule pas. 

Par la méthode de Lagrange, on cherche une deuxième solution indépendante de 

la forme 

ψ : x ↦→ λ(x)ϕ(x) avec λ fonction deux fois dérivable 

On parvient à l’équation 

λ ′′ (x) = x 

1 − x 2 λ′ (x) 

La fonction λ : x ↦→ arcsin x convient ce qui donne 

ψ : x ↦→ 

arcsin x 

√ 1 − x 2 

Pour trouver une solution particulière de l’équation complète, on applique la 

méthode de variation des constantes et on cherche cette solution de la forme 

avec λ, µ fonctions dérivables vérifiant 

On parvient au système 

⎧ 

⎨ 

Après résolution 

et donc 

⎩ 

y(x) = λ(x)ϕ(x) + µ(x)ψ(x) 

λ ′ (x)ϕ(x) + µ ′ (x)ψ(x) = 0 

λ ′ (x)ϕ(x) + µ ′ (x)ψ(x) = 0 

λ ′ (x)ϕ ′ (x) + µ ′ (x)ψ ′ (x) = 

x 

(1 − x 2 ) 3/2 

λ(x) = − 1 − x 2 et µ(x) = 1 − x 2 arcsin x − x conviennent 

x 

y(x) = −√ 

1 − x2 Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD


est solution particulière. 

Finalement la solution générale est 

y(x) = 

λ + µ arcsin x − x 

√ 1 − x 2 


Les racines de X 2 − 2 cos(na)X + 1 sont e ina et e −ina donc 

X 2n − 2 cos(na)X n + 1 = (X n − e ina )(X n − e −ina ) 

Les racines de X n − e ina sont les e ia+2ikπ/n avec k ∈ {0, . . . , n − 1} et celles de 

X n − e −ia s’en déduisent par conjugaison. 

Ainsi 

X 2n − 2 cos(na)X n + 1 = 

dans C [X] puis 

X 2n −2 cos(na)X n +1 = 

dans R [X]. 

n−1 

k=0 

n−1 

k=0 

(X − e ia+2ikπ/n n−1 

) 

k=0 

(X − e −ia−i2kπ/n ) 

(X − e ia+2ikπ/n )(X − e −ia−2ikπ/n n−1 

) = 


a) Soit (e1, . . . , en) une base orthonormée de vecteurs propres de f. 

Pour 

x = x1e1 + · · · + xnen 

on a 

f(x) = λ1x1e1 + · · · + λnxnen 

avec λi > 0 valeur propre associée au vecteur propre ei. 

Ainsi, pour x = 0, 

〈f(x) | x〉 = λ1x 2 1 + · · · + λnx 2 n > 0 

k=0 

(X 2 

− 2 cos 

b) Par opérations, la fonction g est de classe C 1 donc admet des dérivées partielles 

relatives à n’importe quelle base. 

Dans la base (e1, . . . , en), ses dérivées partielles sont 

Dig(x) = λixi − ui 

en notant u1, . . . un les composantes de u. 

c) Il est alors immédiat que g admet un unique point critique qui est 

z = u1 

e1 + · · · + 

λ1 

un 

en = f 

λn 

−1 (u) 

Tout ceci serait plus simple, en parlant de différentielle plutôt que de dérivées 

partielles. 

d) Pour h ∈ E, 

donc 

g(f −1 (u) + h) = 1 

2 (u + f(h) | f −1 (u) + h) − (u | f −1 (u) + h) 

g(f −1 (u) + h) = g(f −1 (u)) + 1 

2 (f(h) | h) g(f −1 (u)) 

car (f(h) | f −1 (u)) = (h | u) par adjonction. 


a) La fonction f est de classe C 1 , f(0, 1) = 0 et 

a + 2kπ 

∂f 

 

(0, 1) = 3 = 0 

∂y 

X+1) 

donc n on peut appliquer le théorème des fonctions implicites définissant φ au 

voisinage de 0. 

b) Puisque f est de classe C ∞ , le théorème des fonctions implicites assure que φ 

est aussi de classe C ∞ au voisinage de 0. En particulier φ est de classe C 3 et donc 

admet un développement limité à l’ordre 3. Puisque φ(0) = 1, ce développement 

est de la forme 

φ(x) = 1 + ax + bx 2 + cx 3 + o(x 3 ) 

Puisque f(x, φ(x)) = 0 au voisinage de 0, on a 

et donc 

ce qui donne 

x 3 + (1 + ax + bx 2 + cx 3 + o(x 3 )) − 3x(1 + ax + bx 2 + o(x 2 )) = 1 

x 3 + (1 + ax + bx 2 + cx 3 + o(x 3 )) 3 − 3x(1 + ax + bx 2 + o(x 2 )) = 1 

3(a − 1)x + (3a 2 − 3a + 3b)x 2 + (1 + a 3 + 6ab − 3b + 3c)x 3 + o(x 3 ) = 0 

Par unicité des coefficients d’un développement limité, on obtient 

a = 1, b = 0 et c = −2/3 




a) Le changement de variables proposé a pour jacobien 

D(x, y) 

D(r, θ) = 

 

 

 

a cos θ −ar sin θ 

 

b sin θ br cos θ = abr 

Ce changement de variable donne 

et donc 

2π 1 

I = 

0 

r=0 

a 2 r 2 cos 2 θ + b 2 r 2 sin 2 θ × |abr| dr dθ 

I = πab(a2 + b2 ) 

4 

b) Par le paramétrage direct 

 

x(t) = a cos t 

avec t ∈ [0, 2π] 

y(t) = b sin t 

on obtient 

puis au terme des calculs 

c) On observe 

2π 

J = − 

0 

ab 3 sin 4 θ + a 3 b cos 4 θ dθ 

J = − 3πab(a2 + b 2 ) 

4 

J = −3I 

ce qui est conforme à la formule de Green Riemann puisque 

avec 

y 3 dx − x 3 dy = P (x, y) dx + Q(x, y) dy 

∂Q ∂P 

(x, y) − 

∂x ∂y (x, y) = −3(x2 + y 2 ) 


a) Posons 

P (x, y) = xy − y 2 + 1 et Q(x, y) = x 2 − xy − 1 

Puisque 

∂Q 

∂x 

= ∂P 

∂y 

la forme différentielle ω n’est pas fermée. 

b) La forme différentielle 

θ(x, y) = ω(x, y)f(xy) 

est de classe C 1 sur l’ouvert étoilé R 2 , elle est donc exacte si, et seulement si, elle 

est fermée. Cela équivaut à la satisfaction pour tout (x, y) ∈ R 2 de l’équation 

(2x − y)f(xy) + y(x 2 − xy − 1)f ′ (xy) = (2y − x)f(xy) + x(xy − y 2 + 1)f ′ (xy) 

Après simplification, on obtient 

(x + y) (f(xy) − f ′ (xy)) = 0 

Par suite f est solution du problème posé si, et seulement si, f est solution de 

l’équation différentielle 

y ′ (t) = y(t) 

Après résolution de cette équation différentielle linéaire d’ordre 1, on obtient la 

solution générale 

f(t) = λe t avec λ ∈ R 

On obtient alors une primitive U de la fonction forme différentielle étudiée en 

résolvant le système ⎧⎪ 

∂U 

⎨ 

∂x 

⎪⎩ 

(x, y) = λexy (xy − y 2 + 1) 

∂U 

∂y (x, y) = λexy (x 2 − xy − 1) 

Au terme des calculs, on obtient 

U(x, y) = λ(x − y)e xy + C 


I) Par intégration de développements limités (ce qui est plus efficace que des 

dérivations successives) 

⎧ 

⎪⎨ x(t) = 1 

2 (t − 1)2 − 1 

6 (t − 1)3 + o((t − 1) 3 ) 

⎪⎩ 

y(t) = 1 

2 (t − 1)2 − 1 

3 (t − 1)3 + o((t − 1) 3 ) 

On en déduit p = 2 et q = 3 

Le point de paramètre t = 1 est donc un point de rebroussement de première 

espèce de tangente dirigée par le vecteur i + j. 



II) a) La fonction x ↦→ ln(1 + x) est définie sur R +⋆ et à valeurs dans R +⋆ . 

Puisque a0 > 0, la suite récurrente (an) est bien définie et à termes dans R +⋆ . 

Sachant ln(1 + x) x, on peut affirmer que la suite (an) est décroissante. Or elle 

est minorée par 0, donc elle converge vers une limite ℓ 0. En passant la relation 

an+1 = ln(1 + an) à la limite, on obtient ℓ = ln(1 + ℓ) ce qui entraîne ℓ = 0 (car 

ln(1 + x) < x pour tout x > 0). Finalement an → 0 + . 

b) On a alors 

 

 

 

 

an+1 

an 

 

 

 

= an+1 

an 

= ln(1 + an) 

an 

∼ an 

→ 1 

an 

et donc le rayon de convergence de la série entière anx n vaut 1. 

c) Pour x = −1, la série numérique 

an(−1) n 

converge en vertu du critère spécial des séries alternées car (an) décroît vers 0. 

Pour x = 1, déterminons la nature de la série numérique an 

On a 

1 

an+1 

Par le théorème de Césaro 

et donc 

On en déduit 

− 1 

= 

an 

an 

1 

− ln(1 + an) 2 = 

anan+1 

a2n + o(a2 n) 1 

→ 

an(an + o(an)) 2 

1 

n 

n−1 

 

1 

k=0 

ak+1 

− 1 

 

→ 

ak 

1 

2 

 

1 1 

− 

n an 

1 

 

→ 

a0 

1 

2 

an ∼ 2 

n 

Par équivalence de séries à termes positifs, an diverge. 


I) a) La matrice A est symétrique réelle donc diagonalisable. 

b) Après calculs 

χA = −(X − 3)(X + 3) 2 

Le sous-espace propre associé à la valeur propre −3 est le plan d’équation 

x − 2y + z = 0. 

Les sous-espaces propres d’une matrice symétrique réelle étant deux à deux 

orthogonaux, on peut affirmer que le sous-espace propre associé à la valeur propre 

−3 est la droite Vect(1, −2, 1). 

On en déduit une base orthonormée de diagonalisation puis une matrice P 

convenable 

⎛ 

P = ⎝ 

1/ √ 6 1/ √ 2 1/ √ 3 

−2/ √ 6 0 1/ √ 3 

1/ √ 6 −1/ √ 2 1/ √ 3 

⎞ 

⎛ 

⎠ pour D = ⎝ 

3 0 0 

0 −3 0 

0 0 −3 

II) a) N∞ est bien connue pour être une norme sur l’ensemble des fonctions 

bornées, il en est de même sur l’ensemble des suites bornées dont le premier terme 

est nul. 

L’application N : E → R + est bien définie. On vérifie aisément 

N(u + v) N(u) + N(v) et N(λu) = |λ| N(u). Si N(u) = 0 alors pour tout n ∈ N, 

un+1 = un et puisque u0 = 0, on obtient u = 0. Ainsi N est une norme sur E. 

b) Pour u ∈ E , on a, pour tout n ∈ N, 

On en déduit 

|un+1 − un| |un+1| + |un| 2N∞(u) 

N(u) 2N∞(u) 

La suite u définie par u0 = 0 et un = (−1) n pour n 1 est une suite non nulle 

pour laquelle il y a égalité. 

c) Considérons la suite u (p) définie par 

u (p) 

n si n p 

(n) = 

p sinon 

On a 

u (p) ∈ E, N∞(u (p) ) = p et N(u (p) ) = 1 

On en déduit que les normes N et N∞ ne sont pas équivalentes car 

N∞(u (p) ) 

N(u (p) ) 

→ 0 


I) D = (x, y) ∈ R 2 /0 x 1 et 0 y 1 − x donc 

 

D 

1 1−x 

(xy + 1) dx dy = 

0 

0 

 

(xy + 1) dy dx 

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD 

⎞ 

⎠


Après calculs 

(xy + 1) dx dy = 

D 

13 

24 

II) a) Il existe x = 0, vérifiant u(v(x)) = λx et alors (v ◦ u)(v(x)) = λv(x). Or 

v(x) = 0 car u(v(x)) = 0et u(0) = 0 donc λ est valeur propre de v ◦ u. 

b) u ◦ v(P ) = P et v ◦ u(P ) = P − P (0) donc ker(u ◦ v) = {0} et 

ker(v ◦ u) = R0 [X]. 

En substance, la propriété précédente ne vaut pas pour λ = 0 en dimension 

quelconque. 

c) Cependant, en dimension finie, si 0 est valeur propre de u ◦ v alors 

det(u ◦ v) = 0 et donc det(v ◦ u) = 0 d’où 0 valeur propre de v ◦ u. 


I) En passant aux coordonnées polaires 

 

(x 

D 

2 + y 2 + 1) dx dy = 

2π 1 

0 

0 

(r 2 

+ 1)r dr dθ = 3π 

2 

II) a) Si λ0P0 + λ1P1 + λ2P2 = 0 alors le polynôme λ0 + λ1X + λ2X 2 admet une 

infinité de racines. C’est donc le polynôme nul et par conséquent 

λ0 = λ1 = λ2 = 0. 

La famille (P0, P1, P2) est donc libre. Elle n’est pas orthogonale puisque 

(P0 | P2) = 1/3 = 0. 

b) R0 = P0, R0 = 1, Q0 : x ↦→ 1 

(P0 | P1) = 0, R1 = P1, R1 = 1/ √ 3, Q1 : x ↦→ √ 3x. 

R2 = P2 + λ0R0 + λ1R1. 

(R2 | R0) = 0 donne λ0 = −(P2 | P0) = −1/3, 

(R2 | R1) = 0 donne λ1/3 = −(P2 | R1) = 0. 

R2 : x ↦→ x2 − 1/3, R2 = 2 

3 √ 5 , Q2 : x ↦→ √ 5 

2 

c) Le projeté orthogonal de P3 sur F est 

soit, après calculs 

La distance de P3 à F est alors 

3x 2 − 1 . 

R = (Q0 | P3)Q0 + (Q1 | P3)Q1 + (Q2 | P3)Q2 

R : x ↦→ 3 

5 x 

d = P3 − R = 2 

5 √ 7 


I) Cas α ∈ R − . 

Pour n 3, ln n 1 puis un 1/n. 

Par comparaison de séries à termes positifs, on peut affirmer la divergence de la 

série de terme général un. 

Cas α > 0. 

La fonction f : x ↦→ 

1 

x(ln x) α est décroissante et positive donc la nature de la série 

de terme général f(n) est celle de l’intégrale 

Puisque 

X 

2 

[2,+∞[ 

ln(X) 

f(x) dx = 

t=ln x ln 2 

f(x) dx. 

on peut affirmer que la série de terme général un converge si, et seulement si, 

α > 1. 

II) a) Si u ∈ Sp et si deux polynômes P, Q conviennent pour exprimer un+1 en 

fonction de un alors 

∀n ∈ N, P (n) = Q(n) 

Puisque le polynôme P − Q possède une infinité de racines, c’est le polynôme nul 

et donc P = Q. 

b) Sp ⊂ R N , 0 ∈ Sp (avec P = 0). 

Soient λ, µ ∈ R et u, v ∈ Sp. 

Pour tout n ∈ N, on obtient aisément 

dt 

t α 

(λu + µv)n+1 = a(λu + µv)n + (λPu + µPv)(n) 

et donc λu + µv ∈ Sp avec Pλu+µv = λPu + µPv ∈ Rp [X]. 

Sp est un sous-espace vectoriel de R N donc c’est un R-espace vectoriel. 

c) Ci-dessus, on a obtenu Pλu+µv = λPu + µPv ce qui correspond à la linéarité de 

l’application φ. 

u ∈ ker φ si, et seulement si, Pu = 0 ce qui signifie que u est une suite géométrique 

de raison a. 

On en déduit que la suite (a n )n∈N est un vecteur directeur de la droite vectorielle 

qu’est le noyau de φ. 

L’image de φ est Rp [X] car l’application φ est surjective puisque pour tout 

polynôme P ∈ R [X], on peut définir une suite élément de Sp par la relation 

u0 ∈ R et ∀n ∈ N, un+1 = aun + P (n) 

d) La famille (R0, R1, . . . , Rp) est une famille de polynômes de degrés étagés de 

Rp [X], elle forme donc une base de Rp [X]. Pour k ∈ [[0, p]], il est facile de 

déterminer une suite u = (un) ∈ Sp vérifiant Su = Rk car 

un+1 = aun + Rk(n) ⇔ un+1 − (n + 1) k = a(un − n k ) 



Ainsi la suite 

u : n ↦→ n k 

convient. 

Considérons alors la famille formée des suites 

Supposons 

En appliquant φ, on obtient 

v : n ↦→ a n et vk : n ↦→ n k avec k ∈ [[0, p]] 

λv + λ0v0 + · · · + λpvp = 0 

λ0R0 + · · · + λpRp = 0 

donc λ0 = . . . = λp = 0 puis la relation initiale donne λ = 0 car v = 0. 

La famille (v, v0, . . . , vp) est donc libre. 

De plus, en vertu de la formule du rang 

dim Sp = dim ker φ + rgφ = 1 + (p + 1) = p + 2 

donc la famille (v, v0, . . . , vp) est une base de Sp. 

e) En reprenant les notations qui précèdent, on peut écrire 

On a 

u = λv + λ0v0 + λ1v1 

Pu = λ0R0 + λ1R1 = −2X + 7 

Puisque R0 = −1 et R1 = 1 − X, on obtient λ1 = 2 et λ0 = −5. 

Par suite 

un = λ2 n + 2n − 5 

Puisque u0 = −2, on obtient λ = 7. 

Finalement 

un = 3.2 n + 2n − 5 


I) a) L’application f est évidemment linéaire et c’est donc un endomorphisme de 

Rn [X] 

Méthode sans les matrices. 

Pour P polynôme non nul, on a deg P ′ < deg P donc deg f(P ) = deg P . On en 

déduit ker f = {0}. 

Puisque f est un endomorphisme injectif en dimension finie, f est un 

automorphisme et est donc une application bijective. 

Méthode avec les matrices. 

La matrice de f dans la base canonique de Rn [X] est 

⎛ 

1 −1 (0) 

⎞ 

⎜ 

⎝ 

1 

. .. 

. .. −n 

⎟ ∈ Mn+1(R) 

⎠ 

(0) 1 

C’est matrice est inversible car de déterminant 1 et on peut donc conclure à 

nouveau que f est un automorphisme. 

b) Si f(P ) = Q alors 

Or P (n+1) = 0 donc 

P − P ′ = Q, P ′ − P ′′ = Q ′ ,. . . , P (n) − P (n+1) = Q (n) 

P = Q + Q ′ + · · · + Q (n) 

II) Les séries entières définissant S0, S1 et S2 sont de rayons de convergence 

R = +∞. 

Pour x ∈ C, on a 

On a aussi 

et 

S0(x) + S1(x) + S2(x) = 

S0(x) + jS1(x) + j 2 S2(x) = 

S0(x) + j 2 S1(x) + jS2(x) = 

En sommant ces trois relations, on obtient 

+∞ 

n=0 

+∞ 

n=0 

x n 

n! 

= exp(x) 

(jx) n 

= exp(jx) 

n! 

+∞ (j2x) n 

n=0 

n! = exp(j2 x) 

S0(x) = 1 2 

exp(x) + exp(jx) + exp(j x) 

3 


I) Les racines du polynôme X 2 − 2 cos(nθ)X + 1 sont e inθ et e −inθ donc 

X 2n − 2X n cos(nθ) + 1 = (X n − e inθ )(X n − e −inθ ) 



Les racines de X n − e inθ sont les e iθ+2ikπ/n avec k ∈ {0, . . . , n − 1} et celles de 

X n − e −inθ s’en déduisent par conjugaison. 

Ainsi 

X 2n − 2X n cos(nθ) + 1 = 

n−1 

k=0 

(X − e iθ+2ikπ/n n−1 

) 

k=0 

dans C [X] puis en regroupant les facteurs conjugués entre eux 

X 2n −2X n cos(nθ)+1 = 

n−1 

k=0 

(X − e iθ+2ikπ/n )(X − e −iθ−2ikπ/n ) = 

(X − e −iθ−i2kπ/n ) 

n−1 

k=0 

 

X 2 

− 2X cos 

Cette décomposition dans R [X] se comprend comme la décomposition en facteurs 

irréductibles sauf s’il y a la présence d’un facteur 

X 2 

− 2X cos θ + 2kπ 

 

+ 1 = X 

n 

2 − 1 = (X − 1)(X + 1) 

II) Pour x > 0, 

donc 

x x = e x ln x +∞ 

= 

1 

x x 

dx = 

0 

n=0 

(x ln x) n 

n! 

+∞ 

fn 

]0,1] n=0 

avec 

(x ln x)n 

fn(x) = 

n! 

Les fonctions fn sont continues par morceaux, fn converge simplement vers une 

fonction continue par morceaux sur ]0, 1]. 

Les fonctions fn sont intégrables et 

 

(−1) 

|fn| = 

nxn (ln x) n 

dx 

n! 

Or 1 

ε 

x n (ln x) n dx = 

donc quand ε → 0 

 

]0,1] 

]0,1] 

]0,1[ 

 

1 

n + 1 xn+1 (ln x) n 

1 ε 

− n 

n + 1 

1 

x n (ln x) n dx = − n 

 

x 

n + 1 ]0,1] 

n (ln x) n−1 dx 

ε 

x n (ln x) n−1 dx 

Ainsi 

 

]0,1] 

x n (ln x) n n n 

dx = (−1) 

0 

1 

n − 1 1 

· · · 

n + 1 n + 1 n + 1 

Par suite 1 

1 

|fn| dx = 

(n + 1) n+1 

θ + 2kπ 

et il y a 

convergence de la série 

+ 1 

n 

1 

0 |fn| 

Par le théorème d’intégration terme à terme, on obtient que l’intégrale 

est définie et 

1 

x x +∞ 

1 

+∞ 

dx = fn(x) dx = 

puis le résultat voulu. 

0 

n=0 

0 

n=0 

0 

x n dx = (−1)n n! 

(n + 1) n+1 

(−1) n 

(n + 1) n+1 

]0,1] xx dx 


I) a) On a toujours ker f ⊂ ker(g ◦ f). 

Inversement, pour x ∈ ker(g ◦ f), on a g ◦ f(x) = 0 donc f ◦ g ◦ f(x) = f(0) = 0. 

Or f ◦ g = Id donc f(x) = 0. 

Ainsi ker(g ◦ f) ⊂ ker f puis ker(g ◦ f) = ker f. 

b) On a toujours Im(g ◦ f) ⊂ Img. 

Inversement, pour y ∈ Img, il existe x ∈ E tel que y = g(x) et alors 

y = g ◦ f ◦ g(x) = (g ◦ f)(g(x)) ∈ Im(g ◦ f). 

Ainsi Img ⊂ Im(g ◦ f) puis Im(g ◦ f) = Img 

c) Soit x ∈ ker f ∩ Img. Il existe a ∈ E tel que x = g(a) et alors f(x) = 0 donne 

f(g(a)) = 0 d’où a = 0 car f ◦ g = Id. On en déduit x = g(a) = 0 et donc 

ker f ∩ Img = {0}. 

Soit x ∈ E. On peut écrire x = (x − g(f(x))) + g(f(x)) avec g(f(x)) ∈ Img et 

x − g(f(x)) ∈ ker f car 

f (x − g(f(x))) = f(x) − (f ◦ g)(f(x)) = f(x) − f(x) = 0 

Ainsi E = ker f + Img et finalement 


II) a) Pour x ∈ R, on peut affirmer x sin θe iθ = 1 et par multiplication par la 

quantité conjuguée 

sin θe iθ 

1 − x sin θe iθ = sin θeiθ (1 − x sin θe −iθ ) 

|1 − x sin θe iθ | 2 



On en déduit 

iθ sin θe 

Im 

1 − x sin θeiθ 

sin 

= 

2 θ 

1 − 2x sin θ cos θ + x2 sin2 θ 

b) La fonction f est définie et de classe C ∞ sur R et, après calculs 

Pour |x sin θ| < 1, on a 

On en déduit 

sin θe iθ 

1 − x sin θe 

f ′ (x) = 

sin 2 θ 

1 − 2x sin θ cos θ + x 2 sin 2 θ 

+∞ 

= sin θeiθ (x sin θe iθ 

n=0 

iθ ) n +∞ 

= (sin θ) 

n=0 

n+1 e i(n+1)θ x n 

f ′ (x) = 

+∞ 

(sin θ) n+1 sin ((n + 1)θ) x n 

n=0 

puis, par intégration de développement en série entière, 

avec 

f(x) = f(0) + 

+∞ 

n=1 

(sin θ) n sin(nθ) 

x 

n 

n 

 

1 

f(0) = − arctan = arctan (tan(θ − π/2)) = θ − π/2 

tan θ 

car θ − π/2 ∈ ]−π/2, π/2[. 


I) a) Une récurrence, une séparation d’une somme en deux, un décalage d’indice 

et une exploitation de la formule du triangle de Pascal. 

b) La fonction f est de classe C ∞ par produit de fonctions qui le sont. Puisque 

on obtient 

e 2x (k) = 2 k e 2x et 

e 2x 

1 + x 

(n) 

= n! 

(k) 

1 

= 

1 + x 

(−1)kk! (1 + x) k+1 

n 

k=0 

(−1) k 2 n−k 

(n − k)! 

e 2x 

(1 + x) k+1 

II) a) f est évidemment un endomorphisme de E et pour x, y ∈ E, 

(f(x) | y) = (x | y) + k(x | a)(y | a) = (x | f(y)) 

Ainsi f est autoadjoint (et donc diagonalisable dans une base orthonormée). 

b) Si f(x) = 0 alors x + k(x | a)a = 0 et donc x ∈ Vecta. 

Or f(a) = (1 − k)a = 0 donc ker f = {0} et par suite f est un automorphisme de 

E. 

c) f(a) = (1 − k)a donc 1 − k ∈ Spf et Vecta ⊂ E1−k(f). 

Pour x ∈ Vect(a) ⊥ , f(x) = x donc 1 ∈ Spf et (Vecta) ⊥ ⊂ E1(f). 

On peut alors conclure que si k = 0 alors 

Spf = {1, 1 − k} , E1−k(f) = Vecta et E1(f) = (Vecta) ⊥ 

car la somme des dimensions des sous-espaces propres de f est égale à n. 

Dans le cas k = 0, on a f = Id. 


I) Par Sarrus 

χA = −X(X 2 + ca − ba − bc) 

Si ba + bc > ca alors A est diagonalisable dans Mn(R) car possède trois valeurs 

propres distinctes. 

Elle est a fortiori diagonalisable dans Mn(C). 

Si ba + bc = ca alors 0 est seule valeur propre et donc A est diagonalisable si, et 

seulement si, a = b = c = 0. 

Si ba + bc < ca alors 0 est seule valeur propre réelle et donc A n’est pas 

diagonalisable dans Mn(R). 

En revanche A est diagonalisable dans Mn(C) (trois valeurs propres distinctes). 

II) Montrer que l’égalité proposée a lieu si, et seulement si, f est de signe constant 

Si f 0 ou f 0 : ok 

Inversement, supposons 

 

b 

 

f = 

= 

b 

|f| 

a 

Si b 

a f 0 alors b 

a f = b 

a |f| donne b 

|f(x)| − f(x) dx = 0. 

a 

Or la fonction |f| − f est continue et positive c’est donc la fonction nulle et par 

suite f = |f| est positive. 

Le cas b 

f < 0 est semblable. 

a 


I) a) Posons 

M = 

a b 

c d 

a 

 

∈ M2(R) 



On a 

On en déduit 

f(M) = 

a + 2c b + 2d 

2a + 4c 2b + 4d 

 

2 0 

ker f = Vect 

−1 0 

 

 

0 2 

, 

0 −1 

b) L’endomorphisme ne peut-être surjectif car en dimension finie, un 

endomorphisme surjectif est bijectif et dans ce cas son noyau est réduit à 

l’élément nul. 

c) On forme une base du noyau à l’aide des matrices 

2 0 

−1 0 

 

et 

0 2 

0 −1 

Par la formule du rang, rgf = 2. On forme alors une base de l’image par les 

matrices 

 

1 

f(E1,1) = 

2 

0 

0 

 

 

0 

et f(E2,2) = 

0 

2 

4 

 

II) a) Soit F une primitive de la fonction continue f. On a 

 

 

g(x) = 1 

(F (x) − F (0)) −−−−→ 

x x→0 + F ′ (0) = f(0) 

Ainsi on peut prolonger g par continuité en 0 en posant g(0) = f(0). 

b) Soit F une primitive de f (il en existe car f est continue). 

On a 

g(x) = 1 

(F (x) − F (0)) 

x 

On en déduit que g est dérivable sur R +⋆ et 

c) Par intégration par parties 

donc b 

g ′ (x) = − 1 

f(x) f(x) − g(x) 

(F (x) − F (0)) + = 

x2 x x 

a 

b 

puis la relation proposée. 

a 

g 2 (t) dt = tg 2 (t) b − 2 a 

g 2 (t) dt = tg 2 (t) b − 2 a 

b 

a 

b 

a 

tg ′ (t)g(t) dt 

(f(t) − g(t)) g(t) dt 

On en déduit par l’inégalité de Cauchy-Schwarz 

b 

g 2 

b 

(t) dt 2 f 2 

b 

(t) dt 

puis 

a 

b 

a 

a 

a 

g 2 (t) dt + ag 2 (a) 

g 2 

b 

(t) dt − 2 f 2 

b 

(t) dt g2 (t) dt ag 2 (a) 

en ajoutant un même terme de part et d’autre 

⎛ 

b 

⎝ g2 

b 

(t) dt − f 2 ⎞ 

(t) dt⎠ 

a 

a 

a 

2 

a 

ag 2 (a) + 

b 

a 

f 2 (t) dt 

puis par la croissance de la fonction racine carrée 

 

b 

g 

a 

2 

b 

(t) dt− f 

a 

2 

 

 

 

b 

(t) dt 

g 

a 

2 

b 

(t) dt − f 

a 

2 

 

 

(t) dt 

 

 

 

ag2 (a) + 

et enfin 

 

b 

g2 (t) dt 

a 

 

b 

f 2 

(t) dt+ ag2 (a) + 

0 

b 

d) En faisant tendre a vers 0, on obtient 

 

b 

g2 

+∞ 

(t) dt 2 

0 

0 

b 

a 

f 2 (t) dt 

f 2 

+∞ 

(t) dt f 2 

(t) dt+ ag2 +∞ 

(a) + 

0 

f 2 (t) dt 

et on en déduit que la fonction g 2 est intégrable sur R + car les intégrales de g 2 sur 

les segments inclus dans R + sont majorées. 


I) a) La fonction est définie sur la réunion des intervalles , . 

Puisque , il y a une symétrie de centre . 

Puisque , il y a une symétrie d’axe (et donc aussi d’axe ). 

Au final, on peut réduire l’étude à . 

b) La fonction décroît de 2 à sur . 

Puisque , la tangente est orthoradiale en 0. 

0 

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD 

0


c) Puisque s’annule en , la tangente est la droite d’équation polaire en le point de 

paramètre . 

plot(2*sqrt(cos(2*t)),t=- 

Pi..Pi,coords=polar,numpoints=1001,scaling=constrained) ; 

La courbe d’équation polaire II) Posons 

La fonction est définie et continue par morceaux sur . 

Quand , . 

Quand ; . 

On peut donc affirmer que est intégrable sur . 

Pour . 

Quand , donc la suite converge simplement vers la fonction nulle. 

De plus, pour , on a, sachant , 

et pour , 

Ainsi avec 

La fonction étant intégrable sur , on peut appliquer le théorème de convergence 

dominée et affirmer 


I) Le domaine d’intégration est un compact simple et la fonction intégrée y est 

continue. En passant en coordonnées polaires 

2π 1 

I = (r 2 + 1)r dr dθ 


θ=0 

r=0 

I = 3π 

2 

II) En ajoutant la troisième colonne à la première puis en retranchant la première 

ligne à la première 

ce qui donne 

 

 

 

χA(λ) = 

 

 

Le facteur a pour discriminant 

−λ − 2 5 + x x 

0 −2 − x − λ −x 

0 −x 3 − x − λ 

χA(λ) = −(λ + 2) λ 2 + (2x − 1)λ − x − 6 

∆ = (2x − 1) 2 + 4x + 24 = 4x 2 + 25 > 0 

et possède donc deux racines réelles distinctes. Si celles-ci diffèrent de −2, alors la 

matrice A possède trois valeurs propres distinctes et est donc diagonalisable. 

 

 

 

 

 

 

Il est donc nécessaire que −2 soit racine de λ2 + (2x − 1)λ − x − 6 pour que la 

matrice A ne soit pas diagonalisable. C’est le cas si, et seulement si, x = 0 et alors 

⎛ 

−2 5 

⎞ 

1 

A = ⎝ 0 −2 0 ⎠ 

−5 5 3 

On a alors 

rg(A + 2I3) = 2 

et donc dim E−2(A) = 1 < m−2(A) ce qui entraîne que la matrice A n’est pas 

diagonalisable. 

Finalement A n’est pas diagonalisable si, et seulement si, x = 0. 


I) a) On a 

x 2 + 2x + 4y 2 − 8y + 1 = 0 ⇔ 

(x + 1)2 

2 2 

+ (y − 1)2 

1 2 

La courbe est une ellipse de centre Ω(−1, 1) déterminée par a = 2, b = 1. 

b) Un joli dessin. 

c) Un paramétrage de l’ellipse est 

 

x = −1 + 2 cos t 

avec t ∈ [−π, π] 

y = 1 + sin t 

La courbe intercepte l’axe des y pour les paramètres t = ±π/3 et la pente de la 

tangente en ce point est 

m = y′ (t) 

x ′ 1 

= ± 

(t) 2 √ 3 

= 1 

On peut aussi déterminer l’équation de la tangente puis sa pente par 

dédoublement mais cette méthode est sensiblement moins efficace. 

II) a) Soient x, y > 0. 

La fonction 

f : t ↦→ 

t − [t] 

t(t + x) 

est définie et continue par morceaux sur ]0, +∞[ ⊃ ]0, y] et quand t → 0, 

f(t) = 

donc f est prolongeable par continuité en 0. 

t 1 1 

= → 

t(t + x) t + x x 



Par suite l’intégrale définissant G(x, y) existe bien. 

b) Quand t → +∞, 

f(t) = O(1) 

 

1 

= O 

t(t + x) t2 

donc f est intégrable sur ]0, +∞[. 

Par suite G(x, y) converge quand y → +∞ vers 

c) On remarque que 

et on en déduit 

+∞ 

t − [t] 

G(x) = 

t(t + x) dt 

0 

 

1 1 1 1 

= − 

t(t + n) n t t + n 

G(n, y) = 1 

y 

t − [t] t − [t] 

− 

n 0 t t + n dt 

Par linéarité de l’intégrale et changement de variable, on obtient 

Enfin par la relation de Chasles 

d) Puisque 

G(n, y) = 1 

y 

y+n 

t − [t] 

t − [t] 

dt − 

dt 

n 0 t 

n t 

G(n, y) = 1 

n 

y+n 

t − [t] 

t − [t] 

dt − 

dt 

n 0 t 

y t 

0 

y+n 

on obtient quand y → +∞ 

et on a alors 

Par suite 

y 

t − [t] 

t 

H(n) − H(n − 1) = 

dt 1 

y 

y+n 

G(n) = 1 

n 

t − [t] 

dt 

n 0 t 

H(n) = 

n 

n−1 

n 

0 

t − [t] 

t 

y 

t − [t] 

t 

t − [t] dt n 

y 

dt 

1 

u 

dt = 

u + (n − 1) du 

0 

puis 

 

H(n) − H(n − 1) = 1 − (n − 1) ln 1 + 1 

 

n − 1 

Par développement limité, on obtient 

H(n) − H(n − 1) = 

1 

+ O 

2(n − 1) 

 

1 

n2 

= 1 

 

1 

+ O 

2n n2 

On en déduit que la série de terme général 

H(n) − H(n − 1) − 1 

 

1 

= O 

2n n2 

Posons 

On a 

donc 

Sachant 

on obtient 

puis 

n 

k=1 

S = 

+∞ 

n=2 

 

H(n) − H(n − 1) − 1 

 

2n 

 

H(k) − H(k − 1) − 1 

 

= S + o(1) 

2k 

H(n) − H(1) − 1 

2 

n 

k=1 

n 

k=2 

1 

= S + o(1) 

k 

1 

= ln n + γ + o(1) 

k 

H(n) ∼ 1 

ln n 

2 

G(n) ∼ 


I) a) On observe que E = Vect(I2, J) avec I2 = M(1, 0) et J = M(0, 1). Les 

matrices I2 et J étant indépendantes, E est un sous-espace vectoriel de dimension 

2. 

De plus E est aussi un sous-anneau en vérifiant l’appartenance de I2 la stabilité 

par différence et produit (car J 2 = −I2) 

ln n 

2n 



b) ϕ est évidemment linéaire et bijective, c’est un isomorphisme d’espaces 

vectoriels. 

C’est aussi un isomorphisme d’anneau car ϕ(1) = I2 et ϕ(zz ′ ) = ϕ(z)ϕ(z ′ ) (après 

calculs). 

II) a) Quand x → 0 + , fn(x) ∼ 2x 2 

2 

nx → n donc α = n est l’unique valeur pour 

laquelle f est continue en 0. 

b) fn est continue sur [0, +∞[ et quand x → +∞, fn(x) ∼ ex 

enx → 0 donc fn est 

bornée sur R + . 

On peut envisager une argumentation plus détaillée : 

- puisque f converge en +∞, il existe A 0 tel que f est bornée sur [A, +∞[ ; 

- puisque f est continue, f est bornée sur [0, A] ; 

- et finalement f est bornée sur la réunion de ces deux intervalles par la plus 

grande des deux bornes. 

c) fn est définie et continue sur [0, +∞[ et quand x → +∞, 

x2fn(x) ∼ x2e−(n−1)x → 0 donc fn(x) = o 1/x2 et donc f est intégrable sur 

[0, +∞[. 

d) Pour x > 0, 2shx 

enx +∞ 

−1 = 2shx e 

k=1 

−nkx = +∞ 

−(nk−1)x −(nk+1)x e − e 

k=1 

. 

+∞ 

e 0 

−(nk−1)x − e−(nk+1)x dx = 1 1 

nk−1 − nk+1 = 2 

n2k2−1 = O 1 

k2 

. 

Par convergence de la série des intégrales des valeurs absolues, on peut sommer 

terme à terme et affirmer 

2shx 

enx +∞ 

−(nk−1)x −(nk+1)x 

−1 dx = e − e dx = +∞ 

1 1 

nk−1 − nk+1 . 

+∞ 

0 

k=1 

+∞ 

0 

Pour n = 2, la somme est facile à calculer. 


I) a) Si u = xi + yj = X I + Y J alors x = p1,1X + p1,2Y et y = p2,1X + p2,2Y . 

Ainsi v = P V . 

b) En notant v et V les colonnes des composantes dans b et B d’un vecteur 

générique et w et W les colonnes des composantes dans b et B de son image par 

l’endomorphisme considéré on a les relations 

On en tire 

k=1 

v = P V, w = P W, w = mv et W = MV 

m = P MP −1 

c) m n = P M n P −1 permet de calculer m n lorsqu’on sait M diagonale. 

II) a) fn 

CS 

−−→ f avec 

⎧ 

⎨ f(x) si x ∈ [a, 1[ 

f(x) = f(1)/2 

⎩ 

0 

si x = 1 

si x ∈ ]1, b] 

b) Sachant |fn(x)| |f(x)| avec f intégrable sur [a, b], on peut appliquer le 

théorème de convergence dominée et on obtient directement le résultat proposé. 

c) Par une intégration par parties 

D’une part 

1 

t n−1 fn(t) dt = 

a 

 

1 

n ln(1 + tn 1 )f(t) − 

a 

1 

n 

1 

 

1 

n ln(1 + tn 1 )f(t) = 

a 

ln 2 

n f(1) + ln(1 + an ) 

f(a) = 

n 

car ln(1 + a n ) → 0. 

D’autre part 

 

1 

 

1 

n 

sachant ln(1 + u) u. 

Au final, on obtient 

a 

ln(1 + t n )f ′ (t) dt 

 

 

 

 

1 

n f ′ ∞ 

1 

t n−1 fn(t) dt = 

a 

1 

0 

a 

ln(1 + t n )f ′ (t) dt 

 

ln 2 1 

f(1) + o 

n n 

t n 

1 

dt = O 

n2 

1 

= o 

n 

 

ln 2 1 

f(1) + o 

n n 


I) a) La fonction est définie sur la réunion des intervalles , . 

Puisque , il y a une symétrie de centre . 

Puisque , il y a une symétrie d’axe (et donc aussi d’axe ). 

Au final, on peut réduire l’étude à . 

b) La fonction décroît de 2 à sur . 

Puisque , la tangente est orthoradiale en 0. 

c) Puisque s’annule en , la tangente est la droite d’équation polaire en le point de 

paramètre . 

plot(2*sqrt(cos(2*t)),t=- 

Pi..Pi,coords=polar,numpoints=1001,scaling=constrained) ; 

La courbe d’équation polaire II) a) Soit tel que pour tout . 

Soit . Par sommation de termes positifs, 

En passant à la limite quand , on obtient 

La séries à termes positifs ayant ses sommes partielles bornées, elle converge. 

b) La fonction est croissante sur et est bornée. On peut donc affirmer qu’elle 

converge en et introduire 



De plus, cette valeur majore sur , de sorte qu’en reprenant l’étude ci-dessus avec 

cette valeur pour , on obtient 

Inversement, pour tout , on a 

et donc à la limite quand 

puis finalement l’égalité demandée. 


I) C’est une équation différentielle linéaire d’ordre 1 définie sur ]1, +∞[. 

La solution générale est 

y(x) = C x 2 − 1 + 2(x 2 − 1) avec C ∈ R 

II) 

f ◦ f(M) = tr(A) (tr(A)M − tr(M)A) − tr (tr(A)M − tr(M)A) A = tr(A)f(M). 

Ainsi f ◦ f = tr(A).f. 

Si trA = 0 alors l’endomorphisme f est diagonalisable car annule un polynôme 

scindé simple. 

Si trA = 0 alors les valeurs propres de f figurent parmi les racines du polynôme 

X 2 et donc f est diagonalisable si, et seulement si, f = ˜0 ce qui correspond au cas 

A = On. 

Si tr(M) = 0 alors f(M) = tr(A)M. Pour M matrice de l’hyperplan des matrices 

de trace nulle, f(M) = λM avec λ = tr(A). On en déduit que tr(A) est valeur 

propre de M et le sous-espace propre associé est de dimension au moins n 2 − 1. 

Dans le cas où tr(A) = 0 avec A = On, l’endomorphisme n’est pas diagonalisable 

et la dimension du sous-espace propre associé à la valeur propre tr(A) est n 2 − 1. 

Dans le cas où tr(A) = 0 alors f est diagonalisable et donc la dimension des 

sous-espaces propres des valeurs propres 0 et tr(A) sont respectivement 1 et n 2 − 1. 




y(x) = C x 2 − 1 + 2(x 2 − 1) avec C ∈ R 

II) a) Une homothétie vectorielle de rapport λ est représentée par la matrice 

diagonale λIn dans toute base de E. 

b) Supposons λ1(e1 + ei) + λ2e2 + · · · + λnen = 0. 

En réorganisant et en exploitant la liberté de (e1, . . . , en), on obtient les équations 

λ1 = 0, λ2 = 0, . . . , λ1 + λi = 0, . . . , λn = 0. 

Au final, on obtient λ1 = . . . = λn = 0. 

La famille (e1 + ei, e2, . . . , en) est une famille libre formée de n = dim E éléments 

de E, c’est donc une base de E. 

c) Soit f un tel endomorphisme. Sa matrice dans la base (e1, . . . , en) est de la 

forme diag(λ1, . . . , λn). 

On obtient alors que f(e1 + ei) = λ1e1 + λiei. Or la matrice de f dans la base 

(e1 + ei, e2, . . . , en) est diagonale et donc il existe µ ∈ K tel que 

f(e1 + ei) = µ(e1 + ei). Puisque la famille (e1, ei) est libre, on obtient 

λ1 = µ = λi. Par suite les coefficients λ1, . . . , λn sont égaux entre eux et en posant 

λ leur valeur commune, on obtient f = λId puisque les endomorphismes f et λId 

sont représentés par la même matrice λIn dans (e1, . . . , en). 

Exercice 44 : [énoncé] 

I) a) F = Vect(I, K) avec K = 

de M2(R). 

0 

−1 

 

1 

donc F est un sous-espace vectoriel 

0 

b) Puisque dim F = 2, dim F ⊥ = 4 − 2 = 2. 

Les matrices 

A = 1 

 

1 

√ 

2 0 

 

0 

−1 

et B = 1 

 

0 

√ 

2 1 

 

1 

0 

sont deux éléments unitaires, orthogonaux entre eux et orthogonaux à I et K. 

On peut alors affirmer que la famille (A, B) est une base de F ⊥ . 


J = I + √ 2B 

et donc le projeté orthogonal de J est √ 2B. 

II) a) Par produit de Cauchy de séries absolument convergentes, pour 

|x| < max(R, R ′ ), cnx n est absolument convergente et 

+∞ 

n=0 

cnx n 

+∞ 

= anx n 

 

+∞ 

bnx n 

 

Ainsi le rayon de convergence R ′′ de cnx n vérifie R ′′ min(R, R ′ ). 

n=0 

En revanche, on ne peut facilement rien dire de plus de façon générale. Par 

1 

exemple 1 − x et 1−x se développent en série entière de rayons de convergence 

+∞ et 1 et leur produit de Cauchy est de rayon de convergence +∞. . . 

b) Puisque 1 + 1 

1 

2 + · · · + n ∼ ln n, on obtient facilement R = 1. 

Si l’on pose ak = 1 

k pour k 1 et bk = 1 pour k 0 alors 

n 

akbn−k = 

k=1 

n 

k=1 

n=0 

1 

k 



Par suite, pour |x| < 1, 

+∞ 

n=1 


 

1 + 1 

 

1 

+ · · · + x 

2 n 

n +∞ x 

= 

n=1 

n +∞ 

x 

n 

n=1 

n ln(1 − x) 

= − 

1 − x 

a) f est définie et continue par morceaux sur ]0, +∞[. 

Quand t → 0 + , √ tf(t) → 0 et quand t → +∞, t 3/2 f(t) → 0. 

Par suite f est intégrable sur ]0, 1] et sur [1, +∞[. 

b) Formellement et par une intégration par parties avec une primitive judicieuse 

de 1/(1 + t) 2 s’annulant en 0 : 

1 

0 

0 

ln t 

dt = 

(1 + t) 2 

1 1 

t ln t 

− 

1 + t 0 0 

dt 

1 + t 

L’intégration par parties est justifiée par deux convergences et l’on a 

1 

1 

ln t 

dt 

dt = − = − ln 2 

(1 + t) 2 1 + t 

Par le changement de variable u = 1/t, on obtient 

+∞ 

1 

ln t 

ln u 

dt = − 

du = ln 2 

1 (1 + t) 2 

0 (u + 1) 2 

II) a) Directement 

1 

ω = t 2 + 2t 4 1 

dt − 

Γ + 

b) Par la formule de Green-Riemann 

 

1 

ω = (y − 1) dx dy = 

Γ + 

D 

0 

x=0 

0 

0 

x 

t + t 2 dt = 2 1 1 

− = − 

5 2 10 

y=x 2 

 

(y − 1) dy dx = . . . = − 1 

10 


I) 1.a) La matrice A est symétrique réelle donc diagonalisable par une matrice de 

passage orthogonale. 

1.b) On obtient det(A − λI3) = −λ 2 (λ − 3). 

E3(A) = Vect(1, −1, 1) et E0(A) : x − y + z = 0 

donc A est diagonalisable car 

dim E3(A) + dim E0(A) = 3 

1.c) rgA = 1 donc dim E0(A) = 2 et 0 est valeur propre au moins double de la 

matrice A 

Puisque trA = 3 et que trA est la somme des valeurs propres complexes de A 

comptées avec multiplicité alors A admet une troisième valeur propre qui vaut 3 et 

qui est nécessairement simple. Comme ci-dessus on peut conclure par l’argument 

dim E3(A) + dim E0(A) = 3 

1.d) On obtient A 2 = 3A donc A est diagonalisable car annule le polynômes 

scindé simple X 2 − 3X. 

2.a) L’endomorphisme u est autoadjoint. 

2.b) Il suffit de former une base orthonormée à partir de la connaissance de E3(A) 

et E0(A). 

Les vecteurs 

u = 1 

√ 3 (i − j + k), v = 1 

√ 2 (i + j) et w = 1 

√ 6 

 

i − j − 2 

k 

conviennent (en ayant notés i,j, k les vecteurs de la base orthonormée de départ). 

II) a) On peut écrire 

f(x) = 1 − x − x 

x 

0 

f(t) dt + 

x 

0 

tf(t) dt 

Par opération sur les fonctions de classe C1 , f est de classe C1 . 

b) Soit f solution. f est de classe C1 et 

f ′ (x) = −1 − 

On en déduit que f est de classe C 2 et 

Ainsi la fonction f est de la forme 

x 

0 

f ′′ (x) + f(x) = 0 

f(t) dt 

f(x) = λ cos x + µ sin x 

De plus, on observe f(0) = 1 et f ′ (0) = −1 ce qui détermine λ et µ : 

λ = 1 et µ = −1 

Il ne reste plus qu’à vérifier que la fonction x ↦→ cos x − sin x est solution, soit en 

remontant les calculs (ce qui est possible) soit en refaisant ceux-ci. 




I) a) La convergence uniforme donne 

et donc 

b 

a 

fn − f∞ = sup |fn(x) − f(x)| → 0 

x∈[a,b] 

fn(x) dx − 

b 

a 

 

 

 

f(x) dx 

(b − a) fn − f∞ → 0 

b) S’il a convergence uniforme d’une série de fonctions continues sur [a, b], alors 

on peut intégrer terme à terme : 

b +∞ 

a 

n=0 

fn(x) dx = 

+∞ 

b 

n=0 

a 

fn(x) dx 

avec continuité de la fonction somme et convergence de la série des intégrale. 

Puisque la série entière xn est de rayon de convergence R = 1, cette série de 

fonctions converge normalement et donc uniformément sur [0, 1/2] ⊂ ]−1, 1[ et on 

en déduit 

1/2 +∞ 

x n +∞ 1 1 

dx = 

n + 1 2n+1 0 

n=0 

II) a) Soit x ∈ ker u ⋆ . Pour tout y ∈ Imu, on peut écrire y = u(a) et 

(x | y) = (u ⋆ (x) | a) = (0 | a) = 0 donc ker u ⋆ ⊂ Imu ⊥ . 

Soit x ∈ Imu ⊥ , ∀a ∈ E, (u ⋆ (x) | a) = (x | u(a)) = 0 donc u ⋆ (x) = 0 d’où 

Imu ⊥ ⊂ ker u ⋆ . 

Puisque u ⋆⋆ = u on a aussi Imu ⋆⊥ = ker u d’où Imu ⋆ = ker u ⊥ . 

b) On a évidemment ker u ∩ ker u ⋆ ⊂ ker(u + u ⋆ ). 

Inversement, soit x ∈ ker(u + u ⋆ ). On a u(x) = −u ⋆ (x) ∈ Imu ∩ Imu ⋆ . 

Or Imu ⋆ = (ker u) ⊥ et, puisque u 2 = 0, Imu ⊂ ker u. Par suite Imu ⋆ ⊂ (Imu) ⊥ et 

donc u(x) = −u ⋆ (x) ∈ Imu ∩ (Imu) ⊥ . On en déduit u(x) = u ⋆ (x) = 0. 

Finalement ker(u + u ⋆ ) ⊂ ker u ∩ ker u ⋆ puis l’égalité. 

Reste à établir l’équivalence. 

(⇒) Supposons u + u ⋆ inversible. 

On a {0} = ker(u + u ⋆ ) = ker u ∩ ker u ⋆ = ker u ∩ (Imu) ⊥ . 

Par suite dim ker u + dim(Imu) ⊥ dim E puis dim ker u dim Imu. 

Or Imu ⊂ ker u et donc dim Imu dim ker u. Ainsi dim Imu = dim ker u et 

puisque Imu ⊂ ker u, on peut conclure Imu = ker u. 

(⇐) Supposons Imu = ker u. 

ker(u + u ⋆ ) = ker u ∩ ker u ⋆ = Imu ∩ (Imu) ⊥ = {0} donc u + u ⋆ est injectif puis 

bijectif. 

n=0 


I) Si f est de classe C 1 sur un ouvert U alors pour tout (y0, y1) ∈ U, il existe une 

unique solution maximale à l’équation y ′′ = f(y, y ′ ) vérifiant y(t0) = y0 et 

y ′ (t0) = y1 (on peut éventuellement proposer un énoncé avec t0 = 0 car il s’agit 

d’une équation autonome). De plus, cette solution est définie sur un intervalle 

ouvert et toute autre 

 

solution de ce problème de Cauchy en est une restriction. 

II) a) P (ai) = ai (ai − aj). P est de degré n et unitaire donc 

n 

i=1 

P (x) 

(x−ai) 

j=i 

= 1 + n 

i=1 

ai 

x−ai . 

b) det A = P (0) = (−1) n−1 (n − 1) n 

ai. Notons que l’on peut proposer une 

i=1 

démarche plus simple en commençant par factoriser les ai par colonnes. 


I) Solution générale y(x) = C √ x 2 − 1 + 2(x 2 − 1). 

II) Soit u un vecteur unitaire tel que a ∈ Vectu et v un vecteur unitaire orthogonal 

à v tel que b ∈ Vect(u, v). Il suffit ensuite de travailler dans (u, v, u ∧ v). 

Soit x = 0. f(x) = λx ⇔ (λ + 1)x = (a | x)a. 

Si x est orthogonal à a alors x est vecteur propre associé à la valeur propre −1. 

Sinon x est vecteur propre si, et seulement si, x est colinéaire à a. Or f(a) = 0 

donc a, puis x, est vecteur propre associé à la valeur propre 0. 

On reconnaît en f l’opposé de la projection orthogonale sur le plan de vecteur 

normal a. 


I) χM = −X(X 2 − ab − bc + ca). 

Si ab + bc > ca alors M est diagonalisable dans M3(R) et a fortiori dans M3(C). 

Si ab + bc = ca alors 0 est seule valeur propre de M et donc M est diagonalisable 

si, et seulement si, M = 0. 

Si ab + bc < ca alors M n’est pas diagonalisable dans M3(R) mais l’est dans 

M3(C). 

II) S(t) est définie sur R\Z. 


an = (−1) 

π(n2 − α2 ) et bn = 0 

Par le théorème de Dirichlet, f(x) coïncide avec sa somme de Fourier sur [−π, π] 

car f est égale à sa régularisée. 



Pour x = π, on obtient : 

donc 

puis 

cos απ = 

+∞ 

n=1 

sin απ 

απ − 

+∞ 2α sin απ 

π(n 

n=1 

2 − α2 ) 

1 

n2 1 π cot απ 

= − 

− α2 2α2 2α 

S(t) = − 1 π cot(tπ) 

− 

2t2 2t 


I) Points critiques (0, 1) et (0, e−2 ). 

En (0, 1) : f(0, 1) = 0 et ∀x ∈ R, ∀y > 0, f(x, y) 0. Minimum global. 

En (0, e−2 ) : rt − s2 = −4 < 0. Pas d’extremum local. 

II) La famille (I, f, f 2 , . . . , f n2) 

est formée de n2 + 1 éléments de l’espace L(E) 

qui est de dimension n2 , cette famille est donc liée. Une relation linéaire sur les 

éléments de cette famille donne un polynôme annulateur non nul de f. Bien 

entendu, on pourrait aussi parler du polynôme caractéristique. 


I) a) S × [a, b] est compact et toute fonction continue sur un compact y est 

uniformément continue. 

Etudions la continuité de F en α ∈ R et considérons S = [α − 1, α + 1]. 

∀ε > 0, ∃η > 0, ∀(x, t), (x ′ , t ′ ) ∈ S×[a, b] , (x, t) − (x ′ , t ′ ) ∞ η ⇒ |f(x, t) − f(x ′ , t ′ )| ε 

Donc pour |x − α| η, on a 

|F (x) − F (α)| 

b 

a 

εdt = ε(b − a) 

Ainsi F est continue en α. 

b) (x, t) ↦→ ext est continue par opérations donc g l’est aussi par intégration sur un 

segment. 

Pour x = 0, g(x) = ex −1 

x 

et g(0) = 1. Sans difficultés g est continue sur R. 

II) a) Il est immédiat que L est un endomorphisme de Mn(R). 

Sp(L) = {a, a + n}, Ea(L) = ker(tr) et Ea+n(L) = Vect(In), 

ΠL = (X − a)(X − (a + n)) car L est diagonalisable et donc son polynôme 

minimal est le polynôme simple dont les racines sont les valeurs propres de L. 

b) Par une base de diagonalisation, det L = a n2 −1 (a + n) et donc L est un 

automorphisme si, et seulement si, a = 0, −n. 

Par le polynôme minimal, on a L 2 − (2a + n)L + a(a + n)Id = 0 et donc 

L −1 = 

1 

((2a + n)Id − L) 

a(a + n) 


I) Soit F la primitive de f s’annulant en 0. F (x) −−−−−→ 

x→+∞ ℓ = +∞ 

f(t)dt 

0 

 

1 x 

 

1 x 

x 

tf(t) dt = F (x) − 0 x F (t) dt. 

0 

1 x 

x 0 F (t) dt − ℓ 

1 x 

x |F (t) − ℓ| dt. 

0 

∀ε > 0, ∃A 0, ∀t A, |F (t) − ℓ| ε. 

Par continuité sur [0, A], |F (t) − ℓ| est majorée par un certain M > 0. 

Pour x max(A, AM/ε) on a 

 

1 x 

 

1 A 

 

1 x 

x |F (t) − ℓ| dt = 0 x |F (t) − ℓ| dt + 0 x |F (t) − ℓ| dt 2ε 

A 

Par conséquent 1 

x 

 

1 x 

x F (t) dt −−−−−→ ℓ puis lim 

0 x→+∞ x→+∞ x tf(t) dt = 0. 

0 

 

 

1 

1 

1 

· · · 

 

a1+b1 

a1+bn−1 a1+bn 

 

 

. 

1 

II) Dn = det 

= . 

. . 

 

 

ai+bj 

 

1i,jn 

1 

1 

1 

· · · 

 

an−1+b1 

an−1+bn−1 an−1+bn 

 

1 

1 

1 

· · · 

 

an+b1 

an+bn−1 an+bn 

Via C1 ← C1 − Cn, . . . , Cn−1 ← Cn−1 − Cn puis factorisation : 

Dn = (b1−bn)...(bn−1−bn) 

 

 

1 

1 

· · · 

1 

a1+b1 

a1+bn−1 

 

 

 

. 

. . 

 

 

(a1+bn)...(an+bn) 1 

1 

· · · 

1 

. 

an−1+b1 

an−1+bn−1 

 

1 

1 

· · · 

1 

an+b1 

an+bn−1 

Via L1 ← L1 − Ln, . . . , Ln−1 ← Ln−1 − Ln puis factorisation : 

Dn = (b1−bn)...(bn−1−bn)(a1−an)...(an−1−an) 

1 

1 

· · · 

0 

a1+b1 

a1+bn−1 

. 

. . 

 

(a1+bn)...(an+bn)(an+b1)...(an+bn−1) . 

. . 

 

1 

1 

· · · 

0 

an−1+b1 

an−1+bn−1 

 

1 · · · 1 1 

 

 

Par conséquent Dn = 

 

1i



I) an = 1 

0 2n t n (1 − t) n dt = 2n (n!) 2 

(2n+1)! , 

 

 

an+1 

an 

Pour |x| < 2, par convergence normale f(x) = 1 

2 

Si x ∈ ]0, 2[, f(x) = √ arctan 

x(2−x) 

Si x ∈ ]−2, 0[, f(x) = 

√ 2 argth 

x(x−2) 

x 

2−x . 

x 

x−2 . 

 

 

→ 1 donc R = 2. 

2 

0 

dt 

1−2t(1−t)x = 1 

0 

dt 

2xt 2 −2xt+1 . 

Si x = 0, f(x) = 1. 

II) Si 0 ∈ Sp(f) alors f est diagonalisable car f possède trois valeurs propres en 

dimension 3. 

Si 0 /∈ Sp(f) alors f est un automorphisme et la relation f 4 = f 2 donne f 2 = Id et 

donc (X − 1)(X + 1) est un polynôme scindé simple annulateur de f. Par suite f 

est diagonalisable. 


I) a) (x, t) ↦→ tk sin(xt) est continue sur R × [0, 1] donc, par intégration sur un 

segment, f est continue. 

b) (x, t) ↦→ d 

dx (tk sin(xt)) est continue sur R × [0, 1] donc par intégration sur un 

segment, f est de classe C1 et f ′ (x) = 1 

0 xtk cos(xt)dt. 

 

k t sin(xt) dt = sin x. 

xf ′ (x) + (k + 1)f(x) = 1 

0 

d 

dt 

c) Une seule fonction solution : x ↦→ +∞ 

n=0 

(−1) n 

(2n+1)!(2n+2+k) x2n+2 , rayon de 

convergence +∞. 

II) ϕ(U) est un cercle, ϕ 2 (U) une cardioïde et ϕ −1 (U) une lemniscate de Bernoulli. 


I) Φ : (u, θ) ↦→ (au cos θ, bu sin θ) réalise une bijection de [0, 1] × [0, π/2] vers ∆ de 

jacobien : abu. 

 

∆ (x3 − 2y)dxdy = 

π/2 1 

0 0 (a3u3 cos3 

θ − 2bu sin θ)abudu dθ = 2 

15ab a3 − 5b . 

II) On sait déjà ker u ⊂ ker u2 . On a P = XQ avec Q(0) = 0. Pour x ∈ ker u2 , on 

a u2 (x) = 0 et Q(u)(u(x)) = 0 donc u(x) ∈ ker u ∩ ker Q(u) puis u(x) = 0 car 

Q(0) = 0. On en déduit ker u2 ⊂ ker u puis l’égalité. 

On sait dim ker u + dim Imu = dim E et pour x ∈ ker u ∩ Imu, il existe a ∈ E, 

x = u(a) et a ∈ ker u2 = ker u donc x = 0. Cela permet de conclure que 

E = ker u ⊕ Imu. 


I) a) f est C 1 par morceaux et régularisée donc (théorème de Dirichlet) f est 

développable en série de Fourier. 

b) cn = 1 

π 

2π −π exe−inxdx = (−1) 

c) f(x) = shπ 

π 

+∞ 

n=−∞ 

n shπ 

π 

n 1+in (−1) n2 +1einx . 

Pour x = π, on obtient : chπ = shπ 

π 

+∞ 

n=−∞ 

Ainsi +∞ 

in 

n2 +1 = lim 

n=0 

N 

N→+∞ n=−N 

in 

n2 +1 = 0) 

1 

n2 1 π 

+1 = 2 + 2 coth(π). 

1+in 

n 2 +1 . 

+∞ 

n=−∞ 

1 

n 2 +1 (sachant 

II) Soit λ ∈ Sp(u) et x ∈ Eλ(u). On a v3 (x) = u3 (x) = λ3x. Or v est 

diagonalisable donc, en notant µ1, . . . , µp les valeurs propres de v, E = p 

⊕ Eµj 

j=1 

(v). 

On peut alors écrire x = p 

xj avec xj ∈ Eµj (u) et l’égalité v3 (x) = λ3x donne 

p 

µ 3 jxj = p 

j=1 

j=1 

j=1 

λ3xj puis µ 3 jxj = λ3xj car les Eµj (v) sont en somme directe. Si 

xj = 0, on obtient µj = λ et donc v(x) = λx. Ainsi v et u coïncident sur Eλ(u). 

Puisque u est diagonalisable, E est la somme des sous-espaces propres de u et 

donc v et u coïncident sur E. 


I) a) fn est prolongeable par continuité en 0 et en 1. 

b) |In| 1 

0 x2n 

 

x ln x 

x2 

 

x ln x 

−1 

dx or x ↦→ x2−1 peut être prolongée en une fonction 

continue sur le segment [0, 1], elle est donc bornée par un certain M et 

1 

|In| M x 2n dx = M 

→ 0 

2n + 1 

c) Pour x ∈ ]0, 1[, 

x 2n+1 ln x 

x 2 − 1 

0 

+∞ 

= − x 2n+2k+1 ln x 

gn(x) = x2n+2k+1 ln x est continue par morceaux sur ]0, 1[ et intégrable. 

1 

1 

|gn(x)| dx = 

4(n + k + 1) 2 

0 

est terme général d’une série convergente, on peut donc intervertir somme et 

intégrale et donc 

1 

fn(x)dx = 

0 

+∞ 

k=0 

k=0 

1 1 

= 

4(n + k + 1) 2 4 

+∞ 

k=n+1 

1 

k 2 



CS 

d) hn −−→ 0 et par étude des variations de hn, hn∞ = |hn(α)| avec α ∈ ]0, 1[ 

déterminé par (2n + 1) ln α + α = 0, ce qui donne 

hn∞ = α2n+2 

2n + 1 

1 

→ 0 

2n + 1 

CU 

donc hn −−→ 0. 

II) non, pour cause de diagonalisabilité de la matrice symétrique réelle A. 


I) a) Sans peine Im(u + v) ⊂ Imu + Imv et donc rg(u + v) rgu + rgv. 

u = (u + v) + (−v) donc rgu rg(u + v) + rg(−v) = rg(u + v) + rgv puis 

rgu − rgv rg(u + v). Aussi rgv − rgu rg(u + v) et donc 

|rg(u) − rg(v)| rg(u + v). 

b) u = v = Id. 

c) u = v = 0. 

II) C’est une équation différentielle linéaire d’ordre à 2 de solution homogène : 

y(x) = A cos x + B sin x. 

Méthode de variation des constantes : 

′ ′ 

A (x) cos x + B (x) sin x = 0 

−A ′ (x) sin x + B ′ (x) cos x = cos 3 x , 

 

′ 3 

A (x) = − sin x cos x 

B ′ (x) = cos 4 , 

x 

⎧ 

⎪⎨ A(x) = − 

⎪⎩ 

1 

4 cos4 x + C te 

B(x) = 1 

4 sin x cos3 x + 3 

. 

3 

cos x sin x + x + Cte 

8 8 

Solution générale : 

y(x) = A − 1 

4 cos4 x cos x + B + 1 

4 sin x cos3 x + 3 

3 

8 cos x sin x + 8x sin x. 


I) a) et b) cf. cours. 

II) a) Par opérations sur les colonnes, on peut supprimer les x figurant sur les 

colonnes 2, . . . , n. 

En développant alors selon la première colonne, on obtient une expression affine 

en x. 

b) Dn(a) = a n , Dn(b) = b n donc Dn(x) = bn −a n 

b−a (x − a) + an . 


I) Par intégration de développements limités 

⎧ 

⎪⎨ x(t) = 

⎪⎩ 

1 

2 (t − 1)2 − 1 

6 (t − 1)3 + o((t − 1) 3 ) 

y(t) = 1 

2 (t − 1)2 − 1 

3 (t − 1)3 + o((t − 1) 3 ) 

p = 2 et q = 3 

Le point de paramètre t = 1 est un point de rebroussement de première espèce de 

tangente dirigée par le vecteur i + j. 

II) a) |sin(anx)| |x| |an |, il y a donc convergence absolue de la série définissant 

f(x). 

II) b) fn : x ↦→ sin(anx) est C∞ 

 

et f (k) 

 

 

n |a| 

∞ 

nk terme général d’une série 

absolument convergente donc f est de classe C∞ et 

 

 

f (k) 

 

 

 

∞ 

+∞ 

n=0 

|a| nk = 

II) c) Par la formule de Taylor-Laplace, 

f(x) = 

avec x 

0 

n 

k=0 

f (k) (0) 

x 

k! 

k x 

+ 

0 

1 

k 

1 − |a| 1 

1 − |a| 

(x − t) n 

f 

n! 

(n+1) (t) dt 

(x − t) n 

f 

n! 

(n+1) 

 

(t) dt 

 

1 x 

1 − |a| 

n+1 

→ 0 

(n + 1)! 

Ainsi la série de Taylor de f converge sur R vers f et donc f est développable en 

série entière. 


CS 

I) fn −−→ f avec f(x) = 1 

1+x sur [0, 1[. 

fn et f sont continue par morceaux, |fn(x)| ϕ(x) = 1 

[0, 1[ donc par le théorème de convergence dominée, 

1 

0 fn(x)dx 

1 

−−−−−→ 0 f(x)dx. Or 1 

f(x)dx = ln 2 et 

0 

1+x 

n→+∞ 

1 

0 fn(x)dx = 2n+1 

1 

(−1) 0 

k=0 

kxkdx = 2n+1 1 

0 

k=0 

(−1)kxkdx = 2n+1 

k=0 

avec ϕ intégrable sur 

(−1) k 

k+1 . Enfin la série 

k 

(−1) 

k+1 étant convergente, le calcul sur les sommes partielles de rangs impairs 

précédent suffit pour conclure que +∞ 

= ln 2. 

k=0 

(−1) k 

k+1 

II) L’endomorphisme ϕA est autoadjoint. 




I) cf. cours. 

II) a) 1 − 2λ cos x + λ 2 = (λ − cos x) 2 + sin 2 x > 0 pour tout x ∈ R car |λ| = 1. La 

fonction fλ est définie sur R. Cette fonction est évidemment C ∞ , 2π-périodique et 

impaire. Nous limitons son étude à [0, π]. 

Le cas λ = 0 est immédiat. On suppose dans la suite λ = 0. 

f ′ λ (x) est du signe de λ2 cos(x) − λ(1 + cos 2 x) + cos x. Cette expression s’annule 

pour cos x = λ ou cos x = 1/λ. 

Pour |λ| < 1, 

Pour |λ| > 1, 

On a π 

Pour |λ| < 1, 

Pour |λ| > 1, 

0 

x 0 arccos λ π 

f ′ λ (x) 

fλ(x) 0 

+ 

↗ 

0 

1 

− 

↘ 0 

x 0 arccos 1/λ π 

f ′ λ (x) 

fλ(x) 0 

+ 

↗ 

0 

1/λ 

− 

↘ 0 

fλ(x)dx = 1 

π 1 − 2λ cos x + λ2 = 

λ 

0 

|1 + λ| − |1 − λ| 

λ 

π 

0 

π 

0 

fλ(x)dx = 2 

fλ(x)dx = 2 

|λ| 


I) a) Si ker f = Imf alors f 2 = 0 et donc f est nilpotent. 

Si f est nilpotent alors ker f = {0} et donc dim ker f = 1 ou 2. Or f = 0 donc il 

reste dim ker f = 1. 

ker f ⊂ ker f 2 donc dim ker f 2 = 1 ou 2. 

i dim ker f 2 = 1 alors ker f = ker f 2 et classiquement (cf. noyaux itérés) 

ker f n = ker f pour tout n ∈ N ce qui contredit la nilpotence de f. 

Il reste donc dim ker f 2 = 2 et donc f 2 = 0. Ainsi f est nilpotent. 

b) Si f = u ◦ v avec u et v nilpotents et nécessairement non nuls alors Imf ⊂ Imu 

et ker v ⊂ ker f. Or ces espaces sont de dimension 1 donc Imf = Imu et 

ker f = ker v. Mais Imf = ker f donc Imu = ker v puis ker u = Imv d’où u ◦ v = 0. 

C’est absurde. 

II) a) L’intégrale de départ est bien défini, par le C 1 -difféomorphisme x = e t , 

+∞ 

0 

or ch2t = 2ch 2 t − 1 = 1 + 2sh 2 t d’où 

+∞ 

1 + x2 +∞ 

e 

dx = 

1 + x4 −∞ 

2t + 1 

e4t + 1 et +∞ 

dt = 

−∞ 

0 

1 + x2 dx = 

1 + x4 u=sht 

+∞ 

−∞ 

du 

1 + 2u 2 = π √ 2 

b) Par le changement de variable x = 1/t, on montre que 

+∞ 

donc +∞ 

0 

+∞ 

dx 

x 

= 

1 + x4 0 

2dx 1 + x4 0 

dx π 

= 

1 + x4 2 √ 2 

cht 

ch2t dt 


I) a) Si |z| < Ra alors anzn est absolument convergente or |anzn | ∼ |bnzn 

| donc 

bnzn est absolument convergente puis |z| Rb. Ainsi Ra Rb puis Ra 

= Rb. 

i b) 

n n 2 

(n2 +1)2n 

 

∼ 1 

2n donc R = 2. 

II) Pour α = 0, la matrice est diagonalisable avec −3 valeur propre simple et −2 

valeur propre double. 


I) a) La linéarité est immédiate et sans peine deg(φ(P )) n pour P ∈ Rn [X]. 

b) On a P (X) = n 

φ(P )(X) = n 

n 

k=3 

k=2 

k=0 

P (k) (a) 

k! (X − a) k , P ′ (X) = n 

P (k) (a) 

(k−1)! (X − a)k − 2 n 

k=1 

(k − 2) P (k) (a) 

k! (X − a) k − 2P ′ (a)(X − a). 

k=1 

P (k) (a) 

k! (X − a) k = 

P (k) (a) 

(k−1)! (X − a)k−1 puis 

P ∈ ker φ ⇔ P ′ (a) = 0 et ∀3 k n, P (k) (a) = 0. Ainsi ker φ = Vect(1, (X − a) 2 ). 

P ∈ Imφ ⇔ P (a) = P ′′ (a) = 0. Imφ = (X − a) 3 Rn−3 [X] + Vect(X − a). 

⎧ 

⎪⎨ 

0 = λP (a) 

c) φ(P ) = λP ⇔ −2P 

⎪⎩ 

′ (a) = λP ′ (a) 

(k − 2)P (k) (a) = λP (k) . 

(a) pour k ∈ {2, . . . , n} 



Cette équation possède une solution non nulle si, et seulement si, λ = 0, λ = −2 

et λ = k − 2 avec k ∈ {2, . . . , n}. 

Ainsi Sp(φ) = {−2, 0, 1, . . . , n − 2}. 

E−2(φ) = Vect(X − a), E0(φ) = ker φ, Ek−2(φ) = Vect(X − a) k pour 

k ∈ {3, . . . , n}. 

La somme des dimensions des sous-espaces propres vaut dim Rn [X] : 

l’endomorphisme est diagonalisable. 

En fait, la base des (X − a) k est base de diagonalisation de l’endomorphisme φ. 

II) Solution générale y(x) = x2 − 2x + 1 

3ex 1 − + e 2 x 

 

λ cos 

√ 3x 

2 

 

+ µ sin 

√ 3x 

2 


I) a) Soit H primitive de h. H est croissante et H(b) − H(a) = 0 implique H 

constante donc h = 0. 

b) Cours. 

II) a) S est définie sur R\Z − . 

b) Par convergence normale sur [1, +∞[, on peut intervertir limites et sommes 

infinies pour justifier, 

et 

de sorte que 

c) Pour |x| < 1 ; 

S(x) − 1 

x = 

+∞ 

n=1 

+∞ 

lim S(x) = 0 = 0 

x→+∞ 

n=0 

+∞ 

lim xS(x) = a 

x→+∞ 

n=0 

n = 1 

1 − a 

S(x) ∼ 

1 

(1 − a)x 

an x + n = 

+∞ 

Or (−1) m a n 

n m+1 x m converge et +∞ 

m=0 

+∞ 

n=1 m=0 

(−1) 

 

(−1) m a n 

m an 

xm 

m+1 

n 

n m+1 x m converge. Par le 

théorème de Fubini, on peut permuter les sommes infinies et affirmer 

S(x) − 1 

x = 

+∞ 

(−1) 

m=0 

m 

 

+∞ 

a 

n=1 

n 

nm+1 

x m 

 

. 


I) a) On a 

f(x) = 1 1 1 1 

− 

4 x + 1 4 x − 3 

Les primitives de f sur l’intervalle ]3, +∞[ sont 

b) On a 

x ↦→ 1 x + 1 

ln + Cte 

4 x − 3 

f(x) = 1 1 1 1 

+ + = 

4 1 − (−x) 12 1 − x/3 

+∞ 

n=0 

(−1) n 

4 

1 

+ 

4.3n+1 

x n 

Le rayon de convergence vaut 1 car il est supérieur au minimum des rayon de 

convergence des séries entières sommées et parce que F (x) −−−−−→ +∞ ce qui 

x→−1 + 

empêche un rayon de convergence strictement supérieur à 1. 

c) Les coefficients d’un développement en série entière étant ceux de la série de 

Taylor associé, on obtient par troncature du développement en série entière un 

développement limité. 

f(x) = 1 

3 

2 7 

− x + 

9 27 x2 − 20 

81 x3 + o(x 3 ) 

II) a) p + q = Id, p ◦ q = 0 car (u − aId)(u − bId) = 0, 

p = p ◦ Id = p ◦ p + p ◦ q = p ◦ p, aussi q ◦ q = q via q ◦ p = 0. 

b) ker p = ker(u − aId), ker q = ker(u − bId) et (u − aId)(u − bId) = 0 donne par le 

lemme de décomposition des noyaux, E = ker p ⊕ ker q. 

c) u est diagonalisable car annule un polynôme scindé simple, 

Sp(u) = {a, b}, Ea(u) = ker p, Eb(u) = ker q à moins que u = aId ou u = bId. 


I) a) λ est valeur propre de u si, et seulement si, u − λId n’est pas injectif i.e. 

det(u − λId) = 0. 

b) L’application λ ↦→ det(u − λId) est polynomiale de degré n et donc admet au 

plus n racines. 

II) a) On vérifie que 

˜y : x ↦→ e −αx 

 

y(0) + 

x 

0 

f(t)e αt 

dt 

est solution de l’équation différentielle et vérifie ˜y(0) = y(0) donc par le théorème 

de Cauchy, ˜y = y. 



b) Si y est 2π-périodique alors y(0) = y(2π). 

Inversement, si y(0) = y(2π) alors z : x ↦→ y(x + 2π) est solution de l’équation 

différentielle et vérifie z(0) = y(0) donc z = y. 

Par suite y est 2π-périodique si, et seulement si, y(0) = y(2π) i.e. 

y(0)(e 2πα 2π 

− 1) = f(t)e αt dt 

avec e 2πα − 1 = 0. 

c) Par suite, il existe une unique solution φ 2π-périodique à l’équation 

différentielle, solution déterminée par 

φ(0) = 

1 

e 2πα − 1 

0 

2π 

f(t)e αt dt 

(avec e 2πα = 1 car α /∈ iZ). 

d) Cette solution est de classe C 1 donc développable en série de Fourier. 

avec 

et 

donc 

φ(x) = 

+∞ 

0 

n=−∞ 

cne inx 

cn = cn(φ) = 1 

α cn(f − φ ′ ) = 1 

α (cn(f) − cn(φ ′ )) 

cn(φ ′ ) = incn(φ) 

cn = cn(f) 

in + α 


I) (ii) ⇔ (iii) en vertu du théorème d’inversibilité des matrices carrées. 

u est orthogonal ⇔ ∀x, y ∈ E, (u(x) | u(y)) = (x | y). 

Or (u(x) | u(y)) = (u ⋆ (u(x)) | y) donc u est orthogonal 

⇔ ∀x, y ∈ E, (u ⋆ (u(x)) − x | y) = 0. 

Or seul le vecteur nul est orthogonal à tout autre donc u est orthogonal 

⇔ ∀x ∈ E, u ⋆ ◦ u(x) = x. 

Or t AA est la matrice de u ⋆ ◦ u donc u est orthogonal si, et seulement si, 

t AA = In. 

II) 

un = (−1)n 

 

1 1 

− + o 

nα 2n2α n2α 

= vn + wn 

avec 

vn = (−1)n 

nα et wn = − 1 

 

1 

+ o 

2n2α n2α 

 

vn converge en vertu du critère spécial des séries alternées et wn converge si, 

et seulement si, 2α > 1 par équivalence de termes généraux de séries de signe 

constant. Au final, un converge si, et seulement si, α > 1/2. 


I) a) X p est annulateur de A donc les valeurs propres de A en sont racines. Seul 0 

est valeur propre de A. 

b) Une matrice symétrique réelle nilpotente est semblable à une matrice diagonale 

de diagonale nulle, on peut donc affirmer qu’elle est nulle. 

II) a) 

et 

un+1 

un 

= 3n + 1 

vn+1 

vn 

donc pour n assez grand, 

3(n + 1) 

b) La suite de terme général un 

vn 

2 1 

= 1 − 

3 n + 1 

 

2 1 

= 1 − + o 

3n n 

 

1 

3 1 

= 

= 1 − + o 

3/4 

(1 + 1/n) 4n n 

un+1 

un 

vn+1 

vn 

est positive et croissante à partir d’un certain 

rang donc il existe α > 0 et N ∈ N tel que pour tout n N, un αvn. Or vn 

diverge donc un aussi. 


I) Classiquement une lemniscate de Bernoulli. 

II) 

R fn(x)g(x)dx = b 

a fn(x)g(x)dx est bien définie. 

Par le changement de variable x = u/n (C1-difféomorphisme) 

R fn(x)g(x)dx = 

nb 

√1 1 − na π 

u2 

2n4 4 

2n 

 

1 − u2 

2n4 4 

2n 

g(u/n)χ [na,nb]. 

hn(u) = 1 

√ π 

CS 

g(u/n)du = +∞ 

−∞ hn(u)du avec 

hn est continue par morceaux, hn −−→ h avec h(u) = 1 √ e π −u2g(0). 

Pour 

n assez grand de sorte que |a/n| , |b/n| 1 on a pour tout u ∈ [na, nb], 

2 4 u /2n 1/2 < 1, 

|hn(u)| = 1 √ e π 2n4 ln(1−u 2 /2n 4 ) 1 √π e−u2 = ϕ(u) et cette inégalité vaut aussi pour 

u /∈ [na, nb]. 



La fonction ϕ étant continue par morceaux et intégrable sur R, on peut appliquer 

du = √ π. 

le théorème de convergence dominée et conclure sachant +∞ 

−∞ e−u2 


I) χA = X2 − 5X + 6 = (X − 2)(X − 3). Par division euclidienne 

Xn = (X − 2)(X − 3)Q(X) + αnX + βn avec αn = 3n − 2n et βn = 3.2n − 2.3n donc An = αnA + βnI car χA(A) = 0. 

II) fn est définie sur R⋆ et peut être prolongée par continuité en 0 en posant sur 

fn(0) = n. 

Pour x 0, fn(x) → +∞. 

Pour x > 0, fn(x) → 0. 

CS 

Ainsi fn −−→ 0 sur R +⋆ . 

Il ne peut y avoir converge uniformément sur R +⋆ car alors par le théorème de la 

double limite : 

lim lim 

n→+∞ fn(x) = lim 

n→+∞ lim fn(x) 

+ 

x→0 + 

donne 0 = +∞. 

Pour a > 0, sur [a, +∞[, 

x→0 

|fn(x)| nx2 e −nx 

1 − e −a2 

et par étude fonctionnelle nx 2 e −nx 4 

n e2 (maximum en x = 2/n) donc 

fn ∞,[a,+∞[ 

qui donne la converge uniformément sur [a, +∞[. 

4e2 n(1 − e−a2 → 0 

) 


I) (ii) ⇔ (iii) en vertu du théorème d’inversibilité des matrices carrées. 



⇔ ∀x, y ∈ E, (u ⋆ (u(x)) − x | y) = 0. 


⇔ ∀x ∈ E, u ⋆ ◦ u(x) = x. 

Or t AA est la matrice de u ⋆ ◦ u donc u est orthogonal si, et seulement si, 

t AA = In. 

II) a) f est évidemment dérivable en tout a ∈ R ⋆ et aussi dérivable en 0 avec 

f ′ (0) = 0. 

b) f admet pour développement limité à l’ordre n − 1 : f(x) = o(x n−1 ). 

Si f admet un DLn(0) celui-ci serait de la forme f(x) = ax n + o(x n ) ce qui 

entraîne que sin(1/x) admet une limite finie en 0 ce qui est notoirement faux. 


I) Solution générale y(x) = C √ x2 − 1 + 2(x2 − 1). 

II) Pour x = ei la relation donne 1 = n 

(ek | ei) 2 = 1 + 

k=1 

k=i 

(ek | ei) 2 d’où 

(ek | ei) = 0 pour k = i. La famille e est orthogonale. 

Pour x ∈ Vect(e) ⊥ , x 2 = n 

(ek | x) 2 = 0 donc x = 0 puis Vect(e) ⊥ = {0} et 

donc Vect(e) = E. 

k=1 



| donc 

bnzn est absolument convergente puis |z| Rb. Ainsi Ra Rb puis Ra 

= Rb. 

i b) 

n n 2 

(n2 +1)2n 

 

∼ 1 

2n donc R = 2. 

II) a) Poser le produit par blocs. 

b) Si A et B sont inversibles alors (A ⋆ B)(A−1 ⋆ B−1 ) = In ⋆ In = In2 donc A ⋆ B 

est inversible. 

Si A n’est pas inversible alors il existe A ′ = 0 tel que AA ′ = On et alors 

(A ⋆ B)(A ′ ⋆ In) = 0 avec A ′ ⋆ In = 0 donc A ⋆ B n’est pas inversible. 

Un raisonnement semblable s’applique dans le cas où B n’est pas inversible. 

c) Il existe P, Q matrice inversible telles que 

⎛ 

⎞ 

⎛ 

⎞ 

P −1 AP = 

⎜ 

⎝ 

λ1 

. .. 

⋆ 

0 λn 

⎟ 

⎠ et Q −1 ⎜ 

BQ = ⎝ 

µ1 

. .. 

⋆ 

0 µn 

avec λi et µi les valeurs propres de A et B. 

On observe alors que (P −1 ⋆ Q −1 )(A ⋆ B)(P ⋆ Q) = (P −1 AP ) ⋆ (Q −1 BQ) est 

triangulaire supérieure de coefficients diagonaux λiµj. Les valeurs propres de 

A ⋆ B sont les produits des valeurs propres de A et B. 

d) On note que P −1 ⋆ Q −1 = (P ⋆ Q) −1 de sorte que A ⋆ B est semblable à la 

matrice triangulaire précédente et donc 

On en déduit 

et la relation 

χA⋆B = (−1) n2 

est immédiate par un calcul direct. 

n 

i=1 j=1 

n 

(X − λiµj) 

det(A ⋆ B) = (det A det B) n 

tr(A ⋆ B) = tr(A)tr(B) 

⎟ 

⎠ 




I) Solution générale y(x) = C √ x 2 − 1 + 2(x 2 − 1). 

II) a) rg(A) = 0 si a1 = . . . = an−1 = 0 et rg(A) = 2 sinon. 

b) La somme des valeurs propres est nulle. 

c) En développant le déterminant selon la dernière colonne puis en développant 

les mineurs obtenus selon leur kème colonne, on obtient 

χA = (−1) n X n−2 (X 2 − (a 2 1 + · · · + a 2 n−1)). 

Si a 2 1 + · · · + a 2 n−1 = 0 alors A admet deux valeurs propres opposées non nulles et 0 

pour valeur propre d’espace propre de dimension n − 2 donc A est diagonalisable. 

Si a 2 1 + · · · + a 2 n−1 = 0 alors 0 est la seule valeur propre de A et A est 

diagonalisable si, et seulement si, A = 0 i.e. a1 = . . . = an−1 = 0. 


I) χM = −X(X 2 − ab − bc + ca). 

Si ab + bc > ca alors M est diagonalisable dans M3(R) et a fortiori dans M3(C). 

Si ab + bc = ca alors 0 est seule valeur propre de M et donc M est diagonalisable 

si, et seulement si, M = 0. 

Si ab + bc < ca alors M n’est pas diagonalisable dans M3(R) mais l’est dans 

M3(C). 

II) a) Pour r ∈ ]0, R[, anr n converge donc anr n → 0 et à partir d’un certain 

rang |an| rn 1. 

b) an 

n! = O 1 

rn 1 

n! et rnn! zn à un rayon de convergence +∞ donc an 

n! zn a 

pour rayon de convergence +∞. 

c) On peut choisir r < 1 de sorte que |Sn| n 

k=0 

ci-dessus Sn 

n! zn a pour rayon de convergence +∞. 

|ak| n+1 

r n 

car 1 

r k 1 

r n . Comme 


I) f est C1 par morceaux et régularisée donc développable en série de Fourier. 

f est impaire, an = 0, bn = 2 

π 

π 

0 t sin(nt)dt = (−1)n+12 n 

+∞ 

f(t) = 2 

n=1 

(−1) n+1 

sin(nt) 

n 

I) Si A est diagonalisable il est immédiat que B l’est aussi. 

Inversement, si B est diagonalisable alors il existe un polynôme annulateur de B 

scindé à racines simple 

m 

(X − λk) 

k=1 

puis 

Puisque B = Ap , le polynôme m 

(Xp − λk) est annulateur de A, or ce dernier est 

k=1 

scindé à racines simples car 

- les facteurs X p − λk et X p − λℓ (avec k = ℓ) on des racines deux à deux 

distinctes ; 

- les racines de X p − λk sont simples. 

On en déduit que A est diagonalisable. 


I) Classiquement une lemniscate de Bernoulli. 

II) f ′ 1 (x) = 1+(1+x) 2 1 = x2 +2x+2 est une fraction rationnelle dont 0 n’est pas pôle 

donc f ′ puis f sont développables en série entière et les rayons de convergence des 

séries entières correspondantes sont égaux. 

1 

x2 

1/2i 1/2i 

−i 

1 

+2x+2 = x+1−i − x+1+i = Re x+1−i = Im x+1−i . 

1 = +∞ 

1 1 

x+1−i = 1−i 

1+ x 

1−i 

n=0 

Comme 1 − i = √ 2e −iπ/4 on a 

puis f(x) = π 

+∞ 

4 + 

n=0 


I) a) On a 

(−1) n 

(1−i) n+1 x n avec un rayon de convergence R = √ 2. 

1 

x2 +∞ 

+2x+2 = 

n=0 

cos (3n+1)π 

4 

(n+1)2 (n+1)/2 x n+1 avec R = √ 2. 

x 2 + 2x + 4y 2 − 8y + 1 = 0 ⇔ 

cos (3n+1)π 

4 

2 (n+1)/2 x n 

(x + 1)2 

2 2 

+ (y − 1)2 

1 2 

La courbe est une ellipse de centre Ω(−1, 1) déterminée par a = 2, b = 1. 

b) Un joli dessin. 

c) Un paramétrage de l’ellipse est 

 

x = −1 + 2 cos t 

avec t ∈ [−π, π] 

y = 1 + sin t 

La courbe intercepte l’axe des y pour les paramètres t = ±π/3 et la pente de la 

tangente en ce point est 

m = y′ (t) 

x ′ 1 

= ± 

(t) 2 √ 3 

On peut aussi déterminer l’équation de la tangente puis sa pente par 

dédoublement mais cette méthode est sensiblement moins efficace. 

= 1 



II) P = (x + 1)X − 1 convient. 

(E) ⇔ (x + 1)z ′ − z = (3x + 2)e 3x 

Après résolution avec recollement la solution générale de cette dernière équation 

est z(x) = λ(x + 1) + e 3x . 


(E) ⇔ y ′ − 3y = λ(x + 1) + e 3x 

y(x) = λ ′ (3x + 4) + µe 3x + xe 3x 


I) (X − 2)(X − 3) annule A. 

Par division euclidienne X n = (X − 2)(X − 3)Q(X) + R(X) 

avec R(X) = λ(X − 2) + µ où µ = 2 n et λ = 3 n − 2 n . 

On a donc A n = (3 n − 2 n )(A − 2I2) + 2 n I2. 

II) f est définie sur ]−1, 1[ et f est solution de l’équation différentielle 

(1 − x 2 )y ′ − xy = 1 

Par produit de fonctions développables en série entière sur ]−1, 1[, f l’est aussi. 

Puisque f est impaire, le développement en série entière de f est de la forme 

On a 

(1 − x 2 )f ′ (x) − xf(x) = 

puis 

La relation 

donne alors 

+∞ 

n=0 

f(x) = 

(1 − x 2 )f ′ (x) − xf(x) = a0 + 

+∞ 

n=0 

(2n + 1)anx 2n − 

anx 2n+1 

+∞ 

n=0 

(2n + 1)anx 2n+2 − 

+∞ 

n=0 

+∞ 

((2n + 3)an+1 − (2n + 2)an)x 2n+2 

n=0 

(1 − x 2 )f ′ (x) − xf(x) = 1 

a0 = 1 et ∀n ∈ N, an+1 = 

2n + 2 

2n + 3 an 

anx 2n+2 

d’où 

On observe 

donc R = 1. 

an = 0 et 

 

 

 

 

an = 22n (n!) 2 

(2n + 1)! 

an+1 

an 

 

 

 

= 

4(n + 1) 2 

→ 1 

(2n + 3)(2n + 2) 


I) En passant en polaires f(x, y) = r2 cos2 θ sin2 θ −−−−−−−→ 0 = f(0, 0) donc f 

(x,y)→(0,0) 

est continue en (0, 0). 

Par opérations, f est aussi continue sur R2 \ {(0, 0)} et donc f est continue sur R2 . 

Par opérations, f est aussi de classe C 1 sur R 2 \ {(0, 0)}. 

De plus lim 

t→0 

1 

t 

(f(t, 0) − f(0, 0)) = 0 donc ∂f 

∂x 

(0, 0) existe et ∂f 

∂x 

En passant en polaires, on vérifie la continuité de ∂f 

∂x 

en (0, 0). 

(0, 0) = 0. 

L’étude de ∂f 

∂y est identique, on peut donc affirmer que f est de classe C1 sur R 2 et 

donc différentiable. 

II) a) Il existe x = 0, vérifiant u(v(x)) = λx et alors (v ◦ u)(v(x)) = λv(x). Or 

v(x) = 0 car u(v(x)) = 0et u(0) = 0 donc λ est valeur propre de v ◦ u. 

b) u ◦ v(P ) = P et v ◦ u(P ) = P − P (0) donc ker(u ◦ v) = {0} et 

ker(v ◦ u) = R0 [X]. 

En substance, la propriété précédente ne vaut pas pour λ = 0 en dimension 

quelconque. 

c) Cependant, en dimension finie, si 0 est valeur propre de u ◦ v alors 

det(u ◦ v) = 0 et donc det(v ◦ u) = 0 d’où 0 valeur propre de v ◦ u. 


I) Les coefficients de t com(A).A s’interprètent comme des développements de 

déterminants selon une colonne. . . 

Si A admet n valeurs propres distinctes, det A est le produit de ces valeurs 

propres. 

Si X = 0 vérifie AX = λX alors λ t com(A)X = (det A)X. 

Ainsi quand λ = 0, X est vecteur propre de t com(A) associé à la valeur propre 

det A 

λ . 

Si A n’est pas inversible alors det A = 0donc t com(A)A = 0 puis 

ImA ⊂ ker t comA. 

Ainsi dim ker t com(A) n − 1. De plus comA = 0 car rgA = n − 1 (car les valeurs 

propres de A sont simples, en particulier 0). Par suite dim ker t com(A) = n − 1 



Sous réserve que n 2, 0 est valeur propre de tcomA et puisque 

dim ker tcom(A) = n − 1, il ne reste de place que pour une seule autre valeur 

propre. 

Soit X ∈ ker A\ {0},. On a tcom(A + tIn)(A + tIn)X = det(A + tIn)X 

Pour t = 0, on a tcom(A + tIn)X = det(A+tIn) 

t X. 

Quand t → 0 + , par continuité tcom(A + tIn)X → tcom(A)X. En calculant le déterminant par diagonalisation, det(A+tIn) 

t → µ avec µ le produit 

des valeurs propres non nulles de A. 

Par unicité de la limite, on obtient tcom(A)X = µX. 

Au final, tcomA admet 2 valeurs propres : 0 et µ. 

−1 

II) f(x) = −x2 +x+2 = 1 −1/3 1/3 

(x+1)(x−2) = x+1 + x−2 . 

f est la somme de deux fonctions développables en série entière sur ]−1, 1[, elle 

l’est donc aussi. 

On a pour x ∈ ]−1, 1[, f(x) = − 1 

+∞ 

3 (−1) nxn − 1 

+∞ 

x 

6 

n 

2n . 

n=0 

Le rayon de convergence du développement en série entière vérifie alors R 1 et 

puisque f tend vers l’infini en −1, on a R = 1. 

Les trois premiers termes du développement en série entière donne la partie 

régulière du développement de Taylor de f et donc permet de former un 

développement limité à l’ordre 3 en 0. 


I) a) Pour x = 0, posons 

n=0 

un = anx n et vn = nanx n−1 

En notant ℓ la limite de la suite de terme général |an+1|/|an|, on obtient 

 

 

un+1 

 

vn+1 

 

 

→ ℓ |x| et 

→ ℓ |x| 

un 

On en déduit que le rayon de convergence des deux séries entières anxn 

et 

nanxn−1 vaut R = 1/ℓ (avec R = +∞ dans le cas ℓ = 0) 

b) Puisqu’une série entière de rayon de convergence R > 0 converge uniformément 

sur tout segment inclus dans ]−R, R[, on peut affirmer que la fonction 

x ↦→ +∞ 

anxn est de classe C1 sur ]−R, R[ car c’est la somme d’une série de 

n=0 

fonctions de classe C 1 convergeant simplement sur ]−R, R[ et dont la série des 

dérivées converge uniformément sur tout segment inclus dans ]−R, R[. 

II) a et b) Pour P = a + bX + cX 2 , e1(P ) = a, e2(P ) = b, e3(P ) = c, 

v(P ) = a + b + c et w(P ) = a + 1 1 

2b + 3c. vn 

Par suite v = e1 + e2 + e3 et w = e1 + 1 

2e2 + 1 

3e3. La matrice de la famille e ′ dans e est 

⎛ 

1 

Q = ⎝ 0 

1 

1 

1 

1/2 

⎞ 

⎠ 

0 1 1/3 

Cette dernière est inversible donc e ′ est une base et Q est la matrice de passage 

voulue. 

c) Pour déterminer la base antéduale (P1, P2, P3) de e ′ il suffit de résoudre les 

systèmes ⎧ 

⎪⎨ e1(P1) = 1 

⎧ 

⎪⎨ e1(P2) = 0 

⎧ 

⎪⎨ e1(P3) = 0 

v(P1) = 0 , v(P2) = 1 

⎪⎩ 

⎪⎩ 

w(P1) = 0 w(P2) = 0 

et v(P3) = 0 

⎪⎩ 

w(P3) = 1 

Ceci est facile en raisonnant à coefficients inconnus. 

Cela revient aussi à calculer l’inverse de la matrice t Q. 

Il est même possible de faire un lien théorique, mais ce dernier n’est pas au 

programme. 


I) a) Puisque un ∼ vn on peut écrire 

A partir d’un certain rang 

et donc un est du signe de vn. 

b) Quand n → +∞, 

donc 

sh 1 1 

= 

n n 

 

1 1 

+ + o 

6n3 n3 

et un est négatif pour n assez grand. 

II) 

un = vn + o(vn) 

|o(vn)| 1 

2 |vn| 

et tan 1 1 

= 

n n 

un ∼ − 1 

6n 3 

y 2 − (3x 2 + 2x + 1) = 0 ⇔ y2 

2/3 

 

1 1 

+ + o 

3n3 n3 

1 (x + 3 − )2 

= 1 

2/9 



La courbe considérée est une hyperbole de centre Ω(−1/3, 0) et d’axe focal 

vertical. 

z = 0 et z = 1 sont évidemment solutions du problème d’alignement. 

Pour z = 0, 1, les points considérés sont alignés si, et seulement si, z5−z z2−z ∈ R i.e. 

z3 + z2 + z + 1 ∈ R. 

En écrivant z = x + iy avec x, y ∈ R, on parvient à l’équation y3 = (3x2 + 2x + 1)y. 

Finalement les points recherchés sont ceux formant l’hyperbole précédemment 

présentées accompagnés de la droite réelle. 


I) Par Sarrus 

χA = −X(X 2 + ca − ba − bc) 

Si ba + bc > ca alors A est diagonalisable dans Mn(R) car possède trois valeurs 

propres distinctes. 

Elle est a fortiori diagonalisable dans Mn(C). 

Si ba + bc = ca alors 0 est seule valeur propre et donc A est diagonalisable si, et 

seulement si, a = b = c = 0. 

Si ba + bc < ca alors 0 est seule valeur propre réelle et donc A n’est pas 

diagonalisable dans Mn(R). 

En revanche A est diagonalisable dans Mn(C) (trois valeurs propres distinctes). 

II) On a 

R 

e −t2 

2 dt = 

0 

R 

0 

e −x2 

dx 

R 

0 

e −y2 

 

dy = 

[0,R] 2 

Or (x, y) ↦→ e−x2−y 2 

est positive et C(R) ⊂ [0, R] 2 ⊂ C(R √ 2) donc 

 

C(R) 

e −x2−y 2 

R 

dx dy e −t2 

2 

dt 

En passant en coordonnées polaires 

 

C(R) 

e −x2−y 2 

dx dy = 

0 

π/2 R 

0 

0 

re −r2 

C(R √ 2) 

e −x2−y 2 

dx dy 

e −x2−y 2 

dx dy 

dr dθ = π 

 

1 − e 

4 

−R2 

La convergence de l’intégrale de Gauss est immédiate et en passant à la limite 

l’encadrement précédent, on obtient 

+∞ 

e −t2 

dt 

0 

2 

= π 

4 

puis 

car +∞ 

e 0 

−t2 dt 0. 

+∞ 

e −t2 

√ 

π 

dt = 

2 

0 


I) a) La fonction f est de classe C1 par morceaux et régularisée donc par le 

théorème de Dirichlet, sa série de Fourier converge simplement vers f. 

b) La fonction f est impaire donc an = 0 et 

bn = 2 

π 

La série de Fourier de f est 

π 

0 

 

n1 

n+1 2 

t sin(nt) dt = (−1) 

n 

n+1 2 

(−1) 

n sin(nt) 

II) Soit (e1, . . . , en) une base de E avec e1, . . . , en−1 ∈ ker f. 

La matrice de f dans cette base est de la forme 

⎛ 

⎜ 

A = ⎜ 

⎝ 

0 

. 

. 

. 

· · · 0 

. 

. 

. 

λ1 

. 

λn−1 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

0 · · · 0 λn 

avec λn = trf. 

On observe alors que A 2 = λnA. 

Ainsi si trf = 1 alors A 2 = A donc f 2 = f puis f est un projecteur. 

Par l’isomorphisme de représentation matricielle dans une base donnée de E, on 

peut retraduire le problème matriciellement. 

En considérant les éléments Ei,i et Ei,i + Ei,j pour 1 i = j n on forme une 

base de Mn(R) telle que souhaitée. 


I) a) A = (ai,j), B = (bi,j), AB = (ci,j) et BA = (di,j) avec 

ci,j = 

n 

k=1 

ai,kbk,j et di,j = 

n 

k=1 

bi,kak,j 



donc 

tr(AB) = 

n 

i=1 k=1 

n 

ai,kbk,i et tr(BA) = 

n 

n 

i=1 k=1 

En réorganisant les deux sommes, on obtient tr(AB) = tr(BA). 

b) Si B = P −1 AP alors 

trB = tr P −1 (AP ) = tr (AP )P −1 = trA 

bi,kak,i 

Ainsi si les matrices A et B sont semblables, alors elles ont même trace. 

Les matrices d’un même endomorphisme étant semblables entres elles, on peut 

conclure. 

c) A k et B k représentent le même endomorphisme donc ces matrices sont 

semblables et ont même trace. 

II) Points critiques (0, 1) et (0, e −2 ). 

En (0, 1) : 

f(0, 1) = 0 et ∀x ∈ R, ∀y > 0, f(x, y) 0 

C’est un minimum global. 

En (0, e −2 ) : 

Ce n’est pas un extremum local. 

rt − s 2 = −4 < 0 




2. 




vectoriels. 


calculs). 

II) La fonction 

ϕ : t ↦→ e−at − e −bt 

t 

est intégrable sur ]0, +∞[ car prolongeable par continuité en 0 et vérifie 

t2ϕ(t) −−−−→ 0. Par domination, on en déduit que F est définie sur R. 

t→+∞ 

Posons f(x, t) = ϕ(t) cos(xt). 

f admet une dérivée partielle ∂f 

∂x 

et ∂f 

∂x (x, t) = −(e−at − e −bt ) sin(xt). 

x ↦→ ∂f 

∂f 

∂x (x, t) est continue sur R, t ↦→ ∂x (x, t) est continue par morceaux sur 

]0, +∞[ et 

∂f 

(x, t) 

∂x e−at + e −bt = ψ(t) 

avec ψ intégrable sur ]0, +∞[. 

On en déduit que F est une fonction de classe C 1 et 

Or +∞ 

donc 

0 

F ′ +∞ 

(x) = 

0 

−(e −at − e −bt ) sin(xt) dt 

e −at +∞ 

sin(xt) dt = Im e 

0 

(−a+ix)t 

x 

dt = 

a2 + x2 F (x) = 1 

2 ln b2 + x2 a2 + x 

Montrons que quand x → +∞, F (x) −−−−−→ 

x→+∞ 0. 

Par intégration par parties, 

donc 

On en déduit C te = 0 puis 

2 + Cte 

+∞ 

sin xt 

F (x) = ϕ(t) − 

x 0 

1 

+∞ 

ϕ 

x 0 

′ (t) sin(xt) dt 

|F (x)| 1 

x 

+∞ 

0 

|ϕ ′ (t)| dt −−−−−→ 

x→+∞ 0 

F (x) = 1 

2 ln b2 + x 2 

a 2 + x 2 


I) a) Soit un une série absolument convergente de l’espace normé et (Sn) la 

suite de ses sommes partielles. 

La série numérique un converge, notons (Tn) la suite de ses sommes 


On a 

n 

n 

Sn = uk et Tn = uk 

donc 

k=0 

k=0 

Sn+p − Sn |Tn+p − Tn| 



Puisque la suite (Tn) converge, elle vérifie le critère de Cauchy et donc 

et alors 

∀ε > 0, ∃N ∈ N, ∀n N, ∀p ∈ N, |Tn+p − Tn| ε 

∀ε > 0, ∃N ∈ N, ∀n N, ∀p ∈ N, Sn+p − Sn ε 

La suite (Sn) est donc de Cauchy et l’espace normé étant supposé complet, celle-ci 

converge. 

b) N’importe quel R-espace vectoriel ou C-espace vectoriel de dimension finie est 

complet. 

II) On écrit z = e iθ avec θ ∈ R. 

u = 1 + z + z 2 = e iθ (e −iθ + 1 + e iθ ) = (2 cos θ + 1)e iθ 

La courbe décrite est celle d’équation polaire r = 1 + 2 cos θ qu’il est facile 

d’étudier. 


I) a) Soit H une primitive de la fonction h, celle-ci existe car h est continue. 

Puisque la fonction h est positive, la primitive H est croissante. 

Si l’intégrale de h sur [a, b] est nulle alors H(a) = H(b) et la croissance de H 

entraîne sa constance. On en déduit que la fonction dérivée h est nulle. 

b) On vérifier que l’on a bien défini une forme bilinéaire symétrique définie 

positive. 

c) On a 

 

1 

 

√ 1 1 

−x 

xe dx x dx e−2x √ 

1 − e−2 dx = 

2 

an+1 

an 

0 

II) Par intégration par parties successives 

1 

an = t 

0 

n (1 − t) n dt = (n!)2 

(2n + 1)! 

 

 

Puisque → 1 on a R = 4. 

4 

Pour |x| < 4, par convergence normale 

1 

dt 

f(x) = 

1 − t(1 − t)x = 

1 

dt 

0 xt2 − xt + 1 

Si x ∈ ]0, 4[, 

0 

f(x) = 

0 

 

4 

x 

arctan 

x(4 − x) 4 − x 

0 

Si x ∈ ]−2, 0[, 

Si x = 0, f(x) = 1. 

f(x) = 

 

4 

x 

argth 

x(x − 4) x − 4 


ln x 

I) a) f : x ↦→ x2 +1 est définie et continue par morceaux sur ]0, +∞[. 

Les propriétés x3/2f(x) −−−−−→ 

x→+∞ 0 et √ xf(x) −−−→ 0 assurent l’intégrabilité de f. 

x→0 

b) g : x ↦→ e−x √ est définie continue par morceaux sur ]1, +∞[. 

x−1 

Les propriétés x 2 f(x) −−−−−→ 

x→+∞ 

0 et g(x) ∼ 

x→1 

e −1 

√ x−1 assurent l’intégrabilité de g. 

II) a) Pour tout vecteur x de E, 

(x | f(λy + µz)) = −(f(x) | λy + µz) = −λ(f(x) | y) − µ(f(x) | z). 

Ainsi (x | f(λy + µz)) = (x | λf(y) + µf(z)). Or ceci valant pour tout x, on peut 

affirmer la linéarité de f. 

Notons A = (ai,j) la matrice de f dans la base canonique (e1, . . . , en) de R n . 

On a ai,j = (ei | f(ej)) car la base canonique est orthonormée. L’antisymétrie de 

f donne alors ai,j = −aj,i. 

b) Les endomorphismes antisymétriques sont par représentation matricielle en 

correspondance avec les matrices antisymétriques. Par cet isomorphisme, les 

endomorphismes antisymétriques forment un sous-espace vectoriel de dimension 

. 

n(n−1) 

2 


I) Notons an, bn et cn les coefficients de 1, X et X2 dans Pn. 

Puisque P1 = X − 2, on a a1 = −2, b1 = 1 et c1 = 0. 

Puisque Pn+1 = P 2 n − 2, on a an+1 = a2 n − 2, bn+1 = 2anbn et cn+1 = b2 n + 2ancn. 

On en déduit a2 = 2, b2 = −4 et c2 = 1 puis pour n 3 : an = 2, bn = −4n−1 , 

cn = 4n−2 + 4n−1 + · · · + 42n−4 = 4n−2 4n−1−1 . 

II) f est C 1 par morceaux et régularisée donc sa série de Fourier converge vers elle. 

f est impaire, an = 0, bn = 2 

π 

f(t) = 2 +∞ 

n=1 

(−1) n+1 

n 

sin(nt). 


I) En polaire 

D 

1 

x2 +y2 +1dxdy = 1 

0 

3 

π 

0 t sin(nt)dt = (−1)n+12 n 

2π 

0 

rdθdr 

r 2 +1 

= π ln 2. 

puis 



II)a) Soit x ∈ ker v et y = v(a) ∈ Imv. On au(x) = x et y = u(a) − a donc 

(x | y) = (u(x) | u(a)) − (x | a) = 0 car u conserve le produit scalaire. Ainsi 

ker v ⊂ (Imv) ⊥ puis l’égalité par un argument de dimension. 

b) Pour x ∈ E, on peut écrire x = a + b avec a ∈ ker v et b ∈ (ker v) ⊥ = Imv. 

On a u(a) = a et donc ∀k ∈ N, u k (a) = a. D’autre part, il existe c tel que 

b = v(c) = u(c) − c de sorte que u k (b) = u k+1 (c) − u k (c). Par télescopage, 

Puisque u conserve la norme : 

 

 

 

1 

n 

un 

 

(c) 

 

et donc 

un(x) = a + 1 

n un (c) − 1 

n c 

1 

= c → 0 

n 

un(x) → a 



| donc 

bnzn est absolument convergente puis |z| Rb. 

Ainsi Ra Rb 

puis de même Rb Ra et enfin Ra = Rb. 

i b) Puisque 

n n 2 

(n2 +1)2n 

 

∼ 1 on obtient R = 1. 

II) a) Soit (e1, . . . , en) une base orthonormée de vecteurs propres de f. 

Pour 

x = x1e1 + · · · + xnen 

on a 

f(x) = λ1x1e1 + · · · + λnxnen 



〈f(x) | x〉 = λ1x 2 1 + · · · + λnx 2 n > 0 







z = u1 

e1 + · · · + 

λ1 

un 

en = f 

λn 

−1 (u) 




donc 

g(f −1 (u) + h) = 1 

2 (u + f(h) | f −1 (u) + h) − (u | f −1 (u) + h) 

g(f −1 (u) + h) = g(f −1 (u)) + 1 

2 (f(h) | h) g(f −1 (u)) 




donc 

tr(AB) = 

ci,j = 

n 

n 

k=1 

i=1 k=1 


n 

k=1 

n 


bi,kak,j 

n 

n 

i=1 k=1 




bi,kak,i 



conclure. 



ln t 

II) Posons f(x, t) = t+x . 

f est définie et continue sur ]0, +∞[ × ]0, 1]. 

Pour x > 0, f(x, t) ∼ 1 

t→0 + x ln t donc √ tf(x, t) −−−→ 0 puis t ↦→ f(x, t) est 

t→0 + 

intégrable sur ]0, 1]. 

Ainsi F est définie sur ]0, +∞[. 

f admet une dérivée partielle ∂f 

∂f 

ln t 

∂x continue avec ∂x (x, t) = − (t+x) 2 . 

Pour a > 0 et x ∈ [a, +∞[, 

 

 

 

∂f 

(x, t) 

|ln t| 

∂x = ϕ(t) 

a2 Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD


avec ϕ intégrable sur ]0, 1]. 

Par domination sur tout segment, on peut affirmer que F est de classe C 1 et 

Par intégration par parties, 

F ′ (x) = 

F ′ 1 

ln t 

(x) = − dt 

(t + x) 2 

0 

1 1 

1 1 1 1 1 

ln t − − 

− dt 

t + x x 0 0 t t + x x 

où la primitive de t ↦→ 1 

t+x est choisie de sorte de s’annuler en 0 pour que 

l’intégration par parties présente deux convergences. 

Ainsi 

F ′ 1 

dt ln(x + 1) − ln x 

(x) = 

= 

t(t + x) x 

Par opérations 

puis 

G ′ (x) = 

Or G(1) = 2F (1) avec 

0 

ln(x + 1) − ln x 

x 

0 

− 

ln(1 + 1/x) + ln x 

x 

G(x) = G(1) − 1 

(ln x)2 

2 

1 1 

ln t 

F (1) = dt = 

t + 1 

0 

+∞ 

(−1) k t k ln(t) dt 

k=0 

= − 1 

ln x 

x 

Or 1 

0 tk ln(t) dt = −1 

(k+1) 2 donc par convergence de la série des intégrales des 

valeurs absolues, F (1) = +∞ 

n=1 

(−1) n 

n2 . Sachant +∞ 

n=1 

puis G(x) = 1 

2 (ln x)2 − π2 

6 . 

Par décomposition en éléments simples 

0 

t − 1 

(t + 1)(t 2 + 2tchθ + 1) = 

1 

1 

chθ−1 

t + 1 − 

n2 = π2 

6 

, on obtient F (1) = − π2 

12 

1 

chθ−1 (t + chθ) 

t2 + 2tchθ + 1 

Donc 

1 

t − 1 ln t 

t + 1 t2 1 

1 

dt = (F (1) − 

+ 2tch(θ) + 1 chθ − 1 2 G(eθ θ 

)) = 

2 

4(ch(θ) − 1) 



de M2(R). 

0 

−1 

 

1 


0 


Les matrices 

A = 1 

 

1 

√ 

2 0 

0 

−1 

 

et B = 1 

 

0 

√ 

2 1 

1 

0 

 




J = I + √ 2B 


II) u ↦→ u x−1 (1 − u) y−1 est définie et continue par morceaux sur ]0, 1[, 

u x−1 (1 − u) y−1 ∼ 

u→0 + ux−1 et u x−1 (1 − u) y−1 ∼ 

u→1 − (1 − u)u−1 donc la fonction B 

est définie sur R +⋆ × R +⋆ . 

Il est bien connu que la fonction Γ est définie sur ]0, +∞[. 

Le changement de variable u = t2 qui est un C1-difféomorphisme de R +⋆ vers 

lui-même permet d’obtenir Γ(x) = 2 +∞ 

t 0 

2x−1e−t2 dt. 

Γ(x)Γ(y) = 4 

R +⋆ ×R +⋆ u2x−1v2y−1e−(u2 +v 2 ) dudv. 

Les fonctions engagées étant positives et intégrables, on peut passer en 

coordonnées polaires : 

Γ(x)Γ(y) = 4 π/2 

(cos θ) 0 

2x−1 (sin θ) 2y−1 +∞ 

r 0 

2(x+y)−1e−r2 drdθ = 

2Γ(x + y) π/2 

(cos θ) 0 

2x−1 (sin θ) 2y−1dθ. Par le C1-difféomorphisme u = cos2 θ pour lequel du = 2 cos θ sin θdθ, on obtient 

B(x, y) = Γ(x)Γ(y) 

Γ(x+y) . 

La relation Γ(x + 1) = xΓ(x) s’obtient par intégration par parties, on en déduit 

Γ(n) = (n − 1)! et donc B(n, m) = (n−1)!(m−1)! 

(n+m−1)! . 


I) a) Directement 

 

I = 

Γ 

1 

(y dx + xy dy) = t 2 + 2t 4 1 

dt − 

b) La forme différentielle ω étant de classe C 1 sur l’ouvert R 2 

 

Γ 

 

(y dx + xy dy) = 

0 

D 

0 

(y − 1) dx dy 

t + t 2 dt = − 1 

10 



ce qui donne 

1 

I = 

0 

x 

x 2 

1 

1 

y − 1 dy dx = 

0 2 x2 − 1 

2 x4 − x + x 2 dx = − 1 

10 

II) Pour x 0, il y a divergence grossière. 

Pour x > 0, n 2 e −x√ n = e −x √ n+2 ln n → 0 donc e −x √ n est absolument 

convergente. Ainsi f est définie sur ]0, +∞[. 

 

Pour a > 0, sur [a, +∞[, e−x√ 

n 

e−a√n . Cela permet d’établir la convergence 

normale de la série de fonctions sur [a, +∞[. Par convergence uniforme sur tout 

segment d’une série de fonctions continues, on peut affirmer que f est continue 

sur ]0, +∞[. 

Par convergence uniforme sur [1, +∞[, on peut appliquer le théorème de la double 

limite et affirmer 

+∞ 

lim f = lim 

+∞ x→+∞ 

n=0 

e−x√ n 

= 1 

Par comparaison série intégrale, 

+∞ 

e −x√ +∞ 

t 

dt f(x) 1 + 

avec +∞ 

On en déduit f(x) ∼ 2 

x 2 quand x → 0 + . 

0 

0 

0 

e −x√ t dt = 2 

x 2 

e −x√ t dt 


I) Les racines du polynôme X 2 − 2 cos(nθ)X + 1 sont e inθ et e −inθ donc 

X 2n − 2X n cos(nθ) + 1 = (X n − e inθ )(X n − e −inθ ) 

Les racines de X n − e inθ sont les e iθ+2ikπ/n avec k ∈ {0, . . . , n − 1} et celles de 

X n − e −inθ s’en déduisent par conjugaison. 

Ainsi 

X 2n − 2X n cos(nθ) + 1 = 

n−1 

k=0 

(X − e iθ+2ikπ/n n−1 

) 

k=0 

dans C [X] puis en regroupant les facteurs conjugués entre eux 

X 2n −2X n cos(nθ)+1 = 

n−1 

k=0 

(X − e iθ+2ikπ/n )(X − e −iθ−2ikπ/n ) = 

(X − e −iθ−i2kπ/n ) 

n−1 

k=0 

 

X 2 

− 2X cos 

Cette décomposition dans R [X] se comprend comme la décomposition en facteurs 

irréductibles sauf s’il y a la présence d’un facteur 

X 2 

− 2X cos θ + 2kπ 

 

+ 1 = X 

n 

2 − 1 = (X − 1)(X + 1) 

II) a) n (−1)n →0 donc R 1 et n (−1)n = O(n) donc R 1. Ainsi R = 1. 

b) Sur ]−1, 1[, 

+∞ 

n=0 

n (−1)n 

x n +∞ 

= 

p=1 

p=1 

2px 2p +∞ 

+ 

θ + 2kπ 

On en déduit que le rayon de convergence des deux séries entières 

 

+ 1 

n 

anxn 

et 

nanxn−1 vaut R = 1/ℓ (avec R = +∞ dans le cas ℓ = 0) 

b) Puisqu’une série entière de rayon de convergence R > 0 converge uniformément 

sur tout segment inclus dans ]−R, R[, on peut affirmer que la fonction 

p=0 

1 

2p + 1 x2p+1 

avec absolue convergence des séries engagées. 

Puisque 

+∞ 

py p−1 ′ 

1 1 

= = 

1 − y (1 − y) 2 

on a 

De plus 

donc 


I) a) Pour x = 0, posons 

+∞ 

n=0 

+∞ 

p=0 

+∞ 

p=1 

2px 2p = 

2x 2 

(1 − x 2 ) 2 

1 

2p + 1 x2p+1 = argthx 

n (−1)n 

x n = 

2x2 (1 − x2 + argthx 

) 2 

un = anx n et vn = nanx n−1 

En notant ℓ la limite de la suite de terme général |an+1|/|an|, on obtient 

 

 

un+1 

 

vn+1 

 

 

→ ℓ |x| et 

→ ℓ |x| 

un 

vn 



x ↦→ +∞ 

anxn est de classe C1 sur ]−R, R[ car c’est la somme d’une série de 

n=0 

fonctions de classe C1 convergeant simplement sur ]−R, R[ et dont la série des 

dérivées converge uniformément sur tout segment inclus dans ]−R, R[. 

II) ⎧ ⎧ 

⎪⎨ ax + 2by + 2z = 1 ⎪⎨ 2x + 2by + az = 1 

2x + aby + 2z = b ⇔ b(a − 2)y + (2 − a)z = b − 1 

⎪⎩ 

⎪⎩ 

2x + 2by + az = 1 (a − 2)x + (2 − a)z = 0 

 

2x + 2by + 2z = 1 

Si a = 2, on parvient au système 

. 

0 = b − 1 

Dans le cas b = 1, le système est incompatible. 

Dans le cas b = 1, on parvient à l’équation 2x + 2y + 2z = 1. 

Si a = 2, on parvient au système 

⎧ 

2x + 2by + az = 1 

⎪⎨ 

b − 1 

by − z = 

a − 2 

⎪⎩ 

x − z = 0 

puis 

⎧ 

a − 2b 

(a + 4)z = 

⎪⎨ 

a − 2 

b − 1 

by = z + 

⎪⎩ 

a − 2 

x = z 

Dans le cas a = −4, le système n’est compatible que si b = −2 et on parvient au 

système x = z 

−4y = 2z + 1 

Dans le cas b = 0, le système est incompatible. 

Dans le cas général restant, on parvient à 

x = z = 



a − 2b 

ab + 2b − 4 

, y = 

(a − 2)(a + 4) b(a − 2)(a + 4) 





donc 

sh 1 1 

= 

n n 

 

1 1 

+ + o 

6n3 n3 


II) ρ est définie et de classe C ∞ sur 

 

k∈Z 

|o(vn)| 1 

2 |vn| 

et tan 1 1 

= 

n n 

un ∼ − 1 

6n 3 

 

− π 

 

3π 

+ 2kπ, + 2kπ 

2 2 

Puisque ρ(θ + 2π) = ρ(θ), on peut limiter l’étude à l’intervalle 

On a 

ρ ′ (θ) = 

 

− π 

 

3π 

, 

2 2 

1 + sin θ − cos θ 

(1 + sin θ) 2 

avec 1 + sin θ − cos θ = 1 + √ 2 sin (θ − π/4) 

ρ ′ (θ) 0 sur ]−π/2, 0[ et ρ ′ (θ) 0 sur ]0, 3π/2[. 

θ −π/2 0 3π/2 

ρ(θ) +∞ ↘ 0 ↗ +∞ 

 

1 1 

+ + o 

3n3 n3 

Quand θ = 0 : Point de rebroussement de première espèce avec tangente 

d’équation θ = 0. 

Quand θ → −π/2 + , ρ(θ) sin(θ + π/2) → +∞ en écrivant θ = −π/2 + α avec 

α → 0. 

Branche parabolique de direction verticale. 

Quand θ → 3π/2 − , ρ(θ) sin(θ + 3π/2) → +∞. 

Branche parabolique de direction verticale. 






2. 




vectoriels. 


calculs). 

II) Puisque φ est continue et bornée, il est immédiat d’obtenir que φf ∈ E. La 

linéarité de u étant évidente, on peut affirmer que u est un endomorphisme. 

Par continuité de g en x0, on peut affirmer que pour tout ε > 0, il existe α > 0 

vérifiant : 

|x − x0| α ⇒ |g(x) − g(x0)| ε 

Pour 1/n α, on a alors 

 

 

 

f 2 

ng − g(x0) 

R + 

et donc 

Ainsi 

R + 

f 2 n 

R + 

 

 

 

= 

 

R + ∩[x0−1/n,x0+1/n] 

f 2 

ng − g(x0) 

R + 

lim 

n→+∞ 

 

R + f 2 ng 

R + f 2 n 

f 2 n 

 

 

 

 

f 2 n(x) |g(x) − g(x0)| dx 

 

ε 

R + 

f 2 n 

= g(x0) 

Puisque φ est bornée, on obtient facilement N2(φf) φ ∞ N2(f). Par suite u est 

continue avec u φ ∞ . 

Pour ε > 0, soit x0 ∈ R + vérifiant 

|φ(x0)| φ ∞ − ε 

Puisque fn ∈ E, l’étude qui précède donne 

N2(fnφ) 

N2(fn) 

Ainsi u |φ(x0)|. 

Ceci valant pour tout ε > 0, on peut affirmer 

→ |φ(x0)| 

u = φ(x0) 


I) En résolvant l’équation x = (t − 1)/t, on perçoit la courbe comme représentant 

la fonction 

x ↦→ 

1 

(x − 1)(x − 2) 

II) Si X est solution alors tr(X)(1 − trA) = trB. 

Si trA = 1 alors X = trB 

1−trAA + B et inversement cette matrice est solution. 

Si trA = 1 et trB = 0, il n’y a pas de solution. 

Si trA = 1 et trB = 0 alors X est de la forme λA + B avec λ ∈ R et inversement 

de telles matrices sont solutions. 


I) a) rgA = 3 si a = 0 et rgA = 2 si a = 0. 

La matrice A est inversible si, et seulement si, a = 0. 

b) Si a /∈ {1, 2}, la matrice A est diagonalisable de valeurs propres 1, 2, a. 

Si a = 1 alors dim ker(A − I3) = 3 − rg(A − I3) = 1 or 1 est valeur propre de 

multiplicité 2 donc A n’est pas diagonalisable. 

Si a = 2 alors dim ker(A − 2I3) = 3 − rg(A − 2I3) = 2 et puisque 

dim ker(A − I3) 1, la matrice A est diagonalisable car la somme des dimensions 

des sous-espaces propres va vaut au moins 3. 

II) La condition 1 xy 2 donne une portion du plan comprise entre deux 

hyperboles. 

Dans le repère (O; u π/4, v π/4), la condition 1 x 2 − y 2 4 devient 1 2XY 4 

ce qui conduit encore à une portion de plan comprise entre 2 hyperboles. 

Pour x, y, X, Y > 0, on obtient 

 

xy = X 

x 2 − y 2 = Y ⇔ 

⎧ 

√ 

2X 

⎪⎨ x = √ 

Y 2 + 4X2 − Y 

⎪⎩ y = 1 

 

Y 

√ 2 + 4X2 − Y 

2 

Cela permet de justifier que φ est une bijection de ]0, +∞[ 2 vers lui-même. 

φ est évidemment de classe C1 

 

et Jacφ(x, y) = y x 

 

2x −2y = −2(x2 + y2 ) = 0 

donc, par le théorème d’inversion globale, φ est un C 1 difféomorphisme. On aurait 

pu aussi observer que φ −1 est de classe C 1 ce qui est immédiat car le système 

précédent permet d’exprimer φ −1 . 

On a φ(D) = [1, 2] × [1, 4]. 

Par le changement de variable induit par φ, 

 

X 

3 

I = 

dX dY = ln 2 

2Y 2 

[1,2]×[1,4] 



L’application f est de classe C1 . 

Après résolution du système ⎧⎪ 

∂f 

⎨ (x, y) = 0 

∂x 

⎪⎩ 

∂f 

(x, y) = 0 

∂y 

on obtient (0, 0) seul point critique. 

En passant en polaires, f(x, y) = r2 cos θ sin θ 

cos 2 θ−sin 2 θ = r2 tan 2θ qui change de signe. 

f n’a pas d’extremum locaux. 


a) Soit H une primitive de la fonction h, celle-ci existe car h est continue. 





positive. 

c) On a 

 

1 

 

√ 1 1 

−x 


1 − e−2 dx = 

2 

0 

II) Par la règle de d’Alembert, R = 1/e. 

Sur [−1/e, 1/e], 

Or sur ]−1, 1[, 

+∞ 

n=1 

+∞ 

n=1 

shn 

n(n + 1) xn = 1 

 

+∞ 

2 

n=1 

yn n(n + 1) = 

+∞ y 

n=1 

n 

n − 

0 

+∞ 

n=1 

y n 

n + 1 

0 

(ex) n 

n(n + 1) − 

+∞ 

n=1 

(x/e) n 

 

n(n + 1) 

1 

= − ln(1 − y) + (ln(1 − y) + y) 

y 

Cette identité pouvant être prolongée en −1 et en 1 par continuité. 

Cela permet alors d’expliciter la somme cherchée. 


I) a) Une récurrence, une séparation d’une somme en deux, un décalage d’indice 

et une exploitation de la formule du triangle de Pascal. 

b) La fonction f est de classe C ∞ par produit de fonctions qui le sont. Puisque 

on obtient 

e 2x (k) = 2 k e 2x et 

e 2x 

1 + x 

(n) 

= n! 

(k) 

1 

= 

1 + x 

(−1)kk! (1 + x) k+1 

n 

k=0 

(−1) k 2 n−k 

(n − k)! 

e 2x 

(1 + x) k+1 

II) ω n’est pas fermée et a fortiori n’est pas exacte. 

Considérons le cercle Γ obtenu par le paramétrage 

 

x = a + R cos t 

avec t ∈ [0, 2π] 

y = b + R sin t 

On a 

2π 

ω = (a + R cos t) 2 R cos t − (b + R sin t) 2 2π 

R sin t dt = 

Γ 

0 

car 2π 2π 

cos t dt = cos 3 t dt = 0 

Ainsi 

0 

0 

ω = 2π(a + b)R 

Γ 

2 

Les cercles recherchés sont ceux centrés sur la droite d’équation x + y = 0. 


I) a) Par opérations, f est continue sur l’ouvert R 2 \ {(0, 0)}. 

Quand (x, y) → (0, 0), on peut écrire x = r cos θ et y = r sin θ avec 

r = x 2 + y 2 → 0 et alors 

f(x, y) = r sin θ cos θ → 0 = f(0, 0) 

Ainsi f est continue sur R 2 . 

b) Par opérations, f admet des dérivées partielles en tout point de l’ouvert 

R 2 \ {(0, 0)}. 

En (0, 0), 

1 

lim (f(t, 0) − f(0, 0)) = 0 

t→0 t 

0 

2aR 2 cos 2 t + 2bR 2 sin 2 t dt 



donc f admet une première dérivée partielle en (0, 0) et 

De même 

∂f 

(0, 0) = 0 

∂x 

∂f 

(0, 0) = 0 

∂y 

II) x : t ↦→ cos2 t + ln |sin t| et y : t ↦→ sin t cos t sont définies et de classe C∞ sur les 

intervalles ]kπ, (k + 1)π[. 

Ces fonctions sont π-périodiques ce qui permet de limiter l’étude à l’intervalle 

]0, π[. 

x(π − t) = x(t) et y(π − t) = y(t) donc les points de paramètres t et π − t sont 

symétriques par rapport à l’axe (Ox). 

Ceci permet de limiter l’étude à l’intervalle ]0, π/2]. 

On a 

x ′ (t) = − cos(t)(2 sin2 t − 1) 

, y 

sin t 

′ (t) = cos(2t) 

On en déduit les variations suivantes 

t 0 π/4 π/2 

x ′ (t) + 0 − 0 

x(t) −∞ ↗ α ↘ 0 

y(t) 0 ↗ 1/2 ↘ 0 

y ′ (t) + 0 − 

avec α = 1 1 

2 − 2 ln 2 

Quand t → 0 + , l’axe (Ox) est asymptote, courbe au dessus. 

Quand t = π/2, il y a une tangente verticale. 

Quand t = π/4, il y a un point stationnaire. Etudions-le ! 

Quand t → π/4, t = π/4 + h avec h → 0. 

Formons les développements limités de x(t) et y(t) en intégrant les 

développements limités de leur dérivées. 

Exploitons 

sin(t) = sin(π/4 + h) = 1 

√ (cos h + sin h) = 

2 1 

 

√ 1 + h − 

2 

1 

2 h2 + o(h 2 

) 

et 

On obtient 

x ′ (t) = − 

cos(t) = cos(π/4 + h) = 1 

√ 2 (cos h − sin h) = 1 

√ 2 (1 − h + o(h)) 

1 1 

(1 − h + o(h)) + h − 2h2 + o(h2 ) 

2 

− 1 

 

1 1 + h − 2h2 + o(h2 ) = −2h + 4h2 + o(h 2 ) 

et 

y ′ (t) = cos(π/2 + h) = − sin h = −h + o(h 2 ) 

On en déduit x(t) = α − h2 + 4 

3h3 + o(h3 ) et y(t) = 1 1 

2 − 2h2 + o(h3 ). 

Par suite p = 2, q = 3 et 

on a un point de rebroussement de 1ère espèce de 

 

−1 

tangente dirigée par u 

−1/2 . 

La courbe x = cos 2 t + ln |sin t| , y = sin t cos t 


I) a) Il suffit de calculer le polynôme caractéristique de f à partir d’une 



représentation matricielle triangulaire par blocs relative à une base adaptée à 

l’espace non nul E(f, a). 

b) La matrice A est de rang 1 donc 0 est valeur propre de A et par la formule du 

rang dim E(A, 0) = 3. 

Le polynôme caractéristique de A étant de degré 4 et factorisable par X 3 , c’est un 

polynôme scindé. La somme des valeurs propres de A comptées avec multiplicité 

vaut alors trA = 10. 

Par suite 10 est valeur propre de A de multiplicité nécessairement 1. 

Finalement A est diagonalisable semblable à diag(0, 0, 0, 10). 

II) a) fp,k est définie et continue par morceaux sur ]0, 1]. 

Quand x ↦→ 0 + , √ xfp,k(x) = x p+1/2 (ln x) k → 0 donc fp,k(x) = o (1/ √ x). 

Par suite fp,k est intégrable sur ]0, 1]. 

b) Par intégration par parties, Kp,k = − k 

p+1 Kp,k−1. 

c) Kp,k = (−1)k k! 

(p+1) k Kp,0 = (−1)k k! 

(p+1) k+1 , Jn = Kn,n = (−1)n n! 

(n+1) n+1 . 

d) x x = +∞ 

n=0 

(x ln x) n 

n! 

pour tout x ∈ ]0, 1]. 

Posons fn : x ↦→ 1 

n! (x ln x)n . 

Les fonctions fn sont continues par morceaux et intégrables sur ]0, 1]. 

La série fn converge simplement sur ]0, 1] et sa somme, qui est x ↦→ x x , est 

continue par morceaux sur ]0, 1]. 

Enfin 1 

0 |fn(x)| dx = 

1 

(n+1) n+1 = o 1 

n2 Par théorème, x ↦→ x x est intégrable sur ]0, 1] et 

I = 1 

0 xx dx = +∞ 

n=0 

1 

0 fn(x) dx = +∞ 

n=0 

est terme général d’une série convergente. 

(−1) n 

(n+1) n+1 . 


I) Produit scalaire : facile. 

La distance f2 à g sera minimale quand g est le projeté orthogonale de f2 sur 

Vect(f1, f3). 

Ce projeté g vérifie (f2 − g | f1) = (f2 ⎧ 

− g | f3) = 0 ce qui donne le système 

⎪⎨ 

1 

a + b = e − 1 

2 

. 

⎪⎩ 1 1 

a + = 1 

3 

2 

Après résolution, on obtient a = 18 − 6e et b = 4e − 10. 

II) Cf cours et critère de Cauchy. 

L’espace Mn(R) est complet car de dimension finie. 


I) C’est une équation différentielle linéaire d’ordre 2 à coefficients constants de 

solution générale homogène 

y(x) = λ cos x + µ sin x 

On obtient une solution particulière y(x) = λ(x) cos x + µ(x) sin x avec λ, µ 

fonctions dérivables vérifiant 

λ ′ (x) cos x + µ ′ (x) sin x = 0 

−λ ′ (x) sin x + µ ′ (x) cos x = cos x 

i.e. λ ′ (x) = − sin x cos x 

µ ′ (x) = cos 2 x 

Les expressions λ(x) = − 1 

2 sin2 x et µ(x) = 1 

4 

y(x) = 1 

2x sin x est solution particulière. 

Finalement, la solution générale de l’équation est 

1 sin 2x + 2x conviennent et 

y(x) = 1 

x sin x + λ cos x + µ sin x avec λ, µ ∈ R 

2 

II) La matrice, dans la base (i,j, k) de travail, de la forme quadratique associée est 


A = 1 

⎛ 

⎝ 

2 

0 1 1 

1 0 1 

1 1 0 

χA = −(X − 1)(X + 1/2) 2 , SpA = {1, −1/2} 

 

i + j + 

k (vecteur 

Dans une base orthonormée de premier vecteur u = 1 √ 3 

propre ⎛associé 

à la valeur⎞propre 1), la matrice de la forme quadratique est 

1 0 0 

D = ⎝ 0 −1/2 0 ⎠. 

0 0 −1/2 

L’équation de la surface dans un repère orthonormé obtenu en conservant l’origine 

et en considérant la base orthonormée précédente est x2 − 1 

2 (y2 + z2 ) = λ. 

C’est une surface de révolution d’axe (O; u) 

Si λ = 0, c’est un cône de sommet O. 

Si λ > 0, c’est un hyperboloïde à deux nappes. 

Si λ < 0, c’est un hyperboloïde à une nappe. 

⎞ 

⎠ 




I) a) rgA = 3 si a = 0 et rgA = 2 si a = 0. 

La matrice A est inversible si, et seulement si, a = 0. 

b) Si a /∈ {1, 2}, la matrice A est diagonalisable de valeurs propres 1, 2, a. 

Si a = 1 alors dim ker(A − I3) = 3 − rg(A − I3) = 1 or 1 est valeur propre de 

multiplicité 2 donc A n’est pas diagonalisable. 

Si a = 2 alors dim ker(A − 2I3) = 3 − rg(A − 2I3) = 2 et puisque 

dim ker(A − I3) 1, la matrice A est diagonalisable car la somme des dimensions 

des sous-espaces propres vaut au moins 3. 

II) Soient x : R → R une fonction deux fois dérivable et ϕ : R → R un C 2 

difféomorphisme. 

Posons y : R → R définie de sorte que y(u) = x(t) i.e. y(u) = x(ϕ −1 (u)). 

La fonction y est deux fois dérivable et pour tout t ∈ R, x(t) = y(ϕ(t)). 

On a alors x ′ (t) = ϕ ′ (t)y ′ (ϕ(t)) et x ′′ (t) = (ϕ ′ (t)) 2 y ′′ (ϕ(t)) + ϕ ′′ (t)y ′ (ϕ(t)). 

Par suite 

(1 + t 2 )x ′′ (t) + tx ′ (t) + a 2 x(t) = 

(1 + t 2 )ϕ ′ (t) 2 y ′′ (ϕ(t)) + (1 + t 2 )ϕ ′′ (t) + tϕ ′ (t) y ′ (ϕ(t)) + a 2 y(ϕ(t)). 

Pour ϕ(t) = argsht, ϕ ′ (t) = 1 

√ 1+t 2 et (1 + t2 )ϕ ′′ (t) + tϕ ′ (t) = 0 de sorte que 

(1 + t 2 )x ′′ (t) + tx ′ (t) + a 2 x(t) = 0 ⇔ y ′′ (ϕ(t)) + a 2 y(ϕ(t)) = 0. 

Cela nous amène à résoudre l’équation y ′′ (u) + a 2 y(u) = 0. 

Si a = 0, la solution générale de y ′′ (u) + a 2 y(u) = 0 est 

y(u) = λ cos(au) + µ sin(au) et la solution générale de (1 + t 2 )x ′′ + tx ′ + a 2 x = 0 

est x(t) = λ cos(aargsht) + µ sin(aargsht) avec λ, µ ∈ R. 

Si a = 0, on parvient à x(t) = λ + µargsht avec λ, µ ∈ R. 


I) A = 2001I3 + A ′ avec A ′ ⎛ 

0 1 5 

⎞ 

= ⎝ 3 0 3 ⎠. 

 

 

 

χA ′(X) = 

 

 

−X 

3 

4 

1 

−X 

2 

5 

3 

−X 

 

 

 

 

 

 

4 2 0 

Via C1 ← C1 

+ C2 + C3, 

 

6 − X 1 

χA ′(X) = 

6 − X −X 

6 − X 2 

5 

3 

−X 

 

 

 

 

= (6 − X) 

 

 

1 

1 

1 

1 

−X 

2 

5 

3 

−X 

 

 

 

 

 

. 

Via L2 ← L2 − L1 et 

L3 ← L3 − L1, 

 

1 1 5 

χA ′(X) = (6 − X) 

0 −1 − X −2 

0 1 −5 − X 

 

 

 

 

 

= (6 − X) X2 + 6X + 7 . 

Finalement χA ′(X) = (6 − X)(X − 3 − √ 2)(X + 3 − √ 2) puis 

χA(X) = χA ′(X − 2001) 

Par suite le polynôme caractéristique de A admet trois racines distinctes : 

2007, 1998 − √ 2 et 1998 + √ 2. 

On en déduit que A est diagonalisable. Ainsi, il existe P ∈ GL3(R) tel que 

A = P DP −1 avec D = diag(2007, 1998 − √ 2, 1998 + √ 2). 

Il existe des matrices B telles que B 2 = A, par exemple les matrices P ∆P −1 avec 

∆ = diag(δ1, δ2, δ3) où δ 2 1 = 2007, δ 2 2 = 1998 − √ 2 et δ 2 3 = 1998 + √ 2. 

De plus, il ne peut y avoir d’autres matrices solutions car, si B 2 = A, alors B est 

diagonalisable puisque B annule le polynôme scindé simple 

(X 2 − 2007)(X 2 − 1998 + √ 2)(X 2 − 1998 + √ 2) et comme B commute avec A, A 

et B sont simultanément diagonalisables ce qui conduit à B de l’une des formes 

précédentes. 

Au final, il y a 8 solutions à l’équation B 2 = A. 

II) L’énoncé n’est pas clair à comprendre. . . 

f(x, y) = h(y/x) et ∂2 f 

∂x 2 (x, y) + ∂2 f 

∂y 2 (x, y) = 1 

x 2 

 

1 + y 

x 

2 

h ′′ y y 

x + 2 xh′ y 

x 

 

. 

Ainsi f est de laplacien nul si, et seulement si, h est solution de l’équation 

différentielle (1 + t 2 )h ′′ (t) + 2th ′ (t) = 0. 

La solution générale de cette équation est h(t) = λ arctan t + µ avec λ, µ ∈ R. 


I) a) La convergence uniforme donne 

et donc 

b 

a 

fn − f∞ = sup |fn(x) − f(x)| → 0 

x∈[a,b] 

fn(x) dx − 

b 

a 

 

 

 

f(x) dx 

(b − a) fn − f∞ → 0 

b) S’il a convergence uniforme d’une série de fonctions continues sur [a, b], alors 

on peut intégrer terme à terme : 

b +∞ 

a 

n=0 

fn(x) dx = 

+∞ 

b 

n=0 

a 

fn(x) dx 

avec continuité de la fonction somme et convergence de la série des intégrale. 

Puisque la série entière xn est de rayon de convergence R = 1, cette série de 

fonctions converge normalement et donc uniformément sur [0, 1/2] ⊂ ]−1, 1[ et on 

en déduit 

1/2 +∞ 

x n +∞ 1 1 

dx = 

n + 1 2n+1 0 

n=0 

n=0 



II) Notons p la projection étudiée, u = (x, y, z) un vecteur et p(u) = (x ′ , y ′ , z ′ ) son 

projeté. 

On a x ′ + y ′ + z ′ = 0 et x ′ − x = 1 

2 (y′ − y) = 1 

3 (z′ − z). 

On en déduit x ′ = x + λ, y ′ = y + 2λ et z ′ = z + 3λ avec λ vérifiant 

x + y + z + 6λ = 0. 

Ainsi 

x ′ = 5 1 1 

x − y − 

6 6 6 z, y′ = − 1 2 1 

x + y − 

3 3 3 z et z′ = − 1 1 1 

x − y + 

2 2 2 z 

La matrice cherchée est 

⎛ 

⎝ 

5/6 −1/6 −1/6 

−1/3 2/3 −1/3 

−1/2 −1/2 1/2 


I) Posons . 

La fonction est définie et de classe sur , -périodique et paire. On limite l’étude à et 

on complète la courbe par une symétrie d’axe . 


avec . 

En et , la tangente est orthoradiale car il y a annulation de sans annulation de . 

En , il y a passage par l’origine, la tangente est d’équation . 

En , il y a passage par l’origine, la tangente est d’équation . 

plot(2*(cos(t)-cos(2*t)),t=0..2*Pi,coords=polar) ; 

La courbe d’équation polaire II) On a 

donc pour tout 

On a etc, donc 

Finalement 

Retrouvons ce résultat, en exploitant l’équation différentielle . 

La fonction est développable en série entière sur par produit de telles fonctions. De 

plus, la fonction est paire donc le développement en série entière de est de la forme 

Par l’équation différentielle , on obtient 

Puisque , (par imparité) et (par calculs), on obtient et ce qui conduit au 

développement précédent. 


I) a) La fonction f est de classe C 1 par morceaux et régularisée donc par le 


⎞ 

⎠ 


bn = 2 

π 


π 

0 

 

n1 

n+1 2 


n 

n+1 2 

(−1) 

n sin(nt) 

II) a) L’application Φ est évidemment linéaire, il reste à voir qu’elle est à valeurs 

dans R4 [X]. 

Pour un polynôme P de degré inférieur à 4, le polynôme 

(X 2 − 1)P ′ (X) − (4X + 1)P (X) est de degré inférieur à 5 et, si a est le coefficient 

de X 4 dans P , le coefficient de X 5 dans Φ(P ) est 4a − 4a = 0. Par suite Φ est 

bien à valeurs dans R4 [X] et c’est donc un endomorphisme de cet espace. 

b) L’équation 

y ′ 

5 − λ 3 + λ 

= 

+ y 

2(x − 1) 2(x + 1) 

est une équation différentielle linéaire d’ordre 1 de solution générale 

y(x) = C |x − 1| (5−λ)/2 |x + 1| (3+λ)/2 

sur I = ]−∞, −1[, ]−1, 1[ ou ]1, +∞[. 

c) Pour λ ∈ R, Φ(P ) = λP si, et seulement si, P ′ (X) = 4X+(1+λ) 

X2−1 P (X) i.e. si, et 

seulement si, la fonction polynomiale P est solution, par exemple sur ]1, +∞[, de 


y ′ 4x + (1 + λ) 

= 

x2 y 

− 1 

Or moyennant une décomposition en éléments simples et passage à l’opposé de λ, 

cette équation est celle précédemment résolue et le problème est alors de 

déterminer pour quel paramètre −λ, la solution précédemment présentée est une 

fonction polynomiale de degré inférieur à 4. Les valeurs 3, 1, −1, −3, −5 

conviennent et ce sont donc des valeurs propres de Φ, de plus il ne peut y en avoir 

d’autres car dim R4 [X] = 5. Les vecteurs propres associés à ces valeurs propres λ 

sont les polynômes 


I) 

 

I = (x + y + z) 2 1 

dx dy dz = 

D 

C(X − 1) 5+λ 

2 (X + 1) 3−λ 

2 avec C = 0 

x=0 

1−x 1−x−y 

y=0 

z=0 

(x + y + z) 2 

dz dy dx 



I = 1 

1 1−x 

1 − (x + y) 

3 x=0 y=0 

3 

dy dx = 1 

 

1 1 

− 

3 2 4 

II) La forme quadratique associée a pour matrice 

 

2 3/2 

 

3/2 2 

de valeurs propres 7 

2 

et 1 

2 . 

u = 1 √ 2 (i + j) et v = 1 √ 2 (−i + j) sont vecteurs propres associés aux valeurs 

propres 7 

2 

et 1 

2 . 

Puisque 0 n’est pas valeur propre, la conique est non dégénérée et son centre Ω est 

de coordonnées x et y solutions du système 

4x + 3y − 4 = 0 

3x + 4y − 3 = 0 

Le centre Ω est donc le point de coordonnées x = 1 et y = 0 dans le repère initiale. 

Dans le repère orthonormée (Ω; u, v) la conique étudiée a pour équation réduite 

1 

7 

2 x2 + 1 

2 y2 = 2 i.e. x2 

a 2 + y2 

b 2 = 1 avec a = 2 √ 7 et b = 2. 

La conique est une ellipse d’axe focal (Ω; v) (puisque b > a). 


I) un = arctan n3 − arctan n2 . 

Or pour x > 0, arctan x + arctan 1 π 

x = 2 donc 

un = arctan 1 

n2 − arctan 1 

n3 = 1 

n2 + o 1 

n2 

1 ∼ n2 . 

II) Le déterminant de ce système carré est (a − 1) 3 (a + 3). 

Cas a = 1 : 

Le système est compatible si, et seulement si, b = 1 et ses solutions sont les 

quadruplets (x, y, z, t) vérifiant x + y + z + t = 1. 

Cas a = −3 : 

En sommant les quatre équations, on obtient l’équation de compatibilité 

0 = 1 + b + b2 + b3 . 

Si b /∈ {i, −1, −i} alors le système est incompatible. 

Si b ∈ {i, −1, −i} alors le système équivaut à 

⎧ 

⎪⎨ 

x − 3y + z + t = b 

x + y − 3z + t = b 

⎪⎩ 

2 

x + y + z − 3t = b 3 

⎧ 

⎪⎨ 

x − 3y + z + t = b 

, 4y − 4z = b 

⎪⎩ 

2 − b 

4y − 4t = b 3 ⎧ 

x = y + 

⎪⎨ 

, 

− b ⎪⎩ 

1 1 

b + 

2 4 b2 + 1 

4 b3 

z = y + 1 

4 (b − b2 ) 

t = y + 1 

4 (b − b3 ) 

0 

1 − x 4 

dx = 1 

 

1 1 1 

− + = 

3 2 4 20 

1 ce qui permet d’exprimer la droite des solutions. 

Cas10 a /∈ {1, −3} : 

C’est un système de Cramer. . . 

Sa solution est 

x = 2+a−b−b2 −b 3 

2a−3+a 2 

, y = ab−1+2b−b2 −b 3 

2a−3+a 2 

, z = ab2 −1−b+2b 2 −b 3 

2a−3+a 2 


I) a) Supposons un ∼ vn et supposons la série vn convergente 

A partir d’un certain rang N0, un 2vn et alors 

N 

k=1 

uk 

N0−1 

k=1 

uk + 2 

N 

k=N0 

vk 2 

+∞ 

k=1 

, t = ab3−1−b−b 2 +2b 3 

2a−3+a2 . 

vk + C te 

car les termes de la série vn sont positifs. 

Puisque un est une série à termes positifs aux sommes partielles majorées, elle 

converge. 

De même on montre que si un ∼ vn et que un converge alors vn converge. 

b) On a 

 

(1 − i) sin 

1 

n 

√ 

n − 1 ∼ 

√ 

2 

n3/2 or 1 

n3/2 converge car 3/2 > 1. 

Par comparaison de séries à termes positifs , (1 − i) sin 1 

n2 √ 

( n − 1) est 

absolument convergente donc convergente. 

II) Si a = b alors (X − a) 2 divise (X3 − a) 2 si, et seulement si, a est racine au 

moins double de (X3 − a) 2 . Ceci équivaut à a3 = a ce qui donne a ∈ {−1, 0, 1}. 

Les polynômes solutions correspondant sont alors X2 , (X − 1) 2 et (X + 1) 2 , tous 

réels. 

Si a = b alors (X − a)(X − b) divise (X3 − a)(X3 − b) si, et seulement si, a et et b 

sont racines de (X3 − a)(X3 − b). 

Si a3 = b3 alors a et b sont racines (X3 − a)(X3 

3 

a = a 

− b) si, et seulement si, 

b 3 = b 

ou 

a 3 = b 

b 3 = a . 

Dans le premier cas, sachant a = b, on parvient aux polynômes 

X(X − 1), X(X + 1) et (X − 1)(X + 1). 

3 

a = b 

Puisque 

b 3 = a ⇔ 

 

3 

b = a 

a 9 , dans le second cas, on parvient à 

= a 

(X − e iπ/4 )(X − e 3iπ/4 ), X 2 + 1 et (X − e −iπ/4 )(X − e −3iπ/4 ). 



Ainsi quand a = b et a 3 = b 3 , on parvient à 6 polynômes dont 4 réels. 

Enfin, si a = b et a 3 = b 3 alors (X − a)(X − b) divise (X 3 − a)(X 3 − b) si, et 

seulement si, a 3 = a ou a 3 = b. Quitte à échanger a et b, on peut supposer a 3 = a 

et on parvient alors aux polynômes (X − 1)(X − j), (X − 1)(X − j 2 ), 

(X + 1)(X + j) et (X + 1)(X + j 2 ) selon que a = 1 ou a = −1 (le cas a = 0 étant 

à exclure car entraînant b = a). 

Au final on obtient 3 + 6 + 4 = 13 polynômes solutions dont 3 + 4 + 0 = 7 réels. 




r = x 2 + y 2 → 0 et alors 


Ainsi f est continue sur R2 . 


R2 \ {(0, 0)}. 

En (0, 0), 

1 

lim (f(t, 0) − f(0, 0)) = 0 

t→0 t 


De même 

∂f 

(0, 0) = 0 

∂x 

∂f 

(0, 0) = 0 

∂y 

II) x : t ↦→ cos 2 t + ln |sin t| et y : t ↦→ sin t cos t sont définies et de classe C ∞ sur les 

intervalles ]kπ, (k + 1)π[. 

Ces fonctions sont π-périodiques ce qui permet de limiter l’étude à l’intervalle 

]0, π[. 

x(π − t) = x(t) et y(π − t) = y(t) donc les points de paramètres t et π − t sont 

symétriques par rapport à l’axe (Ox). 

Ceci permet de limiter l’étude à l’intervalle ]0, π/2]. 

On a 

x ′ (t) = − cos(t)(2 sin2 t − 1) 

, y 

sin t 

′ (t) = cos(2t) 


t 0 π/4 π/2 

x ′ (t) + 0 − 0 

x(t) −∞ ↗ α ↘ 0 

y(t) 0 ↗ 1/2 ↘ 0 

y ′ (t) + 0 − 

avec α = 1 1 

2 − 2 ln 2 

Quand t → 0 + , l’axe(Ox) est asymptote, courbe au dessus. 

Quand t = π/2, il y a une tangente verticale. 

Quand t = π/4, il y a un point stationnaire. Etudions-le ! 

Quand t → π/4, t = π/4 + h avec h → 0. 

Formons les développements limités de x(t) et y(t) en intégrant les 

développements limités de leur dérivées. 

Exploitons 

et 

sin(t) = sin(π/4 + h) = 1 

√ (cos h + sin h) = 

2 1 

 

√ 1 + h − 

2 

1 

2 h2 + o(h 2 

) 

On obtient 

et 

x ′ (t) = − 

On en déduit 

cos(t) = cos(π/4 + h) = 1 

√ 2 (cos h − sin h) = 1 

√ 2 (1 − h + o(h)) 

1 1 

(1 − h + o(h)) + h − 2h2 + o(h2 ) 

2 

− 1 

 

1 1 + h − 2h2 + o(h2 ) = −2h + 4h2 + o(h 2 ) 

y ′ (t) = cos(π/2 + 2h) = − sin 2h = −2h + o(h 2 ) 

x(t) = α − h 2 + 4 

3 h3 + o(h 3 ) et y(t) = 1 

2 − h2 + o(h 3 ) 

Par suite p = 2, q = 3 et 

on a un point de rebroussement de 1ère espèce de 

 

−1 

tangente dirigée par u 

−1 . 



La courbe x = cos 2 t + ln |sin t| , y = sin t cos t 


I) On a toujours ker f ⊂ ker g ◦ f. 

Si x ∈ ker g ◦ f alors f(x) = (f ◦ g ◦ f)(x) = f (g ◦ f(x)) = f(0) = 0. 

Ainsi ker g ◦ f ⊂ ker f puis l’égalité. 

On a toujours Img ◦ f ⊂ Img. 

Si y = Img alors il existe x ∈ E tel que y = g(x) et alors 

y = (g ◦ f ◦ g)(x) = (g ◦ f)(g(x)) ∈ Img ◦ f. 

Ainsi Img ⊂ Img ◦ f puis l’égalité. 

Soit x ∈ Img ∩ ker f. Il existe a ∈ E vérifiant x = g(a) et alors f(x) = 0 donne 

f(g(a)) = 0 puis (g ◦ f ◦ g)(a) = 0. Or g ◦ f ◦ g = g donc x = g(a) = 0. 

Ainsi Img ∩ ker f = {0} et les espaces Img et ker f sont en somme directe. 

Enfin, par la formule du rang 

dim Img + dim ker f = rg(g ◦ f) + dim ker(g ◦ f) = dim E donc Img ⊕ ker f = E. 

II) On a 

donc 

Posons f(x) = √ x 

x−1 . 

 

n 

Sn = Re e ikθ 

 

f ′ (x) = 

1 

2 

k=1 

|Sn| 

donc f est décroissante sur [2, +∞[. 

un = f(n) cos(nθ) = f(n) (Sn − Sn−1) donc 

N 

un = 

n=2 

N 

n=2 

N−1 

f(n)Sn− f(n + 1)Sn = 

n=1 

 

= Re e iθ einθ − 1 

eiθ 

− 1 

2 

|eiθ = Mθ 

− 1| 

(x − 1) − x (x + 1) 

√ = −1 √ 0 

x(x − 1) 2 2 x(x − 1) 2 

N 

(f(n) − f(n + 1)) Sn+f(N+1)SN −f(2)S1 

n=2 

Or f(N + 1)SN −−−−−→ 

N→+∞ 0 car SN = O(1) et f −−→ 

+∞ 0. 

De plus 

|(f(n) − f(n + 1)) Sn| Mθ (f(n) − f(n + 1)) 

avec f(n) − f(n + 1) série convergente (car f converge en +∞) donc par 

comparaison (f(n) − f(n + 1)) Sn 

est absolument convergente. 

N 

 

Ainsi par opérations, 

converge et donc un converge. 

un 

n=2 

N2 

On a 

√ √ 

n 

n 

|un| = |cos(nθ)| 

n − 1 n − 1 cos2 (nθ) 

Or cos 2a = 2 cos2 a − 1 donc cos2 a 1 cos 2a + 1 puis 

2 

|un| 1 

√ √ 

n 

1 n 

cos(2nθ) + 

2 n − 1 2 n − 1 

En reprenant l’étude qui précède avec 2θ au lieu de θ, on peut affirmer que 

 

√ 

1 n 

2 n − 1 cos(2nθ) 

converge tandis que √ n 

2(n−1) 

1 

1 

diverge puisque 2 n−1 ∼ 2 √ n . 

Par comparaison, on peut affirmer que |un| diverge. 

√ n 




I) En indexant les matrices à partir de 0 et non de 1, le coefficient d’indice 

(i, j) ∈ {0, . . . n} 2 de la matrice cherchée est 0 si i j et (−1) j−i+1 

 

j 

sinon. 

i 

On en déduit 

rgΦ = n 

On en déduit aussi 

ImΦ = Rn−1 [X] 

par exemple, par inclusion et égalité des dimensions. 

Par la formule du rang dim ker Φ = 1 et puisque les polynômes constants sont 

éléments du noyau de φ, on peut conclure que 

II) a) La fonction t ↦→ 

ker Φ = R0 [X] 

1 

(1+t x ) n est définie et continue par morceaux sur ]0, +∞[. 

Cas x < 0 : 

1 

(1+tx ) n −−−−→ 1 donc la fonction n’est pas intégrable. 

t→+∞ 

Cas x = 0 : 

1 

(1+t x ) n −−−−→ 

t→+∞ 

1 

2 . Même conclusion. 

Cas x > 0 : 

Quand t → 0 + , 

intégrable sur ]0, +∞[ si, et seulement si, nx > 1. 

b) Pour t > 0, on remarque que 

1 

(1+tx ) n 1 

→ 1 et quand t → +∞, (1+tx ) n ∼ 1 

tnx donc la fonction est 

+∞ 

n=1 

1 

(1 + tx 1 

= 

) n tx Par l’absurde, si In(x)converge, on peut appliquer un théorème d’interversion 

somme et intégrale assurant que t ↦→ 1 

tx est intégrable sur ]0, +∞[. C’est absurde. 

On conclut que In(x) diverge. 

Par intégration par parties avec deux convergences 

+∞ 

dt 

In(2) = 

(1 + t2 

t 

= 

) n (1 + t2 ) n 

+∞ 

Or 

donc 

0 

0 

+∞ 

+ 

0 

+∞ 

In(2) − In+1(2) = 

In+1(2) = 

0 

2n − 1 

2n In(2) 

2nt2 (1 + t2 +∞ 

dt = 2n 

) n+1 

0 

t 2 dt 

(1 + t 2 ) n+1 

t 2 

(1 + t 2 ) 

On en déduit 

In+1(2) = (2n)! 

(2nn!) 2 

π 

2 

car I1(2) = π/2. 

Notons que par le changement de variable t = tan u, on pouvait aussi transformer 

In(2) en une intégrale de Wallis. 


I) a) Soit fn une série de fonctions normalement convergente sur X. 

Les fonctions fn sont donc bornées et la série numérique 

fn ∞ converge 

Pour x ∈ X, on a 

|fn(x)| fn∞ donc par comparaison de série à termes positifs, la série fn(x) est absolument 

convergente et donc convergente. 

Ainsi la série de fonctions fn converge simplement sur X. 

De plus, pour tout x ∈ X, 

 

+∞ 

 

 

 

 

fk(x) 

 

 

+∞ 

+∞ 

|fk(x)| fk∞ donc 

k=n+1 

 

 

 

sup 

 

x∈X 

+∞ 

k=n+1 

k=n+1 

 

 

 

fk(x) 

 

+∞ 

k=n+1 

k=n+1 

fk ∞ → 0 

et l’on peut affirmer que la série de fonctions 

dt n+1 fn converge uniformément sur X. 

b) La série entière n 3 

n! zn a un rayon de convergence égal à +∞, cette série 

entière converge donc normalement sur tout compact de C. En particulier, cette 

série entière converge uniformément sur tout disque de centre O et de rayon R. 

II) Par développement d’un déterminant tridiagonal, Dn = (a + b)Dn−1 − abDn−2. 

La suite (Dn) est une suite récurrente linéaire d’ordre 2 d’équation caractéristique 

r2 − (a + b)r + ab = 0 de racines a et b. 

Si a = b alors on peut écrire Dn = λan + µbn et compte tenu des valeurs initiales, 

on obtient 

Dn = an+1 − bn+1 a − b 

Si a = b alors on peut écrire Dn = (λn + µ)an et on parvient cette fois-ci à 

Dn = (n + 1)a n 




I) a) La fonction f est de classe C 1 par morceaux et régularisée donc par le 



bn = 2 

π 


π 

0 

 

n1 

n+1 2 


n 

n+1 2 

(−1) 

n sin(nt) 

II) a)ker h ⊂ ker f donc dim ker h dim ker f. 

En appliquant la formule du rang à f et à h on obtient 

On en déduit 

dim ker f = n − rgf et dim ker h = rgg − rgh 

rgf + rgg − n rgh 

Or Im(f ◦ g) = Imh donc rg(f ◦ g) = rgh et on peut conclure. 

b) Un endomorphisme f vérifie f 2 = 0 si, et seulement si, Imf ⊂ ker f ce qui 

entraîne, en dimension 3, rgf = 1. 

Si l’endomorphisme f n’est pas nul, en choisissant x ∈ E tel que x /∈ ker f et en 

complétant le vecteur f(x) ∈ ker f, en une base (f(x), y) de ker f, on obtient que 

la matrice de f dans la base (x, f(x), y) est 

⎛ 

⎝ 

0 0 0 

1 0 0 

0 0 0 

Inversement, un endomorphisme f représenté par une telle matrice vérifie f 2 = 0. 


I) La dernière équivalence provient du théorème d’inversibilité des matrices 

carrées. 



⇔ ∀x, y ∈ E, (u ⋆ (u(x)) − x | y) = 0. 


⇔ ∀x ∈ E, u ⋆ ◦ u(x) = x. 

⎞ 

⎠ 

Or tP P est la matrice de u⋆ ◦ u donc u est orthogonal si, et seulement si, 

tP P = In. 

II) a) f admet une limite en +∞ car elle est décroissante. Cette limite ne peut 

être infinie ou finie non nulle donc f tend vers 0 en +∞ et puisqu’elle est 

décroissante elle est positive. 

b) f étant décroissante, hf((n + 1)h) (n+1)h 

f(t)dt hf(nh). Il suffit de 

nh 

sommer pour n ∈ {0, . . . , N − 1}. 

c) N 

f(nh) 

n=1 

1 

Nh 

h f(x)dx 0 

1 

+∞ 

h f(x)dx et f(nh) 0 donc 0 

f(nh) 

converge. 

En passant à la limite quand N → +∞ l’encadrement du b) : 

h +∞ 

f(nh) 

n=1 

+∞ 

f(x)dx h 0 

+∞ 

f(nh) 

n=0 

donc +∞ 

f(x)dx h 0 

+∞ 

f(nh) 

n=0 

+∞ 

f(x)dx + hf(0). 

0 

A la limite quand h → 0 : h +∞ 

f(nh) → +∞ 

f(x)dx. 

0 

n=0 


I) On évalue +∞ 

(n2 + 3n + 1)xn = x2−2x−1 (x−1) 3 

n=0 

II) C’est une cardioïde. 

en x = 1 

2 . On obtient 14. 


I) a) Posons n = dim E, p = dim A. 

Soit (e1, . . . , ep) une base orthonormale de A que l’on complète en (e1, . . . , en) 

base orthonormale de E. 

x ∈ A ⊥ ⇔ ∀i ∈ {1, . . . , p} , (ei | x) = 0 

donc A ⊥ = Vect(ep+1, . . . , en) puis E = A ⊕ A ⊥ . 

b) On a dim A ⊥ = n − dim A et donc dim A ⊥⊥ = dim A. 

II) a) On parvient à 

y(t) = 

de rayon de convergence R = +∞. 

En d’autres termes 

y(t) = 

+∞ 

p=0 

t 2p 

(2p + 2)! 

ch(t) − 1 

t 2 



prolongée par continuité en 0. 

b) calculs. 

c) t ↦→ cht 

t 2 est solution de l’équation homogène E0 sur R +⋆ et R −⋆ . 

y(t) = cht 

t 2 z(t) injectée dans E0 donne ch(t)z ′′ (t) + 2sh(t)z ′ (t) = 0, z ′ (t) = C 

ch 2 (t) 

puis z = Cth(t) + D. 

La solution générale de E0 est 

sur R +⋆ et R −⋆ . 

La solution générale de E est 

y(t) = 

y(t) = 

Csht + Dcht 

t 2 

Csht + Dcht 

t 2 

+ cht − 1 

t 2 

sur R +⋆ et R −⋆ . 

Par étude de recollement en 0, la seule solution sur R est la solution initiale. 


I) a) Posons λ1, . . . , λn les coefficients diagonaux de B. L’hypothèse ∀k ∈ [[1, n]], 

tr(Bk ) = 0 donne ∀k ∈ [[1, n]] , λk 1 + · · · + λk n = 0. Supposons qu’il existe des λi non 

nuls et regroupons ceux qui sont égaux entre eux de sorte que 

{λ1, . . . , λn} \ {0} = {µ1, . . . , µp} avec les µj deux à deux distincts. En notant αj 

le nombre d’occurrences de µj dans la liste λ1, . . . , λn, on obtient les équations 

α1µ k 1 + · · · + αpµ k p = 0 pour tout k ∈ {1, . . . , p}. On peut 

⎧ 

alors percevoir 

⎪⎨ µ1x1 + · · · + µpxp = 0 

(α1, . . . , αp) comme étant solution non nulle du système · · · 

⎪⎩ 

µ p 

1x1 + · · · + µ p . 

pxp = 0 

Or ce système est de Cramer car son déterminant est non nul (µi = 0 et µi = µj) 

et sa seule solution est (0, . . . , 0). Absurde. On en déduit que tous les λi sont nuls 

et que B est triangulaire supérieure stricte donc nilpotente. 

b) Sur Mn(C), toute matrice est semblables à une matrice triangulaire supérieure. 

II) En π/2, on peut prolonger par continuité, en 0, on observe √ xf(x) → 0. 

π/2 

cos x ln(sin x)dx = −1 et 0 

π/2 

cos(x) ln(cos x)dx = 0 

1 

1 

2 0 ln(1 − u2 )du = 

 

1 

2 1 

2 −(1 − u) ln(1 − u ) 0 − 1 u 

0 1+udu = ln 2 − 1. 

Finalement π/2 

cos x ln(tan x)dx = − ln 2. 

0 


I) On a 

 

ln 1 + sin (−1)n 

nα 

= (−1)n 

 

1 1 

− + o 

nα 2n2α n2α 

n 

(−1) 

nα converge par le critère spécial et 1 

2n2α + o 1 

n2α 

converge si, et 

seulement si, α > 1/2. 

II) sin(αi + αj) = sin(αi) cos(αj) + sin(αj) cos(αi) donne 

⎛ 

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

sin(α1 + αj) 

sin(α1) 

cos(α1) 

⎜ 

⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 

⎜ 

⎟ 

⎝ . ⎠ = cos(αj) ⎜ ⎟ 

⎝ . ⎠ + sin(αj) ⎜ ⎟ 

⎝ . ⎠ 

sin(αn + αj) 

sin(αn) 

cos(αn) 

et donc la matrice A = (ai,j) est de rang inférieur à 2. Ainsi, si n 3, det A = 0. 

Pour n = 1, det A = sin(2α1) et pour n = 2, 

det A = sin(2α1) sin(2α2) − sin 2 (α1 + α2). Ces quantités ne sont pas toujours 

nulles. 


I) a) Soit (zn) ∈ C N . zn = xn + yn avec (xn) ∈ A N et (yn) ∈ B N . A est compact 

donc on peut extraire de (xn) une suite convergeant dans A : (x ϕ(n)). Or B est 

compact, donc on peut extraire de (y ϕ(n)) une suite convergeant dans B : 

(y ϕ(ψ(n))). La suite (z ϕ(ψ(n))) converge alors dans C. 

b) On suppose que (zn) ∈ C N converge vers z. On peut écrire zn = xn + yn avec 

(xn) ∈ A N et (yn) ∈ B N . A est compact donc on peut extraire de (xn) une suite 

convergent dans A : x ϕ(n) → x ∈ A. La suite (y ϕ(n)) converge alors vers b = z − a 

et b ∈ B car B est fermé. Ainsi z = a + b ∈ C. 

II) Il existe P inversible tel que P −1 AP = D avec D matrice diagonale à 

coefficients diagonaux distinctes. Une matrice B commute avec A si, et seulement 

si, P −1 BP commute avec D. Or seules les matrices diagonales commutent avec D 

donc les matrices commutant avec A sont les P −1 ∆P avec ∆ = diag(λ1, . . . , λn). 

On obtient une base du commutant de A avec les ∆i = P −1 Ei,iP et on en déduit 

que le commutant de A est de dimension n. 


I) Cf. cours. 

Soit σ ∈ Sn, autre que Id. Il existe i = j tel que σ(i) = j. 

Posons τ = j k avec k = i, j. (τ ◦ σ)(i) = k et (σ ◦ τ)(i) = j donc σ 

n’appartient pas au centre de Sn. 

II) a) In + In+2 = π/4 

(1 + tan 0 2 x) tann xdx = 1 

n+1 . 

b) Aisément (In) est décroissante donc In + In+2 2In In−2 + In et cela 

permet de conclure : In ∼ 1 

2n . 




I) On obtient 

y(x) = a0 

+∞ 

n=0 

2 n 

(2n!) xn 

II) Si n est impair, un tel endomorphisme ne peut exister. Si n = 2p, un 

O Ip 

endomorphisme de matrice 

convient. 

O O 


I) On obtient 1/2. 

II) Pour tout M ∈ G, ME = M donne 

rg(M) rg(E) 

D’autre part, en notant N l’inverse de M dans G, E = MN donne 

rg(E) rg(M) 

Ainsi tous les éléments de G ont même rang que E. 


I) a) La fraction rationnelle est de degré strictement négatif et de pôles −1 et 2, 

pôles simples. On obtient la décomposition 

f(x) = 1/3 1/3 

+ 

1 + x 2 − x 

b) f est la somme d’une fonction développable en série entière de rayon de 

convergence 1 et d’une autre de rayon de convergence 2. Puisque 1 = 2, f est 

développable en série entière de rayon de convergence 1 et 

∀x ∈ ]−1, 1[ , f(x) = 1 

3 

+∞ 

n=0 

 

(−1) n + 1 

2n+1 

x n 

c) Ce développement en série entière donne la série de Taylor de f et permet donc 

de former le développement limité à tout ordre de f en 0. En particulier 

f(x) = 1 

2 

1 3 

− x + 

4 8 x2 − 5 

16 x3 + o(x 3 ) 

II) En sommant toutes les colonnes sur la première 

 

 

 

 

 

n(n + 1) 

 

 

Dn = 

2 

 

 

 

 

1 

1 

. 

. 

1 

n 

1 

2 

. 

n − 1 

n − 1 

. .. 

. .. 

. .. 

. . . 

. . . 

. .. 

2 

2 

3 

. 

n 

1 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

En retranchant à chaque ligne la précédente (en commençant par la fin) 

 

 

 

 

 

n(n + 1) 

Dn = 

2 

 

 

 

 

1 

0 

. 

. 

0 

n 

1 − n 

1 

. 

1 

n − 1 

1 

. .. 

. .. 

. . . 

. . . 

. . . 

. .. 

1 

2 

1 

. 

1 

1 − n 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

On développe selon la première colonne et on se ramène à 

 

 

n(n + 1) 

 

 

Dn = 

2 

 

a 

(b) 

. .. 

 

(b) 

 

 

 

 

a 

[n−1] 

avec a = 1 − n et b = 1. La poursuite du calcul donne alors 

d’où la formule proposée. 

Dn = 

n(n + 1) 

(−1) 

2 

n−1 n n−2 


I) a) Supposons un ∼ vn et supposons la série vn convergente 

A partir d’un certain rang N0, un 2vn et alors 

N 

k=1 

uk 

N0−1 

k=1 

uk + 2 

N 

k=N0 

vk 2 

+∞ 

k=1 

vk + C te 

car les termes de la série vn sont positifs. 

Puisque un est une série à termes positifs aux sommes partielles majorées, elle 

converge. 



De même on montre que si un ∼ vn et que un converge alors vn converge. 

b) On a 

 

(1 − i) sin 

1 

n 

√ 

n − 1 ∼ 

√ 

2 

n3/2 or 1 

n3/2 converge car 3/2 > 1. 

Par comparaison de séries à termes positifs , (1 − i) sin 1 

n2 √ 

( n − 1) est 

absolument convergente donc convergente. 

II) a) On vérifie par le biais des relations proposées 

On en déduit 

M 2 − (λ + µ)M + λµIp = Op 

M 

 

λ + µ 

λµ Ip − 1 

λµ M 

 

= Ip 

Par le théorème d’inversibilité, M est inversible et 

M −1 = 

λ + µ 

λµ Ip − 1 

λµ M 

b) M − µIp = (λ − µ)A et M − λIp = (µ − λ)B. 

Or (M − µIp)(M − λIp) = M 2 − (λ + µ)M + λµIp = Op donc (λ − µ) 2 AB = Op 

puis AB = Op car λ = µ. 

Puisque A = A × Ip = A 2 + AB = A 2 , A est un projecteur. 

Il en est de même pour B. 

c) M annule le polynôme scindé simple X 2 − (λ + µ)X + λµ = (X − λ)(X − µ). 

La matrice M est donc diagonalisable et Sp(M) ⊂ {λ, µ}. 

Il se peut que cette inclusion soit stricte par exemple en prenant M = λIp, A = Ip 

et B = Op. 

En tout cas, le spectre n’est pas vide car M est diagonalisable. 


I) a) Soient x, y ∈ E. On a 

et d’autre part 

On en déduit 

u(x + y) 2 = x + y 2 = x 2 + 2(x | y) + y 2 

u(x + y) 2 = u(x) + u(y) 2 = u(x) 2 + 2(u(x) | u(y)) + u(y) 2 

(u(x) | u(y)) = (x | y) 

Si x ∈ ker u alors 

0 = u(x) 2 = x 2 

donc ker u = {0E}. 

Puisque E est de dimension finie, on peut conclure que u est bijectif. 

b) Montrons que l’ensemble O(E) des endomorphismes étudiés est un sous-groupe 

de (GL(E), ◦). 

On a O(E) ⊂ GL(E) en vertu de ce qui précède. 

On a aussi évidemment IdE ∈ O(E). 

Soient u, v ∈ O(E). Pour tout x ∈ E, 

 

u ◦ v −1 (x) = u(v −1 (x)) = v −1 (x) car u ∈ O(E) 

et v −1 (x) = v(v −1 (x)) = x car v ∈ O(E) 

Donc u ◦ v −1 ∈ O(E). 

II) a) R = 1. 

b) Pour x ∈ ]−1, 1[, on a 

(1 + x)S(x) = 

+∞ 

(−1) n ln(n)x n +∞ 

+ (−1) n ln(n)x n+1 

n=2 

n=2 

Après décalage d’indice et réunion des deux sommes 

(1 + x)S(x) = 

+∞ 

n=1 

(−1) n+1 (ln(n + 1) − ln(n)) x n+1 

ce qui conduit à la relation demandée. 

c) Posons 

gn(x) = (−1) n+1 

ln 1 + 1 

 

x 

n 

n+1 

ce qui définit gn : [0, 1] → R continue. 

A 

 

l’aide du critère spécial des séries alternées, on montre que la série de fonctions 

gn converge uniformément sur [0, 1] ce qui assure que sa somme est continue. 

On en déduit par opérations sur les limites 

lim 

x→1− S(x) = 1 

 

+∞ 

(−1) 

2 

n+1 

ln 1 + 1 

 

n 

 

n=1 

d) En regroupant les termes d’indices impairs et pairs consécutifs 

2n 

k=1 

(−1) k+1 

ln 1 + 1 

 

= 

k 

n 

k=1 

 

ln 1 + 1 

 

− ln 1 + 

2k − 1 

1 

 

2k 



et donc 

2n 

(−1) k+1 

ln 1 + 1 

 

n 

⎛ 

2k 2k 

= ln 

= ln ⎝ 

k 

2k − 1 2k + 1 

1 

 

n 

⎞ 

2 

2k 

⎠ 

2n + 1 2k − 1 

k=1 

k=1 

Enfin par la formule du Wallis, on obtient 

1 π 

lim S(x) = ln 

x→1− 2 2 


I) a) Soit un une série absolument convergente de l’espace normé et (Sn) la 

suite de ses sommes partielles. 

La série numérique un converge, notons (Tn) la suite de ses sommes 


On a 

n 

n 

Sn = uk et Tn = uk 

donc 

k=0 

k=0 

Sn+p − Sn |Tn+p − Tn| 

Puisque la suite (Tn) converge, elle vérifie le critère de Cauchy et donc 

et alors 

∀ε > 0, ∃N ∈ N, ∀n N, ∀p ∈ N, |Tn+p − Tn| ε 

∀ε > 0, ∃N ∈ N, ∀n N, ∀p ∈ N, Sn+p − Sn ε 

La suite (Sn) est donc de Cauchy et l’espace normé étant supposé complet, celle-ci 

converge. 

b) N’importe quel R-espace vectoriel ou C-espace vectoriel de dimension finie est 

complet. 

II) a) (A | B) = tr (A t B) définit le produit scalaire canonique sur Mn(R), 

(A | B) = 

b) Pour A ∈ Sn(R) et B ∈ An(R), on a 

n 

i,j=1 

ai,jbi,j 

(A | B) = tr(A t B) = −tr(AB) et (A | B) = (B | A) = tr( t AB) = tr(AB) 

On en déduit (A | B) = 0. 

k=1 

Les espaces Sn(R) et An(R) et donc en somme directe. 

Puisqu’on peut écrire pour tout M ∈ Mn(R), 

M = 1 t 1 t 

M + M + M − M 

2 

2 

avec 1 

2 (M + tM) ∈ Sn(R) et 1 

2 (M − tM) ∈ An(R), les espaces Sn(R) et An(R) 

sont supplémentaires orthogonaux. 

La distance de M à S3(R) est égale à la distance de M à son projeté orthogonal 

sur S3(R) i.e. 

d(M, S3(R)) = 1 

M − 

2 

t M = 2 

c) H est le noyau de la forme linéaire non nulle trace, c’est donc un hyperplan de 

Mn(R). 

La matrice In est orthogonale à tout élément de H et c’est donc un vecteur 

normal à l’hyperplan H. 

On en déduit 

d(H, J) = |(In | J)| 

In 

= n 

√ n = √ n 




y(x) = C x 2 − 1 + 2(x 2 − 1) avec C ∈ R 

II) a) Les endomorphismes λIdE ont la propriété voulue. 

b) Les familles (e1, . . . , en) et (e1 + ei, e2, . . . , en) engendrent le même espace 

vectoriel. Etant toutes deux formées de n vecteurs, si l’une est libre, l’autre aussi. 

c) Soit u un endomorphisme de E dont la matrice est diagonale dans toutes les 

bases de E. 

La matrice de u dans la base (e1, . . . , en) est de la forme diag(λ1, λ2, . . . , λn). 

Puisque la matrice de u dans la base (e1 + ei, e2, . . . , en) est aussi diagonale, il 

existe α ∈ R tel que 

u(e1 + ei) = α(e1 + ei) 

Or par linéarité 

u(e1 + ei) = u(e1) + u(ei) = λ1e1 + λiei 

Par liberté de la famille (e1, ei) on identifie les scalaires et on peut affirmer 

λ1 = α = λi 



Ainsi, si un endomorphisme à une représentation matricielle diagonale dans toutes 

les bases de E, sa matrice est de la forme λIn et donc cet endomorphisme est de 

la forme λIdE. 

d) Soit u un tel endomorphisme. Si A = (ai,j) est sa matrice dans une base 

(e1, . . . , en) alors sa matrice dans la base (e1, 2e2, . . . , nen) a pour coefficient 

général 

j 

i ai,j 

et comme cette matrice doit être égale à la précédente, on obtient 

∀i, j ∈ {1, . . . , n} , i = i ⇒ ai,j = 0 

Ainsi, cet endomorphisme a une matrice diagonale dans toute base de E et en 

vertu de ce qui précède, il est de la forme λIdE avec λ ∈ R. 



Soit (e1, . . . , ep) une base orthonormale de A. On peut la compléter en en 

(e1, . . . , en) base orthonormale de E. 

Puisque A = Vect(e1, . . . , ep), on a l’équivalence 

et donc A ⊥ = Vect(ep+1, . . . , en) puis 

x ∈ A ⊥ ⇔ ∀i ∈ {1, . . . , p} , (ei | x) = 0 

E = A ⊕ A ⊥ 

b) On a dim A ⊥ = n − dim A et donc dim A ⊥ ⊥ = dim A. 

Or on a aussi 

A ⊂ A ⊥⊥ 

car 

∀x ∈ A, ∀y ∈ A ⊥ , (x | y) = 0 

donc par inclusion et égalité des dimensions, on obtient 

A ⊥ ⊥ = A 

II) a) La fonction G est continue donc l’image par celle-ci d’un intervalle est 

intervalle et l’image d’un compact est un compact. On en déduit que l’image d’un 

segment est un segment. 

b) Il suffit de procéder à une intégration par parties. 

c) Puisque la fonction −f ′ est positive, on a 

et donc 

puis 

m (f(a) − f(b)) − 

mf(a) + [G(b) − m] f(b) 

mf(a) 

b 

a 

b 

a 

b 

a 

f ′ (t)G(t) dt M (f(a) − f(b)) 

f(t)g(t) dt Mf(a) + [G(b) − M] f(b) 

f(t)g(t) dt Mf(a) 

Ainsi, que f(a) soit nul ou non, il existe c ∈ [a, b] tel que 

b 

d) Découpons l’intégrale en deux 

1 

1/x 

a 

f(t)g(t) dt = f(a)G(c) 

√ 

1/ x 

sin t 

dt = 

t2 1/x 

1 

sin t 

dt + 

t2 1/ √ x 

sin t 

dt 

t2 Considérons a = 1/x, b = 1/ √ x, f(t) = 1/t 2 et g(t) = sin t. 

Par ce qui précède, on peut affirmer l’existence d’un c ∈ [1/x, 1/ √ x] vérifiant 

et alors 

1/ √ x 

1/x 

c 

sin t 

dt = x2 sin t dt = x 

t2 1/x 

2 × o(1) 

1 

x2 √ 

1/ x 

1/x 

sin t 

dt −−−−−→ 

t2 x→+∞ 0 

Considérons a = 1/ √ x, b = 1/x, f(t) = 1/t 2 et g(t) = sin t. 

on peut affirmer l’existence d’un c ∈ [1/ √ x, 1] vérifiant 

et alors 

1 

1/ √ x 

c 

sin t 

dt = x 

t2 1/ √ sin t dt = x × O(1) 

x 

1 

x2 1 

1/ √ x 

sin t 

dt −−−−−→ 

t2 x→+∞ 0 




I) a) Soit H une primitive de la fonction h, celle-ci existe car h est continue. 





positive. 

c) On a 

 

1 

 

√ 1 1 

−x 


1 − e−2 dx = 

2 

0 

0 

II) a) La fonction f est continue et de classe C 1 par morceaux sur R car elle l’est 

sur [−π, π]. On en déduit que la série de Fourier de f converge uniformément vers 

f. 

b) Après calculs, pour n ∈ N, 


an = (−1) 

π(n2 − α2 ) et bn = 0 

c) Pour tout t = π, la convergence de la série de Fourier de f donne 

cos(απ) = 

et en posant x = απ on obtient 

cos x = 

ce qui fournit la relation demandée. 

0 

sin απ 

απ + 

+∞ 2α sin(απ) 

π(α 

n=1 

2 − n2 ) 

sin x 

x + 

+∞ 

n=1 

2x sin x 

x 2 − (nπ) 2 


I) a) La fonction est intégrable car on a 

√ xf(x) −−−→ 

x→0 0 et x3/2 f(x) −−−−−→ 

x→+∞ 0 

b) La fonction n’est pas intégrable car 

2e 

f(x) ∼ 

x→2 + 

−2 

x − 2 

II) a) Soit (e1, . . . , en) une base orthonormée de vecteurs propres de f. 

Pour 

on a 

x = x1e1 + · · · + xnen 

f(x) = λ1x1e1 + · · · + λnxnen 



〈f(x) | x〉 = λ1x 2 1 + · · · + λnx 2 n > 0 







z = u1 

e1 + · · · + 

λ1 

un 

en = f 

λn 

−1 (u) 




donc 

g(f −1 (u) + h) = 1 

2 (u + f(h) | f −1 (u) + h) − (u | f −1 (u) + h) 

g(f −1 (u) + h) = g(f −1 (u)) + 1 

2 (f(h) | h) g(f −1 (u)) 



I) a) On vérifie aisément que l’on a bien défini une forme bilinéaire symétrique sur 

E. 

Pour f ∈ E, on a évidemment 〈f | f〉 0 par intégration bien ordonnée d’une 

fonction positive. 

Si 〈f | f〉 = 0 alors, puisque la fonction f 2 est continue et positive sur [−π, π], on 

peut affirmer que f 2 , et donc f, est nulle sur [−π, π]. Enfin, puisque f est 

2π-périodique, on peut conclure que f est la fonction nulle. 

b) On a 

〈f4, f5〉 = 1 

π 

1 

sin(4x) dx = 0 

π −π 2 



Par périodicité et translation 

et en sommant 

On en déduit 

π 

−π 

π 

−π 

cos 2 (2x) dx = 

π 

−π 

sin 2 (2x) dx 

cos 2 π 

(2x) dx + sin 

−π 

2 π 

(2x) dx = dx = 2π 

−π 

f4 2 = f5 2 = 1 

c) F = Vect(f1, f2, f3) donc F ⊥ = Vect(f4, f5) car on a admit la famille 

(f1, . . . , f5) orthonormée. 

II) a) Par parité de la fonction intégrée, on a 

I(−b, −a) = I(a, b) 

Par le changement de variable u = 1/t, on obtient 

En particulier 

I(1/a, 1/b) = 

b 

alors que par échange des bornes 

On en déduit 

a 

1 + 1 

t 2 

1 − 1 

t 2 

 

1 + 1 

t 4 

I(1/a, a) = I(a, 1/a) 

I(1/a, a) = −I(a, 1/a) 

I(1/a, a) = 0 

b) En procédant aux changements de variable proposés 

et donc 

I(a, b) = 

b+1/b 

a+1/a 

− dv 

v √ v2 − 2 = 

2 

b/(b +1) 

a/(a2 +1) 

I(a, b) = 1 

 

√ arcsin 

2 

√ 2 

b/(b +1) 

2t 

a/(a2 +1) 

− dt 

= I(a, b) 

t2 dt 

√ 1 − 2t 2 

c) Le changement de variable v = x + 1/x n’est pas bijectif quand x parcourt 

]0, +∞[ mais dans les calculs précédents, il était possible de l’exploiter sans 

exprimer x en fonction de v. L’hypothèse a, b > 1 n’a donc pas été utilisée dans 

l’étude qui précède et donc le résultat proposé se généralise immédiatement. 


I) a) (IdE, f, . . . , f n2) 

est une famille de n2 + 1 vecteurs de l’espace L(E) qui est 

de dimension n2 ; cette famille est nécessairement liée. Une relation linéaire sur les 

éléments de la famille (IdE, f, . . . , f n2) 

fournit un polynôme annulateur non nul de 

f, polynôme dont les coefficients sont les coefficients de la relation linéaire écrite. 

b) Soit x = 0E vecteur propre de f associé à la valeur propre λ. On a f(x) = λx 

et par récurrence f n (x) = λnx pour tout n ∈ N. Par linéarité, on obtient 

Pour P annulateur de f, on obtient 

∀P ∈ K [X] , P (f)(x) = P (λ)x 

P (λ)x = 0E avec x = 0E 

donc nécessairement P (λ) = 0. 

II) Posons 

fn : x ↦→ (−1)n 

 

x 

 

sin 

n n 

Puisque les fonctions fn sont toutes impaires, on limite l’étude à x ∈ [0, +∞[. 

A partir d’un certain rang Nx, on a x/n π/2 et alors 

sin (x/n) ∈ [0, 1] 

La série numérique fn(x) vérifie alors les hypothèses du critère spécial des 

séries alternées à partir du rang Nx et par conséquent cette série converge. 

Ainsi la série de fonctions fn converge simplement sur R et donc sa fonction 

somme, que nous noterons S, est définie sur R. 

Les fonctions fn sont de classe C 1 et 

de sorte que 

f ′ n(x) = (−1)n 

n 2 

cos 

 

x 

 

n 

f ′ n ∞,R = 1 

n 2 

On en déduit que la série de fonctions f ′ n converge normalement sur R et donc 

la fonction S est de classe C 1 sur R, a fortiori cette fonction est continue. 


I) a) Soit q ∈ ]ℓ, 1[. A partir de la définition quantifiée de la limite avec 

ε = q − ℓ > 0, il existe un rang N ∈ N à partir duquel 

un+1 

un 

q 



et alors par récurrence 

∀n N, un uNq n−N 

Puisque la série de terme général q n est convergente, par comparaison de séries à 

termes positifs, la série de terme général un est convergente. 

b) Si on pose 

alors 

un+1 

un 

= 

un = 

n! 

(3n + 1)! 

n + 1 

→ 0 

(3n + 4)(3n + 3)(3n + 2) 

et donc la série de terme général un converge. 

b) Si on pose 

n! 

un = 

(3n + 1)! 

alors 

un+1 

un 

= 

n + 1 

→ 0 

(3n + 4)(3n + 3)(3n + 2) 


II) a) L’image d’un endomorphisme est toujours stable par celui-ci. . . 

b) Si x ∈ Imu alors il existe a ∈ E tel que x = u(a). On a alors 

u 2 (x) = u 3 (a) = −u(a) = −x 

c) En vertu de ce qui précède, v 2 = −IdE donc v est un isomorphisme et 

v −1 = −v. 

d) D’une part 

det(v −1 ) = 1 

det v 

et d’autre part 

det(−v) = (−1) dim Imu det v 

donc 

(−1) dim Imu > 0 

On en déduit que la dimension de l’image de u est paire. 


I) a) La fonction f est continue par morceaux sur ]0, +∞[. 

Quand t → 0 + , √ tf(t) → 0 et quand t → +∞, t 3/2 f(t) → 0 donc f est intégrable 

sur ]0, 1] et [1, +∞[. 

b) Par une intégration par parties où l’on choisit judicieusement une primitive 

s’annulant en 0 

1 

0 

ln t 

dt = 

(1 + t) 2 

Par le changement de variable u = 1/t 

+∞ 

1 

 

ln t − 1 

1 1 

+ 1 − 

1 + t 0 0 

1 

ln t 

ln u 

dt = − 

du = ln 2 

(1 + t) 2 

0 (u + 1) 2 

1 

dt = − ln 2 

1 + t 

II) a) P est la matrice de l’application IdE dans les bases B au départ et b à 

l’arrivée. 

La relation x = IdE(x) donne matriciellement v = P V . 

b) La relation f = Id −1 

E ◦ f ◦ IdE donne matriciellement M = P −1 mP . 

c) Dans une base de vecteurs propres, la matrice de f est diagonale et ses 

puissances sont alors faciles à calculer. Par changement de base, on en déduit m n . 



donc 

tr(AB) = 

ci,j = 

n 

n 

k=1 

i=1 k=1 


n 

k=1 

n 


bi,kak,j 

n 

n 

i=1 k=1 




bi,kak,i 



conclure. 



II) L’équation étudiée est une équation différentielle linéaire d’ordre 2 définie sur 

]−1, 1[ d’équation homogène 

(1 − x 2 )y ′′ − 3xy ′ − y = 0 



On vérifie par le calcul que la fonction 

ϕ : x ↦→ 

1 

√ 1 − x 2 

est solution de cette équation homogène et qu’elle ne s’annule pas. 

Par la méthode de Lagrange, on cherche une deuxième solution indépendante de 

la forme 

ψ : x ↦→ λ(x)ϕ(x) avec λ fonction deux fois dérivable 

On parvient à l’équation 

λ ′′ (x) = x 

1 − x 2 λ′ (x) 

La fonction λ : x ↦→ arcsin x convient ce qui donne 

ψ : x ↦→ 

arcsin x 

√ 1 − x 2 

Pour trouver une solution particulière de l’équation complète, on applique la 

méthode de variation des constantes et on cherche cette solution de la forme 

avec λ, µ fonctions dérivables vérifiant 

On parvient au système 

⎧ 

⎨ 

Après résolution 

et donc 

⎩ 

y(x) = λ(x)ϕ(x) + µ(x)ψ(x) 

λ ′ (x)ϕ(x) + µ ′ (x)ψ(x) = 0 

λ ′ (x)ϕ(x) + µ ′ (x)ψ(x) = 0 

λ ′ (x)ϕ ′ (x) + µ ′ (x)ψ ′ (x) = 

x 

(1 − x 2 ) 3/2 

λ(x) = − 1 − x 2 et µ(x) = 1 − x 2 arcsin x − x conviennent 

est solution particulière. 

Finalement la solution générale est 

x 

y(x) = −√ 

1 − x2 y(x) = 

λ + µ arcsin x − x 

√ 1 − x 2 



de M2(R). 

0 

−1 

 

1 


0 


Les matrices 

A = 1 

 

1 

√ 

2 0 

 

0 

−1 

et B = 1 

 

0 

√ 

2 1 

 

1 

0 




J = I + √ 2B 


II) Par le changement de variable t = x n , on a formellement 

Posons pour n 1 

+∞ 

n e −xn 

+∞ 

e 

dx = 

−t 

t t1/n dt 

1 

1 

fn : t ↦→ e−t 

t t1/n 

Les fonctions fn sont définies et continues par morceaux sur [1, +∞[. 

La suite de fonctions (fn) converge simplement vers la fonction 

et pour tout n ∈ N 

f : t ↦→ e−t 

t 

|fn(t)| e −t = ϕ(t) 

avec ϕ fonction continue par morceaux et intégrable puisque t 2 ϕ(t) −−−−→ 

t→+∞ 0. 

On peut alors appliquer le théorème de convergence dominée et affirmer que les 

intégrales étudiées existent et 


I) a) cf.cours. 

+∞ 

n e −xn 

+∞ 

e 

dx = 

−t 

t t1/n +∞ 

e 

dt −−−−−→ 

n→+∞ 

−t 

t dt 

1 

1 

1 



b) Le polynôme X3 + 2X2 − X − 2 est annulateur de f et 0 n’en est pas racine 

donc 0 /∈ Spf. Cela suffit pour conclure si l’espace est de dimension finie. Sinon, 

on exploite 

 

1 

f ◦ 

2 (f 2 

1 

+ 2f − Id) = 

2 (f 2 

+ 2f − Id) ◦ f = Id 

pour conclure. 

II) a) Pour f ∈ E, 

donc 

|u(f)(x)| 

x 

0 

1 

v(f)1 

0 

t f ∞ dt = 1 

2 x2 f ∞ 

1 

2 x2 f ∞ dx = 1 

6 f ∞ 

On en déduit que l’application linéaire v est continue et 

En prenant f = ˜1, on a 

On en déduit v = 1/6. 

b) Pour f ∈ E, 

donc 

v 1/6 

f ∞ = 1, u(f) : x ↦→ 1 

2 x2 et v(f) 1 = 1/6 

|u(f)(x)| = 

x 

0 

t |f(t)| dt 

x 

0 

|f(t)| dt f 1 

w(f)∞ = sup |u(f)(x)| f1 x∈[0,1] 

On en déduit que l’application linéaire w est continue et w 1. 

Pour fn(t) = t n , on a 

Puisque 

fn 1 = 1/(n + 1), u(fn)(x) = 1 

n + 2 xn+2 et w(fn) ∞ = 1 

n + 2 

on obtient w = 1. 

w(fn) ∞ 

fn 1 

= n + 1 

→ 1 

n + 2 


I) a) La fonction intégrée est définie et continue sur [0, +∞[ et dominée par 

t ↦→ 1/t 2 en +∞. 

b) Pour tout t ∈ [0, +∞[, 

donc en intégrant 

1 

(1 + t2 

) n+1 

1 

(1 + t 2 ) n 

(−1) n+1 In+1 (−1) n In 

La suite des fonctions intégrées converge simplement vers la fonction nulle sur 

]0, +∞[ et est dominée par 

t ↦→ 1 

1 + t 2 

intégrable sur ]0, +∞[ donc par convergence dominée 

(−1) n In → 0 

c) Par application du critère spécial des séries alternées, on peut affirmer la 

convergence de la série In. 

II) a) Evidemment ker f ⊂ ker(g ◦ f) et Im(g ◦ f) ⊂ Img. 

Pour x ∈ ker(g ◦ f), on a f(x) = f(g(f(x)) = f(0) = 0 donc x ∈ ker f. 

Pour y ∈ Img, il existe x ∈ E tel que y = g(x) et alors 

y = g(f(g(x)) = g(f(a)) ∈ Im(g ◦ f). 

b) Si x ∈ ker f ∩ Img alors on peut écrire x = g(a) et puisque f(x) = 0, 

a = f(g(a)) = 0 donc x = 0. 

Pour x ∈ E, on peut écrire x = (x − g(f(x))) + g(f(x)) avec x − g(f(x)) ∈ ker f et 

g(f(x)) ∈ Img. 

c) Si f est inversible alors f ◦ g = Id entraîne g = f −1 . 

Cette condition suffisante est aussi évidemment nécessaire. 

d) (g ◦ f) ◦ (g ◦ f) = g ◦ (f ◦ g) ◦ f = g ◦ f et donc g ◦ f est un projecteur. 


I) a) Les applications φ et ψ sont linéaires au départ d’un espace de dimension 

finie donc continues. 

b) L’application f est bilinéaire au départ d’un produit d’espaces de dimensions 

finies donc continue. 

c) Soit λ une valeur propre de A et X un vecteur propre associé 

AX = λX avec X = 0 



On a alors 

donc 

A n X = λ n X 

|λ n | X ∞ = A n X p A n X ∞ 

avec X ∞ = max 

1jp |xj| = 0. 

On en déduit que la suite (λ n ) est bornée et donc |λ| 1. 

d) B n → C donc par extraction B 2n → C. Or B 2n = B n × B n → C 2 donc par 

unicité de la limite C = C 2 . On en déduit que SpC ⊂ {0, 1} car les valeurs propres 

figurent parmi les racines du polynôme annulateur X 2 − X. 

Puisque la suite (B n ) converge, elle est bornée et donc les valeurs propres de B 

sont de modules inférieurs à 1. 

II) a) Soit Γ un cercle passant par F ′ , tangent à C , M son centre et R son rayon. 

Notons P le point de contact de C et Γ. 

Puisque Γ passe par F ′ intérieur à C, le cercle Γ est aussi intérieur à C. 

Par suite les points F , M et P sont alignés dans cet ordre. 

Puisque MP = R = MF ′ et MF + MP = F P = 2a on a 

MF + MF ′ = r 

Inversement, un point M de l’ellipse défini par MF + MF ′ = r est le centre du 

cercle Γ de rayon R = MF ′ qui est tangent à C et passe par F ′ . 

b) Cette fois-ci Γ est à l’extérieur du cercle et les points F , M et P sont alignés 

dans l’ordre F , P , M ou M, F , P . On a alors resp. MF − MF ′ = r ou 

MF ′ − MF = r d’où 

|MF − MF ′ | = r 

Inversement, un point de l’hyperbole déterminée par |MF − MF ′ | = r est le 

centre du cercle Γ de rayon R = MF ′ qui est tangent à C et passe par F ′ . 


I) Les fonctions et sont définies et de classe sur , et . 

Il n’y a pas de réduction remarquable du domaine d’étude. 

On obtient le tableau des variations simultanées suivant 

Branches infinies : 

En , la droite d’équation est asymptote, courbe à droite. 

En , la droite d’équation est asymptote, courbe à gauche. 

En , la droite d’équation est asymptote, courbe en dessous. 

En , la droite d’équation est asymptote, courbe en dessous. 

En , la droite d’équation est asymptote, courbe à gauche. 

En , la droite d’équation est asymptote, courbe à droite. 

Puisque, 

la courbe étudiée est aussi le graphe de la fonction 

plot([(u-1)/u,uˆ2/(u-1),u=-5..5],view=[-3..3,-2..6],numpoints=200) ; 

La courbe donnée par et II) a) Considérons 

La fonction est définie et continue par morceaux sur . 

Quand , et quand , 

Puisque se prolonge par continuité en et en 1, est intégrable sur . 

Puisque 

la fonction est elle aussi intégrable sur . 

b) La suite de fonctions converge simplement vers la fonction nulle et est dominée 

par la fonction intégrable donc par convergence dominée 

c) On a 

A l’aide d’une intégration par parties justifiée par deux convergences 

et donc 

puis par translation d’indice 


I) a) La matrice A annule le polynôme X p − 1 qui est scindé simple dans C [X] 

donc A est diagonalisable dans M2(C). 

b) Les valeurs propres α et β sont racines du polynôme annulateur donc 

α p = β p = 1. En particulier |α| = |β| = 1. 



Puisque det A = αβ = 1, on a α = 1/β = ¯ β/ |β| 2 = ¯ β. 

Enfin, trA = 2Re(α) ∈ Z et 2Re(α) ∈ [−2, 2] car |α| 1 donc |Re(α)| ∈ {0, 1/2, 1}. 

c) Selon la valeur de Re(α) et sachant |α| = 1, les valeurs possibles de α sont 

−1, j, i, −j 2 , 1 

et leurs conjuguées. 

Dans tous les cas, on vérifie α 12 = 1 et on a aussi β 12 = 1. 

Puisque A est semblable à la matrice diagonale D = diag(α, β) et que celle-ci 

vérifie D 12 = I2, on a A 12 = I2. 

d) On vérifie aisément que G est un sous-groupe du groupe (GL2(C), ×) et puisque 

G = I2, A, A 2 , . . . , A 11 

G est un groupe monogène fini. 

II) a) Le changement de variables proposé a pour jacobien 

D(x, y) 

D(r, θ) = 

 

 

 

a cos θ −ar sin θ 

 

b sin θ br cos θ = abr 

Ce changement de variable donne 

2π 1 2 2 2 2 2 2 

I = 

a r cos θ + b r sin θ × |abr| dr dθ 

et donc 

0 

r=0 

I = πab(a2 + b2 ) 

4 

b) Par le paramétrage direct 

 

x(t) = a cos t 

avec t ∈ [0, 2π] 

y(t) = b sin t 

on obtient 

puis au terme des calculs 

c) On observe 

2π 

J = − 

0 

ab 3 sin 4 θ + a 3 b cos 4 θ dθ 

J = − 3πab(a2 + b 2 ) 

4 

J = −3I 

ce qui est conforme à la formule de Green Riemann puisque 

y 3 dx − x 3 dy = P (x, y) dx + Q(x, y) dy 

avec 

∂Q ∂P 

(x, y) − 

∂x ∂y (x, y) = −3(x2 + y 2 ) 



Soit (e1, . . . , ep) une base orthonormale de A. On peut la compléter en en 

(e1, . . . , en) base orthonormale de E. 

Puisque A = Vect(e1, . . . , ep), on a l’équivalence 

et donc A ⊥ = Vect(ep+1, . . . , en) puis 

x ∈ A ⊥ ⇔ ∀i ∈ {1, . . . , p} , (ei | x) = 0 

E = A ⊕ A ⊥ 

b) On a dim A ⊥ = n − dim A et donc dim A ⊥ ⊥ = dim A. 

Or on a aussi 

A ⊂ A ⊥⊥ 

car 

∀x ∈ A, ∀y ∈ A ⊥ , (x | y) = 0 

donc par inclusion et égalité des dimensions, on obtient 

II) a) Posons 

Puisque 

A ⊥ ⊥ = A 

P (x, y) = xy − y 2 + 1 et Q(x, y) = x 2 − xy − 1 

∂Q 

∂x 

= ∂P 

∂y 

la forme différentielle ω n’est pas fermée. 

b) La forme différentielle 

θ(x, y) = ω(x, y)f(xy) 

est de classe C 1 sur l’ouvert étoilé R 2 , elle est donc exacte si, et seulement si, elle 

est fermée. Cela équivaut à la satisfaction pour tout (x, y) ∈ R 2 de l’équation 

(2x − y)f(xy) + y(x 2 − xy − 1)f ′ (xy) = (2y − x)f(xy) + x(xy − y 2 + 1)f ′ (xy) 

Après simplification, on obtient 

(x + y) (f(xy) − f ′ (xy)) = 0 



Par suite f est solution du problème posé si, et seulement si, f est solution de 


y ′ (t) = y(t) 

Après résolution de cette équation différentielle linéaire d’ordre 1, on obtient la 

solution générale 

f(t) = λe t avec λ ∈ R 

On obtient alors une primitive U de la fonction forme différentielle étudiée en 

résolvant le système ⎧⎪ 

∂U 

⎨ 

∂x 

⎪⎩ 

(x, y) = λexy (xy − y 2 + 1) 

∂U 

∂y (x, y) = λexy (x 2 − xy − 1) 

Au terme des calculs, on obtient 

U(x, y) = λ(x − y)e xy + C 


I) a) Par contraposée, si (fn) converge uniformément vers f alors pour n assez 

grand fn − f ∞ existe et fn − f ∞ → 0. 

On a alors 

|fn(xn) − f(xn)| fn − f ∞ → 0 

et donc fn(xn) − f(xn) → 0. 

b) Pour tout x > 0, fn(x) → 0 donc la suite (fn) converge simplement vers la 

fonction nulle sur ]0, +∞[. 

Pour x a, 

donc 

|fn(x)| 

1 

1 + a 2 n 2 

1 

fn∞,[a,+∞[ = sup |fn(x)| 

x∈[a,+∞[ 1 + a2 → 0 

n2 On en déduit que la suite (fn) converge uniformément vers la fonction nulle sur 

[a, +∞[ (avec a > 0). 

Pour xn = π/2n, on a 

1 

fn(xn) = 

1 + π2 

4 

qui ne tend pas vers 0. 

On en déduit que la suite de fonctions (fn) ne converge pas uniformément sur 

]0, +∞[. 

II) a) La fonction f est de classe C 1 , f(0, 1) = 0 et 

∂f 

(0, 1) = 3 = 0 

∂y 

donc on peut appliquer le théorème des fonctions implicites définissant φ au 

voisinage de 0. 

b) Puisque f est de classe C ∞ , le théorème des fonctions implicites assure que φ 

est aussi de classe C ∞ au voisinage de 0. En particulier φ est de classe C 3 et donc 

admet un développement limité à l’ordre 3. Puisque φ(0) = 1, ce développement 

est de la forme 

φ(x) = 1 + ax + bx 2 + cx 3 + o(x 3 ) 

Puisque f(x, φ(x)) = 0 au voisinage de 0, on a 

et donc 

ce qui donne 

x 3 + (1 + ax + bx 2 + cx 3 + o(x 3 )) − 3x(1 + ax + bx 2 + o(x 2 )) = 1 

x 3 + (1 + ax + bx 2 + cx 3 + o(x 3 )) 3 − 3x(1 + ax + bx 2 + o(x 2 )) = 1 

3(a − 1)x + (3a 2 − 3a + 3b)x 2 + (1 + a 3 + 6ab − 3b + 3c)x 3 + o(x 3 ) = 0 

Par unicité des coefficients d’un développement limité, on obtient 

a = 1, b = 0 et c = −2/3 


I) Les fonctions et sont définies et de classe sur l’intervalle . 

Il n’y a pas de réduction remarquable du domaine d’étude 

Le tableau des variations simultanées est 

En , et La droite d’équation est asymptote, courbe au dessus. 

En , et La droite d’équation est asymptote, courbe en dessous. 

plot([(uˆ2-1)/u,(uˆ2+1)/(u+1),u=0..5],view=[-8..3,- 

6..6],numpoints=200) ; 



Courbe donnée par II) a) La suite est bien définie et à termes tous positifs. On en 

déduit 

et donc . 

b) . 

c) Puisque , la série diverge par équivalence de séries à termes positifs. 

On a aussi 

donc 

donc la série converge car son terme général est la somme d’un terme vérifiant le 

critère spécial et d’un terme sommable. 






|o(vn)| 1 

2 |vn| 


donc 

sh 1 1 

= 

n n 

 

1 1 

+ + o 

6n3 n3 

et tan 1 1 

= 

n n 

 

1 1 

+ + o 

3n3 n3 

un ∼ − 1 

6n 3 


II) a) Soit λ une valeur propre de ϕ. 

Il existe v ∈ L(E)\ ˜0 tel que u ◦ v = λv. 

Soit alors x ∈ E tel que v(x) = 0 (ce qui est possible puisque v = ˜0) 

Puisque u (v(x)) = λv(x), on peut affirmer que λ est valeur propre de u. 

Inversement soit λ une valeur propre de u et x = 0 un vecteur propre associé. 

Considérons v l’endomorphisme de E déterminé par 

∀1 i n, v(ei) = x 

L’endomorphisme v est bien déterminé puisqu’on a ici fixé l’image d’une base. 

Puisque a u ◦ v = λv (car cette égalité vaut pour les vecteurs d’une base), on 

obtient ϕ(v) = λv avec v = ˜0. Ainsi λ est aussi valeur propre de ϕ. 

b et c) Sachant Ei,jEk,ℓ = δj,kEi,ℓ, 

UEi,j = 

n 

k,ℓ=1 

uk,ℓEk,ℓEi,j = 

n 

k=1 

uk,iEk,j 

Dans la base ((E1,1, . . . , En,1), (E1,2, . . . , En,2), . . . , (E1,n, . . . , En,n)), la matrice de 

ϕ est diagonale par blocs avec des blocs diagonaux chacun égaux à U. 


a) Soit q ∈ ]ℓ, 1[. A partir de la définition quantifiée de la limite avec 

ε = q − ℓ > 0, il existe un rang N ∈ N à partir duquel 

et alors par récurrence 

un+1 

un 

q 

∀n N, un uN q n−N 

Puisque la série de terme général q n est convergente, par comparaison de séries à 

termes positifs, la série de terme général un est convergente. 

b) Si on pose 

un = 

n 

(3n + 1)! 



alors 

un+1 

un 

= 

n + 1 

→ 0 

n(3n + 4)(3n + 3)(3n + 2) 


II) a) On vérifie sans peine que 

1 

ϕ(P, Q) = P (t)Q(t) dt 

définit un produit scalaire sur l’espace considéré et que φ(P ) = ϕ(P, P ). 

b) On remplit la matrice en calculant ϕ(X i , X j ). On obtient la matrice 

⎛ 

⎝ 

−1 

2 0 2/3 

0 2/3 0 

2/3 0 2/5 

c) En écrivant P = a + bX + cX2 , la matrice précédente permet de calculer φ(P ) 

et l’on obtient 

φ(P ) = 2a 2 + 2 

3 b2 + 2 2 

ac + 

3 5 c2 

d) On peut aussi écrire 

avec 

On obtient alors une forme 

⎞ 

⎠ 

φ(P ) = 2(a + 1 

6 c)2 + 2 

3 b2 + 31 

90 c2 

P = (a + c/6) + bX + c(X 2 − 1/6) 

φ(P ) = αa 2 + βb 2 + γc 2 

avec a, b, c les coordonnées de P dans la base (1, X, X 2 − 1/6). Notons que 

d’autres solutions sont aussi possibles. . . 




r = x 2 + y 2 → 0 et alors 

Ainsi f est continue sur R 2 . 



R 2 \ {(0, 0)}. 

En (0, 0), 

1 

lim (f(t, 0) − f(0, 0)) = 0 

t→0 t 


De même 

∂f 

(0, 0) = 0 

∂x 

∂f 

(0, 0) = 0 

∂y 

II) a) On sait AB = BA = det(A)In. 

Si rgA = n alors A est inversible donc B aussi et rgB = n. 

Si rgA = n − 1 alors dim ker A = 1 et puisque AB = On, ImB ⊂ ker A puis 

rgB 1. 

De plus, la matrice A étant de rang exactement n − 1, elle possède un mineur non 

nul et donc B = On. Finalement rgB = 1. 

Si rgA n − 2 alors tous les mineurs de A sont nuls et donc B = On puis rgB = 0. 

b) Puisque rgA = n − 1, dim ker A = 1 et dim ker t A = 1. 

Il existe donc deux colonnes X et Y non nulles telles que 

ker A = VectX et ker t A = VectY 

Soit M ∈ Mn(K) vérifiant AM = MA = On. 

Puisque AM = On, ImM ⊂ ker A = VectX et donc on peut écrire par blocs 

M = (λ1X | . . . | λnX) = XL 

avec L = ( λ1 . . . λn) . 

La relation MA = On donne alors XLA = On et puisque X = 0, on obtient 

LA = 0 puis t A t L = 0. Ceci permet alors d’écrire L sous la forme L = λ t Y puis 

M sous la forme 

M = λX t Y 

Inversement une telle matrice vérifie AM = MA = On et donc 

{M ∈ Mn(K)/AM = MA = On} = Vect(X t Y ) 

Cet espace de solution étant une droite et la matrice B étant un élément non nul 

de celle-ci, il est dès lors immédiat d’affirmer que toute matrice C ∈ Mn(K) 

vérifiant AC = CA = On est nécessairement colinéaire à B. 




I) a) On a toujours ker f ⊂ ker(g ◦ f). 

Inversement, pour x ∈ ker(g ◦ f), on a g ◦ f(x) = 0 donc f ◦ g ◦ f(x) = f(0) = 0. 

Or f ◦ g = Id donc f(x) = 0. 

Ainsi ker(g ◦ f) ⊂ ker f puis ker(g ◦ f) = ker f. 

b) On a toujours Im(g ◦ f) ⊂ Img. 

Inversement, pour y ∈ Img, il existe x ∈ E tel que y = g(x) et alors 

y = g ◦ f ◦ g(x) = (g ◦ f)(g(x)) ∈ Im(g ◦ f). 

Ainsi Img ⊂ Im(g ◦ f) puis Im(g ◦ f) = Img 

c) Soit x ∈ ker f ∩ Img. Il existe a ∈ E tel que x = g(a) et alors f(x) = 0 donne 

f(g(a)) = 0 d’où a = 0 car f ◦ g = Id. On en déduit x = g(a) = 0 et donc 

ker f ∩ Img = {0}. 

Soit x ∈ E. On peut écrire x = (x − g(f(x))) + g(f(x)) avec g(f(x)) ∈ Img et 

x − g(f(x)) ∈ ker f car 

f (x − g(f(x))) = f(x) − (f ◦ g)(f(x)) = f(x) − f(x) = 0 

Ainsi E = ker f + Img et finalement 


II) Notons que l’intégrale In est bien définie. 

a) En découpant par la relation de Chasles et en procédant au changement de 

variable x = 1/t sur la deuxième intégrale, on obtient. 

b) On peut écrire 

D’une part 

1 

0 

1 

In = 

0 

1 + tn−2 dt 

1 + tn 1 

t 

In = 1 + 

0 

n−2 − tn (1 + tn ) dt 

tn 1 

dt = 

1 + tn n 

ce qui donne par intégration par parties 

avec 

1 

0 

1 

tn 1 1 

dt = ln 2 − 

1 + tn n n 

1 

0 ln(1 + t n 1 

) dt 

0 

0 

0 

t ntn−1 

dt 

1 + tn 1 

ln(1 + t n ) dt 

0 

t n dt = 1 

→ 0 

n + 1 

D’une part 

1 

avec par intégration par parties 

1 

ε 

1 

t 

0 

nt n−1 

dt = 

1 + tn tn−2 

1 

dt = 

1 + tn n ]0,1] 

n 1 

ln(1 + t ) 

Quand ε → 0 + , on obtient 

 

1 nt 

t 

n−1 

 

dt = ln 2 + 

1 + tn où 

On en déduit 

]0,1] 

 

0 

]0,1] 

ln(1 + t n ) 

t 

t 

ε 

1 

dt 

0 

1 

t 

nt n−1 

dt 

1 + tn 1 

ln(1 + t 

+ 

ε 

n ) 

dt 

t 

]0,1] 

In = 1 + o(1/n) 

ln(1 + t n ) 

t 

dt 

t n−1 dt = 1 

→ 0 

n 


a) Pour , 

La suite de fonctions converge simplement vers sur . 

On a 

et donc 

Ce majorant indépendant de tend vers 0 donc la suite de fonctions converge 

uniformément vers sur . 

b) Par convergence uniforme de cette suite de fonctions continues, on peut 

échanger limite et intégrale 

Par intégration par parties 


Posons 

R1 = Rot k,π/2 et R2 = Rotcos θi+sin θj,π 

La composée de deux rotations est une rotation, donc R1 ◦ R2 est une rotation. 

Puisque les vecteurs k est u = cos θi + sin θj sont orthogonaux 

et donc 

R2(k) = −k 

R1 ◦ R2(k) = −k 



On en déduit que R1 ◦ R2 est un retournement dont l’axe est orthogonal à k i.e. 

inclus dans Vect(i, j). 

Puisque 

R2(u) = u et R1(u) = − sin θi + cos θj 

on a 

et donc 

R2 ◦ R1(u) = − sin θi + cos θj 

u + R2 ◦ R1(u) = (cos θ − sin θ)i + (cos θ + sin θ)j = 0 

dirige l’axe du retournement.

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 4 juin 2013 Enoncés 1 ...

You also want an ePaper? Increase the reach of your titles

Delete template?

Save as template?