Mathématiques Méthodes et exercices 2e annee ECS

Mathématiques Méthodes et exercices ECS 2e année Cécile Lardon Professeur en classe préparatoire au lycée du Parc à Lyon

Jean-Marie Monier Professeur en classe préparatoire au lycée La Martinière-Monplaisir à Lyon

© Dunod, Paris, 2011 ISBN 978-2-10-058112-2

Table des matières

Remerciements 1. Réduction des endomorphismes et des matrices carrées Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices

2. Algèbre bilinéaire Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices

3. Intégrales sur un intervalle quelconque Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices

VI 1 2 4 12 15

38 39 41 47 50

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5. Variables aléatoires discrètes, vecteurs aléatoires discrets Les méthodes à retenir Énoncés des exercices

6. Variables aléatoires à densité Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices

7. Convergences et approximations Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices

8. Estimation, statistique 66 66 70 79 84

4. Fonctions numériques de plusieurs variables réelles 116 Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices

Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices

117 120 126 129

150 151 154

Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices

9. Algorithmique Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices

10. Problèmes de révision

161 163

180 180 183 190 193

217 217 218 224 227

243 244 245 254 257

276 276 281 290 293

312

Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices

313 332 338

Index

378

III

Pour bien utiliser cet ouvrage

La page d’entrée de chapitre Elle propose un plan du chapitre, les thèmes abordés dans les exercices, ainsi qu’un rappel des points essentiels du cours pour la résolution des exercices.

Les méthodes à retenir Cette rubrique constitue une synthèse des principales méthodes à connaître, détaillées étape par étape, et indique les exercices auxquels elles se rapportent.

IV

Pour bien utiliser cet ouvrage

Énoncés des exercices De nombreux exercices de difficulté croissante sont proposés pour s’entraîner. La difficulté de chaque exercice est indiquée sur une échelle de 1 à 4.

Du mal à démarrer ?

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Des conseils méthodologiques sont proposés pour bien aborder la résolution des exercices.

Corrigés des exercices Tous les exercices sont corrigés de façon détaillée.

V

Remerciements

Nous tenons ici à exprimer notre gratitude aux nombreux collègues qui ont accepté de réviser des parties du manuscrit : Pascal Alessandri, Jean-Philippe Berne, Gérard Bourgin, Frédérique Christin, Jean-Paul Christin, Sophie Cohéléach, Carine Courant, Sylvain Delpech, Hermin Durand, Viviane Gaggioli, Marguerite Gauthier, André Laffont, Tewfik Lahcène, Hadrien Larome, Ibrahim Rihaoui, René Roy, Marie-Dominique Siéfert, Marie-Pascale Thon, Audrey Verdier.

VI

Réduction des endomorphismes et des matrices carrées Plan Les méthodes à retenir

2

Énoncés des exercices

4

Du mal à démarrer ?

12

Corrigés des exercices

15

K désigne R ou C Par commodité, on utilise les abréviations suivantes :

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ev pour : espace vectoriel sev pour : sous-espace vectoriel vp pour : valeur propre SEP pour : sous-espace propre.

CHAPITRE

1

Thèmes abordés dans les exercices •

Détermination des valeurs propres et des sous-espaces propres d’un endomorphisme ou d’une matrice carrée

•

Étude de la diagonalisabilité d’un endomorphisme ou d’une matrice carrée, obtention d’une diagonalisation

•

Calcul des puissances d’une matrice carrée

•

Résolution d’équations matricielles.

Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •

Définition de : valeur propre, vecteur propre, sous-espace propre

•

Matrices de passage, formules de changement de base, matrices carrées semblables

•

Définition de la diagonalisabilité, d’une diagonalisation

•

CNS de diagonalisabilité faisant intervenir la somme des sous-espaces propres

•

CNS de diagonalisabilité faisant intervenir la somme des dimensions des sousespaces propres

•

Condition suffisante de diagonalisabilité : n valeurs propres deux à deux distinctes en dimension n

•

Polynômes d’endomorphisme, polynômes de matrice carrée, polynômes annulateurs d’un endomorphisme, polynômes annulateurs d’une matrice carrée

•

Toute matrice symétrique réelle est diagonalisable.

1

Chapitre 1

•

Réduction des endomorphismes et des matrices carrées

Les méthodes à retenir Essayer l’une des trois méthodes suivantes : •

calculer, pour tout λ ∈ K, le rang de la matrice A − λIn en fonction de λ ; λ est valeur propre si et seulement si rg (A − λIn ) < n

➥ Exercices 1.1 a), b), c), e), f), 1.4 b), 1.6 b)2), 1.10 a), 1.11 a), 1.35 b) •

Pour déterminer les valeurs propres d’un endomorphisme f d’un espace vectoriel E ou d’une matrice carrée A de M n(K)

revenir à la définition, c’est-à-dire résoudre l’équation f (x) = λx, d’inconnue λ ∈ K, où x ∈ E\{0}, ou l’équation AX = λX, d’inconnue λ ∈ K, où X ∈ Mn,1 (K) \ {0}

➥ Exercices 1.26 b), 1.34 •

faire intervenir la notion de polynôme annulateur, si f ou A satisfait une équation assez simple.

➥ Exercices 1.2 b), 1.5 a), 1.16 d), 1.18 a), 1.19, 1.32, 1.33 b) Se rappeler que les valeurs propres d’une matrice triangulaire se lisent sur sa diagonale.

➥ Exercices 1.1 d), 1.8 c), 1.13 c), 1.15 a), 1.20 a), 1.25 d)2), 1.33 a). Appliquer la définition : Pour déterminer le sous-espace propre associé à une valeur propre λ0 d’un endomorphisme f ou d’une matrice carrée A de M n(K)

SEP ( f, λ0 ) = Ker ( f − λ0 IdE ) = {x ∈ E ; f (x) = λ0 x},   SEP (A, λ0 ) = X ∈ Mn,1 (K) ; AX = λ0 X , c’est-à-dire résoudre l’équation f (x) = λ0 x, d’inconnue x ∈ E ou l’équation AX = λ0 X, d’inconnue X ∈ Mn,1 (K).

➥ Exercices 1.1, 1.5 b), 1.10 b), 1.20 a), 1.25 d)2), 1.33 a). Essayer de : Pour déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres d’un endomorphisme f d’un espace vectoriel E ou d’une matrice carrée A de M n(K)

•

déterminer d’abord les valeurs propres de f ou de A, par une méthode vue plus haut, puis, pour chaque valeur propre, déterminer le sous-espace propre associé par la méthode vue plus haut

➥ Exercice 1.1 •

résoudre l’équation f (x) = λx, d’inconnues λ ∈ K, x ∈ E \ {0} ou l’équation AX = λX, d’inconnues λ ∈ K, X ∈ Mn,1 (K).

➥ Exercices 1.3 b), 1.6 b)1), 1.14 b), 1.27, 1.28 b). Déterminer les valeurs propres de A : Pour étudier la diagonalisabilité d’une matrice carrée A de M n(K) et éventuellement pour diagonaliser A

2

•

si A admet n valeurs propres deux à deux distinctes, alors, d’après le cours, A est diagonalisable

➥ Exercices 1.1 a), b), 1.6 c), 1.9, 1.11 a), 1.27 d)

Les méthodes à retenir •

si A n’admet qu’une seule valeur propre α et si A  α In , alors A n’est pas diagonalisable, comme on le montre en raisonnant par l’absurde.

➥ Exercices 1.1 d), 1.8 c), 1.9, 1.13 c) •

(suite)

sinon, déterminer les sous-espaces propres de A puis les dimensions des sous-espaces propres de A ; d’après le cours, A est diagonalisable si et seulement si la somme des dimensions des sous-espaces propres de A est égale à n

➥ Exercices 1.1 c), e), 1.2 c), 1.5 c), 1.8 c), 1.10 b), 1.17, 1.25 d)2), 1.26 c) •

si A est diagonalisable, en notant D la matrice diagonale formée (sur la diagonale) par les valeurs propres de A (présentes autant de fois que la dimension du sous-espace propre associé), et en notant P la matrice de passage de la base canonique de Mn,1 (K) à une base de vecteurs propres de A (associés aux valeurs propres de A, dans l’ordre), on obtient une diagonalisation A = PDP−1 de A

•

se rappeler que toute matrice symétrique réelle est diagonalisable.

➥ Exercices 1.1 a), b), c) ➥ Exercices 1.1 b), 1.2 c), 1.3 a), 1.4 a), 1.7 b), 1.12 e), 1.14 a), 1.28 a), 1.35 a) . Déterminer les valeurs propres de f : •

si f admet n valeurs propres deux à deux distinctes, alors f est diagonalisable

➥ Exercice 1.6 •

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Pour étudier la diagonalisabilité d’un endomorphisme f d’un espace vectoriel E de dimension finie n

sinon, déterminer les sous-espaces propres de f , puis éventuellement les dimensions des sous-espaces propres de f  f est diagonalisable si et seulement si la somme des sous-espaces propres de f est égale à E

➥ Exercice 1.16  f est diagonalisable si et seulement si la somme des dimensions des sous-espaces propres de f est égale à n

➥ Exercices 1.6, 1.25 •

on peut essayer de se ramener à l’étude de la diagonalisabilité d’une matrice carrée, en considérant la matrice de f dans une certaine base de E.

➥ Exercices 1.7, 1.8, 1.12, 1.29.

Pour calculer les puissances d’une matrice carrée

Essayer d’utiliser, si possible, une diagonalisation A = PDP−1 de A, où D est diagonale et P est inversible. On a alors : ∀n ∈ N, An = PDn P−1 . De plus, A est inversible si et seulement si D est inversible, et, dans ce cas, on a alors : ∀n ∈ Z, An = PDn P−1 . ➥ Exercice 1.3 c). 3

Chapitre 1

•

Réduction des endomorphismes et des matrices carrées

Énoncés des exercices 1.1 Exemples d’étude de diagonalisabilité et de diagonalisation éventuelle de matrices carrées d’ordre 3 Pour chacune des matrices suivantes, est-elle diagonalisable et, si oui, la diagonaliser : ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜−4 6 −3⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ a) A = ⎜⎜⎜⎜−1 3 −1⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ 4 −4 3 ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 2 1 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ d) E = ⎜⎜0 1 −1⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ 00 1

⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 0 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ b) B = ⎜⎜⎜⎜0 0 1⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ 111

⎞ ⎛ ⎜⎜⎜3 −6 −2⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ c) C = ⎜⎜⎜⎜0 1 0 ⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ 4 −12 −3

⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 3 −1 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ e) F = ⎜⎜ 0 2 2⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ −1 1 3

⎞ ⎛ ⎜⎜⎜−1 0 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ f) G = ⎜⎜ 0 1 2⎟⎟⎟⎟ . ⎠ ⎝ 1 −1 1

1.2 Exemple de diagonalisation d’une matrice carrée d’ordre 4, d’après HEC 2009

⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 1 1 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜1 1 −1 −1⎟⎟⎟⎟ ⎟⎟ de M4 (R) et on note f l’endomorphisme de R4 On considère la matrice A = ⎜⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜1 −1 1 −1⎟⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ 1 −1 −1 1 représenté par A dans la base canonique B0 = (e1 , e2 , e3 , e4 ) de R4 .

a) On note v1 = (1, 1, 0, 0), v2 = (1, −1, 1, 1), v3 = (1, 0, 1, 0). Calculer f (vi ) pour tout i ∈ 1 ; 3. b) Calculer A2 . Qu’en déduit-on pour les valeurs propres de A ? c) Montrer que A est diagonalisable dans M4 (R) et déterminer une matrice de passage P de la base B0 à une base de vecteurs propres pour f .

1.3 Exemple de détermination des valeurs propres et des sous-espaces propres d’une matrice carrée d’ordre 5, d’après HEC 2006 ⎛ ⎜⎜⎜0 1 0 0 ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜1 0 1 0 ⎜ On considère la matrice A = ⎜⎜⎜⎜0 1 0 1 ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜0 0 1 0 ⎝ 0001

⎞ 0⎟⎟ ⎟⎟ 0⎟⎟⎟⎟ ⎟⎟ 0⎟⎟⎟⎟ ∈ M5 (R). ⎟ 1⎟⎟⎟⎟⎟ ⎠ 0

a) Est-ce que A est diagonalisable ? b) Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de A.

1.4 Exemple de calcul des puissances d’une matrice carrée d’ordre 3 à l’aide d’une diagonalisation

⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 0 1 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ On note A = ⎜⎜0 1 1 ⎟⎟⎟⎟ ∈ M3 (R). ⎠ ⎝ 1 1 1/2 a) Montrer que A est diagonalisable et que A est inversible. b) Diagonaliser A. c) En déduire l’expression de An pour tout n ∈ Z. 4

Énoncés des exercices

1.5 Exemple d’étude de diagonalisabilité pour un endomorphisme de M2 (R)

On note E = M2 (R) et : f : E −→ E,



 1 a+d b+c ab  → − . c d 2 b+c a+d

a) Vérifier : f ∈ L (E) et f 2 = f. b) Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de f . c) Est-ce que f est diagonalisable ?

1.6 Éléments propres d’un endomorphisme d’un ev de polynômes On considère l’application f définie dans C2 [X] par : ∀P ∈ C2 [X], f (P) = (X2 + 1)P  − (2X − 1)P. a) Montrer que f est un endomorphisme de C2 [X]. b) Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de f , de deux façons différentes, en utilisant : 1) la définition des éléments propres de f 2) la matrice de f dans la base (1, X, X2 ) de C2 [X]. c) L’endomorphisme f est-il diagonalisable ?

1.7 Exemple de détermination des éléments propres d’un endomorphisme de M2 (R) On considère l’application

f : M2 (R) −→ M2 (R),



 a b d −b  → − . c d −c a

a) Vérifier que f est un endomorphisme de l’espace vectoriel M2 (R) et écrire la matrice de f dans la base canonique de M2 (R). b) Montrer que f est diagonalisable.

1.8 Étude de diagonalisabilité pour un endomorphisme d’un ev de polynômes Soit (a, b) ∈ R2 . On note f : R2 [X] −→ R2 [X], P −→ P(X + a) + P(X + b) − (a + b)P  (X).

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a) Vérifier : f ∈ L R2 [X] . b) Former la matrice de f dans la base canonique B = (1, X, X2 ) de R2 [X]. c) Déterminer une CNS sur (a, b) pour que f soit diagonalisable.

1.9 Étude de diagonalisabilité pour une matrice carrée d’ordre 2 à paramètres, d’après EDHEC 2008 Déterminer une condition nécessaire et suffisante sur (x, y) ∈ R2 pour que la matrice A =



 0 −1 y 2x

soit diagonalisable dans M2 (R).

1.10 Exemple d’étude de diagonalisabilité d’une matrice carrée d’ordre 3 à paramètre, d’après EDHEC 2008

⎞ ⎛ ⎜⎜⎜3 − a −5 + a a ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜ On note, pour tout a ∈ R, M(a) = ⎜⎜ −a a − 2 a ⎟⎟⎟⎟ ∈ M3 (R). ⎠ ⎝ 5 −5 −2 5

Chapitre 1

•

Réduction des endomorphismes et des matrices carrées

a) Déterminer les valeurs propres de M(a), pour tout a ∈ R. b) Trouver l’ensemble des a ∈ R tels que M(a) soit diagonalisable.

1.11 Étude de diagonalisabilité pour une matrice carrée d’ordre 3 à paramètre ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 0 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ a) On note J = ⎜⎜⎜⎜1 0 1⎟⎟⎟⎟ . Montrer que J est diagonalisable dans M3 (C). ⎠ ⎝ 010 ⎞ ⎛ b ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜a c ⎟ ⎜ b) On note, pour tout (a, b, c) ∈ C3 , M(a, b, c) = ⎜⎜⎜⎜b a + c b + c⎟⎟⎟⎟ . ⎠ ⎝ c b a+c Montrer que, pour tout (a, b, c) ∈ C3 , M(a, b, c) est diagonalisable dans M3 (C).

1.12 Exemple d’étude de diagonalisabilité pour un endomorphisme de M2 (R)

 11 ∈ M2 (R) et f : M2 (R) −→ M2 (R), M −→ AM. 11

a) Vérifier : f ∈ L M2 (R) .

On note A =

b) Déterminer Ker ( f ) et en donner une base et la dimension. c) Déterminer Im ( f ) et en donner une base et la dimension. d) Écrire la matrice de f dans la base canonique B = (E1 , E2 , E3 , E4 ) de M2 (R), où :







 10 01 00 00 , E2 = , E3 = , E4 = . E1 = 00 00 10 01 e) Est-ce que f est diagonalisable ?

1.13 Exemple d’endomorphisme d’un espace de fonctions, d’après HEC 2010 On note, pour tout k ∈ 0 ; 3 : fk : R −→ R, x −→ xk e −x et on note B = ( f0 , f1 , f2 , f3 ), E = Vect (B). a) Montrer que B est une base de E et déterminer dim (E). b) Montrer que l’application φ : f −→ f  − f On note M la matrice de f dans B.



est un endomorphisme du R-espace vectoriel E.

c) La matrice M est-elle inversible ? diagonalisable ?

1.14 Exemple de détermination des valeurs propres d’une matrice carrée d’ordre n ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨1 si i + j est pair Soient p ∈ N∗ , n = 2p + 1, A = (ai j )i j ∈ Mn (R), où : ai j = ⎪ ⎪ ⎪0 sinon. ⎩

a) Est-ce que A est diagonalisable ? b) Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de A.

1.15 Exemple d’étude de diagonalisabilité pour une matrice carrée d’ordre n

⎧ ⎪ ⎪ ⎨1 si (i = 1 ou j = n) Soient n ∈ N \ {0, 1}, A = (ai j )i j ∈ Mn (R) où : ai j = ⎪ ⎪ ⎩0 sinon.

6

Énoncés des exercices

a) Déterminer les valeurs propres de A. b) Calculer A2 . Est-ce que A2 = A ? c) Montrer que A n’est pas diagonalisable.

1.16 Endomorphismes f tels que ( f − ae) ◦ ( f − be) = 0, d’après EDHEC 2006 Soient E un K-ev de dimension finie, n = dim (E) ∈ N∗ , e = IdE , (a, b) ∈ K2 tel que a  b, f ∈ L (E) tel que ( f − ae) ◦ ( f − be) = 0. a) Montrer :

Im ( f − be) ⊂ Ker ( f − ae)

Im ( f − ae) ⊂ Ker ( f − be).

et

1 1 ( f − be) + ( f − ae) = e. a−b b−a c) Démontrer que les sev Ker ( f − ae) et Ker ( f − be) de E sont supplémentaires dans E. b) Établir :

d) Conclure que f est diagonalisable.

1.17 Matrices A ∈ Mn(R) telles que A2 = −In, d’après EDHEC 2006 Soit n ∈ N∗ . Le but de l’exercice est d’étudier l’existence de matrices A ∈ Mn (R) telles que A2 = −In . a) On suppose ici n pair.

 0 1 En utilisant la matrice , montrer qu’il existe A ∈ Mn (R) telle que A2 = −In . −1 0 b) On suppose ici n impair, et on suppose qu’il existe A ∈ Mn (R) telle que A2 = −In . 1) En utilisant l’exercice 1.16, montrer que A est diagonalisable dans Mn (C) et que ses valeurs propres sont i et − i . On note E i et E− i les sous-espaces propres de A respectivement associés à i et − i . Pour toute matrice carrée M = (mi j )i j ∈ Mn (C), on note M = (mi j )i j ∈ Mn (C), et, pour toute matrice colonne X = (xi )i ∈ Mn,1 (C), on note X = (xi )i ∈ Mn,1 (C). 2) Montrer, pour toute X ∈ Mn,1 (C) : X ∈ E i ⇐⇒ X ∈ E− i . 3) En déduire que, si (u1 , ..., ud ) est une base de E i , alors (u1 , ..., ud ) est une base de E− i et conclure : dim (E i ) = dim (E− i ). 4) Amener une contradiction et conclure.

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1.18 Étude d’un endomorphisme nilpotent Soient E un K-ev de dimension finie n  1 et f ∈ L (E) nilpotent (c’est-à-dire qu’il existe p ∈ N∗ tel que f p = 0). a) Montrer que 0 est une valeur propre de f , et que c’est la seule. b) L’endomorphisme f est-il diagonalisable ?

1.19 Polynômes d’endomorphismes, d’après HEC 2010 Soient E un espace vectoriel de dimension finie, e = IdE , f ∈ L (E) tel que : ( f − e)3 ◦ ( f − 2e)2 = 0 Étudier la diagonalisabilité de f .

et

( f − e)3 ◦ ( f − 2e)  0.

1.20 Exemple de recherche des sev stables par un endomorphisme, d’après HEC 2009 Soient E un K-espace vectoriel de dimension 3, B = (e1 , e2 , e3 ) une base de E. 7

Chapitre 1

•

Réduction des endomorphismes et des matrices carrées

⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 1 0⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜ On considère la matrice A = ⎜⎜0 0 1⎟⎟⎟⎟ de M3 (K) et on note f l’endomorphisme représenté par A ⎠ ⎝ 000 dans la base B de E. On se propose de trouver tous les sev F de E stables par f , c’est-à-dire les sev F de E tels que f (F) ⊂ F. a) Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de f . b) Soit F un sev de E stable par f . 1) Montrer que, si dim (F) = 1, alors F = Vect (e1 ). 2) Montrer que, si dim (F) = 2, alors F = Vect (e1 , e2 ). c) Conclure.

1.21 Noyau et image de f 2 lorsque f est diagonalisable Soient E un espace vectoriel de dimension finie, f ∈ L (E) diagonalisable. Montrer : Ker ( f 2 ) = Ker ( f ) et Im ( f 2 ) = Im ( f ).

1.22 Racines carrées d’une matrice carrée de Mn(C) ayant n valeurs propres Soient n ∈ N∗ , A ∈ Mn (C) admettant n valeurs propres deux à deux distinctes, notées λ1 , ..., λn . On note D = diag(λi ) et P ∈ GLn (C) telle que A = PDP−1 . 1in

On se propose de résoudre l’équation M 2 = A, d’inconnue M ∈ Mn (C). a) Soit M ∈ Mn (C). On note N = P−1 MP. Montrer : M 2 = A ⇐⇒ N 2 = D. b) Montrer que, pour toute N ∈ Mn (C), si N 2 = D, alors N commute avec D. c) Déterminer toutes les matrices de Mn (C) qui commutent avec D.   d) En déduire l’ensemble M ∈ Mn (C) ; M 2 = A . Cet ensemble est-il fini ? Si oui, combien a-t-il d’éléments ?

1.23 Lien entre les diagonalisabilités de AB et de BA Soient n ∈ N∗ , A, B ∈ Mn (R) telles que AB soit diagonalisable. a) Montrer que, si A ou B est inversible, alors BA est diagonalisable. b) Le résultat précédent est-il valable sans l’hypothèse d’inversibilité ? (On pourra se limiter au cas n = 2.)

1.24 f ◦ g et g ◦ f ont les mêmes valeurs propres Soient E un espace vectoriel de dimension finie, f, g ∈ L (E). Montrer que f ◦ g et g ◦ f ont les mêmes valeurs propres.

1.25 Exemple d’endomorphisme d’un espace de polynômes, d’après HEC 2010 On note f : R[X] −→ R[X], P −→ 3XP + (X2 − X)P  − (X3 − X2 )P  . a) Montrer que f est un endomorphisme du R-espace vectoriel R[X]. b) Calculer f (Xn ) pour tout n ∈ N. c) L’application f est-elle injective ? surjective ? 8

Énoncés des exercices

d) 1) Montrer qu’il existe n ∈ N∗ unique tel que Rn [X] soit stable par f et déterminer cet entier n. 2) On note g l’endomorphisme de Rn [X] (où n a la valeur obtenue ci-dessus) induit par f . Est-ce que g est diagonalisable ?

1.26 Exemple d’étude de diagonalisabilité pour une matrice carrée d’ordre n ⎛ ⎜⎜⎜2 ⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜ ⎜ Soit n ∈ N tel que n  3. On note An = ⎜⎜⎜⎜⎜ ... ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜1 ⎝ 2

2 0 .. . 0 2

⎞ . . . 2 2⎟⎟ ⎟ . . . 0 1⎟⎟⎟⎟ ⎟ .. .. ⎟⎟⎟⎟ ∈ M (R). n (0) . . ⎟⎟⎟⎟ ⎟ . . . 0 1⎟⎟⎟⎟⎠ ... 2 2

a) Quel est le rang de An ? En déduire que 0 est valeur propre de An et déterminer la dimension du sous-espace propre associé. b) Déterminer les valeurs propres de An . c) Montrer que An est diagonalisable.

1.27 Étude de diagonalisabilité pour une matrice carrée d’ordre n Soient n ∈ N∗ , a1 , ..., an ∈ R tels que 0 < a1 < ... < an . On note : ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 0 a2 a3 . . . . . . an ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜a 0 a . . . . . . a ⎟⎟⎟ 3 n⎟ ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ . . .. ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜a a 0 . . ⎟⎟⎟ ⎜⎜ 1 2 ⎟ ∈ Mn (R). A = ⎜⎜⎜⎜ . . . . ⎜⎜⎜ .. .. . . . . . . . ... ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ . . .. ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ .. .. . 0 a n ⎠⎟ ⎝⎜ a a . . . . . . a 0 1 2 n−1 ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟ n  ⎜⎜ . ⎟⎟ ai xi . Montrer : a) Soit λ ∈ R, X = ⎜⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟⎟ ∈ Mn,1 (R) \ {0}, S = ⎜⎝ ⎟⎠ i=1 xn   AX = λX ⇐⇒ S = (λ + a1 )x1 , . . . , S = (λ + an )xn . b) En déduire que, pour tout λ ∈ R, λ est valeur propre de A si et seulement si :

∀k ∈ 1 ; n, λ + ak  0

et

n 

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k=1

ak = 1. λ + ak

c) Dresser le tableau des variations de la fonction f : λ −→ − 1 +

n  k=1

ak . λ + ak

d) Conclure quant à la diagonalisabilité de A dans Mn (R).

1.28 Étude des valeurs propres d’une matrice carrée d’ordre n tridiagonale, par utilisation d’une suite récurrente linéaire ⎛ ⎜⎜⎜0 1 0 . . . ⎜⎜⎜ . ⎜⎜⎜⎜1 0 . . (0) ⎜⎜⎜ ⎜ Soient n ∈ N∗ , A = ⎜⎜⎜⎜0 . . . . . . . . . ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ . . ⎜⎜⎜⎜ .. (0) . . 0 ⎝ 0 ... 0 1

⎞ 0⎟⎟ ⎟ .. ⎟⎟⎟⎟ . ⎟⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎟ 0⎟⎟⎟⎟⎟ ∈ Mn (R). ⎟⎟⎟ ⎟ 1⎟⎟⎟⎟⎠ 0 9

Chapitre 1

•

Réduction des endomorphismes et des matrices carrées

a) Montrer que A est diagonalisable dans Mn (R). ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ . ⎟⎟ b) Soient λ ∈ R une valeur propre de A, X = ⎜⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟⎟ ∈ Mn,1 (R) \ {0} tel que AX = λX. On note de ⎜⎝ ⎟⎠ xn plus x0 = 0 et xn+1 = 0. ∀i ∈ 0 ; n − 1, xi+2 − λxi+1 + xi = 0.

1) Montrer :

2) Établir que l’équation r2 − λr + 1 = 0, d’inconnue r ∈ C, admet deux solutions distinctes, notées r1 , r2 . 3) En déduire : λ ∈ [−2 ; 2].

1.29 Somme de projecteurs



k Soient E un K-ev de dimension finie notée n, e = IdE , k ∈ N∗ , (u1 , ..., uk ) ∈ L (E) tel que : k 

ui = e et ∀(i, j) ∈ 1 ; k2 , i  j =⇒ ui ◦ u j = 0 . i=1

a) Montrer : ∀i ∈ 1 ; k, u2i = ui . b) Établir que les sev Im (ui ), i ∈ 1 ; k, sont en somme directe et que E =

k 

Im (ui ).

i=1

c) Démontrer que tout élément de Vect (u1 , ..., uk ) est diagonalisable.

1.30 Trois endomorphismes vérifiant des égalités Soient E un espace vectoriel de dimension finie, e = IdE , f, g, h ∈ L (E) tels que : f ◦ g = h,

g ◦ h = f,

h ◦ f = g.

a) Montrer : f 2 = g2 = h2 puis f 5 = f. On suppose dorénavant que f est bijectif et diagonalisable. b) Établir : f 2 = e. c) Montrer que f, g, h commutent deux à deux.

1.31 CNS pour que α2 soit valeur propre de f 2 Soient E un espace vectoriel de dimension finie, α ∈ R, f ∈ L (E). Montrer : α2 est valeur propre de f 2 si et seulement si α ou −α est valeur propre de f .

1.32 Exemple des puissances d’une matrice carrée non diagonalisable Soient n ∈ N∗ , A ∈ Mn (R) telle que : A(A − In )2 = 0,

(A − In )2  0,

A(A − In )  0.

a) Montrer que les valeurs propres de A sont 0 et 1. b) Établir que A n’est pas diagonalisable. c) Exprimer, pour tout k ∈ N∗ , Ak comme combinaison linéaire de A et A2 . d) Donner un exemple de telle matrice A pour n = 3. 10

Énoncés des exercices

1.33 Étude de projecteur, d’après HEC 2010 ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 0 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜ a) La matrice A = ⎜⎜0 1 0⎟⎟⎟⎟ est-elle diagonalisable dans M3 (R) ? ⎠ ⎝ 000 b) Soient E un R-ev de dimension 3 et f ∈ L (E) tel que f 2 soit un projecteur et que rg ( f 2 ) = 1. 1) Montrer que l’ensemble des valeurs propres de f est {0} ou {0, 1} ou {0, −1}. 2) On suppose, de plus, que f admet 1 pour valeur propre et que f n’est pas un projecteur. Montrer qu’il existe une base B de E dans laquelle f est représenté par A.

1.34 Disques de Gershgorin que, pour toute valeur propre λ de A dans C, il Soient n ∈ N∗ , A = (ai j )i j ∈ Mn (C). Montrer  existe i ∈ 1 ; n tel que : |λ − aii |  |ai j |. 1 jn, ji

1.35 Comportement asymptotique des valeurs propres d’une matrice carrée d’ordre n ⎛ ⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜ ⎜⎜ On note, pour tout n ∈ N tel que n  4 : An = ⎜⎜⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜ . ⎜⎜⎜ . ⎜⎜⎝ . 1

1 1 ... 1 0 ... . 0 0 .. .. .. . . (0) 0 0 ...

⎞ 1⎟⎟ ⎟ 0⎟⎟⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎟ 0⎟⎟⎟⎟ ∈ Mn (R). ⎟ .. ⎟⎟⎟⎟ . ⎟⎟⎟⎟ ⎠ 0

a) Montrer que An est diagonalisable dans Mn (R). b) Montrer que 0 est valeur propre de An et déterminer la dimension du sous-espace propre associé. c) Établir que An admet exactement quatre valeurs propres, qui sont 0 et trois autres réelles deux à deux distinctes, notées an , bn , cn , qui sont les racines du polynôme Pn = X3 − 2X2 − (n − 2)X + (n − 2), et que : an < 0 < bn < 1 < cn . d) Démontrer successivement :

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

cn > 2,

cn −→ +∞, n∞

cn ∼

n∞

√

n,

bn −→ 1, n∞

√ an ∼ − n. n∞

1.36 Égalités de polynômes de matrices carrées Soient P ∈ K[X], A, B ∈ Mn (K) diagonalisables. On suppose que l’application polynomiale P : K −→ K, x −→ P(x) est injective et que P(A) = P(B). Montrer : A = B.

11

Chapitre 1

•

Réduction des endomorphismes et des matrices carrées

Du mal à démarrer ? 1.1

1.6

Déterminer les SEP en utilisant la définition.

b) 1) Résoudre l’équation f(P) = λP, d’inconnues λ ∈ C, P ∈ C2 [X] \ {0}, en notant P = aX2 + bX + c, (a, b, c) ∈ C2 .

a) Pour déterminer les vp de A, étudier le rang de la matrice A − λI3 selon les valeurs du réel λ.

b) Remarquer que B est symétrique réelle. Pour déterminer les vp de B, étudier le rang de la matrice B−λI3 selon les valeurs du réel λ. Déterminer les SEP en utilisant la définition.

c) Pour déterminer les vp de C, étudier le rang de la matrice C − λI3 selon les valeurs du réel λ.

a) Immédiat.

b) 2) Calculer f(1), f(X), f(X2 ), en déduire la matrice de f dans la base canonique (1, X, X2 ) de C2 [X] et déterminer les vp et les SEP de cette matrice carrée d’ordre 3 par la méthode habituelle. c) L’endomorphisme f de C2 [X] admet trois vp deux à deux distinctes.

Déterminer les SEP en utilisant la définition.

1.7

d) Pour les vp, remarquer que E est triangulaire.

Calculer les images par f des vecteurs de la base canonique B = (E1 , E2 , E3 , E4 ) de M2 (R).

Montrer que E n’est pas diagonalisable en raisonnant par l’absurde.

e) Pour déterminer les vp de F, étudier le rang de la matrice F − λI3 selon les valeurs du réel λ. Déterminer les SEP en utilisant la définition.

a) La linéarité de f est immédiate.

b) Remarquer que la matrice de f dans B est symétrique réelle.

1.8

a) Immédiat.

b) Calculer f(1), f(X), f(X2 ). c) Le cas a2 + b2 = 0 est d’étude immédiate.

f) Pour déterminer les vp de G, étudier le rang de la matrice G − λI3 selon les valeurs du réel λ. À cet effet, étudier les variations de la fonction λ −→ − λ3 + λ2 − 4.

Si a2 + b2  0, raisonner par l’absurde pour montrer qu’alors f n’est pas diagonalisable.

Montrer que G n’est pas diagonalisable en raisonnant par l’absurde.

1.9

1.2

a), b) Immédiats.

1.10

c) • Remarquer que A est symétrique réelle. • Déterminer SEP (f, −2) et, d’autre part, utiliser a) pour déduire Vect (v1 , v2 , v3 ) ⊂ SEP (f, 2).

1.3

a) Remarquer que A est symétrique.

b) Résoudre l’équation AX = λX, d’inconnues λ ∈ R, ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜⎜x1 ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ X = ⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟ ∈ M5,1 (R) \ {0}, en exprimant, par exemple, x2 , x3 , x4 , x5 ⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ x5 en fonction de x1 .

1.4

Étudier les valeurs propres de A et séparer en cas selon le signe de y − x2 .

a) Remarquer que A est symétrique réelle.

a) Calculer, pour λ ∈ R, le rang de M(a) − λI3 selon les valeurs de λ. b) Déterminer les SEP de M(a) en utilisant la définition.

Étudier la somme des dimensions des SEP de M(a).

1.11

a) Déterminer les vp de J par la méthode habituelle.

Montrer que le polynôme X3 − X − 1 de C[X] admet trois zéros deux à deux distincts.

b) Remarquer que M(a, b, c) se décompose linéairement sur I3 , J, J2 .

1.12

a) Immédiat.

Calculer le rang de A, par exemple.

 x y ∈ M2 (R). z t

 x y ∈ M2 (R). z t

b) Pour déterminer les vp de A, étudier le rang de la matrice A − λI3 selon les valeurs du réel λ.

c) Calculer f(M) pour toute M =

Déterminer les SEP de A par la définition.

d) Calculer f(E1 ), ..., f(E4 ) en fonction de E1 , ..., E4 .

c) Utiliser la diagonalisation A = PDP culer (PDP −1 )n = PDn P −1 .

1.5

−1

obtenue en b) pour cal-

a) Immédiat.

b) Pour déterminer les vp, utiliser a). Déterminer les SEP en utilisant la définition.

c) Calculer la somme des dimensions des SEP.

12



b) Résoudre f(M) = 0, d’inconnue M =

e) Remarquer que la matrice obtenue en d) est symétrique réelle.

1.13

a) Montrer que B est libre en revenant à la définition et en faisant intervenir un polynôme. b) Calculer φ(fi ) pour tout i ∈ 0 ; 3. c) Montrer que M admet une valeur propre et une seule, puis raisonner par l’absurde.

Du mal à démarrer ?

1.14

b) Résoudre l’équation AX ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ X = ⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟ ∈ M2p+1,1 (R) \ {0}. ⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ x2p+1

1.15

Utiliser : λ2 = 0 ⇐⇒ λ = 0.

a) Remarquer que A est symétrique réelle. =

λX, d’inconnues λ

∈

R,

a) Remarquer que A est triangulaire. b) Immédiat.

c) Pour montrer que A n’est pas diagonalisable, raisonner par l’absurde et remarquer que, si D est une matrice diagonale semblable à A, alors D2 = D.

1.16

a) Passer par les éléments.

b) Immédiat. c) • Montrer que Ker (f − ae) ∩ Ker (f − be) = {0} en passant par les éléments. • Montrer E = Ker (f) + Im (f) en passant par les éléments et en utilisant a).

1.22

b) Immédiat. c) Noter N = (xij )ij et traduire ND = DN. d) Utiliser a), b), c). Pour déterminer le nombre d’éléments de l’ensemble étudié, distinguer en deux cas selon que 0 est valeur propre de A ou non.

1.23

a) Supposer A inversible et diagonaliser AB sous la forme AB = PDP −1 .

Étudier le cas où B est inversible.

b) Trouver un contrexemple, par exemple dans lequel AB = 0 et BA  0.

1.24

• Soit λ une valeur propre de f ◦ g, x ∈ E \ {0} tel que

(f ◦ g)(x) = λx. Calculer (g ◦ f) g(x) et séparer en deux cas : g(x)  0, g(x) = 0.

d) Montrer que les vp de f sont parmi a et b et utiliser c).

1.17

a) Considérer la matrice, diagonale par blocs, formée par la répétition de la matrice d’ordre 2 proposée.

b) 1) Appliquer l’exercice 1.16, version matricielle, au couple (a, b) = ( i , − i ). Ne pas oublier de montrer que i et − i sont vp de A, en raisonnant par l’absurde.

b) 2) Partir de AX = i X et conjuguer. b) 3) Montrer que u1 , ..., ud sont dans E− i ù et que la famille (u1 , ..., ud ) est libre et génératrice de E− i . b) 4) Déduire n = 2 dim (E i ), puis une contradiction.

1.18

a) Remarquer que le polynôme Xp est annulateur de f.

Montrer que f n’est pas bijectif.

b) Montrer que, si f est diagonalisable, alors f = 0. Réciproque immédiate.

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

1.19

Remarquer que le polynôme (X − 1)3 (X − 2)2 est annulateur de f et raisonner par l’absurde pour montrer que f n’est pas diagonalisable.

1.20

a) Immédiat.

b) 1) Immédiat. b) 2) Supposer qu’il existe v ∈ F tel que v  Vect (e1 , e2 ), noter v = a1 e1 + a2 e2 + a3 e3 où (a1 , a2 , a3 ) ∈ R3 et a3  0, et considérer f(v) et f 2 (v). c) Immédiat.

1.21

Faire intervenir une base B = (e1 , ..., en ) de E dans laquelle f est représenté par une matrice diagonale. Exprimer Ker (f) et Im (f) à l’aide de e1 , ..., en .

a) Remplacer M par PNP −1 .

• Appliquer le résultat de 1) à (g, f) à la place de (f, g).

1.25

a) b) Immédiats.

c) • Considérer f(X2 ) et f(X3 ). • Remarquer : f(P)(0) = 0.

d) 1) Utiliser b). d) 2) Écrire la matrice de g dans la base canonique de R3 [X], en déduire les valeurs propres de g, puis déterminer les sousespaces propres de g.

1.26

a) Remarquer que, en notant C1 , ..., Cn les colonnes de An , on a C1 = Cn et C2 = ... = Cn−1 . Appliquer le théorème du rang.

b) Déterminer les vp de An par l’étude de l’équation An X = λX, d’inconnue λ ∈ R et où X ∈ Mn,1 (R) \ {0}. c) Étudier les dimensions des SEP de An .

1.27

a) Immédiat.

b) • Supposer, par exemple, λ + a1 = 0, et déduire X = 0, contradiction. • Déduire S  0.

c) Calculer f  (λ) pour λ ∈ R \ {a1 , ..., ad } et déterminer les limites de f. d) Déduire de c) que A admet n vp deux à deux distinctes.

1.28

a) Remarquer que A est symétrique réelle.

b) 1) Poser le système d’équations correspondant à AX = λX. b) 2) Raisonner par l’absurde : supposer que l’équation r2 − λr + 1 = 0, d’inconnue r ∈ C, admet une solution double, et amener une contradiction.

b) 3) Remarquer : r1 + r2 = λ, r1 r2 = 1.

13

Chapitre 1

1.29

•

Réduction des endomorphismes et des matrices carrées

a) Pour i ∈ 1 ; k, calculer ui par ui = e ◦ ui .

b) • Soit (x1 , ..., xk ) ∈ Im (u1 ) × · · · × Im (uk ) tel que

k 

d) Envisager, par exemple, une matrice triangulaire dont les termes diagonaux sont 0, 1, 1. xi = 0. In-

i=1

troduire ti ∈ E tel que xi = ui (ti ), déduire xi = ui (xi ), puis, pour k   j ∈ 1 ; k, calculer uj xi . i=1

• Montrer que, pour tout x ∈ E, x se décompose sur les Im (ui ), 1  i  k, en partant de x = e(x).

c) Utiliser une base de E formée par la réunion de bases des Im (ui ).

1.30

a) Calculer f 2 en remplaçant (une fois) f par g ◦ h et en utilisant les hypothèses. Calculer f 5 par f 2 ◦ f ◦ f 2 (par exemple).

b) Remarquer f ◦ (f 4 − e) = 0 et utiliser la bijectivité de f. Montrer que f 2 +e est bijectif, par exemple en passant à l’aspect matriciel dans une base de diagonalisabilité de f.

c) Calculer g ◦ f, en utilisant les hypothèses et g2 = e (par exemple).

1.31

1) Supposer que α est valeur propre de f. Faire intervenir un vecteur propre x de f associé à α, et calculer f 2 (x). De même si −α est valeur propre de f.

2) Pour la réciproque, raisonner par contraposition. Supposer que α n’est pas valeur propre de f et que −α n’est pas valeur propre de f. Traduire ceci par des bijectivités.

1.32

a) 1) Remarquer que le polynôme X(X−1)2 est annulateur

de A.

2) • Supposer que 0 n’est pas valeur propre de A et, en utilisant A−1 , déduire une contradiction. • Supposer que 1 n’est pas valeur propre de A et, en utilisant (A − In )−1 , déduire une contradiction.

b) Raisonner par l’absurde : supposer A diagonalisable. Écrire alors A = PDP sible.

−1

avec D = diag (1, ..., 1, 0, ..., 0) et P inver-

Calculer D2 puis A2 et conclure.

1.33

a) Déterminer les vp et les SEP de A.

b) 1) Remarquer que le polynôme X4 − X2 est annulateur de f. Montrer que 0 est valeur propre de f, en raisonnant par l’absurde. Montrer que 0, 1, −1 ne peuvent pas être tous trois valeurs propres de f, en raisonnant par l’absurde.

b) 2) Montrer que f n’est pas diagonalisable, en raisonnant par l’absurde. Établir : Ker (f)  Ker (f 2 ). Utiliser un vecteur v3 tel que v3 ∈ Ker (f 2 ) et v3  Ker (f).

1.34

Soit λ une vp de A dans C. ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜x1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟ Introduire X = ⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟ ∈ Mn,1 (C) \ {0} tel que AX = λX, et pas⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ xn ser aux éléments. Considérer un indice i ∈ 1 ; n tel que |xi | = Max |xk |. Faire passer aii xi dans l’autre membre et utiliser 1kn

l’inégalité triangulaire.

1.35

a) Remarquer que An est symétrique réelle.



b) Montrer rg (An ) = 3 et déduire dim SEP (An , 0) = n − 3  1.

c) • Étudier, pour λ ∈ R, le rang de An − λ In et séparer en cas : λ = 0, λ = 1, λ  0 et λ  1. • Montrer que Pn admet trois zéros réels, deux à deux distincts.

d) • Calculer Pn (2). • Montrer cn3  n − 2. • Montrer cn3 ∼ (n − 2)cn . n∞

b3n − b2n . n−2 • Remarquer an bn cn = −(n − 2).

• Montrer bn − 1 =

c) Obtenir A3 = 2A2 − A. Montrer, par récurrence, que, pour tout k ∈ N∗ , il existe (ak , bk ) ∈ R2 tel que : Ak = ak A + bk A2 , et obtenir des relations exprimant ak+1 et bk+1 en fonction de ak et bk . Exprimer ak+2 en fonction de ak et ak+1 . Résoudre cette récurrence linéaire du second ordre à coefficients constants.

14

1.36

Introduire D = diag(di ), E = diag(ei ), Q, R ∈ GLn (K) telles

que : Déduire :

1in

A = QDQ−1

et

1in

B = RER−1 .

(R−1 Q)P(D) = P(E)(R−1 Q).

Noter U = R−1 Q et passer aux éléments.

Corrigés des exercices 1.1 a) • Déterminons les valeurs propres de A. Soit λ ∈ R. On a : ⎞ ⎛ −3 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−4 − λ 6 ⎟ ⎜⎜ ⎜ rg (A − λI3 ) = rg ⎜⎜ −1 3 − λ −1 ⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ 4 −4 3 − λ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ −1 3 − λ −1 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ −3 ⎟⎟⎟⎟ L1 ←→ L2 = rg ⎜⎜−4 − λ 6 ⎠ ⎝ 4 −4 3 − λ ⎞ ⎛ 3−λ −1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−1 ⎟ ⎜⎜ ⎜ = rg ⎜⎜ 0 6 − (4 + λ)(3 − λ) −3 + (4 + λ)⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ 0 −4 + 4(3 − λ) −1 − λ L2 ←− L2 − (4 + λ)L1 L3 ←− L3 + 4L1

⎞ ⎛ 3−λ −1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−1 ⎟ ⎜⎜⎜ 8 − 4λ −1 − λ⎟⎟⎟⎟ L2 ←→ L3 = rg ⎜⎜ 0 ⎠ ⎝ 2 0 −6 + λ + λ 1 + λ ⎛ ⎞ 3 − λ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−1 −1 ⎜⎜⎜ ⎟ = rg ⎜⎜ 0 −1 − λ 8 − 4λ ⎟⎟⎟⎟ C2 ←→ C3 ⎝ 2⎠ 0 1 + λ −6 + λ + λ ⎞ ⎛ 3 − λ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−1 −1 ⎟ ⎜⎜⎜ = rg ⎜⎜ 0 −1 − λ 8 − 4λ ⎟⎟⎟⎟ L3 ←− L3 + L2 ⎠ ⎝ 2 0 0 λ − 3λ + 2 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨3 si λ  −1 et λ  1 et λ  2 =⎪ ⎪ ⎪ ⎩2 sinon. Ceci montre que les valeurs propres de A sont : −1, 1, 2. Comme A est carrée d’ordre 3 et que A admet trois valeurs propres deux à deux distinctes, d’après le cours, A est diagonalisable. • Déterminons les sous-espaces propres de A. ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ Soit X = ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ ∈ M3,1 (R). ⎝ ⎠ z  X ∈ SEP (A, −1) ⇐⇒ AX = −X ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ −3x + 6y − 3z = 0 −4x + 6y − 3z = −x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ ⇐⇒ ⎪ −x + 4y − z = 0 −x + 3y − z = −y ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩4x − 4y + 4z = 0 ⎩4x − 4y + 3z = −z ⎧ ⎪ ⎧ −(x + z) + 2y = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨x + z = 0 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ −(x + z) + 4y = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y = 0. ⎪ ⎪ ⎩(x + z) − y = 0

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟   ⎜⎜⎜⎜ x ⎟⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ Ainsi : SEP (A, −1) = ⎜⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟ ; x ∈ R = Vect (⎜⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟). ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ −1 −x  X ∈ SEP (A, 1) ⇐⇒ AX = X ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ −4x + 6y − 3z = x −5x + 6y − 3z = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ ⇐⇒ ⎪ −x + 3y − z = y ⇐⇒ ⎪ −x + 2y − z = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩4x − 4y + 3z = z ⎩ 4x − 4y + 2z = 0 ⎧ ⎪ ⎧ x = 2y − z ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨z = 2y ⎨ ⇐⇒ ⇐⇒ ⎪ −5(2y − z) + 6y − 3z = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x = 0. ⎪ ⎪ ⎪ ⎩4(2y − z) − 4y + 2z = 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜0⎟⎟⎟  ⎜⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟  ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ Ainsi : SEP (A, 1) = ⎜⎜⎜ y ⎟⎟⎟ ; y ∈ R = Vect (⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟). ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2 2y  X ∈ SEP (A, 2) ⇐⇒ AX = 2X ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ −6x + 6y − 3z = 0 −4x + 6y − 3z = 2x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ ⇐⇒ ⎪ −x + 3y − z = 2y ⇐⇒ ⎪ −x + y − z = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩4x − 4y + z = 0 ⎩4x − 4y + 3z = 2z ⎧ ⎪ ⎧ −2(x − y) − z = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨x − y = 0 ⎨ ⇐⇒ ⇐⇒ ⎪ −(x − y) − z = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩z = 0. ⎪ ⎪ ⎪ ⎩4(x − y) + z = 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟   ⎜⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ ⎜ Ainsi : SEP (A, 2) = ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ; x ∈ R = Vect (⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟). ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0 0 On conclut A = PDP−1 , où, par exemple : ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 1 0 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ P = ⎜⎜ 0 1 1⎟⎟⎟⎟ , ⎠ ⎝ −1 2 0

⎞ ⎛ ⎜⎜⎜−1 0 0⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜ D = ⎜⎜ 0 1 0⎟⎟⎟⎟ . ⎠ ⎝ 0 02

b) La matrice B est symétrique réelle, donc, d’après le cours, B est diagonalisable. • Déterminons les valeurs propres de B. Soit λ ∈ R. On a : ⎛ ⎜⎜⎜−λ ⎜ rg (B − λI3 ) = rg ⎜⎜⎜⎜ 0 ⎝ 1 ⎛ ⎜⎜⎜ 1 ⎜ = rg ⎜⎜⎜⎜ 0 ⎝ −λ

⎞ 0 1 ⎟⎟⎟ ⎟ −λ 1 ⎟⎟⎟⎟ ⎠ 1 1−λ ⎞ 1 1 − λ⎟⎟⎟ L1 ←→ L3 ⎟ −λ 1 ⎟⎟⎟⎟ ⎠ 0 1 15

Chapitre 1

•

Réduction des endomorphismes et des matrices carrées

⎛ ⎜⎜⎜1 ⎜ = rg ⎜⎜⎜⎜0 ⎝ 0 ⎛ ⎜⎜⎜1 ⎜ = rg ⎜⎜⎜⎜0 ⎝ 0

⎞ 1 1 − λ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ −λ 1 ⎟⎟ 2 ⎠ L3 ←− L3 + λL1 λ 1+λ−λ ⎞ 1 1 − λ⎟⎟⎟ ⎟ −λ 1 ⎟⎟⎟⎟ ⎠ 0 α L3 ←− L3 + L2

où α = 2 + λ − λ2 = (1 + λ)(2 − λ)

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨3 si λ  0 et λ  −1 et λ  2 =⎪ ⎪ ⎪ ⎩2 sinon.

Ceci montre que les valeurs propres de B sont : 0, −1, 2. Puisque B est carrée d’ordre 3 et admet trois valeurs propres deux à deux distinctes, d’après le cours, B est diagonalisable, ce que l’on a vu autrement plus haut. • Déterminons les sous-espaces propres de B. ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ Soit X = ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ ∈ M3,1 (R). ⎝ ⎠ z  X ∈ SEP (B, 0) ⇐⇒ BX = 0 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪z = 0 ⎨ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩x + y + z = 0

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨z = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y = −x,

⎫ ⎧⎛ ⎞ ⎪ ⎪ ⎜x⎟ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎬ ⎨⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ −x = Vect ; x ∈ R donc : SEP (B, 0) = ⎪ ⎪ ⎟ ⎜ ⎪ ⎪ ⎟ ⎜ ⎪ ⎪ ⎠ ⎝ ⎭ ⎩ 0

⎛⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜−1⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎜⎝⎜⎝ ⎟⎠⎟⎠ 0

 X ∈ SEP (B, −1) ⇐⇒ BX = −X ⎧ ⎪ z = −x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ z = −y ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x + y + z = −z

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨y = x ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩z = −x,

⎫ ⎧⎛ ⎞ ⎪ ⎪ ⎜x⎟ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎬ ⎨⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ x = Vect ; x ∈ R donc : SEP (B, −1) = ⎪ ⎪ ⎟ ⎜ ⎪ ⎪ ⎟ ⎜ ⎪ ⎪ ⎠ ⎝ ⎭ ⎩ −x

⎛⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎜⎝⎜⎝ ⎟⎠⎟⎠ −1

 X ∈ SEP (B, 2) ⇐⇒ BX = 2X

⎧ ⎪ z = 2x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⇐⇒ ⎪ z = 2y ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x + y + z = 2z

⎧⎛ ⎪ ⎜ ⎪ ⎪ ⎨⎜⎜⎜⎜ ⎜⎜ donc : SEP (B, 2) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎩⎜⎝

⎞ ⎫ ⎪ x ⎟⎟⎟ ⎪ ⎪ ⎬ ⎟⎟⎟ x ⎟⎟ ; x ∈ R⎪ ⎪ = Vect ⎪ ⎠ ⎭ 2x

⎛⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎝⎜⎜⎝1⎟⎟⎠⎟⎟⎠ . 2

On conclut B = PDP−1, où, par exemple : ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 1 1 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ P = ⎜⎜−1 1 1⎟⎟⎟⎟ , ⎠ ⎝ 0 −1 2 16

⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 0 0⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜ D = ⎜⎜0 −1 0⎟⎟⎟⎟ . ⎠ ⎝ 0 0 2

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨y = x ⎪ ⎪ ⎪ ⎩z = 2x,

c) • Déterminons les valeurs propres de C. Soit λ ∈ R. On a : ⎞ ⎛ −2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜3 − λ −6 ⎟ ⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟ rg (C − λI3 ) = rg ⎜⎜ 0 1 − λ ⎠ ⎝ 4 −12 −3 − λ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 4 −12 −3 − λ⎟⎟⎟ L1 ←→ L3 ⎟ ⎜⎜ ⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟ = rg ⎜⎜ 0 1 − λ ⎠ ⎝ 3 − λ −6 −2 ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜4 −12 −3 − λ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟ 0 ⎟⎟⎟⎟ = rg ⎜⎜0 1 − λ ⎝ 2 ⎠ L3 ←− 4L3 + (λ − 3)L1 0 12(1 − λ) 1 − λ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜4 −12 −3 − λ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ 2⎟ ⎜ = rg ⎜⎜0 12(1 − λ) 1 − λ ⎟⎟⎟ L2 ←→ L3 ⎠ ⎝ 0 1−λ 0 ⎛ ⎞ −3 − λ ⎜⎜⎜4 −12 ⎟⎟⎟ 2 ⎜ ⎟⎟⎟ 1−λ = rg ⎜⎜⎝0 12(1 − λ) ⎠ ⎧ ⎪ ⎪ 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ =⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩1

0

0

−12(1 − λ)(1 + λ) L3 ←− L3 − 12L2

si λ  −1 et λ  1 si λ = −1 si λ = 1.

Ceci montre que les valeurs propres de C sont : −1 et 1. • Déterminons les sous-espaces propres de C. ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ Soit X = ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ ∈ M3,1 (R). ⎝ ⎠ z ∗ X ∈ SEP (C, −1) ⇐⇒ CX = −X ⎧ ⎪ 3x − 6y − 2z = −x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ y = −y ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩4x − 12y − 3z = −z ⎫ ⎧⎛ ⎞ ⎪ ⎪ ⎜x⎟ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎬ ⎨⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟ ; x ∈ R⎪ = Vect donc : SEP (C, −1) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎭ ⎩⎝2x⎠

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨y = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩z = 2x ⎛⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎝⎜⎜⎝0⎟⎟⎠⎟⎟⎠ . 2

∗ X ∈ SEP (C, 1) ⇐⇒ CX = X ⎧ ⎪ 3x − 6y − 2z = x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ x = 3y + z, ⇐⇒ ⎪ y=y ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩4x − 12y − 3z = z ⎞ ⎧⎛ ⎫ ⎪ ⎪ ⎜3y + z⎟⎟⎟ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨⎜⎜⎜⎜ ⎬ ⎟ 2 ⎟ ⎟ ⎜ y (y, z) donc : SEP (C, 1) = ⎪ ∈ R ⎪ ⎟ ⎜ ⎪ ⎪ ⎟ ⎜ ⎪ ⎪ ⎩⎝ z ⎠ ⎭ ⎛ ⎞ ⎧ ⎛ ⎞ ⎫ ⎪ ⎪ ⎜⎜⎜1⎟⎟⎟ ⎜3⎟ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ 2⎬ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 0 1 ; (y, z) ∈ R + z y = Vect =⎪ ⎪ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎪ ⎪ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎪ ⎪ ⎝ ⎠ ⎩ ⎝0⎠ ⎭ 1

⎛⎛ ⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜3⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟ , ⎜⎝⎜⎝ ⎟⎠ 0

⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜0⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎜⎝ ⎟⎠⎟⎠ 1

La matrice C est carrée d’ordre 3 et la somme des dimensions des sous-espaces propres de C est égale à 1 + 2 = 3, donc, d’après le cours, C est diagonalisable.

Corrigés des exercices

⎫ ⎧⎛ ⎞ ⎪ ⎪ ⎜0⎟ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎬ ⎨⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ y = Vect ; y ∈ R donc : SEP (F, 4) = ⎪ ⎪ ⎟ ⎜ ⎪ ⎪ ⎟ ⎜ ⎪ ⎪ ⎠ ⎝ ⎭ ⎩ y

On conclut C = PDP−1, où, par exemple : ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 3 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ P = ⎜⎜0 1 0⎟⎟⎟⎟ , ⎠ ⎝ 201

⎞ ⎛ ⎜⎜⎜−1 0 0⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ D = ⎜⎜ 0 1 0⎟⎟⎟⎟ . ⎠ ⎝ 0 01

Puisque F est carrée d’ordre 3 et que la somme des dimensions des sous-espaces propres de F est 1 + 1 = 2, on conclut que F n’est pas diagonalisable.

d) La matrice E est triangulaire (supérieure) donc les valeurs propres de E se lisent sur sa diagonale : E admet une valeur propre et une seule, qui est 1. Si E était diagonalisable, il existerait P ∈ M3 (R) inversible telle que E = PI3 P−1 = PP−1 = I3 , contradiction. On conclut que E n’est pas diagonalisable. e) • Déterminons les valeurs propres de F. Soit λ ∈ R. On a : ⎞ ⎛ 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜3 − λ −1 ⎟ ⎜⎜ ⎜ rg (F − λI3 ) = rg ⎜⎜ 0 2 − λ 2 ⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ −1 1 3−λ ⎞ ⎛ 1 3 − λ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ −1 ⎟ L ←→ L3 ⎜⎜⎜ = rg ⎜⎜ 0 2 − λ 2 ⎟⎟⎟⎟ 1 ⎠ ⎝ 3 − λ −1 1 ⎛ ⎞ 3−λ ⎜⎜⎜−1 1 ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ 2 = rg ⎜⎜⎜⎝ 0 2 − λ ⎠ 2

0 2 − λ λ − 6λ + 10 L3 ←− L3 + (3 − λ)L1

⎞ ⎛ ⎜⎜⎜−1 1 3 − λ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ = rg ⎜⎜ 0 2 − λ 2 ⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ 0 0 α L3 ←− L3 − L2 où α = λ2 − 6λ + 8 = (λ − 2)(λ − 4)

⎧ ⎪ ⎪ ⎨3 =⎪ ⎪ ⎩2

f) Déterminons les valeurs propres de G. Soit λ ∈ R. On a : ⎞ ⎛ 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−1 − λ 0 ⎟ ⎜⎜⎜ 1 − λ 2 ⎟⎟⎟⎟ rg (G − λI3 ) = rg ⎜⎜ 0 ⎠ ⎝ 1 −1 1 − λ ⎞ ⎛ −1 1 − λ⎟⎟⎟ L1 ←→ L3 ⎜⎜⎜ 1 ⎟ ⎜ 1 − λ 2 ⎟⎟⎟⎟ = rg ⎜⎜⎜⎜ 0 ⎠ ⎝ −1 − λ 0 1 ⎛ ⎞ −1 1 − λ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜ ⎟ 2 ⎟⎟⎟⎟ = rg ⎜⎜0 1 − λ ⎝ 2 ⎠ L3 ←− L3 + (1 + λ)L1 0 −(1 + λ) 2 − λ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 1 − λ −1 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ 1 − λ ⎟⎟⎟⎟ C2 ←→ C3 = rg ⎜⎜⎜⎜0 2 ⎠ ⎝ 0 2 − λ2 −1 − λ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 1 − λ −1 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜ = rg ⎜⎜0 2 1 − λ⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ 2 0 0 α L3 ←− 2L3 − (2 − λ )L2 où α = −2 − 2λ − (2 − λ2 )(1 − λ) = −λ3 + λ2 − 4

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨3 =⎪ ⎪ ⎪ ⎩2

si α  0 si α = 0.

si λ  2 et λ  4

Les valeurs propres de G sont donc les λ tels que α = 0.

si λ = 2 ou λ = 4.

Étudions les variations de l’application

Ceci montre que les valeurs propres de F sont : 2 et 4.

 X ∈ SEP (F, 2) ⇐⇒ FX = 2X ⎧ ⎪ 3x − y + z = 2x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ 2y + 2z = 2y ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩−x + y + 3z = 2z ⎫ ⎧⎛ ⎞ ⎪ ⎪ ⎜ x⎟ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎬ ⎨⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⎟ = Vect ; x ∈ R x donc : SEP (F, 2) = ⎪ ⎪ ⎟ ⎜ ⎪ ⎪ ⎟ ⎜ ⎪ ⎪ ⎠ ⎝ ⎭ ⎩0

P : R −→ R, λ −→ − λ3 + λ2 − 4. L’application P est dérivable (donc continue) sur R et :

• Déterminons les sous-espaces propres de F. ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ Soit X = ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ ∈ M3,1 (R). ⎝ ⎠ z © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

⎛⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜0⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎜⎝⎜⎝ ⎟⎠⎟⎠ 1

∀λ ∈ R, P  (λ) = −3λ2 + 2λ = λ(−3λ + 2).

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨z = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x = y,

⎛⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎜⎝⎜⎝ ⎟⎠⎟⎠ 0

 X ∈ SEP (F, 4) ⇐⇒ FX = 4X ⎧ ⎪ 3x − y + z = 4x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⇐⇒ ⎪ 2y + 2z = 4y ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩−x + y + 3z = 4z

On forme le tableau des variations de P : −∞ 0 2/3 +∞ λ P  (λ) − 0 + 0 − +∞ <0 P(λ)    −4 −∞ 2 8 4 = − + − 4 < 0. On a : P 3 27 9 Ceci montre que P ne s’annule en aucun point de [0 ; +∞[. D’après le théorème de la bijection monotone, P admet un zéro et un seul, noté μ et on a : μ < 0.

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨x = 0 , ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y = z

Ainsi, G admet une valeur propre et une seule, et c’est μ. Si G était diagonalisable, il existerait P ∈ M3 (R) inversible telle que G = P(μI3 )P−1 = μI3 , contradiction. On conclut que G n’est pas diagonalisable. 17

Chapitre 1

•

Réduction des endomorphismes et des matrices carrées

Montrons que (v1 , v2 , v3 ) est libre.

1.2 a) On a :

d’où :

⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 ⎟⎟ ⎜⎜1⎟⎟ ⎜⎜2⎟⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ −1⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜2⎟⎟⎟⎟⎟ ⎟⎜ ⎟ = ⎜ ⎟, −1⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜0⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜0⎟⎟⎟⎟ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0 1 0 ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 1 1 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 1 −1 −1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−2⎟⎟⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜1 −1 1 −1⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜⎜⎜ 2 ⎟⎟⎟⎟⎟ , ⎟⎠ ⎜⎝ ⎟⎠ ⎜⎝ ⎟⎠ ⎜⎝ 1 1 −1 −1 1 2 ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 1 1 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜2⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 1 −1 −1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0⎟⎟⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜1 −1 1 −1⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜⎜⎜2⎟⎟⎟⎟⎟ , ⎟⎠ ⎜⎝ ⎟⎠ ⎜⎝ ⎟⎠ ⎜⎝ 0 1 −1 −1 1 0 ⎛ ⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜1 ⎝ 1

1 1 −1 −1

1 −1 1 −1

∀i ∈ 1 ; 3, f (vi ) = 2vi .

On a, pour tout (a1 , a2 , a3 ) ∈ R3 : a1 v1 + a2 v2 + a3 v3 = 0

⎧ ⎪ a1 + a2 + a3 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨a1 − a2 = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ a2 + a3 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩a2 = 0

donc (v1 , v2 , v3 ) est libre. Il en résulte : dim SEP( f, 2)  3.

Si dim SEP ( f, 2) = 4, alors SEP ( f, 2) = R4 , et −2 ne serait pas valeur propre de f , contradiction.

On a donc dim SEP ( f, 2) = 3, et on obtient :

b) • On calcule le produit de A par elle-même et on obtient : A = 4 I4 . 2

• Ainsi, le polynôme X − 4 est annulateur de A. D’après le cours, les valeurs propres de A sont parmi les zéros de ce polynôme, donc les valeurs propres de A sont parmi 2 et −2. Comme f est représenté par A, on conclut que les valeurs propres de f sont parmi 2 et −2. 2

c) • La matrice A est symétrique réelle, donc, d’après le cours, A est diagonalisable dans M4 (R). ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜y⎟⎟⎟ • On a, pour tout V = ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⎟ ∈ M4,1 (R) : ⎜⎜⎝ z ⎟⎟⎠ t ⎧ ⎪ x + y + z + t = −2x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x + y − z − t = −2y ⎨ AV = −2V ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x − y + z − t = −2z ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x − y − z + t = −2t ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ 3x + y + z + t = 0 4x + 4y = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ x + 3y − z − t = 0 ⎨2x − 2y + 2z + 2t = 0 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x − y + 3z − t = 0 2x − 2y + 2z + 2t = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x − y − z + 3t = 0 ⎩4z − 4t = 0 ⎧ ⎪ y = −x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ z = −x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩t = −x,

SEP ( f, 2) = Vect (v1 , v2 , v3 ). On conclut qu’une matrice de passage P de la base canonique B0 de R4 à une base de vecteurs propres pour f est : ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 1 1 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜1 −1 0 −1⎟⎟⎟⎟ ⎟⎟ . P = ⎜⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝0 1 1 −1⎟⎟⎟⎟⎠ 0 1 0 −1

1.3 a) La matrice A est symétrique, donc, d’après le cours, A est diagonalisable. ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ b) Soient λ ∈ R, X = ⎜⎜⎜⎜⎜ ... ⎟⎟⎟⎟⎟ ∈ M5,1 (R) \ {0}. On a : ⎜⎝ ⎟⎠ x5 ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ x2 = λx1 x2 = λx1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x1 + x3 = λx2 x3 = λx2 − x1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ AX = λX ⇐⇒ ⎪ x2 + x4 = λx3 ⇐⇒ ⎪ x4 = λx3 − x2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x3 + x5 = λx4 x5 = λx4 − x3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x4 = λx5 ⎩ x4 = λx5 ⎧ ⎪ x2 = λx1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x3 = (λ2 − 1)x1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ (S) ⎪ x4 = (λ3 − 2λ)x1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x5 = (λ4 − 3λ2 + 1)x1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩(λ3 − 2λ)x1 = (λ5 − 3λ3 + λ)x1 .



donc : SEP ( f, 2) = Vect (1, −1, −1, −1) .

Si x1 = 0, alors, x2 , x3 , x4 , x5 sont tous nuls, donc X = 0, exclu.

• D’après a), 2 est valeur propre de f et v1 , v2 , v3 sont des vecteurs propres pour f associés à la valeur propre 2, donc :

On a donc x1  0. Et :

Vect (v1 , v2 , v3 ) ⊂ SEP ( f, 2). 18

⎧ ⎪ a2 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ a1 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩a3 = 0,

λ3 − 2λ = λ5 − 3λ3 + λ ⇐⇒ λ5 − 4λ3 + 3λ = 0 ⇐⇒ λ(λ4 − 4λ2 + 3) = 0 ⇐⇒ λ(λ2 − 1)(λ2 − 3) = 0

Corrigés des exercices

⇐⇒ λ(λ − 1)(λ + 1)(λ −

√

3)(λ +

√ 3) = 0.

• Si λ = 0, alors :

(S) ⇐⇒ x2 = 0, x3 = −x1 , x4 = 0, x5 = x1 , ⎛⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟ donc 0 est vp de A et SEP (A, 0) = Vect ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜−1⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎝⎜⎜⎝ 0 ⎟⎟⎠⎟⎟⎠ 1

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

• Si λ = 1, alors :

(S) ⇐⇒ x2 = x1 , x3 = 0, x4 = −x1 , x5 = −x1 , ⎛⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟ donc 1 est vp de A et SEP (A, 1) = Vect ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎝⎜⎜⎝⎜−1⎟⎠⎟⎟⎠⎟ −1 • Si λ = −1, alors :

(S) ⇐⇒ x2 = −x1 , x3 = 0, x4 = x1 , x5 = −x1 , ⎛⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜−1⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ donc −1 est vp de A et SEP (A, −1) = Vect ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎝⎜⎜⎝ 1 ⎟⎟⎠⎟⎟⎠ −1 √ • Si λ = 3, alors : √ √

(S) ⇐⇒ x2 = 3 x1 , x3 = 2x1 , x4 = 3 x1 , x5 = x1 , ⎛⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ √1 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 3⎟⎟⎟⎟⎟⎟ √ √ donc 3 est vp de A et SEP (A, 3) = Vect ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜ √2 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎝⎜⎜⎝ 3⎟⎟⎠⎟⎟⎠ 1 √ • Si λ = − 3, alors : √ √

(S)⇐⇒ x2 = − 3 x1 , x3 = 2x1 , x4 = − 3 x1 , x5 = x1 , ⎞⎞ ⎛⎛ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 1√ ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜− 3⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ √ √ donc − 3 est vp de A et SEP (A, − 3) = Vect ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 2√ ⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝⎜⎜⎝− 3⎟⎟⎟⎟⎠⎟⎟⎟⎟⎠ 1 On conclut que les valeurs propres de A sont √ √ 0, 1, −1, 3, − 3 et que les sous-espaces propres de A sont les droites vectorielles engendrées respectivement par les cinq vecteurs : ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ √1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1√ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 3⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜− 3⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜⎜−1⎟⎟⎟⎟ , ⎜⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟ , ⎜⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟ , ⎜⎜⎜⎜ 2 ⎟⎟⎟⎟ , ⎜⎜⎜⎜ 2 ⎟⎟⎟⎟ . √ √ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎝⎜ 0 ⎟⎠⎟ ⎜⎝⎜−1⎟⎠⎟ ⎜⎝⎜ 1 ⎟⎠⎟ ⎜⎜⎜ 3⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜− 3⎟⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ −1 −1 1 1 1

Remarque : Puisque A est carrée d’ordre 5 et que que A admet cinq valeurs propres deux à deux distinctes, d’après le cours, A est diagonalisable, ce que l’on avait obtenu en a) par une autre méthode.

1.4 a) • La matrice carrée A est symétrique réelle, donc, d’après le cours, A est diagonalisable. • On a, par L1 ←→ L3 : ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 1 1/2⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0 0 1 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎜ rg (A) = rg ⎜⎜0 1 1 ⎟⎟ = rg ⎜⎜0 1 1 ⎟⎟⎟⎟ = 3, ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 00 1 1 1 1/2 donc A est inversible. b) • Déterminons les valeurs propres de A. Soit λ ∈ R. On a : ⎞ ⎛ 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−λ 0 ⎟ ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟ rg (A − λI3 ) = rg ⎜⎜ 0 1 − λ ⎠ ⎝ 1 1 1/2 − λ ⎞ ⎛ 1 1/2 − λ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 ⎟ ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟ = rg ⎜⎜ 0 1 − λ ⎠ L ←→ L ⎝ 1 3 −λ 0 1 ⎛ ⎞ 1/2 − λ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 1 ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ 1 = rg ⎜⎜0 1 − λ ⎟⎟ ⎝ λ 2 ⎠ L3 ←− L3 + λL1 0 λ 1+ 2 −λ Si λ  1, alors, par L3 ←− (1 − λ)L3 − λL2 : ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 1 1/2 − λ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟ rg (A − λ I3 ) = rg ⎜⎜0 1 − λ ⎠ ⎝ 0 0 α où :   λ 3 3 α = (1 − λ) 1 + − λ2 − λ = 1 − λ − λ2 + λ3 2 2 2  



1 5 −λ . = (1 + λ) 1 − λ + λ2 = (1 + λ)(2 − λ) 2 2 1 . 2 Remarque : Puisque A est carrée d’ordre 3 et que A admet trois valeurs propres deux à deux distinctes, A est diagonalisable, résultat obtenu en a) par une autre méthode. On conclut que les valeurs propres de A sont : −1, 2,

• Déterminons les sous-espaces propres de A. ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ Soit X = ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ ∈ M3,1 (R). On a : ⎝ ⎠ z 19

Chapitre 1

•

Réduction des endomorphismes et des matrices carrées

 X ∈ SEP (A, −1) ⇐⇒ AX = −X

1.5

⎧ ⎪ ⎪ z = −x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨y + z = −y ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎩ x + y + z = −z 2

donc :

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪z = −x ⎨ ⇐⇒ ⎪ x ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y = , 2

⎛⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 2 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ SEP (A, −1) = Vect ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎝⎝ ⎠⎠ −2

 X ∈ SEP (A, 2) ⇐⇒ AX = 2X ⎧ ⎪ ⎪ z = 2x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨y + z = 2y ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎩ x + y + z = 2z 2

= α f (M) + f (M  ), ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨z = 2x ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y = 2x,

⎛⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ donc : SEP (A, 2) = Vect ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜2⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎝⎝ ⎠⎠ 2  1 1  X ∈ SEP A, ⇐⇒ AX = X 2 2 ⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎪ z= x ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ y+z= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩x + y +

donc :



donc f est linéaire.

 a b ∈ M2 (R) : c d



1 a+d b+c f 2 (M) = f f (M) = f ( ) 2 b+c a+d

 1 1 (a + d) + (a + d) (b + c) + (b + c) = 2 2 (b + c) + (b + c) (a + d) + (a + d)

 1 a+d b+c = f (M), = 2 b+c a+d

• On a, pour toute M =

donc : f 2 = f. 1 y 2 1 1 z= z 2 2

1 SEP A, = Vect 2

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ x = 2z ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y = −2z,

⎛⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 2 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜−2⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎜⎝⎜⎝ ⎟⎠⎟⎠ 1

On en déduit une ⎛ de A, A ⎞= ⎞ ⎛ diagonalisation ⎜⎜⎜−1 0 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 2 1 2 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ exemple : P = ⎜⎜⎜⎜ 1 2 −2⎟⎟⎟⎟ , D = ⎜⎜⎜⎜ 0 2 0 ⎟⎟⎟⎟ . ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 0 0 1/2 −2 2 1 ⎛ ⎜2 1 1 ⎜⎜⎜ On calcule P−1 et on obtient : P−1 = ⎜⎜⎜⎜1 2 9⎝ 2 −2

PDP−1 , où, par

⎞ −2⎟⎟⎟ ⎟ 2 ⎟⎟⎟⎟ . ⎠ 1

c) Remarquons d’abord que, pour tout n ∈ Z, An et Dn existent, car A et D sont inversibles. On a, pour tout n ∈ Z : An = (PDP−1)n = PDn P−1 et on obtient en faisant le produit de ces trois matrices, la matrice An : ⎞ ⎛ 4(−1)n + 2n + 4 · 2−n 2(−1)n + 2n+1 − 22−n −4(−1)n + 2n+1 + 21−n ⎟⎟ 1 ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟ ⎜⎜⎝ 2(−1)n + 2n+1 − 22−n (−1)n + 2n+2 + 22−n −2(−1)n + 2n+2 − 21−n ⎟⎟⎟⎟⎠ 9 −4(−1)n + 2n+1 + 21−n −2(−1)n + 2n+2 − 21−n 4(−1)n + 2n+2 + 2−n

20

a) • On  a, pour tout α ∈ R et pour toutes matrices ab a b M= , M  =   ∈ M2 (R) : c d c d

 αa + a αb + b f (αM + M  ) = f αc + c αd + d

 1 (αa + a ) + (αd + d ) (αb + b ) + (αc + c ) =     2 (αb + b ) + (αc + c ) (αa + a ) + (αd + d )



 1 a + d b + c 1 a+d b+c + =α 2 b+c a+d 2 b + c a + d

b) Puisque f 2 − f = 0, le polynôme X2 − X est annulateur de f . D’après le cours, les valeurs propres de f sont parmi les zéros de ce polynôme annulateur de f , donc les valeurs propres de f sont parmi 0 et 1.

 a b • On a, pour toute M = ∈ M2 (R) : c d

  1 a+d b+c 00 f (M) = 0M ⇐⇒ = 00 2 b+c a+d ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨d = −a ⎨a + d = 0 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩c = −b ⎩b + c = 0 donc 0 est valeur propre de f et : 

  a b 2 SEP ( f, 0) = ; (a, b) ∈ R −b −a



 1 0 0 1 = Vect , . 0 −1 −1 0

 a b ∈ M2 (R) : c d



1 a+d b+c a = f (M) = 1M ⇐⇒ b+c a+d c 2 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨a + d = 2a = 2d ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩b + c = 2b = 2c

• On a, pour toute M =

b d



⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨d = a ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩c = b

Corrigés des exercices

donc 1 est valeur propre de f et :   1 0  0 1    a b , . SEP ( f, 1) = ; (a, b) ∈ R2 = Vect 01 10 ba

Donc : f (P) = λP ⎧ ⎧ ⎛⎧ ⎪ ⎪ ⎜⎜⎜⎪ λ = 1 − 2i λ = 1 + 2i λ=1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎜⎜⎜⎜⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ ⎨ ou ⎪ ⇐⇒ ⎜⎜⎜⎜⎪ c = −a c = −a b = 0 ou ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎜⎜⎝⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩b = 2 i a ⎩b = −2 i a ⎩a = c

Finalement, les valeurs propres de f sont 0 et 1 et les sousespaces propres associés ont été déterminés ci-dessus. c) Chacun des deux sous-espaces propres de f est de dimension 2, donc la somme des dimensions des sous-espaces propres de f est égale à 4, donc égale à la dim (E). D’après le cours, on conclut que f est diagonalisable.

⎞ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ . ⎟⎟⎟⎟ ⎠

Ainsi, les valeurs propres de f sont 1, 1 + 2 i , 1 − 2 i , et les sous-espaces propres de f sont : SEP ( f, 1) = Vect (1 + X2 ), SEP ( f, 1 + 2 i ) = Vect (1 + 2 i X − X2 ),

1.6

SEP ( f, 1 − 2 i ) = Vect (1 − 2 i X − X2 ).

a) • On a, pour tout P = aX + bX + c ∈ C2 (X] : 2

f (P) = (X2 + 1)(2aX + b) − (2X − 1)(aX2 + bX + c) = (a − b)X2 + (2a + b − 2c)X + (b + c) ∈ C2 [X]. • On a, pour tout α ∈ C et tous P, Q ∈ C2 [X] : f (αP + Q) = (X2 + 1)(αP + Q) − (2X − 1)(αP + Q) = (X2 + 1)(αP  + Q  ) − (2X − 1)(αP + Q)



= α (X2 + 1)P  − (2X − 1)P + (X2 + 1)Q  − (2X − 1)Q = α f (P) + f (Q),

donc f est linéaire. On conclut que f est un endomorphisme du C-ev C2 [X]. b) 1) Soient λ ∈ C, P = aX2 + bX + c ∈ C2 [X] \ {0}. On a, en réutilisant le calcul de f (p) effectué en a) :

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f (P) = λP ⇐⇒ (a − b)X2 + (2a + b − 2c)X + (b + c) = λ(aX2 + bX + c)

⎧ ⎧ ⎪ ⎪ b = (1 − λ)a a − b = λa ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ ⇐⇒ ⎪ 2a + (1 − λ)b − 2c = 0 2a + b − 2c = λb ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩b = (λ − 1)c ⎩b + c = λc ⎧ ⎛⎧ ⎞ ⎪ ⎜⎜⎜⎪ ⎟⎟⎟ c = −a λ=1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎜⎜⎜⎪ ⎟⎟⎟ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ ⎜ ⎟⎟⎟ ⎜ ou ⇐⇒ ⎜⎜⎜⎪ b = 0 b = (1 − λ)a ⎪ ⎪ ⎪ ⎟⎟⎟⎟ ⎪ ⎪ ⎪ ⎜⎜⎝⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩2a + (1 − λ)2 a + 2a = 0 ⎠ ⎩2a − 2c = 0 ⎧ ⎛⎧ ⎞ ⎪ ⎜⎜⎜⎪ (1 − λ)2 + 4 = 0 ⎟⎟⎟ λ=1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎜⎜⎜⎪ ⎟⎟⎟ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ ⎟⎟⎟ ou ⇐⇒ ⎜⎜⎜⎜⎜⎪ b = 0 c = −a ⎪ ⎟⎟⎟ ⎪ ⎪ ⎪ ⎜⎜⎝⎪ ⎪ ⎪ ⎟⎠ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩b = (1 − λ)a, ⎩a = c

b) 2) On calcule les images par f des vecteurs de la base canonique de C2 [X] : ⎧ ⎪ f (1) = −(2X − 1) = 1 − 2X ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ f (X) = (X2 + 1) − (2X − 1)X = 1 + X − X2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ f (X2 ) = (X2 + 1)2X − (2X − 1)X2 = 2X + X2 , d’où la matrice A de f dans B = (1, X, X2 ) : ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 1 1 0⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ A = ⎜⎜−2 1 2⎟⎟⎟⎟ . ⎠ ⎝ 0 −1 1 • Déterminons les valeurs propres de A. Soit λ ∈ R. On a : ⎞ ⎛ 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 − λ 1 ⎟ ⎜⎜ ⎜ rg (A − λI3 ) = rg ⎜⎜ −2 1 − λ 2 ⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ 0 −1 1 − λ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ −2 1 − λ 2 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟ L1 ←→ L2 = rg ⎜⎜1 − λ 1 ⎠ ⎝ 0 −1 1 − λ ⎛ ⎞ 1−λ 2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−2 ⎜⎜ ⎟ 2 ⎜ = rg ⎜⎜ 0 2 + (1 − λ) 2(1 − λ)⎟⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ 0 −1 1−λ L2 ←− 2L2 + (1 − λ)L1

⎞ ⎛ 1−λ 2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−2 ⎟ ⎜⎜⎜ −1 1 − λ ⎟⎟⎟⎟ = rg ⎜⎜ 0 ⎠ ⎝ 2 0 2 + (1 − λ) 2(1 − λ) L2 ←→ L3 ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜−2 1 − λ 2 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ = rg ⎜⎜ 0 −1 1 − λ⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ 0 0 α

car, dans le second système, si a = 0, alors c = 0, b = 0, donc P = 0, exclu.



L3 ←− L3 + 2 + (1 − λ)2 L2

Et : (1 − λ)2 + 4 = 0 ⇐⇒ (λ − 1)2 = −4

⇐⇒ λ − 1 = 2 i ou λ − 1 = −2 i

⇐⇒ λ = 1 + 2 i ou λ = 1 − 2 i .

où :

α = 2(1 − λ) + 2 + (1 − λ)2 (1 − λ)

= (1 − λ) 4 + (1 − λ)2 , 21

Chapitre 1

•

Réduction des endomorphismes et des matrices carrées

et : α = 0 ⇐⇒ λ = 1 ou λ = 1 + 2 i ou λ = 1 − 2 i .

1.7

Ainsi, les valeurs propres de A sont : 1, 1 + 2 i , 1 − 2 i .

a) • On  a, pour tout α ∈ R et pour toutes matrices ab a b M= , M  =   ∈ M2 (R) : c d c d

 αa + a αb + b f (αM + M  ) = f ( ) αc + c αd + d

 αd + d −(αb + b ) = −(αc + c ) αa + a

   d −b d −b =α + = α f (M) + f (M  ),   −c a −c a

• Déterminons les sous-espaces propres de A. ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜ ⎟  X = ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ ∈ SEP (A, 1) ⇐⇒ AX = X ⎝ ⎠ z ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 1 1 0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜⎜ ⇐⇒ ⎜⎜−2 1 2⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ z 0 −1 1 z ⎧ ⎪ x+y = x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⇐⇒ ⎪ −2x + y + 2z = y ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩−y + z = z

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨y = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x = z,

⎛⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ donc : SEP (A, 1) = Vect ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜0⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎝⎝ ⎠⎠ 1 ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜ ⎟  X = ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ ∈ SEP (A, 1 + 2 i ) ⇐⇒ AX = (1 + 2 i )X ⎝ ⎠ z ⎛ ⎞ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 1 0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⇐⇒ ⎜⎜−2 1 2⎟⎟ ⎜⎜y⎟⎟ = (1 + 2 i ) ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎠⎝ ⎠ ⎝ z 0 −1 1 z ⎧ ⎪ x + y = (1 + 2 i )x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ −2x + y + 2z = (1 + 2 i )y ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩−y + z = (1 + 2 i )z ⎧ ⎪ ⎧ −2 i x + y = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨y = 2 i x ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ −2x − 2 i y + 2z = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩z = −x, ⎪ ⎪ ⎩−y − 2 i z = 0 ⎛⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ donc : SEP (A, 1 + 2 i ) = Vect ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 2 i ⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎝⎝ ⎠⎠ −1 ⎞⎞ ⎛⎛ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜  De même : SEP (A, 1 − 2 i ) = Vect ⎜⎜⎜⎜−2 i⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎠⎠ ⎝⎝ −1 • L’endomorphisme f a les mêmes valeurs propres que A, donc les valeurs propres de f sont 1, 1 + 2 i , 1 − 2 i . Les vecteurs propres de A nous donnent les coordonnées des vecteurs propres de f dans la base (1, X, X2 ) de C2 [X] :

ce qui montre que f est linéaire. On conclut que f est un endomorphisme de l’espace vectoriel M2 (R). • Considérons la base canonique B = (E1 , E2 , E3 , E4 ) de M2 (R), définie par :







 10 01 00 00 E1 = , E2 = , E3 = , E4 = . 00 00 10 01 On a : f (E1 ) = E4 , f (E2 ) = −E2 , f (E3 ) = −E3 , f (E4 ) = E1 . On en déduit la matrice A de f dans B : ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 0 0 1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0 −1 0 0⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ . A = ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝0 0 −1 0⎟⎟⎟⎟⎠ 1 0 0 0 b) La matrice A est symétrique réelle, donc, d’après le cours, A est diagonalisable, puis, comme A représente f dans une base de E, on conclut que f est diagonalisable.

1.8 a) • Pour tout P ∈ R2 [X], on a : P(X + a) ∈ R2 [X], P(X + b) ∈ R2 [X], (a + b)P  (X) ∈ R1 [X] ⊂ R2 [X], donc : f (P) = P(X + a) + P(X + b) − (a + b)P  [X] ∈ R2 [X]. • On a, pour tous α ∈ R, P, Q ∈ R2 [X] :



f (αP + Q) = (αP + Q)(X + a) + (αP + Q)(X + b) − (a + b) (αP + Q) (X) = αP(X + a) + Q(X + a) + αP(X + b) + Q(X + b) −α(a + b)P (X) − (a + b)Q (X)

= α P(X + a) + P(X + b) − (a + b)P (X)

+ Q(X + a) + Q(X + b) − (a + b)Q (X)

SEP ( f, 1) = Vect (1 + X2 ), SEP ( f, 1 + 2 i ) = Vect (1 + 2 i X − X2 ),

= α f (P) + f (Q),

SEP ( f, 1 − 2 i ) = Vect (1 − 2 i X − X2 ). Remarque : On retrouve bien les mêmes résultats que dans 1). c) L’endomorphisme f admet trois valeurs propres deux à deux

distinctes et dim C2 [X] = 3, donc, d’après le cours, f est diagonalisable. 22

donc f est linéaire.

On conclut : f ∈ L R2 [X] . b) On a : f (1) = 1 + 1 − 0 = 2,

Corrigés des exercices

f (X) = (X + a) + (X + b) − (a + b) = 2X,

Finalement :

f (X2 ) = (X + a)2 + (X + b)2 − (a + b)2X = 2X2 + (a2 + b2 ).

1.10

On en déduit la matrice M de f dans la base canonique B = (1, X, X2 ) de R2 [X] : ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜2 0 a2 + b2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟ . M = ⎜⎜0 2 ⎝ ⎠ 00 2 c) On remarque que M est triangulaire (supérieure), donc les valeurs propres de M se lisent sur sa diagonale, d’où Sp (M) = {2}. Ainsi, M est diagonalisable si et seulement s’il existe P ∈ M3 (R) inversible telle que M = P(2 I3 )P−1 = 2 I3 , si et seulement si a2 + b2 = 0, si et seulement si a = b = 0. On conclut que f est diagonalisable si et seulement si a2 + b2 = 0, c’est-à-dire si et seulement si a = b = 0, puisque (a, b) ∈ R2 .

1.9

Soit (x, y) ∈ R2 fixé.

Étudions les valeurs propres de A =

 0 −1 . y 2x

a) Soit a ∈ R. Soit λ ∈ R. On a : ⎞ ⎛ a ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜3 − a − λ −5 + a

⎟ ⎜⎜⎜ a−2−λ a ⎟⎟⎟⎟ rg M(a) − λI3 = rg ⎜⎜ −a ⎠ ⎝ 5 −5 −2 − λ ⎞ ⎛ 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜3 − λ λ − 3 L1 ←− L1 − L2 . ⎟ ⎜⎜ ⎜ a ⎟⎟⎟⎟ = rg ⎜⎜ −a a − 2 − λ ⎠ ⎝ 5 −5 −2 − λ

Si λ = 3, alors : rg M(a) − λI3  2. Si λ  3, alors, en divisant L1 par 3 − λ, on a : ⎞ ⎛ −1 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1

⎟ ⎜ a ⎟⎟⎟⎟ rg M(a) − λI3 = rg ⎜⎜⎜⎜−a a − 2 − λ ⎠ ⎝ 5 −5 −2 − λ ⎞ ⎛ 0 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 ⎟ ⎜⎜ ⎜ a ⎟⎟⎟⎟ C2 ←− C2 + C1 . = rg ⎜⎜−a −2 − λ ⎠ ⎝ 5 0 −2 − λ Si λ  −2, alors, en divisant C2 par −2 − λ : ⎞ ⎛ 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 0

⎟ ⎜⎜ ⎜ a ⎟⎟⎟⎟ rg M(a) − λI3 = rg ⎜⎜−a 1 ⎠ ⎝ 5 0 −2 − λ

 1 a = 1 + rg = 1 + 2 = 3. 0 −2 − λ

Si λ = −2, alors : rg M(a) − λI3  2.

On a, pour tout λ ∈ R :

 −λ −1 C1 ←→ C2 rg (A − λ I2 ) = rg y 2x − λ

 −1 −λ L2 ←− L2 + (2x − λ)L1 = rg 2x − λ y  ⎧

⎪ 2 ⎪ ⎪ −1 −λ ⎨1 si λ − 2xλ + y = 0 =⎪ = rg 2 ⎪ ⎪2 sinon. 0 λ − 2xλ + y ⎩

On obtient :

⎧ ⎪ ⎪

⎪ ⎨ 2 rg M(a) − λI3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩= 3

Il en résulte : λ vp de A ⇐⇒ λ2 − 2xλ + y = 0 ⇐⇒ (λ − x)2 + (y − x2 ) = 0 © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

A est diagonalisable dans M2 (R) si et seulement si y < x2 .

(∗).

• Si y− x2 < 0, alors l’équation (∗) ci-dessus, d’inconnue λ ∈ R, admet deux solutions distinctes, donc A admet deux valeurs propres distinctes, et donc, comme A est carrée d’ordre 2, on conclut que A est diagonalisable dans M2 (R). • Si y − x2 > 0, alors l’équation (∗) n’a pas de solution dans R, donc A n’est pas diagonalisable dans M2 (R). • Supposons y − x2 = 0. Alors, A admet une valeur propre et une seule, qui est λ = x. Si A était diagonalisable dans M2 (R), il existerait  P ∈ GL2 (R) 0 −1 x0 −1 telle que A = P(x I2 )P = x I2 , d’où = , contray 2x 0 x diction (−1  0). On déduit que A n’est pas diagonalisable dans M2 (R).

si λ = −2 ou λ = 3 sinon.

On conclut que les valeurs propres de M(a) sont : −2 et 3. Remarque : les valeurs propres de M(a) ne dépendent pas de a. b) Déterminons les sous-espaces propres de M(a). ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ Soit X = ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ ∈ M3,1 (R). On a : ⎝ ⎠ z

• X ∈ SEP M(a), −2 ⇐⇒ M(a)X = −2X ⎛ ⎞ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜3 − a −5 + a a ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⇐⇒ ⎜⎜⎜⎜ −a a − 2 a ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ = −2 ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎠⎝ ⎠ ⎝ z 5 −5 −2 z ⎧ ⎪ ⎧ (5 − a)x + (−5 + a)y + az = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪x = y ⎨ ⎨ ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ −ax + ay + az = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪az = 0, ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎩5x − 5y = 0 23

Chapitre 1

•

Réduction des endomorphismes et des matrices carrées



donc : si a = 0, alors SEP M(a), −2 = Vect

a  0, alors SEP M(a), −2 = Vect

⎛⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎝⎜⎜⎝1⎟⎟⎠⎟⎟⎠ , 0

⎛⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟ , ⎜⎜⎜⎜0⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ , et, si ⎜⎝⎜⎝ ⎟⎠ ⎜⎝ ⎟⎠⎟⎠ 0 1

⎧ ⎪ ⎪2 si a = 0

⎪ ⎨ d’où : dim SEP M(a), −2 = ⎪ ⎪ ⎪ ⎩1 si a  0.

• X ∈ SEP M(a), 3 ⇐⇒ M(a)X = 3X ⎛ ⎞ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜3 − a −5 + a a ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⇐⇒ ⎜⎜ −a a − 2 a ⎟⎟ ⎜⎜y⎟⎟ = 3 ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎠⎝ ⎠ ⎝ z 5 −5 −2 z ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨−ax + (a − 5)y + az = 0 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎩5x − 5y − 5z = 0



1 On déduit λ2 = , puis, en reportant dans la première équa3  3 2 1 1 3 = , tion : λ − λ − 1 = 0, donc λ = − , puis − 3 2 2 3 contradiction. Ceci montre que les racines du polynôme λ3 − λ − 1 sont toutes simples. ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨z = x ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y = 0

⎛⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎜⎜ ⎟⎟ donc : SEP M(a), 3 = Vect ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜0⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟, ⎝⎝ ⎠⎠ 1

d’où : dim SEP M(a), 3 = 1. Il en résulte que la somme des dimensions des sous-espaces propres de M(a) est égale à 3 si a = 0, et est égale à 2 si a  0. Comme M(a) est diagonalisable si et seulement si la somme des dimensions de ses sous-espaces propres est égale à 3, on conclut que M(a) est diagonalisable si et seulement si a = 0.

1.11 a) Déterminons les valeurs propres de J dans C. Soit λ ∈ C. On a : rg (J − λ I3 ) = rg

= rg

= rg

= rg

= rg

⎞ ⎛ ⎜⎜⎜−λ 0 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ 1 −λ 1 ⎟⎟⎟⎟ ⎟⎠ ⎜⎝ 0 1 −λ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 1 −λ 1 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝−λ 0 1 ⎟⎟⎟⎟⎠ L1 ↔ L2 0 1 −λ ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜1 −λ 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟ L2 ←− L2 + λL1 2 ⎜⎜⎝0 −λ 1 + λ⎟⎟⎟⎟⎠ 0 1 −λ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 −λ 1 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝0 1 −λ ⎟⎟⎟⎟⎠ 0 −λ2 1 + λ L2 ←→ L3 ⎞ ⎛ 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 −λ ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜0 1 −λ . ⎟⎠ ⎜⎝ 3 0 0 −λ + λ + 1 ←− L3 + λ2 L2

Les valeurs propres de J sont donc les solutions de l’équation λ3 − λ − 1 = 0, d’inconnue λ ∈ C. D’après le cours, cette équation du troisième degré admet, dans C, trois solutions (a priori non nécessairement distinctes) ; 24

montrons que celles-ci sont deux à deux distinctes. Raisonnons par l’absurde : supposons que l’équation admette (au moins) une solution (au moins) double, notée λ. D’après le cours, λ annule ⎧le polynôme considéré et sa dérivée première, c’est-à⎪ 3 ⎪ ⎪ ⎨λ − λ − 1 = 0 dire : ⎪ ⎪ ⎪ ⎩3λ2 − 1 = 0.

Ainsi, l’équation λ3 − λ − 1 = 0, d’inconnue λ ∈ C, admet exactement trois solutions deux à deux distinctes. Il en résulte que J admet (dans C) trois valeurs propres deux à deux distinctes. Comme J est carrée d’ordre trois et admet trois valeurs propres deux à deux distinctes, d’après le cours, on conclut que J est diagonalisable dans M3 (C). b) Soit (a, b, c) ∈ C3 . On a : ⎞ ⎛ b ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜a c ⎟ ⎜⎜⎜ M(a, b, c) = ⎜⎜b a + c b + c⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ c b a+c ⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 ⎜⎜⎜1 0 0⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎜ = a ⎜⎜⎜⎜0 1 0⎟⎟⎟⎟ + b ⎜⎜⎜⎜1 ⎝ ⎠ ⎝ 0 001 

⎞ ⎛ ⎞ 0 1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0 1 0⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟ 0 1⎟⎟ +c ⎜⎜0 1 1⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ ⎠ 10 101 !"

=J

et on remarque que la troisième matrice, dans cette dernière expression, est J 2 . D’après a), il existe D ∈ D3 (C) et P ∈ GL3 (C) telles que J = PDP−1. On a alors J 2 = PD2 P−1 , puis : M(a, b, c) = a I3 + bJ + cJ 2 = a I3 + bPDP−1 + cPD2 P−1 = P(a I3 + bD + cD2 )P−1 . Comme a I3 + bD+ cD2 est diagonale, on conclut que M(a, b, c) est diagonalisable dans M3 (C).

1.12 a) D’abord, f est bien une application de M2 (R) dans luimême. On a, pour tout α ∈ R et toutes M, N ∈ M2 (R) : f (αM + N) = A(αM + N) = αAM + AN = α f (M) + f (N), donc f est linéaire.

On conclut : f ∈ L M2 (R) .

 xy b) • On a, pour toute M = ∈ M2 (R) : z t M ∈ Ker ( f ) ⇐⇒ f (M) = 0 ⇐⇒ AM = 0

Corrigés des exercices

⎧    ⎪ ⎪ ⎪ 11 xy 00 ⎨x + z = 0 ⇐⇒ = ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ 11 z t 00 ⎩y + t = 0,

  xy  donc : Ker ( f ) = ; x + z = 0 et y + t = 0 z t

   x y = ; (x, y) ∈ R2 −x −y  1 0 0 1   • Une base de Ker ( f ) est , −1 0 0 −1

et dim Ker ( f ) = 2.

 xy c) Comme, pour toute matrice M = ∈ M2 (R), z t

 x+z y+t f (M) = , on a : x+z y+t

Im ( f ) ⊂



   1 0 0 1  a b ; (a, b) ∈ R2 = Vect , . a b 1 0 0 1

c’est-à-dire : ∀x ∈ R, a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 = 0. Le polynôme a0 + a1 X+ a2 X2 + a3 X3 s’annule en tout réel, donc c’est le polynôme nul, d’où a0 = a1 = a2 = a3 = 0. Ceci montre que B est libre. Puisque B est libre et que, par définition de E, B engendre E, on conclut : B est une base de E. Il en résulte :

dim (E) = Card (B) = 4.

b) Il est clair que, pour toute f ∈ E, f est deux fois dérivable sur R, donc φ( f ) = f  − f  existe. Calculons les images par φ des éléments de B. On a, pour tout x ∈ R : φ( f0 )(x) = − e −x ,

φ( f1 )(x) = (1 − x) e −x ,

φ( f2 )(x) = (2x − x2 ) e −x ,

φ( f3 )(x) = (3x2 − x3 ) e −x ,

donc : D’autre part, d’après le théorème du rang :





dim Im ( f ) = dim M2 (R) − dim Ker ( f ) = 22 − 2 = 2. Il en résulte qu’il y a égalité dans l’inclusion précédente : Im ( f ) =

 a b   1 0 0 1  ; (a, b) ∈ R2 = Vect , . a b 1 0 0 1

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

d) On calcule les images par f :

1 f (E1 ) = AE1 = 1

1 f (E2 ) = AE2 = 1

1 f (E3 ) = AE3 = 1

1 f (E4 ) = AE4 = 1

des éléments E1 , E2 , E3 , E4 de B 

1 1 1 0 

1 0 1 0 

1 0 1 1 

1 0 1 0





0 1 = 0 1 

1 0 = 0 0 

0 1 = 0 1 

0 0 = 1 0 ⎛ ⎜⎜⎜1 0 ⎜⎜⎜0 1 d’où la matrice de f dans B : F = ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝1 0 01

 0 = E1 + E3 , 0  1 = E2 + E4 , 1  0 = E1 + E3 , 0  1 = E2 + E4 , 1 ⎞ 1 0⎟⎟ ⎟ 0 1⎟⎟⎟⎟⎟ ⎟. 1 0⎟⎟⎟⎟ ⎠ 01

e) La matrice F de f dans B est symétrique réelle, donc, d’après le cours, F est diagonalisable, et on conclut : f est diagonalisable.

1.13 a) Montrons que B est libre. Soit (a0 , a1 , a2 , a3 ) ∈ R4 tel que

3 

ak fk = 0. On a donc :

k=0

∀x ∈ R, (a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 ) e −x = 0,

φ( f0 ) = − f0 ,

φ( f1 ) = f0 − f1 ,

φ( f2 ) = 2 f1 − f2 ,

φ( f3 ) = 3 f2 − f3 .

Comme φ est linéaire (par linéarité de la dérivation), il en résulte : ∀ f ∈ E, φ( f ) ∈ E. On conclut : φ est un endomorphisme de l’espace vectoriel E. De plus, la matrice M de φ dans B est : ⎛ ⎜⎜⎜−1 ⎜⎜⎜ 0 M = ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝ 0 0

1 −1 0 0

0 2 −1 0

⎞ 0 ⎟⎟ ⎟ 0 ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎟. 3 ⎟⎟⎟⎟ ⎠ −1

c) • La matrice M est triangulaire (supérieure) et ses termes diagonaux sont tous non nuls, donc M est inversible. • La matrice M est triangulaire (supérieure), donc ses valeurs propres se lisent sur sa diagonale : M admet −1 pour valeur propre et c’est la seule. Si M était diagonalisable, il existerait P ∈ GL4 (R) telle que M = P(−I4 )P = −I4 , contradiction. On conclut que M n’est pas diagonalisable.

1.14 Il s’agit d’une matrice formée de 0 et de 1 en damier : ⎛ ⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜0 ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜ ⎜ A = ⎜⎜⎜⎜0 ⎜⎜⎜ . ⎜⎜⎜ .. ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜0 ⎝ 1

0 1 0 1 .. . 1 0

1 0 1 0 .. . 0 1

0 1 0 1 .. . 1 0

... ... ... ... .. . ... ...

0 1 0 1 .. . 1 0

⎞ 1⎟⎟ ⎟ 0⎟⎟⎟⎟⎟ ⎟ 1⎟⎟⎟⎟ ⎟ 0⎟⎟⎟⎟ ∈ M ⎟ 2p+1 (R). .. ⎟⎟⎟⎟ . ⎟⎟⎟⎟ ⎟ 0⎟⎟⎟⎟ ⎠ 1 25

Chapitre 1

•

Réduction des endomorphismes et des matrices carrées

a) D’après la définition de A :

qui est de dimension 1, engendré par le vecteur de coordonnées (0, 1, 0, 1, ..., 0, 1, 0) ⎞ ⎛ ⎜ x1 ⎟  ⎜⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟⎟ SEP (A, p + 1) = ⎜⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟⎟ ∈ M2p+1,1 (R) ; ⎟⎠ ⎜⎝ x2p+1  x1 = x3 = · · · = x2p+1 et x2 = x4 = · · · = x2p = 0 ,

∀(i, j) ∈ 1 ; n2 , ai j = a ji , donc A est symétrique réelle. D’après le cours, on conclut que A est diagonalisable. ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟ b) Soient λ ∈ R, X = ⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟ ∈ M2p+1 (R) \ {0}. On a : ⎟⎠ ⎜⎝ x2p+1

qui est de dimension 1, engendré par le vecteur de coordonnées (1, 0, 1, 0, ..., 1, 0, 1).

⎧ ⎪ ⎪ x1 + x3 + · · · + x2p+1 = λx1 (1) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ (2) ⎪ ⎨ x2 + x4 + · · · + x2p = λx2 AX = λX ⇐⇒ ⎪ ⎪ . ⎪ ⎪ .. ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x1 + x3 + · · · + x2p+1 = λx2p+1

Remarque : La somme des dimensions des sous-espaces propres de A est égale à 2p + 1, et on retrouve ainsi le fait que A est diagonalisable.

1.15

⇐⇒ (1), (2), λx1 = λx3 = · · · = λx2p+1 , λx2 = λx4 = · · · = λx2p ⎧ ⎪ λ0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x = x3 = · · · = x2p+1 ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎨ ou ⎪ x 2 = x4 = · · · = x2p ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ (p + 1)x1 = λx1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ px = λx 2 2

b) ⎛ ⎜⎜⎜1 . . . ⎜⎜ 2 A = ⎜⎜⎜⎜⎜ (0) ⎜⎝

⇐⇒ ⎧ ⎪ ⎪ λ=0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ x1 + x3 + · · · + x2p+1 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x2 + x4 + · · · + x2p = 0 ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ λ=p λ= p+1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ ou ou ⎪ x1 = x3 = · · · = x2p+1 = 0 x = x = · · · = x ⎪ 1 3 2p+1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x2 = x4 = ... = x2p . ⎩ x2 = x4 = · · · = x2p = 0

x1 .. . x2p+1

⎞ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ∈ M2p+1,1 (R) ; ⎟⎟⎠

x2p+1

⎞ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ∈ M2p+1,1 (R) ; ⎟⎟⎠

x1 = x3 = · · · = x2p+1 = 0 et x2 = x4 = · · · = x2p 26

c) Nous allons montrer que A n’est pas diagonalisable, en raisonnant par l’absurde. Supposons que A est diagonalisable. Il existe alors P ∈ Mn (R) inversible et D ∈ Mn (R) diagonale telles que A = PDP−1. Puisque les termes diagonaux de D sont les valeurs propres de A, les termes diagonaux de D sont parmi 0 et 1, donc D2 = D. D’où : A2 = (PDP−1 )2 = PD2 P−1 = PDP−1 = A.

On conclut : A n’est pas diagonalisable.

qui est de dimension 2p − 1 (on peut, par exemple, exprimer x2p et x2p+1 en fonction de x1 , ..., x2p−1 ), x1 .. .

⎞ ⎛ ⎞ ⎜1 · · · 1 n⎟⎟ ⎟ 1⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜ 1⎟⎟⎟⎟⎟ .. ⎟⎟ = ⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟⎟ , . ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ ⎠ ⎜⎜ (0) .. ⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ 1 1

Contradiction avec b).

 x1 + x3 + · · · + x2p+1 = 0 et x2 + x4 + · · · + x2p = 0 ,

⎛ ⎜  ⎜⎜⎜⎜ SEP (A, p) = ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎜⎝

⎞⎛ 1⎟⎟ ⎜⎜1 . . . ⎟⎜ .. ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ (0) ⎠⎝ 1

donc A2  A.

On conclut que les valeurs propres de A sont 0, p, p + 1 et que les sous-espaces propres de A sont : ⎛ ⎜  ⎜⎜⎜⎜ SEP (A, 0) = ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎜⎝

⎞ . . . 1 1⎟⎟ ⎟ . . . 0 1⎟⎟⎟⎟⎟ . . ⎟⎟⎟⎟ . (0) .. .. ⎟⎟⎟⎟ ⎠ ... 0 1

a) Puisque la matrice A est triangulaire (supérieure), les valeurs propres de A se lisent sur sa diagonale, donc les valeurs propres de A sont 0 et 1.

⇐⇒ ⎧ ⎪ ⎪ λ=0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ x1 + x3 + · · · + x2p+1 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x2 + x4 + · · · + x2p = 0

⎛ ⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜0 ⎜⎜ Il s’agit de la matrice A = ⎜⎜⎜⎜ . ⎜⎜⎜ .. ⎝⎜ 0

1.16 a) • Soit y ∈ Im ( f − be). Il existe x ∈ E tel que y = ( f − be)(x). On a :

( f − ae)(y) = ( f − ae) ( f − be)(x)

= ( f − ae) ◦ ( f − be) (x) = 0,  !" =0



donc : y ∈ Ker ( f − ae). Ceci montre : Im ( f − be) ⊂ Ker ( f − ae).

Corrigés des exercices

• Puisque f − ae et f − be commutent, on a aussi : Im ( f − ae) ⊂ Ker ( f − be). b) On a : 1 1 ( f − be) + ( f − ae) a−b b−a

1 1 ( f − be) − ( f − ae) = = (a − b)e = e. a−b a−b c) • Soit x ∈ Ker ( f − a) ∩ Ker ( f − be).

Ceci montre que − i est valeur propre de A. De même, i est valeur propre de A. On conclut que les valeurs propres de A sont i et − i . b) 2) Soit X ∈ Mn,1 (C). • Supposons X ∈ E i .

On a alors : ( f − ae)(x) = 0 et ( f − be)(x) = 0,

On a alors AX = i X, donc AX = i X = − i X.

c’est-à-dire : f (x) = ax et f (x) = bx,

Mais AX = A X, comme on le voit en passant aux éléments.

d’où : ax = bx, puis (a − b) x = 0, donc x = 0.  !"

D’où : AX = − i X.

On a alors : Ker ( f − ae) ∩ Ker ( f − be) ⊂ {0}, et, comme l’autre inclusion est évidente, on obtient :

Ainsi : X ∈ E− i .

0

Ker ( f − ae) ∩ Ker ( f − be) = {0}, • Soit y ∈ E. D’après b), on a : 1 1 ( f − be)(y) + ( f − ae)(y), y = e(y) = a − b b − a !"  !"  noté v

noté u

et :

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u ∈ Im ( f − be) ⊂ Ker ( f − ae) ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v ∈ Im ( f − ae) ⊂ Ker ( f − be)

Comme A est réelle, on a A = A, d’où : AX = − i X. Ceci montre : X ∈ E i =⇒ X ∈ E− i . • On montre de même la réciproque. On conclut, pour toute X ∈ Mn,1 (C) : X ∈ E i ⇐⇒ X ∈ E− i . b) 3) Le sev E i admet au moins une base (u1 , ..., ud ). • D’après 2), puisque : ∀k ∈ 1 ; d, uk ∈ E i , on a :

.

∀k ∈ 1 ; d, uk ∈ E− i .

• Montrons que (u1 , ..., ud ) est libre.

Ceci montre : E ⊂ Ker ( f − ae) + Ker ( f − be), et, comme l’autre inclusion est évidente, on obtient : E = Ker ( f − ae) + Ker ( f − be),

Soit (α1 , ..., αd ) ∈ Cd tel que

On conclut que Ker ( f −ae) et Ker ( f −be) sont supplémentaires dans E.

On a alors, en conjuguant :

d) D’après le cours, puisque (X − a)(X − b) est un polynôme annulateur de f , les valeurs propres de f sont parmi a et b. Les sous-espaces propres de f sont donc Ker ( f − ae) et Ker ( f − be), lorsque ceux-ci sont différents de {0}. © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

Si − i n’est pas valeur propre de A, alors i est la seule valeur propre de A, et alors, comme A est diagonalisable, A est semblable à i In , donc A = i In , contradiction, car A ∈ Mn (R).

d 

αk uk = 0.

k=1 d 

αk uk =

d 

k=1

αk uk = 0 = 0.

k=1

Comme (u1 , ..., ud ) est libre, il s’ensuit : ∀k ∈ 1 ; d, αk = 0, puis, en conjuguant : ∀k ∈ 1 ; d, αk = 0.

D’après c), la somme des sous-espaces propres de f est égale à E.

Ceci montre que (u1 , ..., ud ) est libre.

On conclut, d’après le cours, que f est diagonalisable.

Soit X ∈ E− i . D’après 2), on a alors X ∈ E i . Il existe donc d  βk uk . (β1 , ..., βd ) ∈ Cd tel que X =

1.17 a) On suppose ici n pair, n = 2p, p ∈ N∗ .



 0 1 −1 0 2 , on a A2 = = −I2 . Pour A2 = −1 0 0 −1

• Montrons que (u1 , ..., ud ) engendre E− i .

k=1

D’où, en conjuguant :

X=

d 

βk uk =

k=1

d 

βk uk .

k=1

La matrice A, diagonale par blocs, formée par la répétition du bloc A2 (p fois) sur la diagonale, vérifie alors A2 = −I2p , donc A convient.

Ceci montre que (u1 , ..., ud ) engendre E− i .

b) 1) On a : 0 = A2 + In = (A − i In )(A + i In ),

On a donc dim (E− i ) = d = dim (E i ).

donc comme i  − i , d’après l’exercice 1.16, A est diagonalisable dans Mn (C) et ses valeurs propres sont parmi i et − i .

D’où : n = dim (E) = dim (E i ) + dim (E− i ) = 2 dim (E i ),

On conclut que (u1 , ..., ud ) est une base de E− i . b) 4) D’après 1), on a : E = E i ⊕ E− i .

27

Chapitre 1

•

Réduction des endomorphismes et des matrices carrées

contradiction avec n impair. Ce raisonnement par l’absurde montre que, si n est impair, il n’existe pas de matrice A ∈ Mn (R) telle que A2 = −In . L’endomorphisme f étant nilpotent, il existe p ∈ N tel que f p = 0.

1.18

∗

a) • Puisque le polynôme X p est annulateur de f , d’après le cours, les valeurs propres de f sont parmi les zéros de X p , donc la seule valeur propre possible de f est 0. • De plus, puisque f n’est pas bijectif (car sinon, f p = 0 le serait aussi, ce qui est absurde, puisque E n’est pas réduit à {0} !), f n’est donc pas injectif, d’où Ker( f )  {0}. Donc 0 est une valeur propre de f . Ainsi :

0 est la seule valeur propre de f .

b) • Si f est diagonalisable, comme f admet une seule valeur propre, le SEP associé est de dimension n = dim(E). Ainsi :

Ker( f ) = SEP( f, 0) = E.

Donc :

f est l’application nulle.

On conclut, pour un endomorphisme nilpotent :

1.19

si et seulement si

f = 0.

Notons n = dim (E). Supposons f diagonalisable.

D’après l’hypothèse, le polynôme (X − 1)3 (X − 2)2 est annulateur de f . D’après le cours, il en résulte que les valeurs propres de f sont parmi 1 et 2. Il existe donc une base B de E telle que la matrice D de f dans B soit diagonale, à termes diagonaux parmi 1 et 2, D = diag (1, ..., 1, 2, ..., 2) où 1 est écrit p fois, 2 est écrit q fois, (p, q) ∈ N2 , p + q = n. On a alors, par produit de matrices diagonales : (D−In )3 (D−2 In ) = diag (0, ..., 0, 1, ..., 1) diag (−1, ..., −1, 0, ..., 0)  !"  !"  !"  !" p fois

q fois

p fois

q fois

= diag (0, ..., 0, 0, ..., 0) = 0,  !"  !" p fois

On conclut, par ce raisonnement par l’absurde, que f n’est pas diagonalisable. ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 1 0⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜ a) • Puisque A = ⎜⎜0 0 1⎟⎟⎟⎟ est triangulaire (supérieure), les va⎠ ⎝ 000 leurs propres de A se lisent sur sa diagonale, donc A admet 0

28

donc : SEP ( f, 0) = Vect (e1 ). b) 1) Puisque dim (F) = 1, il existe v1 ∈ F − {0} tel que F = Vect (v1 ). Comme F est stable par f , on a f (v1 ) ∈ F, donc il existe α ∈ K tel que f (v1 ) = αv1 . Ceci montre que v1 est un vecteur propre pour f . D’après a), il en résulte v1 ∈ Vect (e1 ), puis F = Vect (v1 ) ⊂ Vect (e1 ).

Comme dim (F) = 1 = dim Vect (e1 ) , on a nécessairement : F = Vect (e1 ). b) 2) Soit v ∈ F. Puisque F est stable par f , on a f (v) ∈ F, puis encore f 2 (v) ∈ F. Et : f (v) = a2 e1 + a3 e2 et f 2 (v) = a3 e1 . 1 2 Si a3  0, alors e1 = f (v) ∈ F, a3 puis a3 e2 = f (v) − a2 e1 ∈ F, donc e2 ∈ F, puis a3 e3 = v − a1 e1 − a2 e2 ∈ F, donc e3 ∈ F et donc F = E, exclu car dim (F) = 2 et dim (E) = 3. Ceci montre a3 = 0, donc v = a1 e1 + a2 e2 ∈ Vect (e1 , e2 ). On a donc : F ⊂ Vect (e1 , e2 ).

Comme dim (F) = 2 = dim Vect (e1 , e2 ) , il en résulte : F = Vect (e1 , e2 ). c) D’après b), si F est un sev de E stable par f et de dimension 1 ou 2, alors F = Vect (e1 ) ou F = Vect (e1 , e2 ). Réciproquement, Vect (e1 ) et Vect (e1 , e2 ) sont stables par f , car f (e1 ) = 0 et f (e2 ) = e1 . Enfin, d’autre part, {0} et E sont stables par f . On conclut que les sev de E stables par f sont : {0}, Vect (e1 ), Vect (e1 , e2 ), E.

q fois

donc ( f − e)3 ◦ ( f − 2e) = 0, contradiction.

1.20

• On a, pour tout v = (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 : ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ x2 = 0 f (v) = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎩ x3 = 0

Il existe (a1 , a2 , a3 ) ∈ K3 tel que v = a1 e1 + a2 e2 + a3 e3 .

• Réciproquement, si f = 0, alors il est clair que f est diagonalisable.

f est diagonalisable

pour valeur propre et c’est la seule, et donc, comme f est représenté par A, on conclut que f admet 0 pour valeur propre et que c’est la seule.

1.21

Puisque f est diagonalisable, il existe une base

B = (e1 , ..., en ) de E et il existe (λ1 , ..., λn ) ∈ Rn tels que : ∀i ∈ 1 ; n, f (ei ) = λi ei . La matrice de f dans B est la matrice diagonale ⎞ ⎛ (0)⎟⎟ ⎜⎜⎜ λ1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ . .. ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ . ⎜⎜⎝ ⎠ (0) λn

Corrigés des exercices

On a alors : Ker ( f ) = Vect (ei ; λi = 0),

Im ( f ) = Vect (ei ; λi  0)

où, par exemple, Vect (ei ; λi = 0) désigne le sev de E engendré par les ei correspondants aux indices i ∈ 1 ; n tels que tels que λi = 0. De plus :

∀i ∈ 1 ; n, f 2 (ei ) = f f (ei ) = f (λi ei ) = λi f (ei ) = λ2i ei , donc on a aussi de même : Ker ( f 2 ) = Vect (ei ; λ2i = 0), Im ( f 2 ) = Vect (ei ; λ2i  0). ⎧ ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎨λi = 0 ⇐⇒ λi = 0 Comme : ∀i ∈ 1 ; n, ⎪ , ⎪ ⎪ ⎩λ2i  0 ⇐⇒ λi  0 il en résulte : Ker ( f 2 ) = Ker ( f ) et Im ( f 2 ) = Im ( f ).

 • Pour chaque u ∈ 1 ; n, l’équation μ2i = λi , d’inconnue μi ∈ C admet exactement une solution si λi = 0, et exactement deux solutions si λi  0. Il en résulte que   M ∈ Mn (C) ; M 2 = A est fini. • Comme λ1 , ..., λn sont deux à deux distincts, il existe au plus un indice i ∈ 1 ; n tel que λi = 0 et on conclut :   Card M ∈ Mn (C) ; M 2 = A ⎧

⎪ ⎪ si ∀i ∈ 1 ; n; λi  0 ⎨2n =⎪

⎪ ⎩2n−1 si ∃ i ∈ 1 ; n; λi = 0 .

1.23 a) 1) Supposons A inversible. Puisque AB est diagonalisable, il existe P ∈ Mn (R) inversible et D ∈ Mn (R) diagonale telles que AB = PDP−1 .

1.22 −1

a) On a A = PDP , donc : M 2 = A ⇐⇒ (PNP−1 )2 = PDP−1 ⇐⇒ PN 2 P−1 = PDP−1 ⇐⇒ N 2 = D.

On obtient : BA = (P−1 A)−1 D(P−1 A),

ND = NN 2 = N 3 = N 2 N = DN.

donc BA est diagonalisable.

c) Soit N = (xi j )i j ∈ Mn (C). On a :

De plus, AB et BA ont les mêmes valeurs propres.

ND = DN ⇐⇒ ∀(i, j) ∈ 1 ; n2 , (ND)i j = (DN)i j n n   ⇐⇒ ∀(i, j) ∈ 1 ; n2 , (N)ik (D)k j = (D)ik (N)k j k=1

On a alors : BA = A−1 (AB)A = A−1 (PDP−1)A = (A−1 P)D(P−1 A). Comme (A−1 P)(P−1 A) = A−1 (PP−1)A = A−1 A = In , la matrice P−1 A est inversible et son inverse est A−1 P.

b) Soit N ∈ Mn (C) telle que N 2 = D. Alors :

k=1

⇐⇒ ∀(i, j) ∈ 1 ; n2 , xi j λ j = λi xi j ⇐⇒ ∀(i, j) ∈ 1 ; n2 , (λi − λ j )xi j = 0.

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  On conclut que l’ensemble M ∈ Mn (C) ; M 2 = A est l’ensemble des matrices de Mn (C) de la forme PNP−1 , où N = diag (μ1 , ..., μn ), (μ1 , ..., μn ) ∈ Cn tel que, pour tout i ∈ 1 ; n, μ2i = λi .

Comme λ1 , ..., λn sont deux à deux distincts, on a donc :

ND = DN ⇐⇒ ∀(i, j) ∈ 1 ; n2 , i  j =⇒ xi j = 0 . On conclut que l’ensemble des matrices N de Mn , (C) qui commutent avec D est l’ensemble des matrices diagonales. d)  • Soit M ∈ Mn (C) telle que M 2 = A. En notant N = P−1 MP, on a, d’après a), N 2 = D, puis, d’après c), N est diagonale. Notons diag (μ1 , ..., μn ) = N. Alors : N 2 = D ⇐⇒ diag (μ21 , ..., μ2n ) = diag (λ1 , ..., λn ) ⇐⇒ ∀i ∈ 1 ; n, μ2i = λi . • Réciproquement, pour tout i ∈ 1 ; n, soit μi ∈ C tel que μ2i = λi . Notons N = diag (μ1 , ..., μn ) et M = PNP−1 . On a alors M 2 = A.

2) Le cas où B est supposée inversible se traite de la même façon. On conclut que, si A ou B est inversible et si AB est diagonalisable, alors BA est diagonalisable. b) Montrons que le résultat précédent n’est pas valable sans l’hypothèse d’inversibilité, pour n = 2, par exemple.



 01 11 Considérons : A= , B= . 00 00

 00 On a : AB = , donc AB est diagonalisable. 00

 01 D’autre part : BA = , qui n’est pas diagonalisable. En 00 effet, BA est triangulaire (supérieure), donc les valeurs propres de BA se lisent sur sa diagonale, BA n’admet que 0 pour valeur propre ; si BA était diagonalisable, elle serait semblable à la matrice nulle, donc serait égale à la matrice nulle, contradiction.

1.24 1) Montrons que toute valeur propre de f ◦ g est valeur propre de g ◦ f . Soit λ ∈ R une valeur propre de f ◦ g. 29

Chapitre 1

•

Réduction des endomorphismes et des matrices carrées

Il existe x ∈ E \ {0} tel que : ( f ◦ g)(x) = λx.

• On a, d’après la définition de f :

On a alors :





(g ◦ f ) g(x) = (g ◦ f ) ◦ g (x) = g ◦ ( f ◦ g) (x)

= g ( f ◦ g)(x) = g(λx) = λg(x). • Si g(x)  0, le résultat ci-dessus montre que λ est valeur propre de g ◦ f (et que g(x) est un vecteur propre associé). • Supposons g(x) = 0. On a alors :

λx = ( f ◦ g)(x) = f g(x) = f (0) = 0. Comme x  0, on déduit λ = 0. D’autre part, puisque x  0 et g(x) = 0, 0 est valeur propre de g, donc g n’est pas bijectif. Montrons alors que g ◦ f n’est pas bijectif. Raisonnons par l’absurde et supposons g ◦ f bijectif. Alors g ◦ f est surjectif, et d’après l’exercice 1.17 du volume de première année, g est alors surjectif. Puisque E est de dimension finie, g est alors bijectif, d’où une contradiction. Ce raisonnement par l’absurde montre que g ◦ f n’est pas bijectif. Donc 0 est valeur propre de g ◦ f . On a montré que toute valeur propre de f ◦ g est valeur propre de g ◦ f . 2) En appliquant le résultat précédent au couple (g, f ) à la place du couple ( f, g), on a aussi : toute valeur propre de g ◦ f est valeur propre de f ◦ g. On conclut : f ◦ g et g ◦ f ont les mêmes valeurs propres.

1.25 a) Il est clair que f est une application de R[X] dans R[X]. On a, pour tout α ∈ R et tous P, Q ∈ R[X] : f (αP + Q) = 3X(αP + Q) + (X2 − X)(αP + Q) − (X3 − X2 )(αP + Q) = 3X(αP + Q) + (X2 − X)(αP  + Q ) − (X3 − X2 )(αP  + Q )

= α 3XP + (X2 − X)P  − (X3 − X2 )P 

+ 3XQ + (X2 − X)Q − (X3 − X2 )Q ,

donc f est linéaire. On conclut que f est un endomorphisme du R-espace vectoriel R[X]. b) On a, pour tout n ∈ N : f (Xn ) = 3X · Xn − (X2 − X)(nXn−1 ) − (X3 − X2 )n(n − 1)Xn−2 = 3Xn+1 + n(Xn+1 − Xn ) − n(n − 1)(Xn+1 − Xn ) = (−n2 + 2n + 3)Xn+1 + (n2 − 2n)Xn .

(Les écritures nXn−1 et n(n − 1)Xn−2 ne sont pas clairement définies lorsque n = 0 ou n = 1, mais le résultat final est valable aussi dans ces deux cas.) c) • D’après b), on a, en particulier : f (X ) = 3X et f (X3 ) = 3X3 . Ainsi, X2 et X3 sont différents et ont la même image par f , donc f n’est pas injective. 2

30

3

∀P ∈ R(X],



f (P) (0) = 0,

puisque f (P) contient X en facteur. En particulier, le polynôme constant 1 n’est pas atteint par f , donc f n’est pas surjective. d) 1) • Soit n ∈ N∗ tel que Rn [X] soit stable par f . On a alors en particulier : f (Xn ) ∈ Rn [X], donc, d’après b) : −n2 + 2n + 3 = 0, c’est-à-dire n = −1 ou n = 3, donc n = 3 (puisque n ∈ N). • Réciproquement, montrons que R3 [X] est stable par f . On a, d’après b) : f (1) = 3X, f (X) = 4X2 − X, f (X2 ) = 3X3 , f (X3 ) = 3X3 . Il en résulte, puisque f est linéaire et que (1, X, X2 , X3 ) est une base de R3 [X], que R3 [X] est stable par f . On conclut qu’il existe n ∈ N unique tel que Rn [X] soit stable par f , et on a n = 3. d) 2) D’après 1), la matrice A de g dans ⎛ ⎜⎜⎜0 0 0 ⎜⎜⎜3 −1 0 (1, X, X2 , X3 ) de R3 [X] est : A = ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝0 4 0 0 0 3

la base canonique ⎞ 0⎟⎟⎟ 0⎟⎟⎟⎟⎟ ⎟. 0⎟⎟⎟⎟ ⎠ 3

Puisque A est triangulaire (inférieure), les valeurs propres de A se lisent sur sa diagonale, donc les valeurs propres de A sont : −1, 0, 3. Déterminons les sous-espaces propres de A. ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜y⎟⎟⎟ Soit V = ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⎟ ∈ M4,1 (R). On a : ⎜⎜⎝ z ⎟⎟⎠ t • V ∈ SEP (A, −1) ⇐⇒ AV = −V ⎧ ⎪ 0 = −x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨3x − y = −y ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 4y = −z ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩3z + 3t = −t

⎧ ⎪ x=0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ z = −4y ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩t = 3y,

⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟

donc SEP (A, −1) = Vect (⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⎟), dim SEP (A, −1) = 1. ⎜⎜⎝−4⎟⎟⎠ 3 • V ∈ SEP (A, 0) ⇐⇒ AV = 0 ⎧ ⎪ 3x − y = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ 4y = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩3z + 3t = 0

⎧ ⎪ x=0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ y=0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩t = −z,

Corrigés des exercices

⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟

donc SEP (A, 0) = Vect (⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⎟), dim SEP (A, 0) = 1. ⎜⎜⎝ 1 ⎟⎟⎠ −1

⇐⇒ x1 = xn , x2 = ... = xn−1 , 2(x1 + · · · + xn ) = λx1 , x1 + xn = λx2

• V ∈ SEP (A, 3) ⇐⇒ AV = 3V ⎧ ⎪ 0 = 3x ⎪ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x=0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨3x − y = 3y ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ y=0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 4y = 3z ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ z = 0, ⎪ ⎪ ⎩3z + 3t = 3t ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0⎟⎟⎟

donc : SEP (A, 3) = Vect (⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⎟), dim SEP (A, 3) = 1. ⎜⎜⎝0⎟⎟⎠ 1 Puisque A est carrée d’ordre 4 et que la somme des dimensions des sous-espaces propres de A est 1 + 1 + 1 = 3  4, d’après le cours, A n’est pas diagonalisable dans M4 (R). Comme A représente g, on conclut que g n’est pas diagonalisable.

1.26 a) • On remarque, en notant C1 , ..., Cn les colonnes de An : C1 = Cn et C2 = C3 = · · · = Cn−1 , d’où : rg (An )  2. D’autre part, (C1 , C2 ) est libre, car C2 n’est pas colinéaire à C1 . On conclut : rg (An ) = 2. • Comme rg (An ) = 2 < n, 0 est valeur propre de An et :

dim SEP (An , 0) = n − rg (An ) = n − 2.

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

n−1

n

⎧ λ ⎪ ⎪ x1 = x2 ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎨ ⇐⇒ ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩2λx2 + 2(n − 2)x2 = λ x2 2

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨(1) ⎪ ⎪ ⎪ ⎩(2)

(3)

et : (3) ⇐⇒

 λ2 2

 − 2λ − 2(n − 2) x2 = 0

⇐⇒ λ2 − 4λ − 4(n − 2) = 0

(4),

car x2  0, puisque, si x2 = 0, alors on déduit x1 = 0, puis x3 = ... = xn−1 = 0, xn = 0, X = 0, exclu. Le discriminant Δ de cette équation du second degré en λ est : Δ = 16 + 16(n − 2) = 16(n − 1) > 0,

donc : (4) ⇐⇒ λ = λ1 ou λ = λ2 , √ √ λ2 = 2 + 2 n − 1. où : λ1 = 2 − 2 n − 1, Il en résulte que les valeurs propres de An sont : √ √ 0, 2 − 2 n − 1, 2 + 2 n − 1, et ces trois valeurs propres sont bien deux à deux distinctes, car n  3. D’après a), dim (E0 ) = n − 2.

b) • On sait déjà que 0 est valeur propre de An . ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ∗ • Soient λ ∈ R , X = ⎜⎜⎜⎜⎜ ... ⎟⎟⎟⎟⎟ ∈ Mn,1 (R) \ {0}. On a : ⎜⎝ ⎟⎠ xn ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎞⎛ ⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜2 2 . . . 2 2⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ x2 ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜1 0 . . . 0 1⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ x2 ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ An X = λX ⇐⇒ ⎜⎜⎜⎜⎜ ... ... (0) ... ... ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜ ... ⎟⎟⎟⎟⎟ = λ ⎜⎜⎜⎜⎜ ... ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎜⎜ xn−1 ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 0 . . . 0 1⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜ xn−1 ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎝ ⎝ ⎠ ⎠ ⎠⎝ xn 2 2 . . . 2 2 xn ⎧ ⎪ 2x1 + 2x2 + · · · + 2xn−1 + 2xn = λx1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x1 + xn = λx2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ .. ⇐⇒ ⎪ ⎪ . ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x1 + xn = λxn−1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩2x + 2x + · · · + 2x + 2x = λx 2

On a :

c) Notons, pour λ ∈ {0, λ1 , λ2 }, Eλ = SEP (An , λ).

Ceci montre que 0 est valeur propre de An et : dim SEP (An , 0) = n − 2.

1

⇐⇒ x1 = xn , x2 = ... = xn−1 ,

2 2x1 + (n − 2)x2 = λx1 (1), 2x1 = λx2 (2).

n

D’après b), dim (Eλ1 )  1 et dim (Eλ2 )  1. D’autre part, d’après le cours, la somme des dimensions des sous-espaces propres pour A est inférieure ou égale à n. On a donc nécessairement : dim (E0 ) = n − 2, dim (Eλ1 ) = dim (Eλ2 ) = 1, donc la somme des dimensions des sous-espaces propres pour An est égale à n. On conclut, d’après le cours, que An est diagonalisable.

1.27 a) On a : ⎧ ⎪ a2 x2 + · · · + an xn = λx1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ a x + a3 x3 + · · · + an xn = λx2 ⎪ ⎪ ⎨ 1 1 AX = λX ⇐⇒ ⎪ ⎪ .. ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ . ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩a x + · · · + a x = λx 1 1 n−1 n−1 n 31

Chapitre 1

•

Réduction des endomorphismes et des matrices carrées

⎧ ⎪ S − a1 x1 = λx1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ S − a2 x2 = λx2 ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ ⎪ .. ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ . ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩S − a x = λx n n n

⎧ ⎪ S = (λ + a1 )x1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ .. ⇐⇒ ⎪ ⎪ . ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩S = (λ + a )x . n n

Ceci montre que A admet n valeurs propres réelles deux à deux distinctes. d) Puisque A ∈ Mn (R) et que A admet n valeurs propres deux à deux distinctes, d’après le cours, on conclut que A est diagonalisable dans Mn (R).

1.28

b) Supposons λ + a1 = 0. On a alors S = (λ + a1 )x1 = 0. D’autre part, comme a2 , ..., an sont tous différents de a1 , on a :

b) 1) On a :

λ + a2  0, ... , λ + an  0,

0=S =

n 

ak xk = a1 x1 ,

k=1

donc x1 = 0. On obtient X = 0, contradiction. Ceci montre : λ + a1  0. • De même : ∀k ∈ 1 ; n, λ + ak  0. • Comme X  0, il existe i ∈ 1 ; n tel que xi  0, et, comme λ + ai  0, on a : S = (λ + ai )xi  0. • D’où :

AX = λX

 S S S  , ..., xn = , S = ak ⇐⇒ x1 = λ + a1 λ + an λ + ak k=1 

n



⇐⇒ x1 =

S S , ..., xn = , λ + a1 λ + an

n  k=1



∀k ∈ 1 ; n, λ + ak  0 et

k=1

c) La fonction f : λ −→ − 1 +

n  k=1

ak λ + ak

ak = 1. λ + ak

ak est définie sur λ + ak

n  k=1

−∞ −1

f (λ)

− 

−∞

−an || || || ||

n−1

... ... ...

−a1 || || || ||

n+1

n

n−1

b) 2) Pour montrer que l’équation du second degré r2 − λr + 1 = 0,

∀k ∈ 0 ; n + 1, xk = (αk + β)r0k−1 , où r0 =

+∞

n

(0) ...

⇐⇒ ∀i ∈ 0 ; n − 1, xi+2 − λxi+1 + xi = 0.

ak < 0. (λ + ak )2

− 

+∞

−1

D’après le théorème des valeurs intermédiaires et la stricte monotonie par intervalles, f admet exactement n zéros, notés λ1 , ..., λn et on a : −an < λn < −an−1 < ... < −a2 < λ2 < −a1 < λ1 . 32

⎧ ⎪ x2 − λx1 + x0 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x3 − λx2 + x1 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ .. ⎪ ⎪ . ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ xn − λxn−1 + xn−2 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x − λx + x = 0

0 .. .

D’après le cours sur les suites récurrentes linéaires du second ordre à coefficients constants et sans second membre, il existe alors (α, β) ∈ R2 tel que :

On en déduit le tableau des variations de f : λ f  (λ)

⎧ ⎪ x2 = λx1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x1 + x3 = λx2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ .. ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ . ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ xn−2 + xn = λxn−1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x = λx

1

d’inconnue r ∈ C, admet deux solutions distinctes, il suffit de montrer que son discriminant Δ = λ2 − 4 est non nul. À cet effet, raisonnons par l’absurde : supposons Δ = 0.

D = R \ {a1 , ..., an }, dérivable sur D, et : ∀λ ∈ D, f  (λ) = −

⎞ . . . 0⎟⎟ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎟ ⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟ .. ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ (0) . ⎟⎟ ⎜⎜ x2 ⎟⎟ ⎜⎜⎜ x2 ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎟ ⎟⎜ . . ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟⎟ = λ ⎜⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟ . 0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎜⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎜⎜⎝ xn−1 ⎟⎟⎟⎟⎠ . . ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎝ xn−1 ⎟⎟⎟⎟⎠ . 1⎟⎟⎟ xn ⎠ xn 1 0

 =1 .

Ceci montre que, pour tout λ ∈ R, λ est valeur propre de A si et seulement si : n 

0 .. . .. . .. . 0

⎛ ⎜⎜⎜0 ⎜⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜ ⎜ AX = λX ⇐⇒ ⎜⎜⎜⎜0 ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ . ⎜⎜⎜ .. ⎜⎝ 0

d’où : x2 = ... = xn = 0. Ensuite :

a) La matrice carrée A est symétrique réelle, donc, d’après le cours, A est diagonalisable dans Mn (R).

λ est la racine double du trinôme. 2

On a : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ x0 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ xn+1 = 0

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨β = 0 ⇐⇒ ⎪

⎪ ⎪ ⎩ α(n + 1) + β r0n = 0 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨β = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩α = 0 ou r0 = 0.

Si α = β = 0, alors tous les xk sont nuls, X = 0, exclu.

Corrigés des exercices

Si r0 = 0, alors λ = 2r0 = 0, Δ = λ2 − 4 = −4  0, contradiction. Ce raisonnement par l’absurde montre Δ  0. On conclut que l’équation r2 − λr + 1 = 0, d’inconnue r ∈ C, admet deux solutions distinctes, notées r1 , r2 . b) 3) En considérant la somme et le produit des racines r1 , r2 de l’équation du second degré r2 − λr + 1 = 0, d’inconnue r ∈ C, on a : r1 + r2 = λ et r1 r2 = 1. |r1 | |r2 | = |r1 r2 | = 1.

D’où :

On conclut que les sev Im (ui ), i ∈ 1 ; k, sont en somme directe et que leur somme est égale à E. c) Pour chaque i ∈ 1 ; k, il existe une base Bi de Im (ui ). Comme E est somme directe des Im (ui ), i ∈ 1 ; k, la famille B = B1 ∪ · · · ∪ Bk est une base de E. Soit f ∈ Vect (u1 , ..., uk ). Il existe (α1 , ..., αk ) ∈ Kk tel que f =

De plus, puisqu’il s’agit d’une équation à coefficients réels, on a r2 = r1 , donc |r2 | = |r1 |, puis : |r1 |2 = 1, |r1 | = 1 = |r2 |. |λ| = |r1 + r2 |  |r1 | + |r2 |  2.

Ensuite :

Comme l’autre inclusion est évidente, on a l’égalité.

Soit x ∈ B1 . Il existe alors t ∈ E tel que x = u1 (t), d’où : k 

αi ui (x) =

i=1

1.29

k  i=1

αi ui ◦ u1 (t) = α1 u21 (t) = α1 u1 (t) = α1 x.  !" = 0 si i1

De même :

a) Soit i ∈ 1 ; k. On a : ui = e ◦ ui =

k 

∀i ∈ 1 ; k, ∀x ∈ Bi , f (x) = αi x.

k   u j ◦ ui = (u j ◦ ui ).

j=1

j=1

On a donc : D’après l’hypothèse, u j ◦ ui est nul lorsque j  i, donc : k 

u j ◦ ui = ui ◦ ui =

⎛ ⎞ (0) ⎟⎟ ⎜⎜⎜α1 In1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ , .. MatB ( f ) = ⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ . ⎜⎝ ⎠ (0) αk Ink



où, pour chaque i ∈ 1 ; k, on a noté ni = dim Im (ui ) .

u2i

On conclut que f est diagonalisable.

j=1

1.30

et on conclut : u2i = ui . b) • Soit (x1 , ..., xk ) ∈ Im (u1 ) × · · · × Im (uk ) tel que

k 

xi = 0.

i=1

⎧ ⎪ 2 2 ⎪ ⎪ ⎨ f = (g ◦ h) ◦ f = g ◦ (h ◦ f ) = g ◦ g = g a) • On a : ⎪ ⎪ ⎪ ⎩g2 = (h ◦ f ) ◦ g = h ◦ ( f ◦ g) = h ◦ h = h2 .

Pour tout i ∈ 1 ; n, il existe ti ∈ E tel que xi = ui (ti ), donc :

xi = ui (ti ) = u2i (ti ) = ui ui (ti ) = ui (xi ).

• Puis :

Soit j ∈ 1 ; n fixé. On a donc :

f 5 = f 2 ◦ f ◦ f 2 = h2 ◦ f ◦ h2 = h ◦ (h ◦ f ) ◦ h2 = h ◦ g ◦ h2

0 = uj

k 



xi = u j

i=1

 !" © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

αi ui .

i=1

f (x) =

On conclut : λ ∈ [−2 ; 2].

k 

 k

ui (xi )

= h ◦ (g ◦ h) ◦ h = h ◦ f ◦ h = (h ◦ f ) ◦ h = g ◦ h = f.



b) • On a :

i=1

Comme f est supposé bijectif, on déduit : f 4 − e = 0.

=0

=

k  i=1

Ceci montre que la somme

u j ◦ ui (xi ) = u2j (x j ) = u j (x j ) = x j .  !"

= 0 si i j

k 

D’autre part : Ainsi :

Im (ui ) est directe.

i=1

k k k     x = e(x) = ui (x) = ui (x) ∈ Im (ui ).  !" i=1

E⊂

i=1

k  i=1

f 4 − e = ( f 2 + e) ◦ ( f 2 − e). ( f 2 + e) ◦ ( f 2 − e) = 0.

• Montrons que f 2 + e est bijectif. Puisque f est supposé diagonalisable, il existe une base B de E telle que la matrice de f dans B soit diagonale :

• Soit x ∈ E. On a :

Ceci montre :

f ◦ ( f 4 − e) = f 5 − f = 0.

∈ Im (ui )

i=1

MatB ( f ) = diag (λ1 , ..., λn ). On a alors : MatB ( f 2 + e) = diag (λ21 + 1, ..., λ2n + 1). Comme :

∀i ∈ 1 ; n, λ2i + 1  0,

la matrice diag (λ21 + 1, ..., λ2n + 1) est inversible, Im (ui ).

donc f 2 + e est bijectif. 33

Chapitre 1

•

Réduction des endomorphismes et des matrices carrées

• Puisque ( f 2 + e) ◦ ( f 2 − e) = 0 et que f 2 + e est bijectif, on déduit f 2 − e = 0, et on conclut : f 2 = e.

donc :

c) On a :

On conclut : A n’est pas diagonalisable.

g ◦ f = g ◦ (g ◦ h) = g2 ◦ h = f 2 ◦ h = e ◦ h = h = f ◦ g. Comme les hypothèses de l’énoncé sont invariantes en permutant circulairement ( f, g, h), on a aussi : h ◦ g = g ◦ h et f ◦ h = h ◦ f. Finalement, f, g, h commutent deux à deux.

1.31 1) • Supposons que α est valeur propre de f . Il existe x ∈ E\{0} tel que f (x) = αx. On a alors :

f 2 (x) = f f (x) = f (αx) = α f (x) = α(αx) = α2 x, donc α2 est valeur propre de f 2 .

c) • De A(A − In )2 = 0, on déduit : A3 − 2A2 + A = 0, donc : A3 = 2A2 − A. • Montrons que, pour tout k ∈ N∗ , il existe (ak , bk ) ∈ R2 tel que : Ak = ak A + bk A2 . À cet effet, raisonnons par récurrence sur k. Comme A = 1 A + 0 A2 , le couple (a1 , b1 ) = (1, 0) convient. Supposons, pour un k ∈ N∗ fixé quelconque, qu’il existe (ak , bk ) ∈ R2 tel que Ak = ak A + bk A2 . On a alors : Ak+1 = A Ak = A(ak A + bk A2 ) = ak A2 + bk A3 = ak A2 + bk (2A2 − A) = −bk A + (ak + 2bk )A2 . Ainsi, la suite (ak , bk )k∈N∗ définie par (a1 , b1 ) = (1, 0) et :

• Supposons que −α est valeur propre de f . D’après le résultat précédent (−α)2 est valeur propre de f 2 , c’est-à-dire que α2 est valeur propre de f 2 .

convient.

2) Pour la réciproque, raisonnons par contraposition.

• On a alors, pour tout k ∈ N∗ :

Supposons que α et −α ne sont pas valeurs propres de f . Alors, en notant e = IdE , les endomorphismes f − αe et f + αe sont bijectifs. Par composition, il en résulte que f 2 − α2 e = ( f − αe) ◦ ( f + αe) est bijectif, donc α2 n’est pas valeur propre de f 2 . Finalement, α2 est valeur propre de f 2 si et seulement si α ou −α est valeur propre de f .

1.32 a) 1) Puisque A(A − In )2 = 0, le polynôme X(X − 1)2 est annulateur de A, donc, d’après le cours, les valeurs propres de A sont parmi 0 et 1.

∀k ∈ N∗ ,

ak+1 = −bk ,

bk+1 = ak + 2bk

ak+2 = −bk+1 = −(ak + 2bk ) = −ak − 2(−ak+1 ) = 2ak+1 − ak .

La suite (ak )k∈N∗ est donc une suite récurrente linéaire du second ordre à coefficients constants. L’équation caractéristique r2 − 2r + 1 = 0 admet une racine double égale à 1. D’après le cours, il existe (α, β) ∈ R2 tel que : ∀k ∈ N∗ , ak = (αk + β)1k = αk + β. ⎧ ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨α = −1 ⎨α + β = 1 ⎨a1 = 1 ⇐⇒ ⇐⇒ On a : ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩β = 2. ⎩2α + β = 0 ⎩a2 = 0 ∀k ∈ N∗ , ak = −k + 2,

puis : ∀k ∈ N∗ , bk = −ak+1 = − − (k + 1) + 2 = k − 1.

On obtient :

2) • Supposons que 0 n’est pas valeur propre de A. Alors, A est inversible. Comme A(A − In )2 = 0, en multipliant par A−1 , on déduit A−1 A(A − In )2 = 0, (A − In )2 = 0, exclu.

Remarque :

Ceci montre que 0 est valeur propre de A.

On peut contrôler ce résultat pour k = 1, k = 2, k = 3 :

• Supposons que 1 n’est pas valeur propre de A. Alors, A − In est inversible. Comme A(A − In )2 = 0, on déduit A(A − In )2 (A − In )−1 = 0, A(A − In ) = 0, exclu. Ceci montre que 1 est valeur propre de A. On conclut : les valeurs propres de A sont 0 et 1. b) Raisonnons par l’absurde : supposons A diagonalisable. Il existe P ∈ Mn (R) inversible, D = diag (1, ..., 1, 0, ..., 0) telles que A = PDP−1. On a alors D2 = D, puis : A2 = (PDP−1)2 = PD2 P−1 = PDP−1 = A, 34

A(A − In ) = A(−A2 + 2A − In ) = −A(A − In )2 = 0, exclu.

On conclut : ∀k ∈ N∗ , Ak = (2 − k)A + (k − 1)A2 .

A = 1 A + 0 A2 , A2 = 0 A + 1 A2 , A3 = −A + 2A2 . ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 0 0⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ d) La matrice A = ⎜⎜0 1 1⎟⎟⎟⎟ convient. ⎠ ⎝ 001

1.33

⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 0 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ a) • La matrice A = ⎜⎜0 1 0⎟⎟⎟⎟ est triangulaire (supérieure), donc ⎠ ⎝ 000 les valeurs propres de A se lisent sur sa diagonale : les valeurs propres de A sont 0 et 1.

Corrigés des exercices

• Déterminons les sous-espaces propres de A. ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ Soit X = ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ ∈ M3,1 (R). ⎝ ⎠ z On a : AX = 0 ⇐⇒ (z = 0, y = 0), ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜1⎟⎟⎟

⎜ ⎟ donc : SEP (A, 0) = Vect (⎜⎜⎜⎜0⎟⎟⎟⎟), dim SEP (A, 0) = 1. ⎝ ⎠ 0 On a : AX = X ⇐⇒ (x = 0, z = 0), ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜0⎟⎟⎟

⎜ ⎟ donc : SEP (A, 1) = Vect (⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟), dim SEP (A, 1) = 1. ⎝ ⎠ 0 • Puisque A est carrée d’ordre 3 et que la somme des dimensions des sous-espaces propres pour A est 1 + 1 = 2  3, on conclut, d’après le cours, que A n’est pas diagonalisable. b) 1) • Puisque f 2 est un projecteur, on a ( f 2 )2 = f 2 , c’est-àdire f 4 − f 2 = 0. Ainsi, le polynôme X4 − X2 est annulateur de f . D’après le cours, les valeurs propres de f sont parmi les zéros de X4 − X2 = X2 (X − 1)(X + 1), donc les valeurs propres de f sont parmi 0, 1, −1. • Si 0 n’est pas valeur propre de f , alors f est bijectif, puis f 2 est bijectif, donc rg ( f 2 ) = 3, contradiction avec l’hypothèse rg ( f 2 ) = 1. Ceci montre que 0 est valeur propre de f .

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• Si 1 et −1 sont valeurs propres de f , alors f admet trois valeurs propres, qui sont 0, 1, −1, donc, puisque E est de dimension 3, f est diagonalisable et il existe une base B1 de E telle ⎛que la matrice de f dans B1 soit la matrice diagonale ⎞ ⎜⎜⎜0 0 0 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ D = ⎜⎜⎜⎜0 1 0 ⎟⎟⎟⎟ et alors f 2 est représenté, dans B1 , par la ma⎠ ⎝ 0 0 −1 ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 0 0⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ trice diagonale D2 = ⎜⎜⎜⎜0 1 0⎟⎟⎟⎟ , d’où rg ( f 2 ) = rg (D2 ) = 2, ⎠ ⎝ 001 contradiction avec l’hypothèse rg ( f 2 ) = 1. On conclut que l’ensemble des valeurs propres de f est {0} ou {0, 1} ou {0, −1}. b) 2) D’après l’hypothèse et 1), l’ensemble des valeurs propres de f est {0, 1}. • Montrons que f n’est pas diagonalisable. Raisonnons par l’absurde : supposons f diagonalisable.

• Comme f admet 0 et 1 pour valeurs propres, que f n’est pas diagonalisable et que dim (E) = 3, on déduit :



dim SEP ( f, 0) = 1 et dim SEP ( f, 1) = 1.



En particulier : dim Ker ( f ) = dim SEP ( f, 0) = 1. Ker ( f ) ⊂ Ker ( f 2 ).

Remarquons :

D’autre part, par hypothèse : rg ( f 2 ) = 1, donc, d’après le théo rème du rang : dim Ker ( f 2 ) = 3 − rg ( f 2 ) = 3 − 1 = 2. On a donc : Ker ( f ) ⊂ Ker ( f 2 ) et Ker ( f 2 )  Ker ( f ) • Il existe donc v3 ∈ Ker ( f 2 ) tel que v3  Ker ( f ). Notons v1 = f (v3 ). On a alors : f (v1 ) = f 2 (v3 ) = 0. D’autre part, il existe un vecteur propre v2 pour la valeur propre 1 de f , c’est-à-dire tel que f (v2 ) = v2 . Notons B = (v1 , v2 , v3 ). Montrons que B est libre. Soit (α1 , α2 , α3 ) ∈ R3 tel que α1 v1 + α2 v2 + α3 v3 = 0. On obtient, en appliquant f : α2 v2 + α3 v1 = 0, puis, en appliquant encore f : α2 v2 = 0. D’où α2 = 0, puis α3 v1 = 0, donc α3 = 0, puis α1 v1 = 0, donc α1 = 0. Ainsi, B est libre. Comme E est de dimension 3, que B est libre et que Card (B) = 3, il s’ensuit que B est une base de E. Puisque f (v⎛1 ) ⎜⎜⎜0 ⎜ dans B est ⎜⎜⎜⎜0 ⎝ 0

= 0 1 0

0,⎞ f (v2 ) = v2 , f (v3 ) = v1 , la matrice de f 1⎟⎟⎟ ⎟ 0⎟⎟⎟⎟ c’est-à-dire A. ⎠ 0

Soit λ une valeur propre de A dans C. ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ . ⎟⎟ Il existe X = ⎜⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟⎟ ∈ Mn,1 (C) \ {0} tel que AX = λX. On a : ⎜⎝ ⎟⎠ xn ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜a11 . . . a1n ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟ ⎜ ⎜⎜⎜ . ⎟ ⎟ .. ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟ = λ ⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟ AX = λX ⇐⇒ ⎜⎜⎜⎜ .. ⎜ ⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟ ⎟ ⎟ . ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟ ⎜⎝ ⎟⎠ ⎜⎝ ⎠⎝ ⎠ an1 . . . ann xn xn ⎧ ⎪ a11 x1 + · · · + a1n xn = λx1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ .. ⇐⇒ ⎪ ⎪ . ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩a x + · · · + a x = λx . n1 1 nn n n

1.34

Il existe alors une base B2 de E telle que f soit représenté dans B2 par une matrice diagonale D dont les termes diagonaux sont parmi 0 et 1. Comme alors D2 = D, on a f 2 = f, donc f est un projecteur, exclu.

Il existe i ∈ 1 ; n tel que : |xi | = Max |xk |. On a alors, en

Ce raisonnement par l’absurde montre que f n’est pas diagonalisable.

d’où, en faisant passer aii xi dans l’autre membre :  (λ − aii )xi = − ai j x j ,

1kn

prenant la ligne numéro i du système d’équations précédent : ai1 x1 + · · · + ain xn = λxi ,

1 jn, ji

35

Chapitre 1

•

Réduction des endomorphismes et des matrices carrées

puis, en prenant les modules et en utilisant l’inégalité triangulaire : ## ##  ai j x j ## |λ − aii | |xi | = ## 1 jn, ji





|ai j | |x j | 

1 jn, ji





 Si λ = 1, alors :

⎛ ⎞ ⎜⎜⎜0 1 1 . . . 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜1 0 0 . . . 0 ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟ . ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜ rg (A − In ) = rg ⎜⎜⎜⎜⎜1 0 −1 (0) .. ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ . . ⎟⎟⎟ .. ⎜⎜⎜ . . ⎟ ⎜⎜⎝ . . (0) . 0 ⎟⎟⎟⎟⎠ 1 0 . . . 0 −1 ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 1 . . . 1 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜0 0 . . . 0 1 ⎟⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ . ⎟⎟ ⎜⎜ = rg ⎜⎜⎜⎜⎜0 −1 (0) .. 1 ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ . .. . . ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ . ⎜⎜⎝ . (0) . 0 . ⎟⎟⎟⎟⎠ 0 . . . 0 −1 1

 |ai j | |xi |.

1 jn, ji

Si |xi | = 0, alors ∀ j ∈ 1 ; n, x j = 0, donc X = 0, exclu. On a donc |xi | > 0, et on conclut, en simplifiant par |xi | :  |ai j |. |λ − aii |  1 jn, ji

Géométriquement, dans le plan complexe, λ est dans le disque  fermé de centre aii et de rayon |ai j |. 1 jn, ji

Remarque : En appliquant ce résultat à la matrice A de l’exercice 1.28, on retrouve le fait que les valeurs propres de A (qui sont alors toutes réelles car A est symétrique réelle) sont dans [−2 ; 2].

1.35 a) La matrice carrée An est symétrique réelle, donc, d’après le cours, An est diagonalisable dans Mn (R). b) En notant C1 , ..., Cn les colonnes de An , on remarque que C3 = ... = Cn , donc : rg (An ) = rg (C1 , C2 , C3 ) ⎛ ⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜ ⎜ = rg ⎜⎜⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜ .. ⎜⎜⎜ . ⎝ 1

1 1 0 .. . 0

⎞ 1⎟⎟ ⎟ 0⎟⎟⎟⎟ ⎟ 0⎟⎟⎟⎟⎟ .. ⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎟⎟⎟⎠ 0

=

C1 ←→C3

⎛ ⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜0 ⎜⎜⎜ ⎜ rg ⎜⎜⎜⎜⎜0 ⎜⎜⎜ .. ⎜⎜⎜ . ⎝ 0

1 1 0 .. . 0

⎞ 1⎟⎟ ⎟ 1⎟⎟⎟⎟ ⎟ 1⎟⎟⎟⎟⎟ = 3 < n. .. ⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎟⎟⎟⎠ 1

Il en résulte que 0 est valeur propre de A et, en utilisant le théorème du rang :

par échange successifs des colonnes C1 , ..., Cn pour amener C1 en dernière colonne ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 1 . . . 1 0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ . ⎟⎟ ⎜⎜⎜0 −1 (0) .. 0⎟⎟⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟ .. = rg ⎜⎜⎜⎜ .. ⎜⎜⎜ . (0) . 0 0⎟⎟⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝0 . . . 0 −1 1⎟⎟⎟⎟⎠ 0 0 ... 0 1 par échange successifs des lignes L2 , ..., Ln pour amener L2 en dernière ligne donc :

 Si λ  0 et λ  1, alors, en mettant λ − 1 en facteur dans L2 et λ en facteur dans L3 , ..., Ln , puis en effectuant L1 ←− L1 + (L2 + · · · + Ln ), on a : ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜1 − λ 1 1 . . . 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ 1 −1 0 . . . 0 ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ λ−1 ⎟ 1 0 −1 (0) 0 ⎟⎟⎟⎟⎟ rg (An − λIn ) = rg ⎜⎜⎜⎜⎜ λ ⎟⎟⎟ .. . ⎜⎜⎜⎜ .. ⎟ . (0) . . 0 ⎟⎟⎟⎟⎠ ⎜⎜⎝ . 1 0 . . . 0 −1 λ ⎛ ⎜⎜⎜ α ⎜⎜⎜ 1 ⎜⎜⎜ λ−1 ⎜ 1 = rg ⎜⎜⎜⎜⎜ λ ⎜⎜⎜ .. ⎜⎜⎜ . ⎝ 1



dim SEP (An , 0) = n − rg (An ) = n − 3  1. c) • Déterminons les valeurs propres (réelles) de An . Soit λ ∈ R. On a : ⎛ ⎜⎜⎜1 − λ 1 ⎜⎜⎜ 1 1 − λ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ 0 rg (An − λ In ) = rg ⎜⎜⎜⎜⎜ 1 ⎜⎜⎜ . .. ⎜⎜⎜ . . ⎜⎜⎝ . 1 0  Le cas λ = 0 a été vu en b). 36

⎞ 1 . . . 1 ⎟⎟ ⎟ 0 . . . 0 ⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎟⎟⎟⎟ −λ (0) .. ⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎟⎟⎟⎟ . (0) . . 0 ⎟⎟⎟⎟ ⎠ . . . 0 −λ

rg (A − In ) = n.

où :

0 ... 0 ... −1 (0) . (0) . . ... 0 λ 1 1 α= 1−λ+ + (n − 2) . λ−1 λ 0 −1 0 .. . 0

⎞ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎟⎟ 0 ⎟⎟⎟⎟⎠ −1 0 0 0

On obtient :

⎧ ⎪ 3 si λ = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ rg (A − λIn ) = ⎪ n − 1 si λ  0, λ  1, α = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ n si λ = 1 ou λ  0, λ  1, α  0 .

Il en résulte que les valeurs propres de An sont 0 et les solutions en λ de l’équation α = 0, où λ  0 et λ  1.

Corrigés des exercices

Et : α = 0 ⇐⇒ (1 − λ)(λ − 1)λ + λ + (n − 2)(λ − 1) = 0 ⇐⇒ − λ3 + 2λ2 + (n − 2)λ − (n − 2) = 0 ⇐⇒ λ3 − 2λ2 − (n − 2)λ + (n − 2) = 0 ⇐⇒ Pn (λ) = 0,

1.36 • Puisque A et B sont diagonalisables dans Mn (K), il existe D, E ∈ Mn (K) diagonales, Q, R ∈ GLn (K), telles que : A = QDQ−1 et B = RER−1 . Notons D = diag(di ), E = diag(ei ). On a alors :

en utilisant la notation Pn de l’énoncé.

1in

• Étudions les zéros de Pn . Puisque Pn est un polynôme de R3 [X], Pn admet au plus trois zéros réels. On a :

√ n−2 an ∼ − √ ∼ − n. n∞ n n∞

d’où :

Pn (λ)

−→

λ −→ −∞

−∞,

Pn (λ)

−→

λ −→ +∞

On conclut que Pn admet exactement trois zéros réels, notés an , bn , cn , deux à deux distincts, et : an < 0 < bn < 1 < cn .

donc : cn > 2. =

c2n

 !"

+(n − 2)(cn − 1)  n − 2,  !" 1

0

P(A) = P(B) ⇐⇒ Q P(D)Q−1 = R P(E)R−1 ⇐⇒ (R−1 Q)P(D) = P(E)(R−1 Q). Notons U = R−1 Q. On a donc : UP(D) = P(E)U. • Passons aux éléments des matrices dans l’égalité ci-dessus. Notons U = (ui j )i j .

d) • On a, pour tout n  4 : Pn (2) = −(n − 2) < 0, • On a, pour tout n  4 :

d’où :

+∞,

donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, Pn admet au moins trois zéros réels.

c3n

P(A) = Q P(D)Q−1 et P(B) = R P(E)R−1 ,

Pn (0) = n − 2 > 0,

Pn (1) = −1 < 0,

donc cn  (n − 2) , d’où : cn −→ +∞. 1/3

En

utilisant le ⎧ ⎪ ⎪ ⎪1 si k = j ⎨ δk j = ⎪ ⎪ ⎪0 si k  j ⎩

UP(D)

ij

=

n∞

n 

symbole

de

n∞

passant aux équivalents : c3n ∼ (n − 2)cn , d’où, puisque les cn



P(E)U

n∞

ij

=

Kronecker,

n

n 

k=1



P(ei )δik uk j = P(ei )ui j . P(E) ik uk j = n

k=1

k=1

Ainsi :

• On a, pour tout n  4 : b3n − b2n = (n − 2)(bn − 1),



Soit j ∈ 1 ; n. On a : ui j P(d j ) − P(ei ) = 0,

b3n − b2n −→ 0, n − 2 n∞ Il en résulte : bn −→ 1. donc :

bn − 1 =

car (bn )n est bornée.

n∞

par



uik P(D) k j = uik P(d j )δk j = ui j P(d j ),

sont tous  0 : c2n ∼ n − 2 ∼ n, puis, comme les cn sont tous n∞ n∞ √ > 0 : cn ∼ n. n∞

défini

, on a, pour tout (i, j) ∈ 1 ; n2 :

k=1

• Puisque c3n − c2n = (n − 2)(cn − 1) et que cn −→ +∞, on a, en

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

1in

∀(i, j) ∈ 1 ; n2 , ui j P(d j ) = P(ei )ui j .

• Soit i ∈ 1 ; n fixé.

donc : ui j = 0 ou P(d j ) = P(ei ). Comme P est injectif, il s’ensuit : ui j = 0 ou d j = ei . Dans chacun de ces deux cas, on a nécessairement :

• Comme Pn = (X − an )(X − bn )(X − cn ) = X3 − 2X2 − (n − 2)X + (n − 2), on déduit, en remplaçant X par 0 : an bn cn = −(n − 2). √ D’autre part : an bn cn ∼ an 1 n, n∞

ui j (d j − ei ) = 0. Par un calcul analogue à celui du deuxième point ci-dessus et plus simple, il en résulte UD = EU. Puis, par un calcul analogue à celui du premier point ci-dessus et plus simple, on conclut A = B.

37

Algèbre bilinéaire

Plan Les méthodes à retenir

39

Énoncés des exercices

41

Du mal à démarrer ?

47

Corrigés des exercices

50

On abrège espace vectoriel en ev, sous-espace vectoriel en sev.

38

CHAPITRE

2

Thèmes abordés dans les exercices •

Montrer qu’une certaine application est un produit scalaire

•

Trouver une base orthogonale, trouver une base orthonormale d’un espace vectoriel euclidien

•

Obtenir des inégalités par utilisation de l’inégalité de Cauchy-Schwarz ou de l’inégalité triangulaire

•

Étude de sous-espaces vectoriels orthogonaux, détermination du supplémentaire orthogonal d’un sous-espace vectoriel, détermination d’un projeté orthogonal, calcul de la distance d’un vecteur à un sous-espace vectoriel

•

Montrer ou utiliser qu’un endomorphisme est symétrique

•

Étudier des matrices symétriques réelles

•

Étudier le signe d’une forme quadratique.

Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •

Définitions de : forme bilinéaire symétrique, produit scalaire, vecteurs orthogonaux entre eux, famille orthogonale, famille orthonormale, sous-espaces vectoriels orthogonaux entre eux, supplémentaire orthogonal d’un sous-espace vectoriel

•

Expression matricielle du produit scalaire et de la norme euclidienne en base orthonormale, coordonnées et norme d’un vecteur dans une base orthonormale

•

Changement de base orthonormale

•

Projecteur orthogonal sur un sous-espace vectoriel

•

Définition et propriétés des endomorphismes symétriques

•

Théorème spectral : tout endomorphisme symétrique est diagonalisable et ses sous-espaces propres sont deux à deux orthogonaux

•

Expression matricielle du théorème spectral : pour toute matrice symétrique réelle S , il existe une matrice orthogonale P et une matrice diagonale D telles que S = PDP−1

•

Étude du signe d’une forme quadratique sur Rn , associée à une endomorphisme ou à une matrice symétrique réelle.

Les méthodes à retenir

Les méthodes à retenir Pour montrer qu’une application E × E −→ R est une forme bilinéaire symétrique

Pour montrer qu’une application ϕ : E × E −→ R est un produit scalaire sur un R-ev E

Pour obtenir une inégalité faisant intervenir des racines carrées, ou des carrés, ou des carrés de normes, ou des produits scalaires

Revenir à la définition d’une forme bilinéaire symétrique.

➥ Exercice 2.5 a).

Revenir à la définition d’une produit scalaire sur un R-ev.

➥ Exercices 2.1, 2.10 b), 2.16 a), 2.19 c)1), 2.20 c)2).

Essayer d’utiliser l’inégalité de Cauchy-Schwarz.

➥ Exercice 2.11 d)4).

Essayer de : Pour montrer qu’un vecteur x d’un espace vectoriel euclidien   E, (. | .) muni de la norme associée ||.||, est le vecteur nul

•

montrer : ||x||2 = 0

➥ Exercice 2.1 •

montrer : ∀y ∈ E, (x | y) = 0.

➥ Exercice 2.7.

Essayer de : •

utiliser la définition de l’orthogonal F ⊥ d’un sev F de E :

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  F ⊥ = x ∈ E ; ∀y ∈ F, (x | y) = 0 Pour manipuler des orthogonaux de sev d’un espace vectoriel euclidien E

➥ Exercice 2.6 •

utiliser la formule sur la dimension de l’orthogonal F ⊥ d’un sev F de E : dim (F ⊥ ) = dim (E) − dim (F).

➥ Exercice 2.6.

Pour montrer que deux sev F, G d’un espace vectoriel euclidien   E, (. | .) sont orthogonaux

Revenir à la définition, c’est-à-dire montrer : ∀x ∈ F, ∀y ∈ G, (x | y) = 0.

➥ Exercice 2.22. 39

Chapitre 2

•

Algèbre bilinéaire

Montrer que F est orthogonale et que F est une base de E. Pour montrer qu’une famille finie F = (e1 , ..., e n) est une base orthogonale d’un espace vectoriel euclidien   E, (. | .)

Éventuellement, utiliser les propriétés suivantes : •

si F est orthogonale et à vecteurs tous non nuls, alors F est libre

•

si F est libre et si Card (F ) = dim (E), alors F est une base de E

•

si F engendre E et si Card (F ) = dim (E), alors F est une base de E.

➥ Exercice 2.16.

Pour manipuler un vecteur x d’un espace vectoriel euclidien   E, (. | .) muni d’une base orthonormale B = (e1 , ..., e n)

Pour faire disparaître tous les termes sauf l’un d’eux dans une combinaison linéaire de vecteurs d’un espace vectoriel euclidien

Pour calculer le projeté orthogonal pF (x) d’un vecteur x d’un espace vectoriel euclidien   E, (. | .) sur un sev F de E

Penser à décomposer x sur B, sous la forme x =

Pour montrer qu’une matrice A de M n(R) est symétrique 40

xi ei , où

i=1

(x1 , ..., xn ) ∈ Rn , ou plus précisément, d’après le cours, sous la forme n  (ei | x)ei . x= i=1

➥ Exercice 2.15. Essayer de faire le produit de cette combinaison linéaire avec un vecteur orthogonal à presque tous les termes de cette combinaison linéaire.

➥ Exercice 2.22. •

•

Si on connaît le supplémentaire orthogonal G = F ⊥ de F dans E, décomposer x en x = y+z, où y ∈ F et z ∈ G, et on a alors pF (x) = y. Si on connaît une base orthonormale ( f1 , ..., f p ) de F, appliquer la p  ( fk | x) fk . formule du cours : pF (x) = k=1

➥ Exercices 2.3, 2.12 a). •

Pour montrer qu’un endomorphisme f d’un espace vectoriel euclidien   E, (. | .) est symétrique

n 

Revenir à la définition : un endomorphisme f de E est symétrique si et seulement si : # #

∀(x, y) ∈ E 2 , f (x) ##y = x ## f (y)

➥ Exercice 2.11 c) •

Montrer qu’il existe une base orthonormale B de E telle que la matrice de f dans B soit symétrique.

Revenir à la définition, c’est-à-dire montrer : t A = A.

➥ Exercice 2.8 .

Énoncés des exercices

•

Essayer de revenir à la définition, c’est-à-dire montrer : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨∀x ∈ E, q(x)  0 ⎪

⎪ ⎪ ⎩∀x ∈ E, q(x) = 0 =⇒ x = 0

•

Si E = R , essayer de montrer que les valeurs propres de la matrice de q dans la base canonique sont toutes strictement positives.

Pour décider si une forme quadratique q : E −→ R est définie-positive

➥ Exercices 2.8 c), 2.23 n

➥ Exercices 2.5 d), 2.10 b)2). Utiliser : Pour résoudre une question faisant intervenir une (seule) matrice symétrique réelle S

•

la définition : t S = S

•

le théorème spectral sous sa forme matricielle : il existe une matrice orthogonale P et une matrice diagonale D telles que : S = PDP−1 . On est ainsi ramené à l’étude d’une matrice diagonale, pour laquelle on pourra passer aux coefficients des matrices.

➥ Exercices 2.13, 2.14, 2.21 b), 2.24.

Énoncés des exercices 2.1 Exemple de produit scalaire sur un espace de fonctions On note E l’ensemble des applications f : [0 ; 1] −→ R de classe C 1 telles que f (0) = 0, et : $ 1 (2 f  g + 2 f g + 3 f  g ). ϕ : E × E −→ R, ( f, g) −→ 0

Montrer que E est un espace vectoriel et que ϕ est un produit scalaire sur E.

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

2.2 Exemple d’inégalité à plusieurs variables réelles Montrer, pour tous n ∈ N∗ et (a1 , ..., an ) ∈ Rn :

n 

ak

k=1

2

n

n 

a2k .

k=1

2.3 Exemple de détermination d’un projeté orthogonal Déterminer, dans R4 muni de son produit scalaire canonique, le projeté orthogonal de u = (1, −1, 1, −1) sur le sous-espace vectoriel ⎧ ⎪ ⎪  ⎪ ⎨ x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 = 0  4 F = (x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ R ; ⎪ . ⎪ ⎪ ⎩ x1 + 3x2 + 5x3 + 7x4 = 0

2.4 Exemple d’endomorphisme sur un espace de fonctions, d’après EML 2011 On note E = C ∞ ([0 ; 1] ; R), muni du produit scalaire (. | .) défini par : $ 1 ∀ f, g ∈ E, ( f | g) = f (x)g(x) dx 0

41

Chapitre 2

•

Algèbre bilinéaire

et, pour toute f ∈ E :

T ( f ) : [0 ; 1] −→ R, x −→ (x2 − x) f  (x) + (2x − 1) f  (x).

Montrer que T est un endomorphisme de E et que : ∀ f, g ∈ E,





T ( f ) | g = f | T (g) .

2.5 Exemple de produit scalaire en dimension 3, d’après ESC 2005 Soit a ∈ R.

⎞ ⎛ ⎜⎜⎜2 a 1⎟⎟⎟

2 ⎟ ⎜⎜ ⎜ On note Ma = ⎜⎜a 3 a⎟⎟⎟⎟ ∈ M3 (R) et ϕa : M3,1 (R) −→ R, (X, Y) −→ t XMa Y. ⎠ ⎝ 1a2 a) Vérifier que, pour tout a ∈ R, ϕa est une forme bilinéaire symétrique sur M3,1 (R). ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜−1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ √1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1√ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟ b) On note U1 = ⎜⎜ 0 ⎟⎟ , U2 = ⎜⎜ 2⎟⎟ , U3 = ⎜⎜− 2⎟⎟⎟⎟ . ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 1 1 1 Calculer, pour tout a ∈ R, les produits Ma U1 , Ma U2 , Ma U3 . c) En déduire, pour tout a ∈ R, une matrice diagonale Da de M3 (R) et une matrice inversible P de M3 (R) telles que : Ma = PDa P−1 . 3 3 d) Montrer que ϕa est un produit scalaire si et seulement si : − √ < a < √ . 2 2

2.6 Étude d’orthogonaux de sous-espaces vectoriels



Soient E, (. | .) un espace vectoriel euclidien, F, G deux sous-espaces vectoriels de E, supplémentaires dans E. Montrer que F ⊥ et G⊥ sont supplémentaires dans E.

2.7 Linéarité d’applications associées via un produit scalaire Soient E un espace vectoriel muni produit scalaire (. | .), f, g : E −→ E des applications # d’un #

telles que : ∀(x, y) ∈ E 2 , f (x) ## y = x ## g(y) . Démontrer que f et g sont linéaires.

2.8 Exemple de matrice symétrique définie-positive Soit n ∈ N∗ .

⎛ ⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜⎜ 1 (1) ⎜⎜⎜ ⎜ . .. a) On note T = ⎜⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜⎜ 1 ⎜⎜⎝ (0)

⎞ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ∈ Mn (R). Est-ce que T est inversible ? ⎟⎟⎟⎟ ⎟⎟⎠ 1

b) Calculer le produit t T T .

c) On note M = Min (i, j) 1i, jn ∈ Mn (R). Démontrer que la forme quadratique canoniquement associée à M est définie-positive.

2.9 Noyaux, images, rangs de matrices Soient n, p ∈ N∗ , A ∈ Mn,p (R). Montrer : Ker (A) = Ker ( t AA). 42

Énoncés des exercices

2.10 Exemple de produit scalaire sur R3 , d’après ESC 2009 On considère une matrice symétrique H de M3 (R) telle que H 2 = H. On note I = I3 et, pour tout a ∈ ]0 ; +∞[ : M(a) = aI + (1 − a)H. a) 1) Justifier que, pour tout a ∈ ]0 ; +∞[, M(a) est une matrice symétrique et diagonalisable dans M3 (R). 2) Montrer : 3) Montrer : 4) Montrer :

∀(a, b) ∈ ]0 ; +∞[2 , M(a)M(b) = M(ab). 1  

−1 ∀a ∈ ]0 ; +∞[, M(a) ∈ GL3 (R) et M(a) = M .. a √ √ ∀a ∈ ]0 ; +∞[, M(a) = t M( a) M( a).

b) Soit a ∈ ]0 ; +∞[ fixé. 1) Soit λ une valeur propre de M(a), X un vecteur propre pour M(a) associé à la valeur propre λ de M(a). √

√

Montrer : t M( a)X M( a)X = λ t XX et en déduire : λ > 0. 2) En déduire que l’application ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x ⎟⎟⎟  

⎜ ⎟ ϕ : R3 × R3 −→ R, (x, y, z), (x , y , z ) −→ x y z M(a) ⎜⎜⎜⎜y ⎟⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ z est un produit scalaire sur R3 . 1 c) On suppose ici a = 4 et on note H = 4

√ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 3 −1 − √2⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ −1 3√ − 2⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎠ ⎝ √ − 2− 2 2

1) Vérifier H 2 = H et expliciter la matrice M(4). √ √ √ √ 1 1  2 1 1 2  2 2 , w= , , . 2) On note : u = ,− ,0, v= , ,− 2 2 2 2 2 2 2 2 Montrer que B = (u, v, w) est une base de R3 , orthonormée pour le produit scalaire canonique et orthogonale pour le produit scalaire ϕ.

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

2.11 Exemple d’endomorphisme symétrique de R3 , d’après ESC 2008 On munit R3 de son produit scalaire canonique < . , . > et de la norme ||.|| associée. Soit (u1 , u2 ) une famille libre de R3 . On note H = Vect (u1 , u2 ) et f : R3 −→ R3 , u −→ f (u) = < u1 , u > u2 + < u2 , u > u1 . a) Vérifier : f ∈ L (R3 ). b) Montrer : Ker ( f ) = H ⊥ et Im ( f ) = H.

c) Montrer que f est un endomorphisme symétrique de R3 , < . , . > . d) 1) Montrer que H est stable par f . On note g : H −→ H, x −→ f (x) l’endomorphisme induit par f sur H. 2) Écrire la matrice de g dans la base B = (u1 , u2 ) de H.

3) On note B  = ||u2 ||u1 − ||u1 ||u2 , ||u2 ||u1 + ||u1 ||u2 . 43

Chapitre 2

•

Algèbre bilinéaire

Vérifier que B  est une base orthogonale de H et former la matrice de g dans B  . 4) En utilisant l’inégalité de Cauchy-Schwarz, montrer que f admet une valeur propre λ1 < 0, la valeur propre 0, une valeur propre λ2 > 0.

2.12 Étude d’une matrice antisymétrique d’ordre 3, d’après Ecricome 2008 Le R-espace vectoriel R3 est muni de son produit scalaire canonique < . , . > et de la base − → − → − → canonique B = ( i , j , k ). On note e = IdR3 . −u = (a, b, c) ∈ R3 tel que a2 + b2 + c2 = 1. Soit → −u ) et p le projecteur orthogonal sur D. On note D = Vect (→ −v ) à l’aide de < → −v , → −u > et de → −u . −v ∈ R3 , p(→ a) Exprimer, pour tout → → − → − → − Calculer p( i ), p( j ), p( k ). En déduire la matrice P de p dans la base B. ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 0 −c b ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ On note M = ⎜⎜ c 0 −a⎟⎟⎟⎟ et f l’endomorphisme de R3 représenté par M dans la base B. ⎠ ⎝ −b a 0 b) 1) Montrer : M 2 = P − I3 . 2) Montrer : Ker ( f ) = D et Im ( f ) = D⊥ . c) 1) Établir : f 3 + f = 0. 2) Quelles sont les valeurs propres de f ? 3) Est-ce que f est diagonalisable ? d) On note, pour tout t ∈ R : gt = e + (sin t) f + (1 − cos t) f 2 . 1) Calculer la composée gt ◦ gt pour tout (t, t ) ∈ R2 et montrer qu’elle se met sous la forme g où t ∈ R est à calculer. t

2) En déduire que, pour tout t ∈ R, gt est bijectif et exprimer (gt )−1 .

2.13 Valeurs propres extrêmes d’une matrice symétrique réelle, d’après HEC 2006 Soient n ∈ N∗ , S ∈ Mn (R) symétrique. On note α la plus petite valeur propre de S , et β la plus grande valeur propre de S . On munit Mn,1 (R) de son produit scalaire canonique et de la norme associée ||.||. Montrer :

∀X ∈ Mn,1 (R), α||X||2  t XS X  β||X||2 .

2.14 Existence d’une racine carrée symétrique positive d’une matrice symétrique positive, d’après EML 2009 On note Sn (R) l’ensemble des matrices symétriques de Mn (R), et S+n l’ensemble des matrices symétriques positives de Mn (R). Soit S ∈ S+n . a) Montrer que toutes les valeurs propres de S sont  0. b) Justifier l’existence d’une matrice orthogonale P de Mn (R) telle que la matrice D = P−1 S P soit diagonale. c) Trouver une matrice R de S+n telle que R2 = S . 44

Énoncés des exercices

2.15 Diverses CNS pour une base orthonormale Soient E un espace vectoriel muni d’un produit scalaire (. | .), n ∈ N∗ , (e1 , ..., en ) ∈ E n . Montrer que les assertions suivantes sont deux à deux équivalentes : (i) (e1 , ..., en ) est une base orthonormale de E n   

(ii) ∀i ∈ 1 ; n, ||e1 || = 1 et ∀(x, y) ∈ E 2 , (ei | x)(ei | y) = (x | y) i=1

(iii) ∀i ∈ 1 ; n, ||ei || = 1

et

n    ∀x ∈ E, (ei | x)2 = ||x||2 . i=1

2.16 Exemple de produit scalaire sur un espace vectoriel de polynômes, mise en évidence d’une base orthonormale Soit n ∈ N∗ . On note E = Rn [X] et ϕ : E × E −→ R l’application définie par : n  P(k) (0)Q(k) (0). ∀(P, Q) ∈ E × E, ϕ(P, Q) = k=0

a) Vérifier que ϕ est un produit scalaire sur E. b) 1) Calculer, pour tout (i, j) ∈ 0 ; n2 , ϕ(Xi , X j ). 2) En déduire une base orthonormale de (E, ϕ).

2.17 Étude de l’application x −→

p 

(ei | x)ei

i=1



Soient E, (. | .) un espace vectoriel euclidien, p ∈ N∗ , F = (e1 , ..., e p ) ∈ E p . On considère l’application

f : E −→ E, x −→ f (x) =

p 

(ei | x)ei .

i=1

a) Vérifier que f est un endomorphisme de l’espace vectoriel E. b) Montrer : Ker ( f ) = F ⊥ et Im ( f ) = Vect (F ). c) Établir que f est bijective si et seulement si F engendre E.

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2.18 Somme d’une matrice symétrique définie-positive et d’une matrice antisymétrique Soient n ∈ N∗ , S ∈ Mn (R) symétrique définie-positive, A ∈ Mn (R) antisymétrique, c’est-à-dire telle que t A = −A. Démontrer que S + A est inversible.

2.19 Exemple de produit scalaire défini par une intégrale sur un intervalle quelconque, d’après EML 2009 On note E l’ensemble des applications f : [0 ; +∞[ −→ R bornées, de classe C 1 , telles que f (0) = 0. a) Démontrer que E est un sous-espace vectoriel de l’espace vectoriel réel des applications de [0 ; +∞[ dans R. f (x) −→ f  (0). x x −→ 0 $ +∞ f (x)g(x) dx converge. 2) Démontrer que, pour tout ( f, g) ∈ E 2 , l’intégrale x2 0

b) 1) Montrer :

∀ f ∈ E,

45

Chapitre 2

•

Algèbre bilinéaire

$ On note :

+∞

< . , . > : E 2 −→ R, ( f, g) −→ < f , g > = 0

f (x)g(x) dx. x2

c) 1) Montrer que < . , . > est un produit scalaire sur E. 2) On note f : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ x e −x et, pour tout a ∈ R : ga : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ x(x − a) e −x . Montrer que f appartient à E et que, pour tout a ∈ R, ga appartient à E. Déterminer l’ensemble des a ∈ R tels que f ⊥ ga .

$

d) Démontrer, pour tout ( f, g) ∈ E : < f , g > =

+∞

2

0

f  (x)g(x) + f (x)g (x) dx. x

À cet effet, on pourra commencer par effectuer une intégration par parties sur un segment.

2.20 Exemple de produit scalaire défini par une intégrale sur un intervalle quelconque, d’après EML 2008 On note E l’ensemble des applications u : R −→ R continues sur R et telles que l’intégrale $ +∞

2 2 u(x) e −x dx converge, et on note F le R-espace vectoriel des applications polynomiales −∞

de R dans R. 1 2 (α + β2 ). 2 $ +∞ 2 b) En déduire que, pour tout (u, v) ∈ E 2 , l’intégrale u(x)v(x) e −x dx converge.

a) Établir :

∀(α, β) ∈ [0 ; +∞[2 , αβ 

−∞

c) 1) Démontrer que E est un R-espace vectoriel. 2) Montrer que l’application (. | .) : E × E −→ R, (u, v) −→

$

+∞

2

u(x)v(x) e −x dx

−∞

est un produit scalaire sur E. d) Démontrer : F ⊂ E.

2.21 Exemple d’équation matricielle à deux inconnues Soient n ∈ N∗ , X, Y ∈ Mn (R) telles que : X t XY = In et Y t Y X = In . a) Montrer que X et Y sont symétriques. b) En déduire : X = Y = In .

2.22 Diverses caractérisations des projecteurs orthogonaux parmi les projecteurs



Soient E, (. | .) un espace vectoriel euclidien, ||.|| la norme associée, p un projecteur de E. Montrer que les assertions suivantes sont deux à deux équivalentes : (1) p est symétrique (2) Im (p) ⊥ Ker (p) #

(3) ∀x ∈ E, x ## p(x)  0 (4) ∀x ∈ E, ||p(x)||  ||x||.

46

Du mal à démarrer ?

2.23 Matrice de Hilbert Soit n ∈ N∗ . On note Hn =



 1 ∈ Mn (R). i + j − 1 1i, jn

Démontrer que la forme quadratique sur Rn canoniquement associée à Hn est définie-positive.

2.24 Matrices symétriques réelles à coefficients > 0, d’après HEC 2006 Soient n ∈ N∗ , S = (ai j )1i, jn ∈ Mn (R) symétrique telle que : ∀(i, j) ∈ 1 ; n2 , ai j > 0. On note β la plus grande valeur propre de S et V le sous-espace propre de S associé à β. On munit Mn,1 (R) de son produit scalaire canonique et de la norme associée ||.||. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜|x1 |⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ a) Soit X0 = ⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟ ∈ V \ {0}. On note |X0 | = ⎜⎜⎜⎜⎜ ... ⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎜⎝ ⎟⎠ ⎜⎝ ⎟⎠ xn |xn | 1) Montrer t X0 S X0  t |X0 | S |X0 | et en déduire : |X0 | ∈ V. 2) Montrer que les coordonnées de S |X0 | sont toutes strictement positives et en déduire que X0 n’a aucune coordonnée nulle. 3) Montrer : même signe.

t

X0 S X0 = t |X0 | S |X0 | et en déduire que les coordonnées de X0 sont toutes de

b) 1) En déduire qu’il n’existe pas deux vecteurs de V \ {0} orthogonaux entre eux. 2) Conclure : dim (V) = 1.

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

Du mal à démarrer ? 2.1

Revenir à la définition d’un espace vectoriel et à la définition d’un produit scalaire.

x−  → (x2 − x)f  (x) + (2x − 1)f  (x) est la dérivée de l’application x −→ (x2 − x)f  (x).

2.2

2.5

Appliquer l’inégalité de Cauchy et Schwarz dans Rn muni de son produit scalaire canonique.

2.3

• Déterminer une base de F, puis une base orthonormale (u1 , u2 ) de F à l’aide du procédé d’orthonormalisation de Schmidt.

a) Revenir à la définition d’une forme bilinéaire symétrique.

b) Immédiat. c) Interpréter les résultats obtenus en b). d) Utiliser le résultat du cours faisant intervenir les valeurs propres de Ma .

• Appliquer la formule du cours donnant le projeté orthogonal d’un vecteur u de E sur F, à l’aide de la base orthonormale (u1 , u2 ) de F.

2.6

2.4

2) Considérer les dimensions.

1) Vérifier que, pour toute f ∈ E, T (f) existe et T (f) ∈ E.

2) Vérifier que T est linéaire.

# 3) Pour tout (f, g) ∈ E2 , calculer T (f) ## g à l’aide d’une intégration par parties, en remarquant que l’application

1) Pour montrer F ⊥ ∩ G⊥ = {0}, considérer x ∈ F ⊥ ∩ G⊥ , puis décomposer x en x = u + v, où u ∈ F et v ∈ G.

2.7

Soient α ∈ R, y, z ∈ E.

Montrer que le vecteur g(αy + z) − αg(y) − g(z) est orthogonal à tout vecteur de E.

47

Chapitre 2

•

Algèbre bilinéaire

2.8

a) Remarquer que T est triangulaire (supérieure) et que ses termes diagonaux sont tous non nuls. b) Immédiat. c) Remarquer M = t TT et calculer le produit t XMX pout tout X ∈ Mn,1 (R).

2.9

Se rappeler la définition du noyau d’une matrice :   Ker (A) = X ∈ Mp,1 (R) ; AX = 0 .

→ −  Réciproquement, pour v ∈ Ker (f), en notant V la ma→ − trice de v dans B, calculer MV, M2 V et obtenir PV = V. → − → − → − → − •  Soit w ∈ Im (f). Calculer < w , u > et déduire w ∈ D⊥ , d’où une inclusion.  Pour obtenir l’égalité, raisonner sur les dimensions.

c) 1) Calculer M3 + M en utilisant M2 = P − I3 . c) 2) Remarquer que, d’après 1), on dispose d’un polynôme annulateur de f.

• Montrer d’abord : Ker (A) ⊂ Ker ( t AA).

c) 3) Raisonner par l’absurde, pour montrer que f n’est pas diagonalisable.

• Pour l’autre inclusion, faire intervenir le produit scalaire canonique sur Mn,1 (R).

d) 1) Calculer gt ◦ gt en remplaçant gt et gt par leurs expressions en fonction de t, t , e, f, et obtenir : gt ◦ gt = gt+t .

2.10

a) 1) et 2) Immédiats. 1 1 a) 3) Calculer M(a)M et M M(a). a a a) 4) Immédiat. b) 1) Immédiat.

b) 2) Utiliser le résultat du cours faisant intervenir les valeurs propres de M(a). c) 1) Immédiat.

Utiliser le théorème spectral, d’où S = PDP −1 , où P est orthogonale et D = diag (λ1 , ..., λn ) est diagonale. ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜y1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟ t Soit X ∈ Mn,1 (R). Exprimer XSX en notant Y = PX = ⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟ . ⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ yn

2.13

2.14

c) 2) • Calculer les produits scalaires de u, v, w deux à deux. • En notant U, V, W les matrices-colonnes de u, v, w dans la base canonique de R3 , calculer M(4)V et M(4)W, puis t UM(4)V, t UM(4)W, t VM(4)W.

2.11

d) 2) Exprimer gt ◦ g−t et g−t ◦ gt en utilisant 1).

a) Immédiat.

a) Soit λ une valeur propre de S. Faire intervenir un vecteur propre X associé à la valeur propre λ et calculer t XSX.

b) Citer le théorème spectral. c) En notant D√ = diag√(λ1 , ..., λn ), considérer la matrice diagonale ´ = diag ( λ1 , ..., λn ), et montrer que R = P´P −1 convient.

2.15

b) 1) Montrer, pour tout u ∈ R3 : u ∈ Ker (f) ⇐⇒ u ∈ H⊥ .

(i) =⇒ (ii) :

Pour (x, y) ∈ E2 . calculer (x | y) en utilisant

b) 2) • Montrer : Im (f) ⊂ H. • Raisonner sur les dimensions pour obtenir l’égalité.

x=

c) Revenir à la définition d’un endomorphisme symétrique.

n n   (ei | x)ei , y = (ej | y)ej . i=1

j=1

d) 1) et 2) Immédiats. d) 3) • Noter v1 = ||u2 ||u1 − ||u1 ||u2 , v2 = ||u2 ||u1 + ||u1 ||u2 ,

(ii) =⇒ (iii) :

et calculer < v1 , v2 >.

Immédiat.

• Calculer g(v1 ) et g(v2 ).

d) 4) Utiliser l’inégalité de Cauchy-Schwarz et l’étude du cas d’égalité dans l’inégalité de Cauchy-Schwarz pour obtenir :

(iii) =⇒ (i) : • Appliquer l’hypothèse à ek pour k ∈ 1 ; n fixé, et déduire : (ei | ek )2 = 0, puis : ∀i  k, (ei | ek ) = 0. i, ik

< u1 , u2 > < ||u1 || ||u2 ||. Utiliser la matrice de g dans B  obtenue en d)3) et utiliser b).

2.12

a) Immédiat.

b) 1) Immédiat.

⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ a⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ b) 2) •  Calculer M ⎜⎜⎜⎜b⎟⎟⎟⎟ pour déduire D ⊂ Ker (f). ⎝ ⎠ c

48

• Pour x ∈ E, noter u =

n  (ei | x)ei , calculer ||x−u||2 , en montrant i=1

(u | x) = ||x||2 et ||u||2 = ||x||2 , et déduire x = u.

2.16

a) Revenir à la définition d’un produit scalaire.

b) 1) Soit (i, j) ∈ 1 ; n2 . Calculer (Xi )(k) pour tout k ∈ 0 ; n, en déduire (Xi )(k) (0), puis ϕ(Xi , Xj ). b) 2) Immédiat.

Du mal à démarrer ?

2.17

b) •  Montrer : F ⊥ ⊂ Ker (f).  Pour x

n 

a) Montrer que Y est inversible, que Y −1 est symétrique, puis que Y est symétrique.

2.21

a) Immédiat. ∈

Ker (f), calculer



f(x) | x

pour obtenir

(ei | x)2 = 0, et en déduire x ∈ F ⊥ .

i=1

•  Montrer Im (f) ⊂ Vect (F ).  Pour obtenir l’égalité, considérer les dimensions.

c) Utiliser b).

2.18

Soit X ∈ Mn,1 (R) tel que (S + A)X = 0. Montrer t XAX = 0, déduire t XSX = 0, puis X = 0.

2.19

b) Obtenir : X 3 = In . Utiliser le théorème spectral pour déduire X = In .

2.22

Montrer (par exemple) :

(1) =⇒ (2),

(2) =⇒ (3),

(2) =⇒ (4),

(3) =⇒ (2),

(4) =⇒ (2),

(2) =⇒ (1).

Pour montrer (3) =⇒ (2), pour tous y ∈ Im (p) et z ∈ Ker (p), appliquer l’hypothèse à x = λy + z pour tout λ ∈ R. Pour montrer (4) =⇒ (2), pour tout y ∈ Im (p) et z ∈ Ker (p), appliquer l’hypothèse à x = y + λz pour tout λ ∈ R.

a) Revenir à la définition d’un sous-espace vectoriel.

b) 1) Utiliser la définition de la dérivée de f en 0. f(x)g(x) b) 2) • Vérifier que l’application h : x −→ est continue x2 sur ]0 ; +∞[. • Étudier h(x) lorsque x tend vers 0 en utilisant 1). • Étudier h(x) lorsque x tend vers +∞ en utilisant le fait que f et g sont bornées.

2.23

• Décomposer linéairement ga sur f et sur l’application k : [0 ; +∞[, x −→ x2 e −x ,

1 = k

∀k ∈ N∗ ,

$

1

tk−1 dt. 0

⎛ ⎞ ⎜⎜⎜x1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟ En déduire, pour tout X = ⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟ ∈ Mn,1 (R) : ⎜⎜⎜⎝ . ⎟⎟⎟⎠ xn $ t

c) 1) Revenir à la définition d’un produit scalaire. c) 2) • Pour montrer que f est bornée, étudier (par exemple) les variations de f.

Remarquer :

1

XHn X =

n 

0

2.24

ti−1 xi

2

dt.

i=1

a) 1) Développer t X0 SX0 .

Utiliser le théorème spectral : il existe une base orthonormale (X1 , ..., Xn ) de Mn,1 (R) formée de vecteurs propres pour S. Noter λ1 , ..., λn les valeurs propres de S respectivement associées à X1 , ..., Xn , de façon que :

et montrer que k est bornée. • Calculer < f , ga >, par exemple en faisant intervenir la fonction Γ d’Euler.

d) Utiliser une intégration par parties sur un segment [ε ; X] puis faire tendre ε vers 0 et X vers +∞. 1 2 (α + β2 ) − αβ. 2 b) Utiliser a), le théorème de majoration pour des fonctions à valeurs positives ou nulles, et le lien entre absolue convergence et convergence.

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2.20

a) Calculer

c) 1) Revenir à la définition d’un produit scalaire.

λ1  ...  λk < λk+1 = ... = λn = β. Décomposer |X0 | sur (X1 , ..., Xn ) et calculer t X0 SX0 et t |X0 | S |X0 |.

a) 2) Étudier les sommes

n 

aij |xj |.

j=1

Remarquer que, d’après 1) : S|X0 | = β|X0 |.

a) 3) • Utiliser X0 ∈ V et |X0 | ∈ V pour calculer les produits t X0 SX0 et t |X0 | S |X0 |. • Développer t |X0 | S |X0 | − t X0 SX0 .

c) 2) Revenir à la définition de E.

b) 1) Soient X, X  ∈ V \ {0}. Raisonner sur les signes des coordonnées de X et X  pour montrer : t XX   0.

d) Utiliser la comparaison à l’exemple de Riemann en +∞.

b) 2) Raisonner par l’absurde et utiliser 1).

49

Corrigés des exercices 2.1 • D’abord, E est bien un R-espace vectoriel, car c’est un sousespace vectoriel de C 1 ([0 ; 1], R), puisque E  ∅ et : ∀α ∈ R, ∀ f, g ∈ E, (α f + g)(0) = α f (0) + g(0) = 0.  !"  !" =0 $ 1 =0 (2 f  g + 2 f g + 3 f  g ) • Pour toutes f, g ∈ E, ϕ( f, g) = 0

existe, car 2 f  g + 2 f g + 3 f  g est continue sur le segment [0 ; 1]. 1) Il est clair que ϕ est symétrique et que ϕ est linéaire par rapport à la deuxième place (par exemple) par linéarité de l’intégration, donc ϕ est bilinéaire. $ 1 (4 f f  + 3 f 2 ). 2) Notons q : E −→ R, f −→ ϕ( f, f ) = 0

• On a, pour toute f ∈ E : $ 1

2

2

2 4 f f  = [2 f 2 ]10 = 2 f (1) − 2 f (0) = 2 f (1) ,  !" 0 =0 $ 1

2 2 f  0. donc : q( f ) = 2 f (1) + 0

• Si q( f ) = 0, alors, comme les deux termes formant q( f ) cidessus sont  0, chacun des deux est nul, donc, en particulier $ 1 f 2 = 0. Comme f 2 est continue et  0, il en résulte : f

0 2

= 0, puis f  = 0. Ainsi, f est constante.

Comme de plus f (0) = 0, on déduit : f = 0. On conclut : ϕ est un produit scalaire sur E.

À cet effet, commençons par remplacer le système d’équations définissant F par un système plus simple, par exemple en exprimant x1 et x2 en fonction de x3 et x4 . On a, pour tout x = (x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ R4 : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 = 0 L1 x ∈ F ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x1 + 3x2 + 5x3 + 7x4 = 0 L2 ⎧ ⎪ ⎪ L1 ←− 3L1 − 2L2 ⎪ ⎨ x1 − x3 − 2x4 = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x2 + 2x3 + 3x4 = 0 L2 ←− L2 − L1 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ x1 = x3 + 2x4 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x2 = −2x3 − 3x4 . En choisissant successivement (x3 , x4 ) = (1, 0) puis (x3 , x4 ) = (0, 1), on obtient deux vecteurs v1 , v2 de F, formant une famille libre : v1 = (1, −2, 1, 0), Ainsi, (v1 , v2 ) est une base de F. Cherchons un vecteur v3 de la forme v3 = αv1 + v2 (α ∈ R) de façon que v3 soit orthogonal à v1 . On a :

# v ⊥ v ⇐⇒ (v | v ) = 0 ⇐⇒ v ## αv + v = 0 3

1

k=1

||u||2 =

n 

k=1

12 = n,

k=1

d’où :

n  k=1

ak

2

n

||v||2 =

n 

u2k ,

a2k .

2.3 • Déterminons une base orthonormale de F, en utilisant le procédé d’orthonormalisation de Schmidt. 50

1

1

2

1 u2 = √ (2, −1, −4, 3). 30

• D’après le cours, le projeté orthogonal pF (u) de u sur F est donné par la formule : pF (u) = (u1 | u)u1 + (u2 | u)u2 . Ici :

k=1

3

1 u1 = √ (1, −2, 1, 0), 6

4 1 (u1 | u) = √ (1 + 2 + 1 + 0) = √ , 6 6 4 1 (u2 | u) = √ (2 + 1 − 4 − 3) = − √ , 30 30

k=1 n 

1

4 ⇐⇒ α||v1 ||2 + (v1 | v2 ) = 0 ⇐⇒ 6α + 8 = 0 ⇐⇒ α = − . 3 Considérons donc v3 défini par : v3 = αv1 + v2 1 4 = − (1, −2, 1, 0) + (2, −3, 0, 1) = (2, −1, −4, 3). 3 3 v1 v3 En notant u1 = et u2 = , on obtient une base ortho||v1 || ||v3 || normale (u1 , u2 ) de F :

2.2

Appliquons l’inégalité de Cauchy-Schwarz (u | v)2  ||u||2 ||v||2 dans Rn muni de son produit scalaire canonique, aux vecteurs u = (1, ..., 1) et v = (a1 , ..., an ) : ⎞2 ⎛ n ⎞ ⎛ n ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟2 (u | v)2 = ⎜⎜⎜⎝ 1 · uk ⎟⎟⎟⎠ = ⎜⎜⎜⎝ uk ⎟⎟⎟⎠ ,

v2 = (2, −3, 0, 1).

donc : −4 1 4 1 pF (u) = √ √ (1, −2, 1, 0) + √ √ (2, −1, −4, 3) 6 6 30 30 2 1 2 = (1, −2, 1, 0) − (2, −1, −4, 3) = (2, −6, 6, −2). 3 15 5

Corrigés des exercices

2.4

car t Y Ma X ∈ R et Ma est symétrique.

1) D’abord, il est clair que, pour toute f ∈ E, T ( f ) existe et T ( f ) ∈ E.

Ainsi, ϕa est symétrique.

2) Soient α ∈ R, f, g ∈ E. On a, pour tout x ∈ [0 ; 1] :



T (α f + g)(x) = (x − x) (α f + g) (x) + (2x − 1) (α f + g) (x)



= (x2 − x) α f  (x) + g (x) + (2x − 1) α f  (x) + g (x) & % = α (x2 − x) f  (x) + (2x − 1) f  (x) & % 2   + (x − x)g (x) + (2x − 1)g (x)

= αT ( f )(x) + T (g)(x) = αT ( f ) + T (g) (x), 2

donc :

T (α f + g) = αT ( f ) + T (g).

Ceci montre que T est linéaire. Ainsi, T est un endomorphisme de E. 3) Soit ( f, g) ∈ E 2 . On a : # $ 1% 2 & (x − x) f  (x) + (2x − 1) f  (x) g(x) dx. T ( f ) ## g =

• On a, pour tout α ∈ R et tous X, X  , Y ∈ M3,1 (R) : ϕa (αX + X  , Y) = t (αX + X  )Ma Y = (α t X + t X  )Ma Y = α t XMa Y + t X  Ma Y = αϕa (X, Y) + ϕa (X  , Y). Ainsi, ϕa est linéaire par rapport à la première place. Puisque ϕa est linéaire par rapport à la première place et est symétrique, d’après le cours, ϕa est bilinéaire. On conclut que ϕa est une forme bilinéaire symétrique. b) On a, pour tout a ∈ R : ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜2 a 1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−1⎟⎟⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ • Ma U1 = ⎜⎜⎜⎜a 3 a⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟ = U1 , ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 1 1a2 1 ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜2 a 1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ √1 ⎟⎟⎟ √ ⎜⎜⎜⎜ √1 ⎟⎟⎟⎟ √ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ • Ma U2 = ⎜⎜a 3 a⎟⎟ ⎜⎜ 2⎟⎟ = (3 + a 2) ⎜⎜⎜⎜ 2⎟⎟⎟⎟ = (3 + a 2)U2 , ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ 1a2 1 1

0

On remarque que l’application x −→ (x2 − x) f  (x) + (2x − 1) f  (x) est la dérivée de l’application v : x −→ (x2 − x) f  (x). On effectue donc une intégration par parties, avec ⎧ ⎧ ⎪   ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u = g (x) ⎨u = g(x) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = (x2 − x) f  (x) ⎩v = (x2 − x) f  (x) + (2x − 1) f  (x) ⎪ où u, v sont de classe C 1 sur le segment [0 ; 1] :

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit



$ 1 # % &1 g (x)(x2 − x) f  (x) dx. T ( f ) ## g = (x2 − x) f  (x)g(x) 0 −  !" 0 =0

Dans cette dernière expression, f et g ont des rôles symétriques, donc, en appliquant le résultat ci-dessus au couple (g, f ) à la place du couple ( f, g), on obtient : $ 1 # # #

(x2 −x) f  (x)g (x) dx = T (g) ## f = f ## T (g) . T ( f ) ## g = − 0

2.5



2 a) • D’abord, ϕa est bien une application de M3,1 (R) dans R.

• On a, pour tous X, Y ∈ M3,1 (R) : ϕa (Y, X) = t Y Ma X = t ( t Y Ma X) = t X t Ma Y = t XMa Y = ϕa (X, Y),

⎞⎛ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎜⎜⎜2 a 1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1√ ⎟⎟⎟ √ ⎜⎜⎜⎜ 1√ ⎟⎟⎟⎟ √ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜ ⎜ • Ma U3 = ⎜⎜a 3 a⎟⎟ ⎜⎜− 2⎟⎟ = (3− a 2) ⎜⎜⎜− 2⎟⎟⎟⎟ = (3− a 2)U3 . ⎠⎝ ⎝ ⎝ ⎠ ⎠ 1a2 1 1 √ √ c) D’après b), les réels 1, 3 + a 2, 3 − a 2 sont des valeurs propres de Ma , et U1 , U2 , U3 sont des vecteurs propres pour Ma respectivement associés aux valeurs propres considérées. ⎛ ⎞ 0√ 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 ⎜⎜ ⎟ ⎜ 0 √ ⎟⎟⎟⎟ qui est diagonale, et Notons Da = ⎜⎜⎜0 3 + a 2 ⎟⎠ ⎝ 0 0 3−a 2 ⎛ ⎞ 1√ ⎟⎟ ⎜⎜⎜−1 √1 ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜ P = ⎜⎜ 0 2 − 2⎟⎟⎟⎟ . ⎝ ⎠ 1 1 1 La matrice P est inversible car c’est la matrice de la famille (U1 , U2 , U3 ) dans la base canonique de M3,1 (R) et ces trois vecteurs sont des vecteurs propres pour Ma associés à des valeurs propres deux à deux distinctes, en choisissant par exemple a = 1 et en remarquant que P ne dépend pas de a. On peut aussi remarquer que P est inversible par une méthode usuelle. Puisque (U1 , U2 , U3 ) est une base de vecteurs propres pour Ma , on a : Ma = PDa P−1 . d) L’application ϕa est un produit scalaire sur M3,1 (R) si et poseulement si les valeurs propres de Ma sont strictement √ sitives, c’est-à-dire si et seulement si 3 + a 2 > 0 et √ 3 3 3 − a 2 > 0, ce qui revient à : − √ < a < √ . 2 2 51

Chapitre 2

•

Algèbre bilinéaire

D’abord, d’après le cours, F ⊥ et G⊥ sont des sousespaces vectoriels de E.

2.6

b) On calcule le produit t T T : T

⊥

⊥

1) Montrons : F ∩ G = {0}. Soit x ∈ F ⊥ ∩ G⊥ . Puisque F + G = E, il existe u ∈ F, v ∈ G tel que : x = u + v. On a alors :

(x | x) = (x | u + v) = (x | u) + (x | v).

⎞ ⎛ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜ 1 (0) ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ .. ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ . ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ (1) 1 ⎟⎟⎠ ⎝ 1  !"

Mais : (x | u) = 0 car x ∈ F ⊥ et u ∈ F, et

(x | v) = 0 car x ∈ G⊥ et v ∈ G.

On a donc : (x | x) = 0 + 0 = 0, d’où : x = 0. Ceci montre : F ⊥ ∩ G⊥ = {0}.

tT

Ainsi, la somme F ⊥ + G⊥ est directe. 2) Passons aux dimensions : dim (F ⊥ ⊕ G⊥ ) = dim (F ⊥ ) + dim (G⊥ )



= dim (E) − dim (F) + dim (E) − dim (G)

= 2 dim (E) − dim (F) + dim (G) = 2 dim (E) − dim (F ⊕ G) = 2 dim (E) − dim (E) = dim (E). On conclut : F ⊥ ⊕ G⊥ = E, c’est-à-dire que F ⊥ et G⊥ sont supplémentaires dans E.

2.7

Soient α ∈ R, y, z ∈ E.

Nous allons montrer que le vecteur g(αy + z) − αg(y) − g(z) est orthogonal à tout vecteur x de E. On a, pour tout x ∈ E : ##

x # g(αy + z) − αg(y) − g(z) #

#

#

= x ## g(αy + z) − α x ## g(y) − x ## g(z) # # #

= f (x) ## αy + z − α f (x) ## y − f (x) ## z # # & # # % = α f (x) ## y + f (x) ## z −α f (x) ## y − f (x) ## z = 0. Ceci montre que le vecteur g(αy+z)−αg(y)−g(z) est orthogonal à tout vecteur x de E, donc est nul, c’est-à-dire : g(αy + z) = αg(y) + g(z). On conclut que g est linéaire. Par rôles symétriques, f est linéaire.

2.8 a) Puisque T est triangulaire (supérieure) à termes diagonaux tous non nuls, T est inversible. 52

!" ⎞ ⎛ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜ 1 (1) ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ .. ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ . ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ (0) 1 ⎟⎟⎠ ⎝ 1 ⎞ ⎛ 1⎟⎟ . ⎜⎜⎜1 ⎟ ⎜⎜⎜ 2 2⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ . . ⎜⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ 12 n  !" tT T

c) D’après b) et la définition de M, on a : M = t T T. D’où, pour tout X ∈ Mn,1 (R) : t

XMX = t X( t T T )X = ( t X t T )(T X) = t (T X)(T X) = ||T X||2  0,

et : t

XMX = 0 ⇐⇒ ||T X||2 = 0 ⇐⇒ T X = 0 ⇐⇒ X = 0,

puisque T est inversible. On conclut que la forme quadratique canoniquement associée à M est définie-positive.

2.9

Rappelons la notion de noyau d’une matrice, définie, pour A ∈ Mn,p (R) par exemple, par :   Ker (A) = X ∈ M p,1 (R) ; AX = 0 . • Soit X ∈ Ker (A). On a alors :

( t AA)X = t A(AX) = t A0 = 0,

donc : X ∈ Ker ( t AA). Ceci montre : Ker (A) ⊂ Ker ( t AA). • Soit X ∈ Ker ( t AA). On a alors, en utilisant le produit scalaire canonique sur Mn,1 (R) et la norme euclidienne ||.|| associée : ||AX||2 = t (AX)(AX) = t X t AAX = t X( t AAX) = t X0 = 0, donc AX = 0, d’où X ∈ Ker (A). Ceci montre : Ker ( t AA) ⊂ Ker (A). On conclut :

Ker (A) = Ker ( t AA).

Corrigés des exercices

D’après le cours, il en résulte que ϕ est un produit scalaire sur R3 .

2.10 a) 1) Soit a ∈ ]0 ; +∞[. On a :



t M(a) = t aI + (1 − a)H

c) 1) • On effectue le produit de H par H :

= aI + (1 − a) H = aI + (1 − a)H = M(a), t

1 H2 = 16

donc M(a) est symétrique. D’après le cours, puisque M(a) est symétrique réelle, M(a) est diagonalisable dans M3 (R). a) 2) On a, pour tout (a, b) ∈ ]0 ; +∞[2 :

M(a)M(b) = aI + (1 − a)H (bI + (1 − b)H)

2 = abI + a(1 − b)+(1 − a)b H +(1−a)(1−b) H!" = abI + (a + b − 2ab)H + (1 − a − b + ab)H = abI + (1 − ab)H = M(ab).

=H

1 M(4) = 4I − 3H = 4

•

a) 3) On déduit de 2) : ⎧ 1  1 ⎪ ⎪ M(a)M = M a = M(1) = I ⎪ ⎪ ⎪ a a ⎨ ∀a ∈ ]0 ; +∞[, ⎪ ⎪ 1  1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩M M(a) = M a = M(1) = I. a a 

M(a) ∈ GL3 (R) et



M(a)

−1

=M

 1  . a

< u , u > = 1, < u , v > = 0, < u , w > = 0, < v , v > = 1, < v , w > = 0, < w , w > = 1. Ainsi, B = (u, v, w) est une famille orthonormale de R3 pour le produit scalaire canonique.

a) 4) On a, pour tout a ∈ ]0 ; +∞[ : √ √ √ √ 2 M(a) = M ( a)2 = M( a) = t M( a) M( a), √ puisque M( a) est symétrique.

Puisque B est orthogonale et formée de vecteurs tous non nuls, d’après le cours, B est libre.

b) 1) • On a : √

√ √ √ t M( a)X M( a)x = t X t M( a) M( a) X

Ainsi, B est une base orthonormale de R3 pour le produit scalaire canonique.

= t XM(a)X = t XλX = λ t XX. © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

√ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 7 3 3 √2⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ √ 3 7 3 2⎟⎟⎟⎟⎟ . √ ⎠ ⎝ 3 2 3 2 10

c) 2) • On calcule les produits scalaires de u, v, w entre eux (pour le produit scalaire canonique), et on obtient :

Ceci montre : ∀a ∈ ]0 ; +∞[,

√ ⎞ √ ⎞⎛ ⎛ ⎜⎜⎜ 3 −1 − √2⎟⎟⎟ −1 − √2⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 3 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ −1 3√ − 2⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ −1 3√ − 2⎟⎟⎟⎟⎟ ⎠⎝ √ ⎠ ⎝ √ − 2− 2 2 − 2− 2 2 √ ⎞ ⎛ ⎜ 12 −4 −4 √2⎟⎟⎟ 1 ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟ = ⎜ −4 12√ −4 2⎟⎟⎟⎟⎟ 16 ⎜⎜⎝ √ ⎠ −4 2 −4 2 8 √ ⎞ ⎛ ⎜ 3 −1 − √2⎟⎟⎟ 1 ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟ = ⎜⎜⎜ −1 3√ − 2⎟⎟⎟⎟⎟ = H. 4⎝ √ ⎠ − 2− 2 2

• Puisque X  0, on a t XX = ||X||2 > 0. √ Puisque X  0 et que M( a) est inversible (cf. a)3)), on a : √ M( a)X  0, √ √

√

donc : t M( a)X M( a)X = ||M( a)X||2 > 0. √

√

t M( a)X M( a)X > 0. On déduit : λ = t XX

Puisque B est libre et a trois éléments dans R3 qui est de dimension 3, B est une base de R3 .

• Notons U, V, W les matrices-colonnes de u, v, w dans la base canonique de R3 , c’est-à-dire : ⎛ √ ⎞ ⎜⎜⎜ 2/2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ √ ⎟⎟⎟ U = ⎜⎜⎜− 2/2⎟⎟⎟ , ⎝ ⎠ 0

⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ 1/2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1/2 ⎟⎟⎟ W = ⎜⎜ √ ⎟⎟ . ⎝ ⎠ 2/2

On a : 1 M(4)V = 4

√ ⎞⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 7 3 3 √2⎟⎟⎟ ⎜⎜ 1/2 ⎟⎟ 2 ⎟⎟ ⎟⎟⎟ 1 ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜ 2√ ⎟⎟⎟⎟⎟ = V, ⎜⎜⎜ √ 3 7 3 2⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1/2 √ √ ⎝ ⎠ ⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎝ −2 2 3 2 3 2 10 − 2/2

b) 2) Puisque M(a) est symétrique, l’application ϕ est une forme bilinéaire symétrique sur R3 . De plus, d’après b)1), les valeurs propres de M(a) sont toutes > 0.

⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ 1/2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1/2 ⎟⎟⎟ V = ⎜⎜ √ ⎟⎟ , ⎝ ⎠ − 2/2

1 M(4)W = 4

√ ⎞⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 7 3 3 √2⎟⎟⎟ ⎜⎜ 1/2 ⎟⎟ 8 ⎟⎟ ⎟⎟⎟ 1 ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ 8 ⎟⎟⎟⎟⎟ = 4W. ⎜⎜⎜ √ 3 7 3 2⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ √1/2 ⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜ √ √ ⎠ 4⎝ ⎠ ⎠⎝ ⎝ 8 2 2/2 3 2 3 2 10 53

Chapitre 2

D’où :

•

Algèbre bilinéaire

⎧t ⎪ U M(4)V = 4 t UV = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨t U M(4)W = 4 t UW = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ t V M(4)W = 4 t VW = 0,

c) On a, pour tout (u, v) ∈ (R3 )2 : ( ' < f (u) , v > = < u1 , u > u2 + < u2 , u > u1 , v = < u1 , u >< u2 , v > + < u2 , u >< u1 , v > = < u1 , v >< u2 , u > + < u2 , v >< u1 , u > ' ( = < u1 , v > u2 + < u2 , v > u1 , u

c’est-à-dire : ϕ(u, v) = ϕ(u, w) = ϕ(v, w) = 0. On conclut que B = (u, v, w) est une base orthogonale pour le produit scalaire ϕ.

= < f (v) , u > = < u , f (v) >, donc f est un endomorphisme symétrique de R3 pour le produit scalaire canonique < . , . >.

2.11 a) Il est clair que

∀x ∈ H, f (x) ∈ Im ( f ) ⊂ H,

d) 1) On a :

f : u −→ < u1 , u > u2 + < u2 , u > u1 est une application de R3 dans R3 . On a, pour tout α ∈ R et tous u, v ∈ R3 : f (αu + v) = < u1 , αu + v > u2 + < u2 , αu + v > u1

= α < u1 , u > + < u1 , v > u2

+ α < u2 , u > + < u2 , v > u1

= α < u1 , u > u2 + < u2 , u > u1

+ < u1 , v > u2 + < u2 , v > u1 = α f (u) + f (v),

donc H est stable par f . On peut donc considérer l’endomorphisme g induit par f sur H : g : H −→ H, x −→ f (x). d) 2) On a :

g(u1 ) = < u1 , u1 > u2 + < u2 , u1 > u1 , g(u2 ) = < u1 , u2 > u2 + < u2 , u2 > u1 ,

donc la matrice G de g dans la base B = (u1 , u2 ) de H est : 

< u2 , u1 > < u2 , u2 > . G= < u1 , u1 > < u1 , u2 > d) 3) Notons v1 = ||u2 ||u1 − ||u1 ||u2 ,

v2 = ||u2 ||u1 + ||u1 ||u2 ,

donc f est linéaire. On conclut : f ∈ L (R3 ).

de sorte qu’avec les notations de l’énoncé : B  = (v1 , v2 ).

b) 1) On a, pour tout u ∈ R3 :

• On a :

u ∈ Ker ( f ) ⇐⇒

f (u) = 0

( ' < v1 , v2 > = ||u2 ||u1 − ||u1 ||u2 , ||u2 ||u1 + ||u1 ||u2 = ||u2 ||2 < u1 , u1 > +||u2 || ||u1 || < u1 , u2 >

⇐⇒ < u1 , u > u2 + < u2 , u > u1 = 0 ⇐⇒ < u1 , u > = 0 et < u2 , u > = 0 car (u1 , u2 ) est libre

⊥ ⇐⇒ u ∈ Vect (u1 , u2 ) ⇐⇒ u ∈ H ⊥ . Ceci montre : Ker ( f ) = H ⊥ . 2) • On a, pour tout u ∈ E : f (u) = < u1 , u > u2 + < u2 , u > u1 ∈ Vect (u1 , u2 ) = H, donc : Im ( f ) ⊂ H.

dim Im ( f ) = 3 − dim Ker ( f ) = 3 − dim (H ⊥ ) = dim (H). Comme : Im ( f ) ⊂ H et dim Im ( f ) = dim (H),

54

= ||u2 ||2 ||u1 ||2 − ||u1 ||2 ||u2 ||2 = 0, donc : v1 ⊥ v2 . D’autre part : v1 = 0 ⇐⇒ ||u2 ||u1 − ||u1 ||u2 = 0 ⇐⇒ ||u2 || = ||u1 || = 0 car (u1 , u2 ) est libre ⇐⇒ u1 = u2 = 0, contradiction avec (u1 , u2 ) libre.

• D’après le théorème du rang et le théorème sur la dimension de l’orthogonal d’un sous-espace vectoriel, on a :

on conclut :

−||u1 || ||u2 || < u2 , u1 > −||u1 ||2 < u2 , u2 >

Im ( f ) = H.

Il en résulte v1  0, et de même v2  0. Comme B  est une famille orthogonale à vecteurs tous non nuls, d’après le cours, B  est libre. Ainsi B  est une famille libre à deux éléments dans un espace vectoriel H qui est de dimension 2, donc B  est une base de H. On conclut que B  est une base orthogonale de H.

Corrigés des exercices

• On a :

Enfin, comme R3 est de dimension 3 et que f est un endomorphisme de R3 , f admet au plus trois valeurs propres.

g(v1 ) = f (v1 ) = f (||u2 ||u1 − ||u1 ||u2 ) = ||u2 || f (u1 ) − ||u1 || f (u2 )

= ||u2 || < u1 , u1 > u2 + < u2 , u1 > u1

−||u1 || < u1 , u2 > u2 + < u2 , u2 > u1

= ||u2 || < u1 , u2 > −||u1 || ||u2 || u1

+||u1 || ||u1 || ||u2 ||− < u1 , u2 > u2



= < u1 , u2 > −||u1 || ||u2 || ||u2 ||u1 − ||u1 ||u2

= < u1 , u2 > −||u1 || ||u2 || v1 , g(v2 ) = f (v2 ) = f (||u2 ||u1 + ||u1 ||u2 ) = ||u2 || f (u1 ) + ||u1 || f (u2 )

= ||u2 || < u1 , u1 > u2 + < u2 , u1 > u1

+||u1 || < u1 , u2 > u2 + < u2 , u2 > u1

= ||u2 || < u2 , u1 > +||u1 || ||u2 || u1

+||u1 || ||u1 || ||u2 ||+ < u1 , u2 > u2



= < u2 , u1 > +||u1 || ||u2 || ||u2 ||u1 + ||u1 ||u2

= < u2 , u1 > +||u1 || ||u2 || v2 . On conclut que la matrice de g dans B  est : 

0 < u1 , u2 > −||u1 || ||u2 || . 0 < u1 , u2 > +||u1 || ||u2 || d) 4) D’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz :

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

| < u1 , u2 > |  ||u1 || ||u2 ||. De plus, comme (u1 , u2 ) est libre, d’après l’étude du cas d’égalité dans l’inégalité de Cauchy-Schwarz :

Finalement, f admet une valeur propre λ1 < 0, la valeur propre 0, une valeur propre λ2 > 0.

2.12

−u ) est une base orthonormale de a) D’après le cours, puisque (→ → − −u |→ −v > → −u . → − 3 D, on a : ∀ v ∈ R , p( v ) = < → En particulier : → − − → −u |→ −u p( i ) = < → i > −u = a→ → − → − → − → − → − → − = a(a i + b j + c k ) = a2 i + ab j + ac k , → − − → −u |→ −u p( j ) = < → j > −u = b→

→ − → − → − → − → − → − = b(a i + b j + c k ) = ba i + b2 j + bc k , → − − → −u |→ −u p( k ) = < → k > −u = c→ → − → − → − → − → − → − = c(a i + b j + c k ) = ca i + cb j + c2 k .

− → − → − → La matrice P de p dans B = ( i , j , k ) est donc : ⎞ ⎛ 2 ⎜⎜⎜ a ab ac⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ P = ⎜⎜ba b2 bc⎟⎟⎟⎟ . ⎝ 2⎠ ca cb c b) 1) On a : ⎞ ⎞⎛ ⎛ ⎜⎜⎜ 0 −c b ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 0 −c b ⎟⎟⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ M 2 = ⎜⎜⎜⎜ c 0 −a⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ c 0 −a⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎠⎝ ⎝ −b a 0 −b a 0 ⎛ 2 ⎞ ab ac ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−b − c2 ⎜⎜ ⎟ 2 2 ⎜ bc ⎟⎟⎟⎟ −a − c = ⎜⎜ ab ⎝ 2 2⎠ ac bc −a − b ⎛ ⎞ ab ac ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−1 + a2 ⎜⎜⎜ ⎟ 2 bc ⎟⎟⎟⎟ = P − I3 . = ⎜⎜ ab −1 + b ⎝ 2⎠ ac bc −1 + c b) 2) •  On a : ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜a⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 0 −c b ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜a⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0⎟⎟⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ M ⎜⎜b⎟⎟ = ⎜⎜ c 0 −a⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜b⎟⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜⎜0⎟⎟⎟⎟ , ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 0 −b a 0 c c

| < u1 , u2 > |  ||u1 || ||u2 ||. On a donc :

| < u1 , u2 > | < ||u1 || ||u2 ||.

La matrice de g dans B  , qui est diagonale d’après 3), admet deux valeurs propres qui sont λ1 = < u1 , u2 > −||u1 || ||u2 || < 0,

−u ∈ Ker ( f ), puis : D ⊂ Ker ( f ). donc → −v ∈ Ker ( f ).  Réciproquement, soit → −v dans B, on a : MV = 0, donc : En notant V la matrice de →

λ2 = < u1 , u2 > +||u1 || ||u2 || > 0. Comme g est l’endomorphisme induit par f sur H, les deux réels λ1 et λ2 sont aussi valeurs propres de f . De plus, comme Ker ( f ) = H ⊥  {0}, le réel 0 est valeur propre de f .

M 2 V = M(MV) = M0 = 0, puis :

PV = (M 2 + I3 )V = M 2 V + V = V,

−v ∈ Im (p) = D. donc → Il en résulte : Ker ( f ) ⊂ D. 55

Chapitre 2

•

Algèbre bilinéaire

= e + (sin t + sin t ) f + (2 − cos t − cos t + sin t sin t ) f 2

+ sin t(1 − cos t ) + sin t (1 − cos t) f 3  !"

Ceci montre : Ker ( f ) = D. − •  Soit → w ∈ Im ( f ).

=−f

− −v ). −v ∈ R3 tel que → w = f (→ Il existe →

+ (1 − cos t)(1 − cos t ) f 4  !" =−f2 % & = e + sin t + sin t − sin t(1 − cos t ) − sin t (1 − cos t) f & % + 2 − cos t − cos t + sin t sin t − (1 − cos t)(1 − cos t ) f 2 = e + (sin t cos t + sin t cos t) f + (1 − cos t cos t + sin t sin t ) f 2

= e + sin(t + t ) f + 1 − cos(t + t ) f 2 = gt+t .

−u dans B et V la matrice de → −v dans Notons U la matrice de → B. On a : − −u > = < f (→ −v ) , → −u > = t (MV)U <→ w ,→ = t V t MU = t V(−M)U = − t V(MU !") = 0,

− donc → w ∈ D⊥ .

=0

d) 2) D’après 1), en remplaçant t par −t, on a : ⊥

Ainsi : Im ( f ) ⊂ D .

∀t ∈ R,

 D’après le théorème du rang et le théorème sur la dimension du supplémentaire orthogonal d’un sous-espace vectoriel, on a : dim Im ( f ) = 3 − dim Ker ( f ) = 3 − dim (D) = dim (D⊥ ). ⊥

⊥

Ainsi, Im ( f ) ⊂ D et dim Im ( f ) = dim (D ), donc, d’après le cours : Im ( f ) = D⊥ .

gt ◦ g−t = g0 = e et g−t ◦ gt = g0 = e .

Il en résulte que, pour tout t ∈ R, gt est bijectif et que : (gt )−1 = g−t .

2.13

Puisque S est symétrique réelle, d’après le théorème spectral, il existe D = diag (λ1 , ..., λn ) ∈ Dn (R) et P orthogonale telles que : S = PDP−1. Soit X ∈ Mn,1 (R).

c) 1) On a : M 3 + M = MM 2 + M = M(P − I3 ) + M = MP ⎞⎛ ⎛ ⎞ ab ac ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 0 −c b ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−1 + a2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ ⎟ bc ⎟⎟⎟⎟ = 0, = ⎜⎜ c 0 −a⎟⎟ ⎜⎜ ab −1 + b2 ⎠⎝ ⎝ 2⎠ −b a 0 ac bc −1 + c donc :



f 3 + f = 0.

On peut aussi remarquer P = U t U, donc : t MP = M(U t U) = (MU !") U = 0. =0

c) 2) D’après 1), le polynôme X +X = X(X2 +1) est annulateur de f , donc les valeurs propres de f sont parmi les zéros (réels) de ce polynôme, donc la seule valeur propre possible pour f est 0.

On a, en utilisant t P = P−1 : t

XS X = t X(PDP−1)X = ( t XP)D(P−1 X)

= t ( t PX)D(P−1 X) = t (P−1 X)D(P−1 X). ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜y1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ . ⎟⎟ −1 Notons Y = P X = ⎜⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟⎟ . On a : ⎜⎝ ⎟⎠ yn ⎞⎛ ⎞ ⎛ (0)⎟⎟ ⎜⎜y1 ⎟⎟ ⎜ λ1 n ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟   ⎜⎜⎜⎜  t .. ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟ = XS X = t Y DY = y1 . . . yn ⎜⎜⎜⎜⎜ λi y2i . . ⎟⎟⎠ ⎜⎜⎝ . ⎟⎟⎠ i=1 ⎜⎝ (0) λ n yn

3

D’autre part, comme Ker ( f ) = D  {0}, 0 est valeur propre de f . On conclut : f admet une valeur propre et une seule, qui est 0. c) 3) Si f était diagonalisable, comme f n’admet que la valeur propre 0, f serait représenté par la matrice nulle, donc f = 0, contradiction avec Ker ( f ) = D  R3 . On conclut : f n’est pas diagonalisable. d) 1) On a, pour tout (t, t ) ∈ R2 :

gt ◦ gt = e + (sin t) f + (1 − cos t) f 2

◦ e + (sin t ) f + (1 − cos t ) f 2 56

Comme : ∀i ∈ 1 ; n, α  λi  β, et que les y2i sont tous  0, on déduit : n n n    y2i  λi y2i  β y2i . α i=1

i=1

i=1

Et : ||X||2 = t XX = t (PY)(PY) = t Y t PPY = t Y(P−1 P)Y = t YY = ||Y||2 =

n  i=1

On conclut :

α||X||  XS X  β||X|| . 2

t

2

2.14 a) Soit λ une valeur propre de S . Il existe X ∈ Mn,1 (R) tel que : S X = λX et X  0.

y2i .

Corrigés des exercices

Puisque S ∈ S+n , on a : t XS X  0. Et :

t

On suppose que (e1 , ..., en ) est une base orthonormale de E.

XS X = X(λX) = λ( XX) = λ ||X|| .  !" t

t

λ=

D’où :

2

t

XS X  0. ||X||2

>0

On conclut : toutes les valeurs propres de S sont  0. b) Puisque S ∈ Sn (R), d’après le théorème spectral, il existe une matrice orthogonale P de Mn (R) et une matrice diagonale D de Mn (R) telles que S = PDP−1 , d’où D = P−1 S P.

De plus, d’après le cours, pour tout (x, y) ∈ E 2 , on a : n n   (ei | x)ei et y = (e j | y)e j , x= i=1

(x | y) =

n 

n ##   (ei | x)ei ## (e j | y)e j

i=1

j=1

=

D = diag (λ1 , ..., λn ). √ √ Considérons la matrice diagonale Δ = diag ( λ1 , ..., λn ) et la matrice R = PΔP−1 .

• On a :

R2 = (PΔP−1)2 = PΔ2 P−1 = PDP−1 = S .

• On a :

t

R = t (PΔP−1) = t P−1 t Δ t P = PΔP−1 = R,

car P est orthogonale et Δ est diagonale.

Soit X ∈ Mn,1 (R) quelconque. On a : = t ( t PX)Δ(P−1 X) = t (P−1 X)Δ(P−1 X). ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜y1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ −1 Notons P X = ⎜⎜⎜⎜⎜ ... ⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎜⎝ ⎟⎠ yn

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

= δi j

(ei | x)(ei | y).

Évident : il suffit d’appliquer (ii) à (x, x) à la place de (x, y). Montrons (iii) =⇒ (i) : ⎧ ⎪ ⎪ ∀i ∈ 1 ; n, ||ei || = 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ n  On suppose : ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ (ei | x)2 = ||x||2 . ∀x ∈ E, ⎪ ⎪ ⎩

En isolant le terme d’indice k dans la sommation précédente : n   (ei | ek )2 = ||ek ||4 + (ei | ek )2 .  !" i=1

=1

i, ik

 i, ik

XRX = YΔY = t

n  )

Il en résulte : λk y2k

 0.

On conclut : R ∈ S+n . 2e méthode : √ √ Considérons la matrice diagonale U = diag ( 4 λ1 , ..., 4 λn ) de 2 t sorte que Δ = U = UU. On a alors, pour toute X ∈ Mn,1 (R) : XRX = t XPΔP−1 X = t XP t UUP−1 X = t (UP−1 X)(UP−1 X) = ||UP−1 X||2  0. On conclut : R ∈ S+n .

2.15

i=1

Montrons (ii) =⇒ (iii) :

On déduit :

k=1

t

i=1

i=1

XRX = t XPΔP−1 X

On a alors :

n 

(ei | x)(e j | y) (ei | e j ) =  !" j=1

• En appliquant l’hypothèse à ek pour k ∈ 1 ; n fixé, on a : n  (ei | ek )2 = ||ek ||2 = 1.

1re méthode :

t

n n  

i=1

• Montrons Δ ∈ S+n .

t

j=1

d’où :

c) Notons λ1 , ..., λn les éléments diagonaux de D : D’après a) : ∀k ∈ 1 ; n, λk  0.

∀i ∈ 1 ; n, ||ei || = 1.

Il est clair qu’alors :

Montrons (i) =⇒ (ii) :

(ei | ek )2 = 0.  !" 0

∀i  k, (ei | ek ) = 0.

Ceci montre que la famille (e1 , ..., en ) est orthogonale. Vu l’hypothèse, on conclut que la famille (e1 , ..., en ) est orthonormale. • En particulier, puisque la famille (e1 , ..., en ) est orthogonale et à vecteurs tous non nuls, cette famille est libre. • Soit x ∈ E. Notons u =

n 

(ei | x)ei .

i=1

Nous allons montrer x = u, en calculant ||x − u||2 . ||x − u||2 = ||x||2 − 2(x | u) + ||u||2 .

On a : Mais : (u | x) =

n  i=1

n n ##    (ei | x)ei ## x = (ei | x)(ei | x) = (ei | x)2 = ||x||2 i=1

i=1

57

Chapitre 2

•

Algèbre bilinéaire

et, puisque (e1 , ..., en ) est une famille orthonormale : n n ####2  ####  (ei | x)2 = ||x||2 . ||u||2 = #### (ei | x)ei #### = i=1

i=1

||x − u||2 = ||x||2 − 2||x||2 + ||x||2 = 0,

On obtient :

donc x − u = 0, x = u =

n 

b) 1) Soit (i, j) ∈ 0 ; n2 . On a, pour tout k ∈ 0 ; n : ⎧ ⎪ i(i − 1) · · · (i − k + 1)Xi−k si k < i ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ i (k) (X ) = ⎪ i! si k = i ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0 si k > i ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨0 (Xi )(k) (0) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎩i!

donc :

(ei | x)ei .

i=1

Ceci montre que la famille (e1 , ..., en ) engendre E. Finalement, (e1 , ..., en ) est une base orthonormale de E.

si k = i.

Il en résulte : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ 0 ϕ(Xi , X j ) = (Xi )(k) (0)(X j )(k) (0) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎩(i!)2 k=0 n 

2.16 a) On a, pour tout (P, Q) ∈ E × E : n 

n 

si i  j si i = j.

donc ϕ est symétrique.

b) 2) D’après 1), (Xi )0in est une famille orthogonale pour ϕ, formée de vecteurs tous non nuls, donc cette famille est libre. Comme dim (E) = n + 1, cette famille libre de n + 1 éléments est une base de E.

• On a, pour tout α ∈ R et tous P, Q, R ∈ E :

De plus : ∀i ∈ 0 ; n, ϕ(Xi , Xi ) = (i!)2 .

ϕ(Q, P) =

Q(k) (0)P(k) (0) =

k=0

P(k) (0)Q(k) (0) = ϕ(P, Q),

k=0

ϕ(P, αQ + R) =

n 

On conclut que

P (0)(αQ + R) (0) (k)

(k)

k=

=

n 

 Xi  i!

=α

2.17



P(k) (0) αQ(k) (0) + R(k) (0)

n 

P(k) (0)Q(k) (0) +

n 

k=0

a) Soient α ∈ R, x, y ∈ E. On a : f (αx + y) =

P(k) (0)R(k) (0)

=

donc ϕ est linéaire par rapport à la seconde place.

n 

P(k) (0)

2

 0.

k=0

• Soit P ∈ E tel que ϕ(P, P) = 0. n 

2 P (0) = 0, On a alors :  !" k=0

p 

=α

α(ei | x)ei + (ei | y)ei

p 

(ei | x)ei +

i=1

p 

donc f est linéaire. On conclut que f est un endomorphisme de l’espace vectoriel E. b) •  Soit x ∈ F ⊥ .

(k)

∀k ∈ 0 ; n, P(k) (0) = 0.

(ei | y)ei

i=1

= α f (x) + f (y),

On a alors :

∀i ∈ 1 ; p, (ei | x) = 0,

donc :

f (x) =

0

donc :

(ei | αx + y)ei

i=1

Puisque ϕ est symétrique et linéaire par rapport à la seconde place, ϕ est aussi linéaire par rapport à la première place, donc ϕ est bilinéaire. ϕ(P, P) =

p  i=1

k=0

= αϕ(P, Q) + ϕ(P, R),

• On a, pour tout P ∈ E :

est une base orthonormale de (E, ϕ).

0in

k=0

58

si k  i

p  i=1

(ei | x) ei = 0,  !"

Si P  0, en notant k = deg (P), on a k ∈ 0 ; n et P(k) est une constante non nulle, contradiction avec le résultat précédent.

d’où : x ∈ Ker ( f ).

Il en résulte : P = 0.

Ceci montre : F ⊥ ⊂ Ker ( f ).

On conclut que ϕ est un produit scalaire sur E.

 Soit x ∈ Ker ( f ).

=0

Corrigés des exercices p 

f (x) =

On a donc :

et on conclut : S + A est inversible.

(ei | x)ei = 0,

i=1

2.19

d’où, en faisant le produit scalaire avec x :

 (ei | x)ei 0 = (0 | x) = f (x) | x = p



a) • On a E ⊂ R[0 ; +∞[ et 0 ∈ E.

##  ## x

• Soient α ∈ R, f, g ∈ E.

i=1 p p   (ei | x)(ei | x) = (ei | x)2 . =  !" i=1

i=1

0

∀i ∈ 1 ; p, (ei | x) = 0,

Il en résulte :

 Puisque f et g sont ⎧ bornées, il existe M f , Mg ∈ R+ tels que : ⎪ ⎪ ⎪ ⎨∀x ∈ [0 ; +∞[, | f (x)|  M f ⎪ ⎪ ⎪∀x ∈ [0 ; +∞[, |g(x)|  M . ⎩ g

On a alors :

et donc : x ∈ F ⊥ .

# # ∀x ∈ R, ##α f (x) + g(x)##  |α| | f (x)| + |g(x)|  |α|M f + Mg ,

Ceci montre : Ker ( f ) ⊂ F ⊥ . On conclut : Ker ( f ) = F ⊥ . •  On a :

p  ∀x ∈ E, f (x) = (ei | x)ei ∈ Vect (F ), i=1

donc : Im ( f ) ⊂ Vect (F ).  D’après le théorème du rang et le résultat précédent (sur le noyau de f ), on a : dim Im ( f ) = dim (E) − dim Ker ( f ) = dim (E) − dim (F ⊥ )

⊥ = dim (E) − dim Vect (F ) = dim Vect (F ). Comme Im ( f ) ⊂ Vect (F ) et que ces deux sev sont de dimensions finies et ont la même dimension, on conclut : Im ( f ) = Vect (F ). c) Puisque f est un endomorphisme de l’espace vectoriel E qui est de dimension finie, on a : f bijective ⇐⇒ f surjective ⇐⇒ Im ( f ) = E ⇐⇒ Vect (F ) = E ⇐⇒ F engendre E. Soit X ∈ Mn,1 (R) telle que (S + A)X = 0.

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2.18

On a alors : t X(S + A)X = 0. t

Mais :

X(S + A)X = t XS X + t XAX.

Comme A = −A et que XAX est une matrice carrée à une seul élément, on a : t

t

t

XAX = t ( t XAX) = t X t AX = t X(−A)X = − t XAX,

donc α f + g est bornée.  Puisque f et g sont de classe C 1 , d’après le cours, α f + g est de classe C 1 .  On a :

(α f + g)(0) = α f (0) + g(0) = 0.  !"  !" =0

=0

On déduit : α f + g ∈ E. On conclut : E est un sous-espace vectoriel de l’espace vectoriel réel des applications de [0 ; +∞[ dans R. b) 1) Soit f ∈ E. Puisque f (0) = 0 et que f est dérivable en 0, f (x) f (x) − f (0) = −→ f  (0). x −→ 0 x x−0

on a :

b) 2) Soit ( f, g) ∈ E 2 . • L’application h : x −→ • On a, d’après 1) :

f (x)g(x) est continue sur ]0 ; +∞[. x2

h(x) =

f (x) g(x) −→ f  (0)g (0). x x x −→ 0

Ainsi, l’application h admet une limite finie en 0, donc l’inté$ 1 grale h(x) dx converge (intégrale faussement impropre). 0

• Puisque f et g sont ⎧ bornées, il existe M f , Mg ∈ R+ tels que : ⎪ ⎪ ⎪ ⎨∀x ∈ [0 ; +∞[, | f (x)|  M f ⎪ ⎪ ⎪∀x ∈ [0 ; +∞[, |g(x)|  M . ⎩ g

M f Mg | f (x)| |g(x)|  . x2 x2

donc 2 t XAX = 0, d’où t XAX = 0.

On a : ∀x ∈ [1 ; +∞[, |h(x)| =

On obtient alors t XS X = 0.

D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 $ > 1), l’inté$ +∞ +∞ M f Mg 1 dx converge, donc l’intégrale dx grale 2 x x2 1 1 converge.

Comme S est symétrique définie-positive, la forme quadratique canoniquement associée à S est définie-positive, donc X = 0. On a montré : ∀X ∈ Mn,1 (R),



(S + A)X = 0 =⇒ X = 0 ,

Par théorème de majoration pour des fonctions  0, l’intégrale $ +∞ |h(x)| dx converge. 1

59

Chapitre 2

•

Algèbre bilinéaire

$

+∞

Ainsi, l’intégrale

h(x) dx est absolument convergente, 1

donc convergente.

1re méthode : utilisation des variations de la fonction f : $

$

1

+∞

Puisque les deux intégrales

h(x) dx et h(x) dx 1 $ +∞ h(x) dx converge. convergent, par définition, l’intégrale 0

0

On $ +∞conclut que, pour tout ( f, g) f (x)g(x) dx converge. x2 0

∈

E 2 , l’intégrale

On a :

∀x ∈ [0 ; +∞[, f  (x) = (1 − x) e −x ,

d’où le tableau des variations de f : x 0 1 f  (x) + 0 e −1 f (x)  0

c) 1) • La symétrie est évidente.

On a donc :

• La linéarité par rapport à la première place est immédiate, par linéarité de l’intégration.

Il en résulte que f est bornée.

Puisque < . , . > est linéaire par rapport à la seconde place et est symétrique, < . , . > est bilinéaire. $ • On a :

+∞

∀ f ∈ E, < f | f > =



0

f (x) x2

2 dx  0.

• Soit f ∈ E telle que < f | f > = 0, c’est-à-dire telle

2 $ +∞ f (x) que : dx = 0. On a alors, d’après la relation de x2 0 Chasles :

2

2

2 $ +∞ $ +∞ $ 1 f (x) f (x) f (x) dx + dx = dx = 0, x2 x2 x2 0 1 0  !"  !" 0

$

1

donc : 0



f (x) x2

0

2

$

L’application

+∞

dx = 0 et 1

$

X

H : X −→ 1



f (x) x2



f (x) x2

2 dx = 0.

2 dx

est croissante sur [1 ; +∞[, car elle est de classe C 1 et sa dérivée

2 f (X) qui est  0. est X −→ X2

2 $ +∞ f (x) dx = 0. De plus, H(1) = 0 et H(X) −→ X −→ +∞ x2 1 ∀X ∈ [1 ; +∞[, H(X) = 0,

2 f (X) puis, en dérivant : ∀X ∈ [1 ; +∞[, = 0, X2

Il en résulte :

donc :

∀X ∈ [1 ; +∞[, f (X) = 0.

On montre de même :

∀X ∈ ]0 ; 1], f (X) = 0.

On obtient donc : f = 0. On conclut que < . . . > est un produit scalaire sur E. c) 2) • L’application f : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ x e −x est de classe C 1 et f (0) = 0. 60

Nous allons maintenant montrer que f est bornée.

−

+∞

 0

∀x ∈ [0 ; +∞[, 0  f (x)  e −1 .

2e méthode : utilisation du comportement à l’infini et de la continuité sur un segment : On a, par prépondérance de l’exponentielle sur les puissances : f (x) −→ 0. x −→ +∞

Il existe donc α ∈ [0 ; +∞[ tel que : ∀x ∈ [0 ; +∞[, | f (x)|  1. D’autre part, f est continue sur le segment [0 ; α], donc, d’après le cours, f est bornée sur ce segment ; il existe donc M ∈ R+ tel que : ∀x ∈ [0 ; α], | f (x)|  M. On a donc :

∀x ∈ [0 ; +∞[, | f (x)|  Max (1, M),

ce qui montre que f est bornée. On conclut : f ∈ E. • Soit a ∈ R. L’application

ga : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ x(x − a) e −x

est de classe C 1 et ga (0) = 0. On remarque : ga = k − a f, où on a noté k : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ x2 e −x . Comme ci-dessus (par l’une des deux méthodes), on montre que k est bornée. Ainsi : k ∈ E. Comme E est un R-espace vectoriel et que ( f, k) ∈ E 2 , on déduit, par combinaison linéaire : ga ∈ E. • On a, pour tout a ∈ R : $ +∞ f (x)ga (x) dx < f , ga > = x2 0

$ +∞ (x e −x ) x(x − a) e −x dx = x2 0

Corrigés des exercices

$

+∞

= $

0 +∞

=

t=2x

=

0

1 4

$

L’application f : x −→ u(x)v(x) e −x est continue sur R 2

(x − a) e −2x dx

et, d’après a), pour tout x ∈ R :

t

 1 − a e −t dt 2 2

+∞

2

(t − 2a) e −t dt

0

$ $ +∞  1  +∞ −t t e dt − 2a e −t dt 4 0 0

1 Γ(2) − 2aΓ(1) = 4 1 1 = (1! − 2a 0!) = (1 − 2a). 4 4 =

On conclut : l’ensemble des a ∈ R tels que f ⊥ ga est

1 2

.

d) Soit ( f, g) ∈ E .

Comme les deux −∞ $ +∞

2 −x2 v(x) e dx convergent, par combinaison linéaire, −∞ $ +∞  1

2

2 1 2 2 u(x) e −x + v(x) e −x dx converge, l’intégrale 2 2 −∞ puis, par$théorème de majoration pour des fonctions  0, l’in+∞ | f (x)| dx converge. tégrale −∞

2

donc convergente.

On a, par intégration par parties avec ⎧  ⎧ ⎪ ⎪ u (x) = f  (x)g(x) + f (x)g (x) u(x) = f (x)g(x) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪v = − 1 ⎪v = 1 ⎩ ⎩ 2 x x où u, v sont de classe C 1 sur le segment [ε ; X] : $ X f (x)g(x) dx x2 ε * f (x)g(x) +X $ X f  (x)g(x) + f (x)g (x) dx. = − + ε x x ε Comme f et g sont bornées, on a :

f (X)g(X) X

−→

X −→ +∞

0.

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

D’autre part, d’après b)1) appliqué à f et puisque g est continue f (ε) f (ε)g(ε) = g(ε) −→ f  (0) g(0) = 0. en 0 : ε −→ 0  !" ε ε =0

$

+∞

Il en résulte que l’intégrale 0

converge et que : $

+∞

< f , g >= 0





f (x)g(x) + f (x)g (x) dx x

f  (x)g(x) + f (x)g (x) dx. x

2.20 a) On a, pour tout (α, β) ∈ [0 ; +∞[2 : α2 + β2 − 2αβ (α − β)2 1 2 (α + β2 ) − αβ = =  0, 2 2 2

b) Soit (u, v) ∈ E 2 .

$

+∞

f (x) dx est absolument convergente,

Ainsi, l’intégrale

Soit (ε, X) ∈ ]0 ; +∞[2 tel que ε < X.

donc :

1

2 u(x)2 + v(x)2 e −x 2

2

2 1 1 2 2 = u(x) e −x + v(x) e −x . 2 2 $ +∞

2 2 u(x) e −x dx et intégrales

| f (x)| = |u(x)| |v(x)| e −x 

αβ 

1 2 (α + β2 ). 2

−∞

$

∞

On conclut : l’intégrale

2

u(x)v(x) e −x dx converge.

−∞

c) 1) • Il est clair que E ⊂ RR et que, en notant 0 la fonction constante nulle, 0 ∈ E. • Soient u, v ∈ E. On a, pour tout x ∈ R :

2 2 u(x) + v(x) e −x

2

2 2 2 2 = u(x) e −x + 2u(x)v(x) e −x + v(x) e −x . $ +∞

2 2 u(x) e −x dx et Puisque u, v ∈ E, les deux intégrales −∞ $ +∞

2 2 v(x) e −x dx convergent. −∞

$

+∞

D’après b), l’intégrale

u(x)v(x) e −x dx converge. 2

−∞

Par combinaison linéaire, on déduit que l’intégrale $ +∞

2 2 u(x) + v(x) e −x dx converge, donc u + v ∈ E. −∞

• Soient α ∈ R, u ∈ E. $ +∞

2 2 Puisque l’intégrale u(x) e −x dx converge, par multi−∞ $ +∞

2 2 plication par la constante α2 , l’intégrale αu(x) e −x dx converge, donc αu ∈ E.

−∞

Ceci montre que E est un sous-espace vectoriel de RR . On conclut : E est un R-espace vectoriel. c) D’après b), pour tout (u, v) ∈ E 2 , l’intégrale $ 2) +∞ 2 u(x)v(x) e −x dx converge, donc (u | v) existe. −∞

61

Chapitre 2

•

Algèbre bilinéaire

• La symétrie est évidente. • La linéarité par rapport à la première place résulte de la linéarité de l’intégration. $ • On a :

∀u ∈ E, (u | u) =

+∞



u(x)

0

2

2

−∞

−∞

0

$ =



u(x)

2

−∞

e −x dx = 0 et 2

$

+∞



u(x)

2

−∞

+∞



$

X

L’application F : [0 ; +∞[ −→

u(x)

2

e −x dx = 0. 2

0

∀X ∈ [0 ; +∞[, F(X) = 0, u(X)

2

∀X ∈ [0 ; +∞[, u(X) = 0.

De même :

∀X ∈ ] − ∞ ; 0], u(X) = 0.

e

−X 2

= 0,

On conclut : (. | .) est un produit scalaire sur E.

Il est clair qu’alors P est continue sur R.

2 2 L’application x −→ P(x) e −x est continue sur R et, par prépondérance de l’exponentielle sur les puissances :  

2 2 −→ 0. x2 P(x) e −x x −→ +∞

Il existe donc a > 0 tel que :

d’où :

−x2



$ 0

2 2 P(x) e −x dx et Puisque les deux intégrales −∞ $ +∞

2 2 P(x) e −x dx convergent, par définition, l’intégrale $0 +∞

2 2 P(x) e −x dx converge, et on conclut : P ∈ E.

2.21 a) Puisque (X t X)Y = In , la matrice Y est inversible et on a : Y −1 = X t X. On a alors :

t

(Y −1 ) = t (X t X) = X t X = Y −1 ,

donc Y −1 est symétrique, puis Y = (Y −1)−1 est symétrique. Comme X et Y ont des rôles symétriques dans les hypothèses, on conclut que X est aussi symétrique. b) Puisque t X = X et t Y = Y, on a : X 2 Y = In donc Y = X −2 puis : In = Y 2 X = (X −2 )2 X = X −3 ,

1re méthode : D3 = (P−1 XP)3 = P−1 X 3 P = P−1 In P = In .

Mais, en notant D = diag (λ1 , ..., λn ), où (λ1 , ..., λn ) ∈ Rn , on a D3 = diag (λ31 , ..., λ3n ). d’où : ∀k ∈ 1 ; n, λ3k = 1, ∀k ∈ 1 ; n, λk = 1,

puis, comme les λk sont réels : donc D = In , puis : X = PDP

−1

= PIn P−1 = In .

Enfin : Y = X −2 = I−2 n = In . 2e méthode :

 1,



2 1 2 ∀x ∈ [a ; +∞[, 0  P(x) e −x  2 . x

D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. x2 a 62

−∞

On a :

d) Soit P ∈ F.

e

2

Puisque X est symétrique réelle, d’après le théorème spectral, il existe une matrice orthogonale P et une matrice diagonale D telles que : X = PDP−1 .

On déduit : u = 0.

∀x ∈ [a ; +∞[, x2 P(x)

e −x dx converge.

donc : X 3 = In .

puis :

2

2

2

est croissante, à valeurs  0 et de limite 0 en +∞, donc :

puis, par dérivation : ∀X ∈ [0 ; +∞[,

P(x)

Finalement : F ⊂ E. e −x dx = 0,



2 2 u(x) e −x dx





−∞

0



0

De même, l’intégrale

Chasles : $ 0 $ +∞

2

2 2 2 u(x) e −x dx + u(x) e −x dx −∞ 0  !"  !"

d’où : $ 0

$

e −x dx  0.

• Soit u ∈ E telle que (u | u) = 0, c’est-à-dire telle $ +∞

2 2 que u(x) e −x dx = 0. On a alors, par la relation de

0

Par théorème $ +∞de majoration pour des fonctions  0,

2 2 P(x) e −x dx converge, donc l’intégrale l’intégrale a $ +∞

2 P(x) 2 e −x dx converge.

Comme X 3 = In , d’après le cours, les valeurs propres de X sont parmi les racines du polynôme X3 − 1, donc X n’admet que 1 pour valeur propre, d’où D = In , X = PIn P−1 = In .,

2.22 • Montrons (1) =⇒ (2) :

Corrigés des exercices

On suppose que p est symétrique.

En appliquant l’hypothèse à x = y + λz, pour tout λ ∈ R, on a :

Soient y ∈ Im (p), z ∈ Ker (p).

||y||2 = ||p(x)||2  ||x||2 = ||y + λz||2 = ||y||2 + 2λ(y | z) + λ2 ||z||2 ,

Il existe x ∈ E tel que y = p(x), donc :

p(y) = p p(x) = p2 (x) = p(x) = y. # #

(y | z) = p(y) ## z = y ## p(z ) = 0.  !"

On a :

=0

c’est-à-dire :

||z||2 λ2 + 2(y | z)λ  0.

Par le même raisonnement que pour l’implication précédente, on déduit (y | z) = 0 et on conclut : Im (p) ⊥ Ker (p).

Ceci montre : Im (p) ⊥ Ker (p).

• Montrons (2) =⇒ (1) :

• Montrons (2) =⇒ (3) :

On suppose : Im (p) ⊥ Ker (p).

On suppose : Im (p) ⊥ Ker (p).

Soit (x, u) ∈ E 2 .

Soit x ∈ E. Puisque p est un projecteur, d’après le cours :

Puisque p est un projecteur, d’après le cours :

x = p(x) + x − p(x) , y ∈ Im (p), z ∈ Ker (p).  !"  !"

x = p(x) + x − p(x) , y ∈ Im (p), z ∈ Ker (p).  !"  !" noté y

noté y

noté z

noté z

On a alors : ##

x # p(x) = (y + z | y) = (y | y) + (z | y) = ||y||2  0.  !"

On a : # #

##



#

#

x # p(u) = y + z ## p(u) = y ## p(u) + z ## p(u) = p(x) ## p(u) .  !"

• Montrons (2) =⇒ (4) :

En appliquant ce résultat à (u, x) à la place de (x, u), on a aussi : # # ##





u # p(x) = p(u) ## p(x) = p(x) ## p(u) .

=0

=0

On suppose : Im (p) ⊥ Ker (p). Soit x ∈ E.

D’où :

Avec les mêmes notations que ci-dessus, on a : ||x||2 = ||y + z||2 = ||y||2 + 2 (y | z) + ||z||2  ||y||2 = ||p(x)||2 ,  !"  !" =0

0

donc : ||p(x)||  ||x||.

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

• Montrons (3) =⇒ (2) : #

On suppose : ∀x ∈ E, x ## p(x)  0. Soient y ∈ Im (p), z ∈ Ker (p). En appliquant l’hypothèse à x = λy + z, pour tout λ ∈ R, on a : #

0  x ## p(x) = (λy + z | λy) = ||y||2 λ2 + (y | z)λ. Ainsi, le trinôme λ −→ ||y|| λ + (y | z)λ est positif ou nul sur tous les réels, donc son discriminant est négatif ou nul, d’où (y | z)2  0, puis (y | z) = 0. 2 2

# ##

#

x # p(u) = u ## p(x) = p(x) ## u .

On conclut que p est symétrique.

2.23

D’abord, il est clair que Hn est symétrique. $ 1 1 = tk−1 dt. Remarquons : ∀k ∈ N∗ , k 0 ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ • Soit X = ⎜⎜⎜⎜⎜ ... ⎟⎟⎟⎟⎟ ∈ Mn,1 (R). On a : ⎜⎝ ⎟⎠ xn t

XHn X = =

1 xj i+ j−1

 $

1i, jn

$

1



0

0

n

ti−1 xi

n  

i=1 1

=

 ti+ j−2 xi x j dt

1i, jn

= $

ti+ j−2 xi x j dt 0

 

0

$

1

1

=

On suppose : ∀x ∈ E, ||p(x)||  ||x||. Soient y ∈ Im (p), z ∈ Ker (p).

xi

1i, jn

Ceci montre : Im (p) ⊥ Ker (p). • Montrons (4) =⇒ (2) :



n 

 t j−1 x j dt

j=1

2

ti−1 xi dt  0.

i=1

63

Chapitre 2

•

Algèbre bilinéaire

⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ . ⎟⎟ • Soit X = ⎜⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟⎟ ∈ Mn,1 (R) tel que t XHn X = 0. ⎜⎝ ⎟⎠ xn

1 0

n 

t

i−1

2

n 

u2i = β|| |X0 | ||2 = β||X0 ||2

i=1

xi dt = 0.

i=1 n 

∀t ∈ [0 ; 1],

= t X0 S X0  t |X0 | S |X0 | = ti−1 xi

2

n 

n 

D’où :

n 

k 

t

i−1

(λi − β)u2i  0.  !" i=1

xi s’annule en une

<0

i=1

infinité de points (les éléments de [0 ; 1]), donc c’est le polynôme nul, d’où : ∀i ∈ 1 ; n, xi = 0, puis : X = 0.

Il en résulte :

On conclut que la forme quadratique canoniquement associée à Hn est définie-positive.

donc :

∀i ∈ 1 ; k, ui = 0,

|X0 | =

n 

ui Xi ∈ Vect (Xk+1 , ..., Xn ) = V.

i=k+1

a) 2) • Les coordonnées de S |X0| sont les

2.24 X0 S X0 =

n 

ai j |x j |, pour

j=1



1i, jn



ai j xi x j  ai j |xi | |x j | = |X0 | S |X0 |.  !" 1i, jn t

0

• Puisque S est symétrique réelle, d’après le théorème spectral, il existe une base orthonormale (X1 , ..., Xn ) de Mn,1 (R) formée de vecteurs propres pour S .

i ∈ 1 ; n. Comme les ai j sont tous > 0 et que les |x j | sont tous  0 et non tous nuls (car X0  0), il en résulte que la sommation précédente est > 0. On conclut que les coordonnées de S |X0| sont toutes > 0. • Puisque |X0 | ∈ V, on a : S |X0| = β|X0 |.

Notons λ1 , ..., λn les valeurs propres de S respectivement associées à ces vecteurs propres, c’est-à-dire :

D’après le point précédent, les coordonnées de β|X0 | sont donc toutes > 0, donc, comme β > 0, les coordonnées de X0 sont toutes > 0.

∀i ∈ 1 ; n, S Xi = λi Xi .

Il en résulte que les coordonnées de X0 sont toutes non nulles. a) 3) • On a, puisque X0 et |X0 | sont dans V :

On peut supposer les λi rangés de façon que :

t

λ1  ...  λk < λk+1 = ... = λn = β, où k ∈ 0 ; n − 1. Autrement dit, on a rangé les valeurs propres de S par ordre croissant, les dernières étant égales à la plus grande valeur propre, notée β. D’une part :

t

X0 S X0 = t X0 βX0 = β t X0 X0 = β||X0 ||2 .

D’autre part, il existe (u1 , ..., un ) ∈ Rn tel que : |X0 | =

n 

d’où :

t

|X0 | S |X0 | =



t

|X0 | S |X0 | = t |X0 | β |X0 | = β t |X0 | |X0 | = β|| |X0 | ||2 = β||X0 ||2 ,

d’où :

1i, jn

t

X0 S X0 = t |X0 | S |X0 |.

• On a : 0 = t |X0 | S |X0 | − t X0 S X0 =

 1i, jn

ui Xi ,

ui u j t Xi S X j =

X0 S X0 = t X0 βX0 = β t X0 X0 = β||X0 ||2

et

=

i=1

64

(λi − β)u2i  0,

c’est-à-dire, puisque λk+1 = ... = λn = β :

ti−1 xi = 0.

Ainsi, la fonction polynomiale t −→

a) 1) • On a :

λi u2i .

i=1

i=1

t

n  i=1

est conti-

i=1

nue et à valeurs  0, on déduit :

u2i .

D’après le point précédent : β

Comme l’application polynomiale t −→

n  i=1

Avec les notations précédentes, on a donc : $

|| |X0 | ||2 =

et :

n  i=1

ai j |xi | |x j | −

Il en résulte :

ai j xi x j

1i, jn





ai j |xi | |x j | − xi x j .  !"  !" 1i, jn >0

u2i λi



0



∀(i, j) ∈ 1 ; n2 , ai j |xi | |x j | − xi x j = 0,

Corrigés des exercices

puis, comme les ai j sont tous > 0 : ∀(i, j) ∈ 1 ; n , |xi | |x j | − xi x j = 0, 2

c’est-à-dire :

∀(i, j) ∈ 1 ; n2 , xi x j  0.

Comme de plus les xi sont tous non nuls, on a : ∀(i, j) ∈ 1 ; n2 , xi x j > 0. Ceci montre que x1 , ..., xn sont tous de même signe. b) 1) Soient X, X  ∈ V \ {0}.

i=1

On conclut que X et X  ne sont pas orthogonaux entre eux. b) 2) Raisonnons par l’absurde : supposons dim (V)  2. D’après le cours, V admet au moins une base orthonormale, donc il existe au moins deux vecteurs non nuls de V et orthogonaux entre eux, contradiction avec le résultat de 1). On conclut : dim (V) = 1.

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

D’après a)3), les coordonnées (x1 , ..., xn ) de X sont toutes non nulles et de même signe, et les coordonnées (x1 , ..., xn ) de X 

sont toutes non nulles de même signe. Il en résulte que les produits x1 x1 , ..., xn xn sont tous non nuls et de même signe, donc : n  t XX  = xi xi  0.

65

Intégrales sur un intervalle quelconque Plan Les méthodes à retenir

66

Énoncés des exercices

70

Du mal à démarrer ?

79

Corrigés des exercices

84

CHAPITRE

3

Thèmes abordés dans les exercices •

Détermination de la nature d’une intégrale impropre

•

Existence et calcul d’intégrales impropres

•

Détermination de la limite ou d’un équivalent simple d’une intégrale impropre dépendant d’un paramètre

•

Étude d’une fonction définie par une intégrale.

Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •

Définition de la convergence, de la divergence d’une intégrale impropre

•

Théorème de majoration, théorème d’équivalence, théorème de comparaison pour des fonctions à valeurs positives ou nulles

•

Exemples de Riemann en +∞, en 0

•

Relation de Chasles pour des intégrales impropres

•

Définition de la convergence absolue pour une intégrale impropre et lien entre convergence absolue et convergence.

Les méthodes à retenir Pour déterminer la nature

S’assurer d’abord que f est continue (ou continue par morceaux) sur [a ; +∞[. Essayer d’utiliser :

+∞

d’une intégrale impropre

f a

où f est une application continue sur [a ; +∞[ et à valeurs positives ou nulles

•

le théorème de majoration (pour montrer que l’intégrale converge)

➥ Exercices 3.1 d), 3.8, 3.9 c), 3.17 a), 3.20 a)2), 3.21 a), 3.30 a), 3.37 b), 3.40 a) •

le théorème de minoration (pour montrer que l’intégrale diverge)

➥ Exercice 3.1 e), g) 66

Les méthodes à retenir •

le théorème d’équivalence

➥ Exercices 3.1 a), b), c), f), h), 3.9 a), 3.10 a), 3.11 a), 3.12 d), e), 3.22 a), 3.26 •

la comparaison à l’exemple de Riemann en +∞, c’est-à-dire : ∗ chercher α ∈ ]1 ; +∞[ fixé, tel que xα f (x) −→ 0, pour x −→ +∞ conclure que l’intégrale converge

➥ Exercices 3.12 a), f), g), h), 3.18 a), 3.31 a), 3.34 a), 3.40 a) ∗ ou montrer, par exemple, x f (x) que l’intégrale diverge

(suite)

−→

x −→ +∞

+∞, pour conclure

➥ Exercice 3.12 b) $

•

X

le retour à la définition, c’est-à-dire étudier ou calculer

f (x) dx a

pour tout X ∈ [a ; +∞[, puis étudier la limite de cette intégrale lorsque X tend vers +∞ si elle existe. Mais cette méthode fournit (lorsqu’elle s’applique) non seulement l’existence de l’intégrale, mais aussi sa valeur, donc l’énoncé aurait plutôt posé la question sous la forme : existence et calcul de l’intégrale (voir méthodes cidessous). S’assurer d’abord que f est continue (ou continue par morceaux) sur [a ; +∞[. Si f  0, considérer − f et appliquer les méthodes vues ci-dessus pour une fonction  0. ➥ Exercice 3.12 c) Essayer de : •

Pour déterminer la nature

+∞

d’une intégrale impropre

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

où f est une application continue sur [a ; +∞[ et non nécessairement à valeurs positives ou nulles

étudier la convergence absolue, par les méthodes indiquées cidessus, sachant que la convergence absolue entraîne la convergence

➥ Exercice 3.3, 3.14, 3.37 c)

f a

•

utiliser une intégration par parties

•

utiliser un développement asymptotique

➥ Exercice 3.15 ➥ Exercices 3.27, 3.28 $

•

revenir à la définition, c’est-à-dire étudier ou calculer

X

f (x) dx a

pour tout X ∈ [a ; +∞[, puis étudier la limite de cette intégrale lorsque X tend vers ∞ si elle existe. Mais cette méthode fournit (lorsqu’elle s’applique) non seulement l’existence de l’intégrale, mais aussi sa valeur, donc l’énoncé aurait plutôt posé la question sous la forme : existence et calcul de l’intégrale (voir méthodes ci-dessous). Pour déterminer la nature

b

d’une intégrale impropre

f, −∞

où f est une application continue de ] − ∞ ; b] dans R

S’assurer d’abord que f est continue (ou continue par morceaux) sur ] − ∞ ; b].

67

Chapitre 3

•

Intégrales sur un intervalle quelconque

Essayer de : •

faire le changement de variable t = −x pour se ramener à une intégrale impropre sur [−b ; +∞[, puis appliquer les méthodes vues ci-dessus

(suite)

➥ Exercices 3.2 b), 3.13 a), b) •

appliquer les méthodes vues pour les intégrales impropres sur [a ; +∞[, adaptées au cas de ] − ∞ ; b].

➥ Exercices 3.2 a), 3.4, 3.34 c). S’assurer d’abord que f est continue (ou continue par morceaux) sur [a ; b[ (resp. ]a ; b]). Essayer d’utiliser : •

le théorème de majoration (pour montrer que l’intégrale converge)

•

le théorème de minoration (pour montrer que l’intégrale diverge)

•

le théorème d’équivalence

➥ Exercices 3.2 e), 3.13 d)

➥ Exercices 3.2 c), d), 3.23 a), 3.32 a), b) •

la comparaison à l’exemple de Riemann en b (resp. a) c’est-à-dire : ∗ chercher α ∈ [0 ; 1[ fixé, de façon que (b − x)α f (x) −→ 0 x −→ b

Pour déterminer la nature

(resp. (x − a)α f (x) −→ 0 ), pour conclure que l’intégrale x −→ a converge ➥ Exercices 3.12 c), 3.13 c), e) ∗ montrer, par exemple, (b − x) f (x) −→ +∞ (resp

b

d’une intégrale impropre

f, a

où f est une application continue sur [a ; b[ (resp. ]a ; b]) et à valeurs positives ou nulles

x −→ b

•

(x − a) f (x) −→ +∞) pour montrer que l’intégrale diverge x −→ a $ X le retour à la définition, c’est-à-dire étudier ou calculer f (x) dx a $ b (resp. f (x) dx) pour tout X ∈ [a ; b[ (resp. pour tout ε ∈ ]a ; b]), ε

puis étudier la limite de cette intégrale lorsque X tend vers b (resp. ε tend vers a). [a ; b[ −→ R admet une limite finie en b (resp. si $ b f : ]a ; b] −→ R admet une limite finie en a), alors l’intégrale f a converge.

Si f

:

➥ Exercices 3.2 f), g), 3.21 d), 3.24 a), 3.35 b)1). Pour déterminer la nature

b

f,

d’une intégrale impropre a

où f est une application continue sur [a ; b[ (resp. ]a ; b]) et non nécessairement à valeurs positives ou nulles 68

S’assurer d’abord que f est continue (ou continue par morceaux) sur [a ; b[ (resp. ]a ; b]). Si f  0, considérer − f et appliquer les méthodes vues ci-dessus pour une fonction  0.

Les méthodes à retenir

Essayer de : •

•

(suite)

étudier la convergence absolue, par les méthodes indiquées cidessus, sachant que la convergence absolue entraîne la convergence $ X revenir à la définition, c’est-à-dire étudier ou calculer f (x) dx a

pour tout X ∈ [a ; b[, puis étudier la limite de cette intégrale lorsque X tend vers b, si elle existe. Mais cette méthode fournit (lorsqu’elle s’applique) non seulement l’existence de l’intégrale, mais aussi sa valeur, donc l’énoncé aurait plutôt posé la question sous la forme : existence et calcul de l’intégrale (voir méthodes ci-dessous). S’assurer d’abord que f est continue (ou continue par morceaux) sur ]a ; b[. $ b f , impropre à la borne a et à Revenir à la définition : l’intégrale

Pour déterminer la nature

b

d’une intégrale impropre

a

f, a

où f est une application continue sur ]a ; b[

la borne b, converge si et seulement s’il existe c ∈ ]a ; b[ tel que les $ c $ b deux intégrales f, impropre à la borne a, et f, impropre à la a

borne b, convergent.

c

➥ Exercices 3.14, 3.17 a), 3.18 f), 3.19 a), 3.29, 3.33, 3.36, 3.40 b)d). Suivant les exemples, on séparera existence et calcul, ou bien on étudiera existence et calcul de façon groupée : •

pour l’existence, voir les méthodes ci-dessus

•

pour le calcul, revenir à la définition, c’est-à-dire calculer une primitive puis passer à la limite

➥ Exercices 3.5 a) à f), 3.6, 3.7, 3.16 a), b), c), 3.34 d) Pour montrer qu’une intégrale impropre converge et calculer cette intégrale, dans un exemple

•

➥ Exercice 3.30 e) •

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

un changement de variable peut être fait directement sur une intégrale impropre penser éventuellement à un changement de variable qui échange les bornes

➥ Exercice 3.29 •

mais, pour une intégration par parties, on procédera d’abord sur un segment, puis on fera tendre une borne vers la valeur indiquée.

➥ Exercices 3.5 b), c), 3.16 b), 3.18 b), 3.31 b), 3.36, 3.38.

Pour trouver la limite d’une intégrale dépendant d’un paramètre

•

Essayer de conjecturer la limite, qui est souvent l’intégrale de la limite, et montrer que la différence entre l’intégrale de l’énoncé et la limite conjecturée tend vers 0. ➥ Exercice 3.7 b), 3.10, 3.11 b)

•

Envisager l’utilisation d’un changement de variable

➥ Exercice 3.33. 69

Chapitre 3

•

Intégrales sur un intervalle quelconque

Énoncés des exercices 3.1 Exemples de détermination de la nature d’une intégrale impropre de fonction positive ou nulle, à la borne +∞

Déterminer la nature des intégrales impropres suivantes : $

+∞

a)

$

1

x x+2

1

$

√

+∞

ln x dx x+1

e) 1

0

$

$ +∞ 2 $ +∞ 1 x +1 1 dx c) dx d) dx √ x5 + 1 x2 ln x (x + 1)(x + 2) 0 2 $ +∞ $ +∞ 1 ex x ex +1 dx g) dx h) dx. x x e +1 x+1 x e 2x + 1 0 0

+∞

dx b) +∞

f) 0

3.2 Exemples de détermination de la nature d’une intégrale impropre de fonction positive ou nulle Déterminer la nature des intégrales impropres suivantes : $

0

a) −∞

$

1

d) 0

$

1 dx x4 + x + 1

−∞ 1

e) 0

$

ex dx x−1

b) $

x+1 dx x2 + 2x

0

$

ln x dx x4 + x2

1

f)

1

,

$

1

x2 + 2 dx x2 + x

c) 0

√

x ln x dx

g)

0

0

1 + ln x dx. 1 + (ln x)2

3.3 Exemples de détermination de la nature d’une intégrale impropre de fonction à la borne +∞

Déterminer la nature des intégrales impropres suivantes : $

+∞

a) 1

sin x dx b) x2

$

+∞ 0

sin x + cos x dx c) √ x3 + 1

$

+∞

e −x sin x dx d)

$

0

+∞

cos x dx. e x + cos x

0

3.4 Exemples de détermination de la nature d’une intégrale impropre Déterminer la nature des intégrales impropres suivantes : $

−1

a) −∞

$

sin3 x dx x2

$

0

e x cos x dx

b) −∞

π

ln(2x + 3 sin x) dx.

c) 0

3.5 Exemples d’existence et calcul d’intégrales impropres Existence et calcul des intégrales suivantes : $

+∞

a) 0

$

+∞

d) 1

1 dx (x + 1)2 x2 − 3x − 4 dx x4

$

$

1

b)

ln x dx 0

$ e)

+∞

+∞

c)

x e −x dx

0

x4 e −x dx

0

$

+∞

f) 0

x dx. (x2 + 1)2

3.6 Utilisation d’une décomposition en éléments simples pour le calcul d’une intégrale a) Déterminer des réels a, b, c, d de façon que : ∀x ∈ [1 ; +∞[, 70

4 b a c d = 2 + + + . x2 (x + 1)(x + 2) x x x+1 x+2

Énoncés des exercices

$

+∞

b) Existence et calcul de I = 1

4 dx. x2 (x + 1)(x + 2)

3.7 Calcul direct d’une intégrale impropre avec paramètre $

+∞

a) Existence et calcul, pour tout a ∈ R, de I(a) = 1

1

−

x

a 2 dx. x2

b) Déterminer le minimum de I(a) lorsque a décrit R.

3.8 Lien entre les convergences des intégrales de f et de f 2 , lorsque f est bornée $

Soit f : ]0 ; 1] −→ R continue et bornée. Montrer que, si l’intégrale $ 1

2 alors l’intégrale f (x) dx converge.

1

| f (x)| dx converge, 0

0

Le résultat subsiste-t-il si on ne suppose pas que f est bornée ?

3.9 Limite d’une intégrale dépendant d’un paramètre entier, d’après EDHEC 2004 On note, pour tout n ∈ N \ {0, 1}, sous réserve d’existence : $ +∞ $ 1 1 1 dt, J = dt, In = n n 1 + t + tn 0 0 1+t+t

$

+∞

Kn = 1

1 dt. 1 + t + tn

a) Justifier, pour tout n ∈ N \ {0, 1}, l’existence de In , Jn , Kn . Quelle relation y a-t-il entre In , Jn , Kn ? $ 1 1 b) On note J = dt. 1) Montrer : Jn − J −→ 0. n∞ 1 +t 0 $ +∞ 1 dt. c) 1) Montrer : ∀n ∈ N − {0, 1}, 0  Kn  n t 1

2) En déduire lim Jn . n∞

2) En déduire lim Kn . n∞

d) Conclure sur lim In . n∞

3.10 Exemple de recherche de limite d’une intégrale dépendant d’un paramètre entier, d’après ESC 2007

$

On note, pour tout n ∈ N∗ :

+∞

In =

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

1

1 dx. (1 + x3 )n

a) Prouver, pour tout n ∈ N∗ , l’existence de In . b) Établir : ∀n ∈ N∗ , 0  In 

1 . En déduire lim In . n∞ 3n − 1

3.11 Étude d’une intégrale dépendant d’un paramètre, d’après EDHEC 2004 $

+∞

On note, sous réserve d’existence, pour x ∈ R : f (x) = 1

1 dt. 1 + t + t x+1

a) Montrer que, pour tout x ∈ R, f (x) existe si et seulement si x ∈ ]0 ; +∞[. b) Établir : f (x) −→ +∞ et f (x) −→ 0. x −→ 0

x −→ +∞

c) Montrer que f est décroissante sur ]0 ; +∞[. d) Tracer l’allure de la courbe représentative de f . (On admettra que − f est convexe.) 71

Chapitre 3

•

Intégrales sur un intervalle quelconque

3.12 Exemples de détermination de la nature d’une intégrale impropre de fonction positive ou nulle, à la borne +∞

Déterminer la nature des intégrales impropres suivantes : $

+∞

a) 1

$

+∞

d) 0

$

+∞

f)

$

ln x dx x2 √ √

x2 + x − x2 + x +

+∞

√

b) 2

√ √

x2 + 1 x2 + 1

$

1 dx x ln x $

dx

√

+∞ 1

$

+∞

0

0

√

x2 + 3x + 1 − x2

ln x x3 + 1

x2 + x + 3

$

x4 + 1 dx x2 e x + 1

g)

√

1

e)

√ x x + 2 e −3x dx

+∞

c)

+∞

h)

e−

√

x

dx

dx

dx.

0

3.13 Exemples de détermination de la nature d’une intégrale impropre de fonction positive ou nulle Déterminer la nature des intégrales impropres suivantes : $

0

a) −∞

x2 + 1 dx b) x4 + e x

$

$

0

1

x e x dx c) −∞

0

ln x √ dx d) x

$

+∞

e −x dx e) 3

−∞

$

+∞

e −x dx 4

−∞

3.14 Détermination de la nature d’une intégrale impropre avec paramètre ∈

Déterminer l’ensemble des couples (a, b) $ +∞ 1 − e −x + a sin x + b cos x dx converge. x2 0 

+∞

3.15 Nature des intégrales impropres 1

R2 tels que l’intégrale impropre



cos x dx et xα

Soit α ∈ R fixé.

$

1

+∞

a) 1) Montrer que, si α = 0, alors les intégrales 1

gentes.

$

+∞

2) Montrer que, si α < 0, alors les intégrales 1

gentes. $

+∞

b) Montrer que, si α > 1, alors les intégrales 1

convergentes, donc convergentes.

sin x dx xα

cos x dx et xα cos x dx et xα

cos x dx et xα

$

+∞

c) Montrer que, si 0 < α  1, alors les intégrales 1

gentes et non absolument convergentes.

+∞

$

$ 1

$

+∞ 1

cos x dx et xα

+∞

+∞ 1

sin x dx sont diverxα sin x dx sont diverxα

sin x dx sont absolument xα

$

+∞ 1

sin x dx sont converxα

3.16 Exemples d’existence et calcul d’intégrales impropres Existence et calcul des intégrales suivantes : $ +∞ $ +∞ 1 ln x dx dx b) a) (x + 1)(x + 2) x2 0 1

$

1

xa ln x dx, a ∈ ] − 1 ; +∞[ fixé.

c) 0

3.17 Calcul d’intégrales impropres avec paramètre entier $

+∞

On note, pour tout n ∈ N∗ : In = 0

72

1 dx, (1 + x2 )n

$

+∞

Jn = 0

ln x dx. (1 + x2 )n

Énoncés des exercices

a) Montrer que, pour tout n ∈ N∗ , In et Jn existent. b) 1) Établir : ∀n ∈ N∗ , 2nIn+1 = (2n − 1)In . 2) En déduire l’expression de In en fonction de n, pour tout n ∈ N∗ , à l’aide de factorielles. c) 1) Établir : ∀n ∈ N∗ , 2nJn+1 = (2n − 1)Jn − In . 2) Calculer In et Jn pour n = 1, 2, 3.

3.18 Exemples de calcul d’intégrales liées à l’intégrale de Gauss $

+∞

On note, pour tout n ∈ N, sous réserve d’existence : In =

xn e −x

2 /2

dx.

0

a) Montrer que, pour tout n ∈ N, In existe. b) À l’aide d’une intégration par parties sur un segment puis d’un passage à la limite, montrer : ∀n ∈ N, In+2 = (n + 1)In . , π c) En utilisant la loi normale centrée réduite, justifier que : I0 = . 2 d) Calculer I1 . e) Démontrer, par récurrence sur p, que, pour tout p ∈ N : , (2p)! π I2p = p et I2p+1 = 2 p p!. 2 p! 2 $ +∞ 2 xn e −x /2 dx. f) Existence et calcul, pour tout n ∈ N, de : Jn = −∞

3.19 Calcul d’une intégrale particulière, d’après EML 2009 Soit (a, b) ∈ (R∗+ )2 . $

+∞

a) Montrer que l’intégrale 0

e −ax − e −bx dx converge. x

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

b) 1) Établir, pour tout (ε, X) ∈ ]0 ; +∞[2 tel que ε  X : $ X −ax $ aX −y $ X −bx $ bX −y e e e e dx = dy et dx = dy. x y x y ε aε ε bε (À cet effet, on pourra utiliser des changements de variable.) 2) En déduire, pour tout (ε, X) ∈ ]0 ; +∞[2 tel que ε  X : $ bε −y $ bX −y $ X −ax e − e −bx e e dx = dy − dy. x y y ε aε aX ⎧ 1 − e −y ⎪ ⎪ ⎪ si y  0 ⎪ ⎨ y c) 1) Montrer que l’application h : [0 ; +∞[ −→ R, y −→ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1 si y = 0 nue sur [0 ; +∞[. $ bε −y e b dy −→ ln . 2) En déduire : y −→ 0 y a aε $ X −ax $ bX −y e − e −bx e b d) Établir, pour tout X ∈ ]0 ; +∞[ : dx = ln − dy. x a y 0 aX

est conti-

73

Chapitre 3

•

Intégrales sur un intervalle quelconque

$

+∞

e) Conclure : 0

b e −ax − e −bx dx = ln . x a

3.20 Convergence d’intégrales impropres de f 2 , g2 , f g a) 1) Montrer : ∀(α, β) ∈ (R+ )2 , αβ 

1 2 (α + β2 ). 2

$

2) Soient a ∈ R, f, g : [a ; +∞[ continues telles que les intégrales $ +∞ convergent. Établir que l’intégrale | f g| converge. a

+∞ a

$

b) Soient a ∈ R, f : [a ; +∞[ −→ R continue telle que les intégrales $ +∞ convergent. Montrer que l’intégrale f 3 converge.

$

+∞

f 2 et

+∞

$ f 2 et

a

a

a

3.21 Détermination d’un équivalent d’une intégrale à paramètre

$

+∞

On note, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, sous réserve d’existence : I(x) = x

e −t dt. t

a) Montrer que, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, I(x) existe. $ 1 −t e b) Établir : ∀x ∈ ]0 ; +∞[, I(x) = dt + I(1). t x $ 1 1 − e −t dt. c) On note, pour tout x ∈ ]0 ; 1] : J(x) = t x $ 1 −t e dt + J(x) = − ln x. Montrer : ∀x ∈ ]0 ; 1], t x $ 1 1 − e −t dt converge. d) Établir que l’intégrale impropre t 0 e) Conclure : I(x)

∼

x −→ 0

− ln x.

3.22 Nature d’une série d’intégrales, d’après EDHEC 2009 Soit α ∈ N \ {0, 1}.

$

+∞

a) Montrer que, pour tout n ∈ N∗ , l’intégrale un = 0

1 dt existe et que un > 0. (1 + tα )n

b) 1) Montrer, grâce à une intégration par parties : ∀n ∈ N∗ , un = nα(un − un+1 ). ∀n ∈ N \ {0, 1}, un = u1

2) En déduire :

n−1  1  . 1− kα k=1

3) Montrer : un −→ 0. n∞

c) On note, pour tout n ∈ N∗ : S n =

n 

uk .

k=1

nα un+1 . α−1 n *    1 + 1  − ln 1 − . ln 1 − 2) En déduire : ∀n ∈ N \ {0, 1}, ln S n = ln u1 + kα k k=2

1) Montrer :

74

∀n ∈ N∗ , S n =

g2

a

+∞

f4

Énoncés des exercices

1 3) À l’aide d’un développement limité à l’ordre 1 en , donner un équivalent simple, lorsque k   1  1 l’entier k tend vers l’infini, de ln 1 − − ln 1 − . kα k  un . 4) Conclure quant à la nature de la série n1

3.23 Étude d’une fonction définie par une intégrale, d’après EML 2010 On note J = ] − 1 ; +∞[.

$

1

a) Justifier, pour tout x ∈ J, la convergence de l’intégrale 0

$

1

f : J −→ R, x −→ f (x) =

On note

0

b) Montrer : ∀x ∈ J, 0  f (x) 

tx dt. 1+t

x

t dt. 1+t

1 et en déduire : f (x) x+1

−→

x −→ +∞

0.

c) 1) Montrer que f est décroissante sur J. 2) Établir : ∀x ∈ J, f (x) + f (x + 1) =

1 . x+1

3) En déduire : f (x)

∼

x −→ +∞

1 . 2x

d) 1) Calculer f (0) et f (1). 2) Montrer :

∀x ∈ [0 ; 1], 1 − ln 2  f (x)  ln 2.

3) En déduire : f (x)

∼

x −→ −1

1 . x+1

3.24 Limite d’une intégrale à paramètre entier

$

1

On note, pour tout n ∈ N∗ , sous réserve d’existence : In = 0

a) Montrer que, pour tout n ∈ N∗ , In existe et In =

n−1  k=0

b) 1) Établir, pour tout n ∈ N tel que n  2

n 

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

k=1

2) Déterminer lim n∞

n  k=1

x2n − x4n dx. 1 − x2

1 . 2n + 2k + 1

 1 1  In  . 2n + 2k 2n + 2k k=0 n−1

1 . n+k

3) En déduire lim In . n∞

3.25 Intégrale d’une fonction décroissante

$

+∞

Soit f : [0 ; +∞[ −→ R continue, décroissante, telle que l’intégrale

f converge. 0

a) Montrer : f  0. $ x f (t) dt et en déduire : f (x) = b) Étudier x/2

o

x −→ +∞

1 x

.

3.26 Condition de convergence pour une intégrale impropre $ Trouver tous les polynômes P ∈ R[X] tels que l’intégrale converge.

+∞ 1

√

x2 + 4x + 2 − P(x) dx x

75

Chapitre 3

•

Intégrales sur un intervalle quelconque

3.27 Exemple de détermination de la nature d’une intégrale impropre $

+∞

Déterminer la nature de l’intégrale impropre



e

sin x x

− 1 dx.

0

3.28 Exemple de détermination de la nature d’une intégrale impropre $

+∞

Déterminer la nature de l’intégrale impropre

.

0

cos x dx. √ x + x cos x

3.29 Exemple de calcul d’une intégrale sur un intervalle quelconque, par changement de variable qui échange les bornes $ +∞ ln x dx. Existence et calcul de 1 + x2 0

3.30 Équivalent d’une intégrale à paramètre On note, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, sous réserve d’existence : $ +∞ −t $ +∞ −t e e dt et J(x) = dt. I(x) = t t2 x x a) Montrer que, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, I(x) et J(x) existent. b) Établir : ∀x ∈ ]0 ; +∞[, 0  J(x)  c) Montrer : ∀x ∈ ]0 ; +∞[, I(x) = d) En déduire : I(x) $

+∞

e) Démontrer : 0

∼

x −→ +∞

e −x . x2

e −x − J(x). x

e −x . x

e −u du u+x

∼

x −→ +∞

1 . x

3.31 Équivalent d’une intégrale à paramètre

$

+∞

On note, pour tout (n, α) ∈ N∗ × R, sous réserve d’existence : un (α) =

tα e −t dt.

n

a) Montrer que, pour tout (n, α) ∈ N∗ × R, u(n, α) existe. b) Montrer, pour tout (n, α) ∈ N∗ × R : un (α) = nα e −n + αun (α − 1). c) Établir, pour tout (n, α) ∈ N∗ × R : 0  un (α − 1) 

un (α) . n

d) En déduire : un (α) ∼ nα e −n . n∞

3.32 Équivalent d’une intégrale à paramètre On note, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, sous réserve d’existence : $ x $ x 1 1 1 dt. dt, g(x) = − f (x) = √4 √4 4 3 4 3 t 0 1 t +t t +t a) Montrer que, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) et g(x) existent et : f (x) = ln x + f (1) + g(x). $ +∞  1 1 dt converge. b) Établir que l’intégrale − √4 t 1 t4 + t3 76

Énoncés des exercices

c) En déduire : f (x)

∼

ln x.

x −→ +∞

3.33 Exemple de recherche de limite d’une intégrale dépendant d’un paramètre entier $

1

a) Montrer que, pour tout n ∈ N∗ , l’intégrale In = 0

nxn ln x dx existe. xn − 1

b) Déterminer lim In , à l’aide d’un changement de variable. n∞

3.34 Exemple d’étude de fonction définie par une intégrale

$

+∞

On note, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, sous réserve d’existence : f (x) = 0

t dt. 1+ x et

a) Justifier, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, l’existence de f (x). b) Montrer que f est strictement décroissante sur ]0 ; +∞[. c) Déterminer lim f (x) et

lim

x −→ +∞

x −→ 0

f (x).

d) Montrer, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, en utilisant le changement de variable u = x e t : $ +∞ ln u

du. f (x) = (ln x) ln x − ln(1 + x) + u(1 + u) x e) 1) En déduire que f est de classe C 1 sur ]0 ; +∞[ et :

1 ln x − ln(1 + x) . ∀x ∈ ]0 ; +∞[, f  (x) = x 2) Retrouver ainsi le résultat de b). 3) Montrer que f est convexe. f) Dresser le tableau de variation de f et tracer l’allure de la courbe représentative C de f .

3.35 Limite d’une intégrale à paramètre entier a) Montrer, pour tout n ∈ N∗ et tout t ∈ [0 ; +∞[ :

n−1 

tk  n t

k=0

n−1 2

$

.

1

b) On note, pour tout n ∈ N∗ , sous réserve d’existence : In = 0

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

1) Montrer que, pour tout n ∈ N∗ , In existe.

1

1 − xn dx. 1−x 2) Démontrer : In −→ 0. n∞

3.36 Exemple de calcul d’une intégrale à partir d’une autre $

+∞

Existence et calcul de I = 0

sin2 x dx en admettant x2

$

+∞ 0

sin x π dx = . x 2

3.37 Régularité d’une fonction à partir de la convergence d’intégrales $

Soit f : [0 ; +∞[ −→ R de classe C 2 telle que les intégrales 0

a) Montrer : f



+∞

$

| f | et

+∞

| f  | convergent.

0

−→ 0. +∞

$

+∞

b) En déduire que l’intégrale

| f f  | converge.

0

c) Démontrer : f −→ 0. +∞

77

Chapitre 3

•

Intégrales sur un intervalle quelconque

3.38 Étude de l’existence de la transformée de Laplace

$ +∞ e −at f (t)dt Soient a ∈ R, f : [0 ; +∞[ −→ R continue telle que l’intégrale impropre 0 $ +∞ e −bt f (t)dt converge. converge. Démontrer que, pour tout b ∈ [a ; +∞[, l’intégrale impropre 0

3.39 Une inégalité portant sur des intégrales

$

Soit f : [0 ; +∞[ −→ R de classe C 2 telle que les intégrales

+∞

$ | f | et

0

a) Montrer : f  (x) $ 0

c) En déduire :

0.

√

2x−

0

d) Démontrer :

| f  | convergent.

0

$ √2 √ √ x2   f (x) dx. f (x) dx = f  ( 2) + 2 f (0) − 2 0 $ √2 $ +∞ $ √2 √ √  2| f (0)|  | f (x)| dx + √ | f (x)| dx + ( 2x − x2 )| f  (x)| dx.

√ 2

b) Établir :

−→

x −→ +∞

+∞

√

$

2 | f (0)| 

2

+∞

0

$

+∞

| f (x)| dx +

0



| f (x)| dx.

0

3.40 Représentation intégrale des fonctions puissances, d’après ESSEC 2007 a) Soit $ϕ : ]0 ; +∞[ −→ R continue, à valeurs positives ou nulles, telle que l’in+∞ ϕ(t) dt converge. Montrer que, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, l’intégrale tégrale 1 + t2 0 $ +∞   t 1 ϕ(t) dt converge. − 1 + t2 x + t 0 $ +∞ α t b) Déterminer l’ensemble E des α ∈ R tels que l’intégrale dt converge. 1 + t2 0 $ +∞  1 α t t dt. − On note, pour tout α ∈ E : fα : ]0 ; +∞[ −→ R, x −→ 2 1+t x+t 0 c) Exprimer f0 à l’aide de fonction(s) usuelle(s). d) On suppose ici α ∈ ] − 1 ; 0[.

$

+∞

tα dt converge et, à l’aide d’un x+t 0 α changement de variable, exprimer cette intégrale en fonction de x et d’un réel indépendant de x (mais dépendant, a priori, de α). 1) Montrer que, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, l’intégrale

2) En déduire l’existence de deux réels c, d, indépendants de x (mais dépendant à priori de α) tels que : ∀x ∈ ]0 ; +∞[, fα (x) = cxα + d. Préciser le signe de c. e) On suppose ici α ∈ ]0 ; 1[. 1) Montrer, pour tout (x, h) ∈ R2 tel que x > 0, x + h > 0, h  0 : $ +∞ tα fα (x + h) − fα (x) = dt. h (x + h + t)(x + t) 0 2) En déduire que fα est dérivable sur ]0 ; +∞[ et que : $ +∞ tα dt. ∀x ∈ ]0 ; +∞[, f α (x) = (x + t)2 0 3) Montrer :

∀x ∈ ]0 ; +∞[, f α (x) = f α (1)xα−1 .

4) En déduire l’existence de deux réels c, d, indépendants de x (mais dépendant a priori de α) tels que : ∀x ∈ ]0 ; +∞[, fα (x) = cxα + d. Préciser le signe de c. 78

Du mal à démarrer ?

Du mal à démarrer ? 3.1

Situer l’impropriété et indiquer sur quel intervalle la fonction f considérée est continue. 1 1 . a) f(x) ∼ . b) f(x) ∼ x −→ +∞ x 3/2 x −→ +∞ x 1 1 c) f(x) ∼ . d) f(x)  2 pour x  e . x −→ +∞ x 3 x 1 pour x  e . e) f(x)  x+1 1 1 1 f) f(x) ∼ , et  x pour x  1. x −→ +∞ x e x x ex e 1 . g) f(x)  h) f(x) ∼ e −x . x −→ +∞ x+1

3.2

Situer l’impropriété et indiquer sur quel intervalle la fonction f considérée est continue. 1 a) f(x) ∼ . x −→ −∞ x 4 −t

e b) Changement de variable t = −x, puis : 0   e −t . t+1 √ 2 1 c) f(x) ∼ . d) f(x) ∼ . x −→ 0 x 1/2 x −→ 0 2x − ln x 1 e) Passer à la fonction opposée, puis 4  4 x + x2 x + x2 1 1 pour x  e −1 et 4 ∼ . x + x2 x −→ 0 x2 f) f(x) −→ 0. g) f(x) −→ 0. x −→ 0

x −→ 0

3.3

Situer l’impropriété et indiquer sur quel intervalle la fonction f considérée est continue. Montrer que l’intégrale proposée est absolument convergente, en majorant convenablement la valeur absolue de f.

3.4

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

Situer l’impropriété et indiquer sur quel intervalle la fonction f considérée est continue.

e) Chercher une primitive de f : x −→ x4 e −x sous la forme g : x −→ (ax4 + bx3 + cx2 + dx + k) e −x , où (a, b, c, d, k) ∈ R5 est à calculer, en dérivant g. $ X Calculer alors f(x) dx puis faire tendre X vers +∞. 0

f) Changement de variable t = x2 + 1. x Ou bien remarquer que x −→ 2 ressemble à la dérivée (x + 1)2 1 de x −→ 2 . x +1

3.6

a) Réduire au même dénominateur et identifier. $ X 3 4 1  2 b) Calculer − + − dx, puis faire tendre X 2 x x + 1 x + 2 x 0 vers +∞.

3.7

$

X

a) Calculer 0

1 x

−

a 2 dx, puis faire tendre X vers +∞. x2

b) Utiliser une mise sous forme canonique pour un trinôme, ou bien étudier les variations de a −→ I(a) obtenue en a).

3.8

• Majorer f 2 à l’aide de |f| en utilisant f bornée.

• Considérer, par exemple, f : ]0 ; 1] −→ R, x −→ x−3/4 .

3.9

a) Situer les impropriétés.

Pour In et Kn :

1 1 + t + tn

∼

t −→ +∞

1 . tn

Pas d’impropriété pour Jn .

b) 1) Majorer convenablement |Jn − J|. b) 2) Immédiat. c), d) Immédiats. a) Pour n ∈ N∗ fixé, situer l’impropriété et indiquer sur quel intervalle la fonction considérée est continue.

3.10

convergence.

Utiliser un équivalent ou une majoration.

c) Considérer la fonction opposée.

b) Encadrer convenablement la fonction qui est dans l’intégrale.

1 méthode : Comparer − ln x à l’exemple de Riemann en 0. re

2e méthode : Calculer une primitive de x −→ − ln x.

3.5

$

X

a) Calculer 0

1 dx puis faire tendre X vers +∞. (x + 1)2

b) Intégrer par parties sur [ε ; 1], puis faire tendre ε vers 0. c) Intégrer par parties sur [0 ; X], puis faire tendre X vers +∞. $

X

d) Calculer 1

1 3 4 − − dx, puis faire tendre X vers +∞. x2 x3 x4

3.11

a) Pour x ∈ R fixé, situer l’impropriété et indiquer sur 1 est continue. 1 + t + tx+1 Déterminer un équivalent simple de ϕ(t) lorsque t −→ + ∞, en séparant en cas : x > 0, x = 0, x < 0. quel intervalle la fonction ϕ : t −→

b) • Pour l’étude en 0, minorer convenablement f(x). • Pour l’étude en +∞, majorer convenablement f(x).

c) Revenir à la définition d’une fonction décroissante. d) Immédiat.

79

Chapitre 3

•

Intégrales sur un intervalle quelconque

3.12

Situer l’impropriété et indiquer sur quel intervalle la fonction f considérée est continue.

a) Considérer, par exemple, x3/2 f(x).

∗ Non-convergence absolue :

b) Considérer, par exemple, xf(x). ln x , notée g(x), puis considérer, par exemple, x3/2

∼

c) f(x) x 5/4 g(x).

x −→ +∞

d) Utiliser une expression conjuguée, puis prendre un équivalent lorsque x −→ + ∞. e) Utiliser une expression conjuguée, puis prendre un équivalent lorsque x −→ + ∞. f)

f(x)

∼

x −→ +∞ 2

x3/2 e −3x ,

notée g(x), puis considérer, par

exemple, x g(x).

g) f(x) x 2 g(x).

∼

x −→ +∞

x2 e −x , notée g(x), puis considérer, par exemple,

h) Considérer, par exemple, x2 f(x).

3.13

Situer la ou les impropriétés et indiquer sur quel intervalle la fonction f considérée est continue. 1 t2 + 1 ∼ . + e −t t −→ +∞ t2 b) Changement de variable t = −x, puis considérer, par exemple, t2 (t e −t ).

a) Changement de variable t = −x, puis

t4

c) Passer à la fonction opposée, puis considérer, par exemple, − ln x x 3/4 √ . x d) Remarquer que, pour tout x ∈ ] − ∞ ; −1] : e −x  e . 3

e) Considérer, par exemple, x2 f(x).

3.14

Situer les impropriétés et indiquer sur quel intervalle la fonction f considérée est continue. • Étude en 0 : Utiliser des développements limités lorsque x tend vers 0 et ob1+a 1+b b − + o (1). tenir : f(x) = 2 + x −→ 0 x 2 x

En déduire un équivalent simple de f(x) lorsque x tend vers 0, en séparant en cas selon que les coefficients qui interviennent successivement sont nuls ou non. • Étude en +∞ : Majorer convenablement |f(x)| et utiliser l’absolue convergence.

3.15

a) 1) Calculer une primitive et revenir à la définition d’une intégrale divergente. $ 2nπ+ π 2 cos x a) 2) Minorer convenablement dx, pour n ∈ N∗ , et xα 2nπ raisonner par l’absurde. ## cos x ## b) Majorer ## α ## et faire intervenir l’absolue convergence. x c) ∗ Convergence :

80

Utiliser une intégration par parties sur [1 ; X], puis faire tendre X vers +∞, en utilisant le résultat de b) appliqué à α + 1 à la place de α.

Remarquer : ∀x ∈ [1 ; +∞[, | cos x|  cos2 x et linéariser cos2 x.

3.16

a) 1) Existence : Situer l’impropriété et indiquer sur quel intervalle la fonction f considérée est continue, et 1 . f(x) ∼ x −→ +∞ x 2 1 1 1 a) 2) Calcul : Remarquer = − , (x + 1)(x + 2) x+1 x+2 $ X 1  1 − dx, puis faire tendre X vers +∞. calculer x + 1 x + 2 0 $ X ln x b) Calculer dx à l’aide d’une intégration par parties, x2 1 puis faire tendre X vers +∞. $ 1 c) Soit a ∈ ] − 1 ; +∞[ fixé. Calculer xa ln x dx à l’aide d’une ε

intégration par parties, puis faire tendre ε vers 0.

3.17

a) • Existence de In :

Pour n ∈ N∗ , situer l’impropriété, indiquer sur quel intervalle 1 est continue, et utiliser le théola fonction fn : x −→ (1 + x2 )n rème de majoration ou le théorème d’équivalence. • Existence de Jn : Pour n ∈ N∗ , situer les impropriétés et indiquer sur quel interln x est continue. valle la fonction gn : x −→ (1 + x2 )n En 0, utiliser un équivalent puis un calcul de primitive. En +∞, former x3/2 gn (x).

b) 1) Effectuer une intégration par parties sur [0 ; X] puis faire tendre X vers +∞. b) 2) Intercaler les facteurs pairs manquants. c) 1) Effectuer une intégration par parties sur [ε ; X], puis faire tendre ε vers 0 et X vers +∞. c) 2) Immédiat, en utilisant le résultat de l’exercice 3.29.

3.18

a) Situer l’impropriété et indiquer sur quel intervalle la 2 fonction fn : x −→ xn e −x /2 est continue, et considérer, par 2 exemple, x fn (x). $ A b) Calculer fn (x) dx à l’aide d’une intégration par parties, 0

puis faire tendre A vers +∞.

c) Rappeler une densité de la loi normale centrée réduite. d) Remarquer que la fonction x −→ x e −x 2 fonction, x −→ − e −x /2 .

2

/2

est la dérivée de la

e) Immédiat, en utilisant b), c), d). f) Remarquer un argument de parité ou d’imparité.

Du mal à démarrer ?

3.19

a) Situer l’impropriété et indiquer sur quel intervalle la fonction considérée est continue. • Étude en 0 :

Utiliser des développements limités lorsque x tend vers 0.

Étude en +∞ :

c) 4) Utiliser le théorème d’équivalence pour les séries à termes  0.

3.23

a) Pour x ∈ J, situer l’impropriété, indiquer sur quel intervalle la fonction considérée est continue, et, lorsque t tend vers 0, utiliser un équivalent.

e −ax . x b) 1) Utiliser le changement de variable y = ax dans la première intégrale et le changement de variable y = bx dans la seconde.

b) • Minorer 1 + t par 1.

b) 2) Utiliser la linéarité de l’intégration.

c) 1) Revenir à la définition d’une fonction décroissante.

c) 1) Montrer que h est continue sur ]0 ; +∞[ et que h est continue en 0.

c) 2) Revenir à la définition de f(x) et de f(x + 1).

c) 2) Remplacer e −y par 1 − (1 − e −y ) et faire intervenir h.

d) 1), 2) Immédiats.

d) Pour X > 0 fixé, faire tendre ε vers 0. $ bX −y e dy −→ 0 et conclure. e) Montrer que X −→ +∞ y aX

d) 3) Utiliser c) 2) et d) 2) appliqué à x + 1 à la place de x.

Majorer convenablement

3.20

a) 1) Développer (α − β)2 .

a) 2) Appliquer 1) à (α, β) = |f(x)|, |g(x)| .

3.21

a) Situer l’impropriété et indiquer sur quel intervalle la e −t e −t fonction f : t −→ est continue, et utiliser 0   e −t t t pour t  1. b) Relation de Chasles. c) Linéarité de l’intégration de x à 1. d) Montrer que l’application g : t ∈ ]0 ; 1] −→

1 − e −t t

admet une limite finie en 0. $ 1 1 − e −t dt, obtenir : e) En notant K = t 0

I(x) = − ln x + I(1) − K +

• Immédiat.

c) 3) Utiliser c)1) et c)2) et le théorème d’encadrement.

3.24

a) Situer l’impropriété et indiquer sur quel intervalle la x 2n − x4n est continue. Transformer l’écrifonction fn : x −→ 1 − x2 ture de fn (x) en utilisant une sommation géométrique. b) 1) Utiliser un changement d’indice pour obtenir la première inégalité.

b) Appliquer a)2) avec f 2 à la place de g.

o (1).

x −→ 0

a) • Pour n ∈ N∗ fixé, situer l’impropriété, indiquer 1 est continue, et, sur quel intervalle la fonction t −→ (1 + tα )n en +∞, utiliser un équivalent.

3.22 © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

c) 3) Immédiat.

b) 2) Faire apparaître une somme de Riemann. b) 3) Immédiat.

3.25

a) Montrer que f admet une limite finie en +∞, puis montrer que cette limite est 0, et déduire f  0. $ x b) Étudier, pour x ∈ [0 ; +∞[, l’intégrale f(t) dt pour faire x/2

apparaître

1 xf(x). En déduire : xf(x) −→ 0. x −→ +∞ 2

3.26

• Montrer d’abord que, si deg (P)  0 ou deg (P)  2, alors l’intégrale proposée diverge.

• Montrer que, si P = aX + b où (a, b) ∈ R2 et a  1, alors l’intégrale diverge. • Si P = X + b, où b ∈ R, utiliser une expression conjuguée et distinguer en cas selon que 4 − 2b est nul ou non.

3.27

Situer les impropriétés et indiquer sur quel intervalle la fonction f considérée est continue.

• Minorer convenablement l’intégrale.

• Étude en 0 :

b) 1) Pour n ∈ N∗ fixé et X ∈ [0 ; +∞[, effectuer une intégration par parties sur [0 ; X], puis faire tendre X vers +∞.

Montrer que f admet une limite finie en 0.

b) 2) Décaler l’indice d’une unité et réitérer la formule obtenue en 1). b) 3) Prendre le logarithme. Utiliser la divergence de la série

1 . k k1

c) 1) Exprimer Sn et faire apparaître un télescopage. c) 2) Prendre le logarithme.

• Étude en +∞ : Utiliser des développements limités lorsque x tend vers +∞, l’exercice 3.15 et la convergence absolue.

3.28

Situer l’impropriété et indiquer sur quel intervalle la fonction considérée est continue.

Pour l’étude en +∞, utiliser des développements limités lorsque x tend vers +∞, l’exercice 3.15 et la convergence absolue.

81

Chapitre 3

3.29

•

Intégrales sur un intervalle quelconque

1) Existence :

Situer l’impropriété et indiquer sur quel intervalle la fonction f considérée est continue. • Étude en 0 : √

Considérer x − f(x) .

c) • Pour l’étude lorsque x tend vers 0, minorer f(x) par une intégrale de 0 à − ln x. • Pour l’étude lorsque x tend vers +∞, majorer f(x) convenablement. $ +∞ 1 du, remarquer : d) Pour calculer u(1 + u) x

• Étude en +∞ :

∀u ∈ ]0 ; +∞[,

1 1 1 = − . u(1 + u) u 1+u

Considérer x3/2 f(x), ou bien x3/2 g(x) où g(x) est un équivalent simple de f(x) lorsque x tend vers +∞.

e) 1) Utiliser d).

2) Calcul :

e) 2) Immédiat.

1 Utiliser le changement de variable t = , qui échange les x bornes.

e) 3) Calculer f  et étudier les variations d’une fonction auxiliaire.

3.30

a) Remarquer : ∀t ∈ [1 ; +∞[, 0 

e −t e −t  e −t .  t t2

e −t e −t b) Majorer 2 par 2 pour t  x. t x c) Intégrer par parties sur [x ; X], puis faire tendre X vers +∞.

f) Immédiat.

3.35

a) Noter, par exemple, S =

n−1 

tk , et remarquer :

k=0

2S = (1 + tn−1 ) + (t + tn−2 ) + · · · + (tn−1 + 1).

d) Combiner b) et c).

Utiliser :

e) Changement de variable t = u + x, pour x fixé.

b) 1) Remarquer que 1 − x = 1 − (x1/n )n et utiliser une sommation géométrique.

3.31

a) Considérer t2 (tα e −t ).

∀(α, β) ∈ (R+ )2 , α2 + β2  2αβ.

b) 2) Utiliser a).

b) Intégrer par parties sur [n ; T ], puis faire tendre T vers +∞. c) Dans la définition de un (α− 1), majorer tα−1 , c’est-à-dire 1 α t . n d) Combiner b) et c).

1 α t , t

par

3.32

a) • Pour f(x), situer l’impropriété et utiliser un équivalent lorsque t −→ 0. • Pour g(x), il n’y a pas d’impropriété. • Relation de Chasles.

b) Situer l’impropriété et former un développement limité à l’ordre 2 pour obtenir un équivalent. c) Combiner a) et b).

3.36

1) Existence :

Situer l’impropriété et indiquer sur quel intervalle la fonction f considérée est continue. • Étude en 0 : Montrer que f admet une limite finie en 0. • Étude en +∞ : Majorer f convenablement.

2) Calcul : Pour (ε, X) fixé, effectuer une intégration par parties sur [ε ; X], puis faire tendre ε vers 0 et X vers +∞.

3.37

a) Exprimer f  (x) à l’aide de

$

x

f  (t) dt et déduire que

0

f  admet une limite finie en +∞. Montrer = 0 en raisonnant par l’absurde.

• Étude en 0 :

b) Montrer que f  est bornée au voisinage de +∞ et en déduire une majoration de |ff  |. $ x c) Exprimer f 2 (x) à l’aide de (f 2 ) (t) dt et déduire que f 2 ad-

Montrer que fn admet une limite finie en 0.

met une limite finie L en +∞. Montrer L = 0 comme en a).

a) Pour n ∈ N∗ , situer l’impropriété et indiquer sur quel intervalle la fonction fn considérée est continue.

3.33

0

• Étude en 1 :

3.38

Soit b ∈ ]a ; +∞[. Noter c = b − a, remarquer

∀t ∈ [0 ; +∞[, e −bt f(t) = e −ct e −at f(t) ,

Factoriser xn − 1 et en déduire que fn admet une limite finie en 1.

b) Utiliser le changement de variable y = xn .

3.34

a) Utiliser la comparaison à l’exemple de Riemann en +∞.

b) Pour (x, y) ∈ ]0 ; +∞[2 fixé tel que x < y, étudier les variations $ T $ T t t dt − dt. de D : T ∈ [0 ; +∞[ −→ t t 0 1+x e 0 1+y e

82

considérer g : [0 ; +∞[ −→ R, t −→ e −at f(t) $ t et G : [0 ; +∞[ −→ R, t −→ g(s) ds, 0

$

T

exprimer 0

e −ct g(t) dt à l’aide d’une intégration par parties,

puis faire tendre T vers +∞.

Du mal à démarrer ?

3.39

a) Voir la solution de l’exercice 3.37 a).

b) Effectuer deux intégrations par parties successives. $ +∞ c) Utiliser f  (x) −→ 0 pour exprimer √ f  (x) dx , utiliser x −→ +∞

2

l’inégalité triangulaire et les variations de la fonction x ∈ [0 ;

√

2] −→

√

x2 . 2x − 2

3.40

a) Pour x ∈ ]0 ; +∞[, situer l’impropriété et indiquer sur quel intervalle la fonction f considérée est continue. Majorer convenablement la valeur absolue de la fonction. b) Pour α ∈ R, situer les impropriétés et indiquer sur quel intervalle la fonction ϕα considérée est continue. • Étude en 0 : Utiliser un équivalent. • Étude en +∞ : Utiliser un équivalent.

c) Faire intervenir des logarithmes et lever une indétermination.

• Étude en 0 : Utiliser un équivalent. • Étude en +∞ : Utiliser un équivalent. ∗ Utiliser le changement de variable u =

t . x

d) 2) L’existence de c et d est immédiate. Pour montrer c > 0, soit faire intervenir un théorème général sur les intégrales, soit minorer c convenablement.

e) 1) Immédiat. x e) 2) En supposant, de plus, h > − , majorer convenablement 2 $ ## $ +∞ ## +∞ tα tα ## dt − dt##, 2 (x + t)(x + h + t) (x + t) 0 0 pour déduire que cette expression tend vers 0 lorsque h tend vers 0. t Utiliser le changement de variable u = . x e) 3) Intégrer à partir du résultat précédent.

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

d) 1) Soit x ∈ ]0 ; +∞[.

∗ • Situer l’impropriété et indiquer sur quel intervalle la fonction considérée est continue.

83

Corrigés des exercices Il s’agit d’intégrales impropres de fonctions  0 et continues sur un intervalle du type [a ; +∞[, a ∈ R.

3.1

a) L’application f : [1 ; +∞[ −→ R, x −→ est continue sur [1 ; +∞[ et f (x)

∼

x −→ +∞

1 √ x x+2

1  0. x3/2

D’après l’exemple de Riemann en +∞ (3/2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. x3/2 1 D’après le théorème d’équivalence pour des fonctions  0, on $ +∞ 1 conclut que l’intégrale dx converge. √ 1 x x+2 b) L’application

f : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ √

est continue sur [0 ; +∞[ et f (x)

∼

x −→ +∞

1  0. x

1 (x + 1)(x + 2) $

+∞ 1

1 dx x

D’après le théorème d’équivalence pour des fonctions  0, $ +∞ f (x) dx diverge, puis on conclut on déduit que l’intégrale 1 $ +∞ 1 dx diverge. que l’intégrale √ (x + 1)(x + 2) 0 c) L’application f : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ est continue sur [0 ; +∞[ et f (x)

∼

x −→ +∞

x2 + 1 x5 + 1

1 x2 = 3  0. x5 x

D’après l’exemple de Riemann en +∞ (3 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. x3 1 D’après le théorème d’équivalence pour des fonctions  0, on $ +∞

déduit que l’intégrale f (x) dx converge, puis on conclut $ +∞ 2 1 x +1 dx converge. que l’intégrale x5 + 1 0 1 d) L’application f : [2 ; +∞[ −→ R, x −→ 2 x ln x

e) L’application f : [1 ; +∞[ −→ R, x −→

84

ln x x+1

est continue sur [1 ; +∞[. On a, pour tout x  e : f (x) = 1 x+1

Et :

∼

x −→ +∞

1 ln x  . x+1 x+1 1  0. x

$

+∞ e

diverge.

1 dx x

Par théorème d’équivalence pour des fonctions  0, l’intégrale $ +∞ 1 dx diverge. x + 1 e Par théorème $ +∞ de minoration pour des fonctions  0, l’intégrale f (x) dx diverge, et on conclut que l’intégrale e $ +∞ ln x dx diverge. x +1 1 f) L’application f : [0 ; +∞[ −→ R, x −→

1 x ex +1

est continue sur [0 ; +∞[. On a : ∀x ∈ [1 ; +∞[, 0  f (x)  $

+∞

L’intégrale

1 1  x = e −x . x ex e

e −x dx converge car, pour X  1 :

1

$

X

e −x dx = [− e −x ]1X = − e −X + e −1

1

−→

X −→ +∞

e −1 .

Par théorème de majoration pour des fonctions  0, l’intégrale $ +∞ $ +∞ 1 1 dx converge, puis l’intégrale dx x +1 x +1 x e x e 1 0 converge. g) L’application f : [0 ; +∞[ −→ R, x −→

1 1  2. x2 ln x x

1

1 dx x2

D’après$le théorème de majoration pour des fonctions  0, l’in+∞ f (x) dx converge, puis on conclut que l’intégrale tégrale e $ +∞ 1 dx converge. x2 ln x 2

est continue sur [2 ; +∞[ et, pour tout x  e : 0  f (x) =

+∞

D’après l’exemple de Riemann en +∞, l’intégrale

D’après l’exemple de Riemann en +∞, l’intégrale diverge.

$ D’après l’exemple de Riemann en +∞, l’intégrale converge.

est continue sur [0 ; +∞[.

ex x+1

Corrigés des exercices

On a : ∀x ∈ [0 ; +∞[, f (x)  1 x+1

et :

1 0 x+1

∼

x −→ +∞

1  0. x

$

+∞

D’après l’exemple de Riemann en +∞, l’intégrale 1

diverge.

1 dx x

Par théorème d’équivalence pour des fonctions  0, l’intégrale $ +∞ 1 dx diverge. x + 1 1 Par théorème $ +∞ de x minoration pour des fonctions  0, l’ine tégrale dx diverge et on conclut que l’intégrale x +1 1 $ +∞ x e dx diverge. x +1 0 x ex +1 x e 2x + 1

h) L’application f : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ est continue sur [0 ; +∞[ et : f (x) $

+∞

L’intégrale

x ex = e −x  0. x e 2x

∼

x −→ +∞

e −x dx converge, car, pour X  0 :

∀t ∈ [0 ; +∞[, 0 

On a : $

+∞

L’intégrale

e −t dt converge, car, pour T  0 :

0

$

T

e −t dt = [− e −t ]T0 = − e −T + 1

0

X

e −x dx = [− e −x ]0X = − e −X + 1

0

−→

X −→ +∞

1.

Par théorème d’équivalence pour des fonctions  0, on conclut $ +∞ x ex +1 que l’intégrale dx converge. x e 2x + 1 0 Il s’agit d’intégrales impropres de fonctions  0 et continues sur un intervalle qui n’est pas du type [a ; +∞[, c’està-dire qui est du type ] − ∞ ; b], ]a ; b], [a ; b[, où (a, b) ∈ R2 .

3.2

a) L’application f : ] − ∞ ; 0] −→ R, x −→ est continue sur ] − ∞ ; 0]. On a : f (x)

∼

1 x4 + x + 1

x −→ −∞

1 . x4

D’après l’exemple de Riemann en −∞ (4 > 1), l’intégrale $ −1 1 dx converge. 4 −∞ x Par théorème d’équivalence pour des fonctions  0, l’in$ −1 f (x) dx converge, et on conclut que l’intégrale tégrale −∞ $ 0 1 dx converge. 4 + x+1 x −∞ b) L’application f : ] − ∞ ; 0] −→ R, x −→ est continue sur ] − ∞ ; 0].

ex x−1

−→

1.

T −→ +∞

Par théorème de majoration pour des fonctions  0, l’intégrale $ +∞ e −t dt converge. t+1 0 En passant à la fonction opposée, puis par le changement de $ 0 ex variable t = −x, on conclut que l’intégrale dx −∞ x − 1 converge. ,

est continue sur ]0 ; 1].

$

e −t  e −t . t+1

c) L’application f : ]0 ; 1] −→ R, x −→

0

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

Par le changement de variable t = −x, l’intégrale pro$ 0 ex dx est de même nature que l’intégrale posée x −1 −∞ $ +∞ −t e − dt. t+1 0

On a :

f (x)

∼

x −→ 0

,

x2 + 2 x2 + x

√ 2 2 = 1/2  0. x x

D’après l’exemple de Riemann en 0 (1/2 < 1), l’intégrale $ 1 1 dx converge. 1/2 x 0 Par théorème d’équivalence pour des fonctions  0, on conclut $ 1, 2 x +2 dx converge. que l’intégrale x2 + x 0 d) L’application f : ]0 ; 1] −→ R, x −→

x+1 x2 + 2x

est continue sur ]0 ; 1]. On a :

f (x)

∼

x −→ 0

1  0. 2x

$

D’après l’exemple de Riemann en 0, l’intégrale $ 1 1 verge, donc l’intégrale dx diverge. 2x 0

1 0

1 dx dix

Par théorème d’équivalence pour des fonctions  0, on conclut $ 1 x+1 dx diverge. que l’intégrale 2 + 2x x 0 e) L’application f : ]0 ; 1] −→ R, x −→

ln x x4 + x2

est continue sur ]0 ; 1] et à valeurs  0. 85

Chapitre 3

•

Intégrales sur un intervalle quelconque

Par passage à la fonction opposée, l’intégrale proposée est de $ 1 − ln x dx. même nature que l’intégrale 4 + x2 x 0 On a :

∀x ∈ ]0 ; 1/ e ], − ln x  1,

donc :

∀x ∈ ]0 ; 1/ e ], 1 x4 + x2

Et :

∼

1 − ln x  4  0. x4 + x2 x + x2

x −→ 0

1  0. x2

Par théorème d’équivalence pour des fonctions  0, l’intégrale $ 1 1 dx diverge. 4 + x2 x 0 Par théorème de minoration pour des fonctions  0, l’intégrale $ 1 − ln x dx diverge. 4 2 0 x + x Par passage à la fonction opposée, on conclut que l’intégrale $ 1 ln x dx diverge. 4 2 0 x + x √

x ln x

1

f (x) =

√

x ln x −→ 0,

Puisque f admet une limite finie en 0, on conclut, d’après le $ 1 √ x ln x dx converge. cours, que l’intégrale 0

donc convergente.

f (x) −→ 0.

∼

sin x dx est absolument convergente, x2

sin x + cos x √ x3 + 1 est continue sur [1 ; +∞[ et, pour tout x ∈ [1 ; +∞[ : | f (x)| =

| sin x + cos x| | sin x| + | cos x| 2 2   √  3/2 . √ √ 3 3 3 x x +1 x +1 x +1

D’après $ +∞ l’exemple de Riemann en +∞ (3/2 > 1), l’intégrale 1 dx converge. x3/2 1 Par théorème de majoration pour des fonctions  0, l’intégrale $ +∞ | f (x)| dx converge. 1

$

+∞

f (x) dx est absolument convergente,

donc convergente.

1

$

+∞

Enfin, on conclut que l’intégrale 0

converge.

1 ln x = , et (ln x)2 ln x

c) L’application f : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ e −x sin x

1 −→ 0, donc : ln x x −→ 0

∀x ∈ [0 ; +∞[, | f (x)| = e −x | sin x|  e −x . $

+∞

L’intégrale

e −x dx converge car, pour X  0 :

0

$

X

x −→ 0

e −x dx = [− e −x ]0X = 1 − e −X

0

Puisque f admet une limite finie en 0, on conclut, d’après le $ 1 1 + ln x dx converge. cours, que l’intégrale 2 0 1 + (ln x)

0

Il s’agit d’intégrales impropres de fonctions à signe variable, continues sur un intervalle du type [a ; +∞[, a ∈ R. sin x x2 est continue sur [1 ; +∞[ et, pour tout x ∈ [1 ; +∞[ : a) L’application f : [1 ; +∞[ −→ R, x −→

86

1 | sin x|  2. x2 x

−→

X −→ +∞

1.

Par théorème de majoration pour des fonctions  0, l’intégrale $ +∞ | f (x)| dx converge.

3.3

| f (x)| =

sin x + cos x dx √ x3 + 1

est continue sur [0 ; +∞[ et :

est continue sur ]0 ; 1]. x −→ 0

1

b) L’application f : [1 ; +∞[ −→ R, x −→

1 + ln x g) L’application f : ]0 ; 1] −→ R, x −→ 1 + (ln x)2

f (x)

+∞

x −→ 0

par prépondérance des puissances sur le logarithme.

On a :

$

Ainsi, l’intégrale

est continue sur ]0 ; 1]. On a :

Par théorème de majoration pour des fonctions  0, l’intégrale $ +∞ | f (x)| dx converge. Ainsi, l’intégrale

D’après l’exemple de Riemann en 0 (2  1), l’intégrale $ 1 1 dx diverge. 2 x 0

f) L’application f : ]0 ; 1] −→ R, x −→

D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. x2 1

$

donc convergente.

+∞

f (x) dx est absolument convergente,

Ainsi, l’intégrale 0

cos x e x + cos x est continue sur [0 ; +∞[ comme quotient de fonctions dont le dénominateur ne s’annule pas, car, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[,

d) L’application f : [0 ; +∞[ −→ R, x −→

Corrigés des exercices

on a e x > 1 et cos x  −1, donc e x + cos x > 0, et, d’autre part, e 0 + cos 0 = 2 > 0.

b) L’application x −→ e x cos x est continue sur ] − ∞ ; 0], l’intégrale est impropre à la borne −∞.

On a :

Par le changement de variable t =$ −x, l’intégrale proposée est +∞ e −t cos t dt, qui est imde même nature que l’intégrale

1 1 | cos x|  x  x e x + cos x e + cos x e −1

∀x ∈ [1 ; +∞[, | f (x)| = 1 ex −1

et : $

+∞

e

L’intégrale

−x

∼

x −→ +∞

1 = e −x . ex

On a :

X

e

−x

$ dx =

[− e −x ]1X

= e

1

−1

−e

−X

−→

X −→ +∞

−1

e .

Par théorème d’équivalence pour des fonctions  0, l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. x −1 e 1 Par théorème de majoration pour des fonctions  0, l’intégrale $ +∞ | f (x)| dx converge. 1

$

+∞

f (x) dx est absolument convergente,

Ainsi, l’intégrale donc convergente.

+∞

On conclut que l’intégrale 0

cos x dx converge. e x + cos x

3.4

Il s’agit d’intégrales impropres de fonctions à signe variable, continues sur un intervalle qui n’est pas du type [a ; +∞[, a ∈ R.

sin3 x est continue sur ] − ∞ ; −1], l’ina) L’application x −→ x2 tégrale est impropre à la borne −∞. Par le changement de variable t = −x, l’intégrale proposée $ +∞ sin3 t dt, qui est imest de même nature que l’intégrale t2 1 propre à la borne +∞. © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

+∞

e −t dt converge car, pour T  0 :

T

e −t dt = [− e −t ]T0 = 1 − e −T

0

## sin3 t ## 1 ∀t ∈ [1 ; +∞[, ## 2 ##  2 . t t

D’après l’exemple de Riemann en +∞, (2 > 1) l’intégrale $ +∞ 1 dt converge. t2 1 Par le théorème de majoration pour des fonctions  0, l’inté$ +∞ # 3 # ## sin t ## grale # 2 # dt converge. t 1 $ +∞ sin3 t dt est absolument convergente, Ainsi, l’intégrale t2 1 donc convergente. $ −1 sin3 t On conclut que l’intégrale dt converge. t2 −∞

−→

T −→ +∞

1.

Par théorème de majoration pour des fonctions  0, l’intégrale $ +∞ | e −t cos t| dt converge. 0

$

+∞

Ainsi, l’intégrale

e −t cos t dt est absolument conver-

0

gente, donc convergente. $

0

e x cos x dx converge.

On conclut que l’intégrale −∞

1

$

On a :

$ 0

1

$

∀t ∈ [0 ; +∞[, | e −t cos t|  e −t .

L’intégrale

dx converge car, pour X  0 :

0

propre à la borne +∞.

c) L’application f : x −→ ln(2x + 3 sin x) est continue sur ]0 ; π], l’intégrale proposée est impropre à la borne 0. On a, par développement limité lorsque x −→ 0 : 



f (x) = ln 2x + 3 x + o(x) = ln 5x + o(x)

= ln x + ln 5 + ln 1 + o(1) d’où :

− f (x)

∼

x −→ 0

∼

x −→ 0

ln x,

− ln x  0.

• 1re méthode : comparaison à l’exemple de Riemann √ √ On a : − x f (x) ∼ − x ln x −→ 0. x −→ 0

x −→ 0

Il existe donc a ∈ ]0 ; π] tel que :

√ ∀x ∈ ]0 ; a], − x f (x)  1,

puis :

1 ∀x ∈ ]0 ; a], 0  − f (x)  √ . x

D’après l’exemple de Riemann en 0 (1/2 < 1), l’intégrale $ a 1 √ dx converge. x 0 Par $ a théorème de majoration pour des fonctions  0, l’intégrale − f (x) dx converge. 0

$ a En passant à la fonction opposée, l’intégrale f (x) dx 0 $ π converge, et on conclut que l’intégrale ln(2x + 3 sin x) dx 0 converge. 87

Chapitre 3

•

Intégrales sur un intervalle quelconque

• 2e méthode : utilisation d’une primitive

c) L’application x −→ x e −x est continue sur [0 ; +∞[.

On a, pour ε ∈ ]0 ; 1] : $ 1 % & − ln x dx = − (x ln x − x) 1ε = 1 − ε ln ε + ε −→ 1,

Soit X ∈ [0 ; +∞[. On a, par une intégration par parties, avec ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u = x ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = e −x

ε −→ 0

ε

par prépondérance de la puissance sur le logarithme. $ 1 − ln x dx converge. Ceci montre que l’intégrale 0

Par théorème d’équivalence pour des fonctions  0, l’intégrale $ 1 − f (x) dx converge.

où u, v sont bien de classe C 1 sur le segment [0 ; X] : $

0

$ 1 En passant à la fonction opposée, l’intégrale f (x) dx 0 $ π converge et on conclut que l’intégrale ln(2x + 3 sin x) dx 0 converge.

3.5

X

x e −x dx = [−x e −x ]0X +

0

$

X

e −x dx

0

= [−x e −x ]0X + [− e −x ]0X = −X e −X − e −X + 1

−→

X −→ +∞

1.

Ceci montre que l’intégrale proposée converge et que $ +∞ x e −x dx = 1. 0

1 a) L’application x −→ est continue sur [0 ; +∞[. (x + 1)2 On a, pour tout X ∈ [0 ; +∞[, par un calcul simple de primitive : $ X * 1 +X 1 1 dx = − =− + 1 −→ 1. 2 0 X −→ +∞ (x + 1) x + 1 X +1 0 Ceci montre que l’intégrale proposée converge et que $ +∞ 1 dx = 1. (x + 1)2 0 b) L’application x −→ ln x est continue sur ]0 ; 1]. Soit ε ∈ ]0 ; 1] fixé. une intégration par parties, avec ⎧ Effectuons ⎧ 1 ⎪  ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪u = ln x ⎨u = x ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪  ⎪ ⎩v = 1 ⎩v = x où u, v sont bien de classe C 1 sur le segment [ε ; 1] : $ 1 $ 1 ln x dx = [x ln x]1ε − 1 dx = [x ln x]1ε − [x]1ε ε

ε

%

& = x ln x − x 1ε = −1 − ε ln ε + ε.

Par prépondérance de la puissance sur le logarithme : ε ln ε −→ 0. ε −→ 0

$

d) L’application x −→ On a, pour X  1 : $

x2 − 3x − 4 est continue sur [1 ; +∞[. x4

$ X x2 − 3x − 4 1 3 4 dx = − 3 − 4 dx 4 2 x x x x 1 1 $ X * x−1 x−2 x−3 +X = −3 −4 (x−2 − 3x−3 − 4x−4 ) dx = −1 −2 −3 1 1 * 1 4 +X 1 4 3 4 3 3 = − + 2 + 3 =− + + +1− − x 2x 3x 1 X 2X 2 3X 3 2 3 3 4 11 −→ 1 − − = − . X −→ +∞ 2 3 6 X

On conclut que l’intégrale proposée converge et que $ +∞ 3 11 x − 3x − 4 dx = − . 4 x 6 1 e) L’application f : x −→ x4 e −x est continue sur [0 ; +∞[. L’utilisation détaillée d’intégrations par parties successives serait ici assez longue. Cependant, il est clair, par intégrations par parties successives, qu’une primitive de f est de la forme g : x −→ (ax4 + bx3 + cx2 + dx + k) e −x , où (a, b, c, d, k) ∈ R5 est à calculer. En dérivant g, on obtient, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ :

1

D’où : ε

ln x dx −→ −1. ε −→ 0

Ceci montre que l’intégrale proposée converge et que : $ 1 ln x dx = −1. 0

88

⎧ ⎪  ⎪ ⎪ ⎨u = 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = − e −x

g (x) = −(ax4 + bx3 + cx2 + dx + k) e −x + (4ax3 + 3bx2 + 2cx + d) e −x % = − ax4 + (−b + 4a)x3 + (−c + 3b)x2 & + (−d + 2c)x + (−k + d) e −x .

Corrigés des exercices

Pour que g soit une primitive de f , il suffit que les coefficients soient les mêmes : ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ a = −1 −a = 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ b = −4 −b + 4a = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ ⇐⇒ ⎪ c = −12 −c + 3b = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ d = −24 −d + 2c = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩k = −24. ⎩−k + d = 0 D’où, pour X  0 : $

X 0

Ceci montre qu’il existe un quadruplet (a, b, c, d) convenant et un seul : (a, b, c, d) = (2, −3, 4, −1). b) • Existence : 4 est continue sur x2 (x + 1)(x + 2) 4 . D’après l’exemple de Rie[1 ; +∞[. On a : f (x) ∼ 4 $ +∞x −→ +∞ x 1 dx converge. Par théorème d’équimann, l’intégrale x4 1 $

−→

X −→ +∞

24.

• Calcul : On a, pour X ∈ [1 ; +∞[, en utilisant le résultat de a) : $ X $ X 4 1  4 2 3 dx = − dx − + 2 (x + 1)(x + 2) 2 x x x x + 1 x + 2 1 1 * 2 +X = − − 3 ln x + 4 ln(x + 1) − ln(x + 2) 1 x

0

x est continue sur [0 ; +∞[. f) L’application x −→ 2 (x + 1)2 Soit X ∈ [0 ; +∞[. On a, par le changement de variable t = x2 + 1, dt = 2x dx :

0

1 x dx = (x2 + 1)2 2

$

X 2 +1 1

1 * 1 +X2 +1 1 dt = − 2 t 2 t 1  1 1 = − 2 +1 2 X +1

−→

X −→ +∞

1 . 2

f (x) dx 1

converge, autrement dit I existe.

&X % x4 e −x dx = − (x4 + 4x3 + 12x2 + 24x + 24) e −x 0

On conclut que l’intégrale proposée converge et que $ +∞ x4 e −x dx = 24.

X

+∞

valence pour des fonctions  0, l’intégrale

= −(X 4 + 4X 3 + 12X 2 + 24X + 24) e −X + 24

$

f : x −→

L’application

=−

2 − 3 ln X + 4 ln(X + 1) − ln(X + 2) + 2 − 4 ln 2 + ln 3 X 2 (X + 1)4 = − + ln 3 + 2 − 4 ln 2 + ln 3. X X (X + 2)

Comme : on a :

ln

(X + 1)4 X 3 (X + 2)

X −→ +∞

∼

X4 = 1, X4

(X + 1)4 X 3 (X + 2)

X −→ +∞

−→

ln 1 = 0.

On conclut que l’intégrale proposée converge et que $ +∞ x 1 dx = . 2 + 1)2 (x 2 0

On déduit :

3.6

ce qui re-démontre que I existe.

a) Soit (a, b, c, d) ∈ R4 .

On conclut :

$

X

f (x) dx 1

−→ 2 − 4 ln 2 + ln 3,

X −→ +∞

I = 2 − 4 ln 2 + ln 3.

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

On a, en réduisant au même dénominateur : ∀x ∈ [1 ; +∞[,

a c d b 4 = 2 + + + x2 (x + 1)(x + 2) x x x+1 x+2



⇐⇒∀x ∈ [1 ; +∞[, 4 = (a+bx)(x+1)(x+2)+ x2 c(x+2)+d(x+1) ⇐⇒ ∀x ∈ [1 ; +∞[, (b + c + d)x3 + (a + 3b + 2c + d)x2 + (3a + 2b)x + (2a − 4) = 0 ⎧ ⎪ b+c+d =0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨a + 3b + 2c + d = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 3a + 2b = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩2a − 4 = 0   ⇐⇒ a = 2, b = −3, c + d = 3, 2c + d = 7   ⇐⇒ a = 2, b = −3, c = 4, d = −1 .

3.7 a) Soit a ∈ R fixé. L’application x −→

1 x

−

a 2 est continue sur [1 ; +∞[. x2

On a, pour X  1 : $

X 1

1

a 2 dx = x2

$

1 2a a2  − 3 + 4 dx 2 x x x x 1 $ X * x−1 −2 x−3 +X x−2 −3 2 −4 x − 2ax + a x dx = − 2a + a2 = −1 −2 −3 1 1 2 2 * 1 + a X 1 a a2 a a = − + 2 − 3 =− + 2 − +1−a+ 3 1 x x X 3 3x X 3X −

X

−→

X −→ +∞

1−a+

a2 . 3

Ceci montre que l’intégrale proposée converge et que : 89

Chapitre 3

•

Intégrales sur un intervalle quelconque

I(a) = 1 − a +

a2 . 3

b) On a, par mise sous forme canonique d’un trinôme, pour tout a∈R: I(a) =

1 2 1 * 3 2 3 + 1  3 2 1 + + . (a − 3a + 3) = a− = a− 3 3 2 4 3 2 4

On conclut que I(a) admet un minimum, atteint lorsque 3 1 a = , et que ce minimum est égal à . 2 4

b) 1) On a, pour tout n ∈ N \ {0, 1} : ## $ |Jn − J| = ## $

1

= 0

Comme

3.8

1 dt − 1 + t + tn

|Jn − J| −→ 0. n∞

b) 2) Il en résulte :

On a alors :



2 ∀x ∈ ]0 ; 1], 0  f (x) = | f (x)| | f (x)|  M| f (x)|. $ 1 | f (x)| dx converge, par multiplication Puisque l’intégrale 0 $ 1 par la constante M, l’intégrale M| f (x)| dx converge, puis, 0

par théorème de majoration pour des fonctions  0, l’intégrale $ 1

2 f (x) dx converge.

1

1 −→ 0, on déduit, par encadrement : n + 1 n∞

• Puisque f est bornée, il existe M ∈ R+ tel que : ∀x ∈ ]0 ; 1], | f (x)|  M.

$

## 1 dt## 0 0 1+t $ 1 n * tn+1 +1 t 1 tn dt = = dt  . n (1 + t)(1 + t + t ) n+1 0 n+1 0 1

$

1

Jn −→ J = n∞

0

% & 1 dt = ln(1 + t) 10 = ln 2. 1+t

1 1  n, 1 + t + tn t $ +∞ 1 d’où, puisque les intégrales Kn et dt convergent : tn 1 c) 1) On a : ∀n ∈ N \ {0, 1}, 0 

0

• Le résultat ne subsiste pas si l’on ne suppose pas f bornée. Par exemple, pour f : ]0 ; 1] −→ R, x −→ x−3/4 , d’après $ 1 | f (x)| dx converge l’exemple de Riemann en 0, l’intégrale 0 $ 1

2 f (x) dx diverge, car car 3/4 < 1, mais l’intégrale 0

f (x) 2 = x−3/2 et 3/2  1.

3.9

fn (t)

∼

t −→ +∞

1  0. tn

D’après l’exemple de Riemann en +∞ (n > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dt converge. Par théorème d’équivalence pour des tn 1 $ +∞ fn (x) dx converge. fonctions  0, l’intégrale 1

• On a, par la relation de Chasles : In = Jn + Kn . $

1

J= 0

90

$

+∞

c) 2) Comme 1

on déduit de 1) :

* t−n+1 ++∞ 1 1 dt = = , n t −n + 1 1 n−1

∀n ∈ N \ {0, 1}, 0  Kn 

1 . n−1

1 dt 1+t

d) D’après a), b), c), on a : In = Jn + Kn −→ ln 2 + 0 = ln 2. n∞

On conclut : lim In = ln 2. n∞

3.10 a) Soit n ∈ N∗ . 1 est continue sur [1 ; +∞[, (1 + x3 )n donc In est une intégrale impropre à la borne +∞ (seulement). L’application fn : x −→

On a :

Ceci montre que Kn existe, et ensuite In existe.

t −→

0

1 dt. tn

n∞

1 est continue sur [0 ; +∞[, • L’application fn : t −→ 1 + t + tn donc In est impropre à la borne +∞, Jn existe, Kn est impropre à la borne +∞.

b) L’intégrale

1

En faisant tendre l’entier n vers l’infini, on conclut, par encadrement : lim Jn = 0.

a) Soit n ∈ N \ {0, 1}.

On a :

$ ∀n ∈ N \ {0, 1}, 0  Kn 

existe, car l’application

1 est continue sur le segment [0 ; 1]. 1+t

fn (x) ∼

n∞

1 1 = 3n  0. (x3 )n x

D’après $ +∞ l’exemple de Riemann en +∞ (3n > 1), l’intégrale 1 dx converge, donc, par théorème d’équivalence pour 3n x 1 des fonctions  0, l’intégrale In converge. b) • On a : ∀n ∈ N∗ , ∀x ∈ [1 ; +∞[, 0 

1 1  3n , (1 + x3 )n x

Corrigés des exercices

d’où, avec des intégrales convergentes : ∗

$

* x−3n+1 ++∞ 1 1 . dx = = 3n x −3n + 1 1 3n − 1

+∞

∀n ∈ N , 0  In 

Comme

1

1 −→ +∞, on déduit : f (x) −→ +∞. x −→ 0 3x x −→ 0

• On a :

$

∀x ∈ ]0 ; +∞[, 0  f (x) =

1 • Comme −→ 0, on déduit, par encadrement : 3n − 1 n∞ lim In = 0.

1

n∞

3.11

Comme

a) Soit x ∈ R. L’application ϕ : t −→

1 est continue sur [1 ; +∞[. 1 + t + tx

1er cas : x > 0 On a :

ϕ(t)

∼

t −→ +∞

1  0. t x+1

D’après l’exemple de Riemann en +∞ (x + 1 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dt converge. x+1 t 1 Par théorème d’équivalence pour des$fonctions  0, l’intégrale $ +∞ +∞ ϕ(t) dt converge, donc f (x) = ϕ(t) dt existe. 1

1

1 x

−→

x −→ +∞

+∞

1 dt 1 + t + t x+1 $ +∞ * t−x ++∞ 1 1  dt = = . x+1 t −x 1 x 1

0, on déduit : f (x)

−→

x −→ +∞

0.

c) Soit (x, y) ∈ ]0 ; +∞[2 tel que x  y. On a : ∀t ∈ [1 ; +∞[,

1 1  , 1 + t + t x+1 1 + t + ty+1

donc, avec des intégrales convergentes : $ +∞ $ +∞ 1 1 dt  dt, 1 + t + t x+1 1 + t + ty+1 1 1 c’est-à-dire : f (x)  f (y). On conclut que f est décroissante. d)

2e cas : x = 0 On a :

ϕ(t)

∼

t −→ +∞

1  0. 2t

$

+∞

D’après l’exemple de Riemann en +∞, l’intégrale 1

diverge.

1 dt 2t

Par théorème d’équivalence pour des fonctions  0, l’intégrale $ +∞ $ +∞ ϕ(t) dt diverge, donc f (x) = ϕ(t) dt n’existe pas. 1

1

Il s’agit d’intégrales impropres de fonctions  0 et continues sur un intervalle [a ; +∞[, a ∈ R.

3.12

3 cas : x < 0 e

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

On a :

ϕ(t)

∼

t −→ +∞

1  0. t

$

+∞

D’après l’exemple de Riemann en +∞, l’intégrale 1

diverge.

a) L’application f : [1 ; +∞[ −→ R, x −→ 1 dt t

Par théorème d’équivalence pour des fonctions  0, l’intégrale $ +∞ $ +∞ ϕ(t) dt diverge, donc f (x) = ϕ(t) dt n’existe pas. 1

1

On conclut : f (x) existe si et seulement si x ∈ ]0 ; +∞[.

ln x x2

est continue sur [1 ; +∞[ et à valeurs  0. On a :

x3/2 f (x) = x3/2

ln x ln x = 1/2 x2 x

−→

x −→ +∞

0,

par prépondérance de la puissance sur le logarithme. Il existe donc a ∈ [1 ; +∞[ tel que : ∀x ∈ [a ; +∞[, 0  x3/2 f (x)  1,

b) • On a : $

+∞

∀x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) = 1

1 dt 1 + t + t x+1 $ +∞ 1 * t−x ++∞ 1 1 dt = = .  x+1 1 3t 3 −x 3x 1

d’où :

∀x ∈ [a ; +∞[, 0  f (x) 

1 . x3/2

D’après $ +∞ l’exemple de Riemann en +∞ (3/2 > 1), l’intégrale 1 dx converge. 3/2 x a 91

Chapitre 3

•

Intégrales sur un intervalle quelconque

Par théorème $ +∞ de majoration pour des fonctions  0, l’inf (x) dx converge, et on conclut que l’intégrale tégrale a $ +∞ ln x dx converge. x2 1 1 b) L’application f : [2 ; +∞[ −→ R, x −→ √ x ln x

x f (x) = x √

√ x 1 = x ln x ln x

+∞,

−→

x −→ +∞

par prépondérance de la puissance sur le logarithme. Il existe donc a ∈ [2 ; +∞[ tel que : ∀x ∈ [a ; +∞[, x f (x)  1, d’où :

∀x ∈ [a ; +∞[, f (x) 

1  0. x

$

+∞

D’après l’exemple de Riemann en +∞, l’intégrale a

diverge.

1 dx x

Par théorème $ +∞ de minoration pour des fonctions  0, l’intégrale f (x) dx diverge et on conclut que l’intégrale a $ +∞ 1 dx diverge. √ x ln x 2 c) L’application f : [1 ; +∞[ −→ R, x −→ √

x3

f (x)

∼

x −→ +∞

+1

ln x ln x √ = 3/2  0 3 x x !"

et :

ln x x g(x) = 1/4 x

−→

x −→ +∞

√ f : [1 ; +∞[ −→ R, x −→

x2 + 1

D’après l’exemple de Riemann en +∞ (5/4 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. x5/4 a Par théorème $ +∞ de majoration pour des fonctions$ +∞ 0, l’intégrale g(x) dx converge, puis l’intégrale g(x) dx a 1 converge. Par théorème d’équivalence pour des fonctions  0, on conclut $ +∞ ln x que l’intégrale dx converge. √ 1 x3 + 1

√

x2 + x + 3

On a, par une expression conjuguée, pour x ∈ [1 ; +∞[ :

∀x ∈ [a ; +∞[, 0  x5/4 g(x)  1, 1 . x5/4

x2 + 3x + 1 − x2

est continue sur [1 ; +∞[.

Il existe donc a ∈ [1 ; +∞[ tel que :

92

x2 + 1

e) L’application

f (x) =

0,

∀x ∈ [a ; +∞[, 0  g(x) 

√

Par théorème $ +∞ d’équivalence pour des fonctions  0, l’intégrale f (x) dx diverge, et on conclut que l’intégrale √ $ +∞ √ 21 x + x − x2 + 1 dx diverge. √ √ 0 x2 + x + x2 + 1

par prépondérance de la puissance sur le logarithme.

d’où :

x2 + x +

√

(x2 + x) − (x2 + 1) ∀x ∈ [0 ; +∞[, f (x) = √ √

2 x2 + x + x2 + 1 x−1 x−1 = √ √ ,

2 =  , 2 2 x + x+ x +1 1 1 2 x2 1+ + 1+ 2 x x 1 x ∼ =  0. x −→ +∞ 4x2 4x $ +∞ 1 dx D’après l’exemple de Riemann en +∞, l’intégrale x 1 diverge.

noté g(x)

5/4

x2 + x −

est continue sur [0 ; +∞[.

ln x

est continue sur [1 ; +∞[. On a :

√ f : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ √

On a, à l’aide d’une expression conjuguée :

est continue sur [2 ; +∞[. On a :

d) L’application

x2

(x2 + 3x + 1) − (x2 + x + 3) √ √ 2

x + 3x + 1 + x2 + x + 3 2x − 2 = , ,  1 3 x3 1+ + 2 + 1+ x x 2x ∼ = x −→ +∞ 2x3

3 1 + 2 x x 1  0. x2

D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. x2 1 Par théorème d’équivalence √ pour des fonctions  0, on √ $ +∞ x2 + 3x + 1 − x2 + x + 3 dx conclut que l’intégrale x2 1 converge. √ f) L’application f : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ x x + 2 e −3x est continue sur [0 ; +∞[. On a :

f (x)

∼

x −→ +∞

x3/2 !" e −3x  0.  noté g(x)

Corrigés des exercices

Et :

x2 g(x) = x7/2 e −3x

−→

x −→ +∞

0,

par prépondérance de l’exponentielle sur les puissances, pour √ la variable x.

par prépondérance de l’exponentielle sur les puissances. Il existe donc a ∈ [1 ; +∞[ tel que :

Il existe donc a ∈ [1 ; +∞[ tel que : ∀x ∈ [a ; +∞[, x2 f (x)  1,

∀x ∈ [a ; +∞[, x2 g(x)  1, d’où :

∀x ∈ [a ; +∞[, 0  g(x) 

d’où :

1 . x2

D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. x2 a Par théorème $ +∞ de majoration pour des fonctions$+∞0, l’intégrale g(x) dx converge, donc l’intégrale g(x) dx a 1 converge. Par théorème d’équivalence $ +∞ √ pour des fonctions  0, on conclut x x + 2 e −3x dx converge. que l’intégrale 1

g) L’application f : [0 ; +∞[ −→ R, x −→

x4 + 1 x2 e x + 1

est continue sur [0 ; +∞[. On a : Et :

f (x)

∼

∀x ∈ [a ; +∞[, 0  f (x) 

D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. x2 a Par théorème $ +∞ de majoration pour des fonctions  0, l’intégrale f (x) dx converge, et on conclut que l’intégrale a $ +∞ √ e − x dx converge. 0

3.13

Il s’agit d’intégrales impropres de fonctions de signe fixe et continues sur un intervalle qui n’est pas du type [a ; +∞[, c’est-à-dire qui est du type ] − ∞ ; b], ]a ; b], [a ; b[, où (a, b) ∈ R2 , ou ] − ∞ ; +∞[. a) L’application f : ] − ∞ ; 0] −→ R, x −→

x4 = x2 e −x  0. e x  !"

x −→ +∞ x2

x2 g(x) = x4 e −x

noté g(x)

−→

x −→ +∞

0,

$ 0 Par le changement de variable t = −x, f (x) dx est de −∞ $ +∞ 2 t +1 même nature que l’intégrale dt. 4 + e −t t 0  !" noté g(t)

Il existe donc a ∈ [1 ; +∞[ tel que : ∀x ∈ [a ; +∞[, 0  x2 g(x)  1,

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

∀x ∈ [a ; +∞[, 0  g(x) 

On a :

1 . x2

D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. x2 a Par théorème de majoration pour des fonctions  0, l’intégrale $ +∞ g(x) dx converge. a

Par théorème $ +∞ d’équivalence pour des fonctions  0, l’intégrale f (x) dx converge, et on conclut que l’intégrale $ +∞ a4 x +1 dx converge. x2 e x + 1 0 h) L’application f : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ e − est continue sur [0 ; +∞[ et  0. √ √ On a : x2 f (x) = ( x)4 e − x

x2 + 1 x4 + e x

est continue sur ] − ∞ ; 0] et à valeurs  0.

par prépondérance de l’exponentielle sur les puissances.

d’où :

1 . x2

√

x

g(t)

∼

t −→ +∞

1 t2 = 2  0. t4 t

D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dt converge. Par théorème d’équivalence pour des t2 1 $ +∞ g(t) dt converge, donc l’infonctions  0, l’intégrale 1 $ +∞ g(t) dt converge. Par le changement de variable tégrale 0 $ 0 x2 + 1 t = −x, on conclut que l’intégrale dx converge. 4 + e −x x −∞ b) L’application f : ] − ∞ ; 0] −→ R, x −→ x e x est continue sur ] − ∞ ; 0].

$

0

x e x dx est de Par le changement de variable t = −x, −∞ $ +∞ −t e −t dt, puis, par pasmême nature que l’intégrale 0

−→

x −→ +∞

0,

sage $ +∞ à la fonction opposée, de même nature que l’intégrale t e −t dt. 0

93

Chapitre 3

•

Intégrales sur un intervalle quelconque

t2 (t e −t ) = t3 e −t

On a :

∀x ∈ ] − ∞ ; −1], x3  −1,

par prépondérance de l’exponentielle sur les puissances.

donc :

∀x ∈ ] − ∞ ; −1], e −x  e .

Il existe donc a ∈ [1 ; +∞[ tel que :

L’intégrale

On a :

−→

t −→ +∞

0,

−t

∀t ∈ [a ; +∞[, t (t e )  1, 2

d’où :

∀t ∈ [a ; +∞[, 0  t e −t 

3

$

D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dt converge. t2 a Par théorème $ +∞ de majoration pour des fonctions$+∞0, l’intégrale t e −t dt converge, donc l’intégrale t e −t dt a 0 converge.

e dx diverge, car e est une constante non −∞

nulle.

1 . t2

−1

Par théorème de minoration pour des fonctions  0, l’in$ −1 f (x) dx diverge et on conclut que l’intégrale tégrale −∞ $ +∞ 3 e −x dx diverge. −∞

Remarque : Il est donc inutile d’étudier la nature de l’intégrale $ +∞ 3 e −x dx. 0

e) L’application f : ] − ∞ ; +∞[ −→ R, x −→ e −x

4

Par passage à la fonction opposée et par le changement de va$ 0 x e x dx converge. riable t = −x, on conclut que l’intégrale −∞

ln x c) L’application f : ]0 ; 1] −→ R, x −→ √ est continue sur x ]0 ; 1] et à valeurs  0. $ 1 f (x) dx est Par passage à la fonction opposée, l’intégrale 0 $ 1 − ln x de même nature que l’intégrale √ dx. x 0 On a :

− ln x x3/4 √ = x1/4 (− ln x) −→ 0, x −→ 0 x

Il existe donc a ∈ ]0 ; 1] tel que :

Il existe donc a ∈ [1 ; +∞[ tel que : ∀x ∈ ] − ∞ ; −a] ∪ [a ; +∞[, x2 e −x  1, 4

∀x ∈ ] − ∞ ; −a] ∪ [a ; +∞[, 0  e −x  4

1 . x2

D’après l’exemple $ +∞de Riemann en ±∞ (2 > 1), les intégrales $ −a 1 1 dx et dx convergent. 2 2 x x −∞ a

−∞

1 − ln x ∀x ∈ ]0 ; a], 0  √  3/4 . x x

a

$

+∞

On conclut que l’intégrale

D’après l’exemple de Riemann en 0 (3/4 < 1), l’intégrale $ a 1 dx converge. 3/4 0 x Par théorème de majoration pour des fonctions  0, l’inté$ a $ 1 − ln x − ln x grale dx converge, donc l’intégrale √ √ dx x x 0 0 converge. Par passage à la fonction opposée, on conclut que l’intégrale $ 1 ln x √ dx converge. x 0 d) L’application f : ] − ∞ ; +∞[ −→ R, x −→ e −x

3

94

par prépondérance de l’exponentielle sur les puissances, pour la variable x4 .

Par théorème $ −a de majoration $ +∞ pour des fonctions  0, les inté4 −x4 grales e dx et e −x dx convergent.

− ln x ∀x ∈ ]0 ; a], x3/4 √  1, x

est continue sur ] − ∞ ; +∞[ et à valeurs  0.

x −→ ±∞

d’où :

par prépondérance des puissances sur le logarithme.

d’où :

est continue sur ] − ∞ ; +∞[ et à valeurs  0. √ 4 4 On a : x2 e −x = x4 e −x −→ 0,

e −x dx converge. 4

−∞

3.14

Soit (a, b) ∈ R2 fixé.

1 − e −x + a sin x + b cos x x2 est continue sur ]0 ; +∞[, donc l’intégrale proposée est impropre à la borne 0 et à la borne +∞.

L’application f : x −→

• Étude en +∞ : On a, pour tout x ∈ [1 ; +∞[ : | f (x)| =

# 1 ## #1 − e −x + a sin x + b cos x## x2

2 + |a| + |b| 1 .  2 1 + e −x + |a| + |b|  x x2

Corrigés des exercices

D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. x2 1 Par $ +∞ multiplication par une 2 + |a| + |b| dx converge. x2 1

constante,

l’intégrale

Par théorème de majoration pour des fonctions  0, l’intégrale $ +∞ | f (x)| dx converge. 1

$

donc convergente.

f (x) dx est absolument convergente,

On a, en utilisant des développements limités lorsque x tend vers 0 :   1* x2 + o(x2 ) 1− 1−x+ x2 2  +

x2 + a x + o(x2 ) + b 1 − + o(x2 ) 2 + 1* 1+b 2 = 2 b + (1 + a)x − x + o(x2 ) x 2 1+a 1+b b − + o(1). = 2 + x x 2

f (x) =

b . D’après l’exemple de x2 $ 1 1 Riemann en 0 (2  1), l’intégrale impropre dx diverge. 2 x 0 $ 1 b Puisque b  0, l’intégrale d diverge. Par le théorème 2 x 0 d’équivalence pour des fonctions  0 (si b > 0), pour des fonc$ 1 f (x) dx diverge. tions  0 (si b < 0), l’intégrale

Supposons b  0. Alors f (x)

∼

x −→ 0

0

Supposons dorénavant b = 0. On a donc :

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

f (x) =

1+a 1+b − + o (1). x −→ 0 x 2

1+a et, par le même raisonnex $ 1 f (x) dx diment que ci-dessus, on déduit que l’intégrale 0 verge. Si a  −1, alors f (x)

∼

x −→ 0

Supposons dorénavant a = −1. On a donc : 1+b f (x) = − + o (1), x −→ 0 2 1+b . f (x) −→ − x −→ 0 2

Puisque f admet une limite finie en 0 , d’après le cours, l’inté$ 1 grale f (x) dx converge (intégrale faussement impropre). 0

f (x) dx converge si et seulement si $ +∞ f (x) dx et f (x) dx convergent,

$0 1 les deux intégrales 0

1

on conclut que l’intégrale proposée converge si et seulement si : a = −1 et b = 0.

3.15 a) 1) On suppose ici α = 0. X

cos x dx = [sin x]1X = sin X − sin 1.

• On a : ∀X ∈ [1 ; +∞[, 1

1

• Étude en 0 :

c’est-à-dire :

+∞

$

+∞

Ainsi, l’intégrale

$ Comme l’intégrale

On sait que sin X n’a pas de limite lorsque le réel X tend vers +∞ ; en effet, par exemple, sin(2nπ) −→ 0 et n∞  π −→ 1. sin 2nπ + 2 n∞ $ X cos x dx n’a pas de limite lorsque X tend Il en résulte que 1 vers +∞. $ +∞ cos x dx diverge. On conclut que l’intégrale 1

$

+∞

• On montre de la même façon que l’intégrale

sin x dx 1

diverge. a) 2) On suppose ici α < 0. • On a, pour tout n ∈ N∗ :

1  1 et cos x  0, xα

∀x ∈ [2nπ ; 2nπ + π/2], donc : $

2nπ+ π2 2nπ

cos x dx  xα

$

2nπ+ π2 2nπ

2nπ+π/2 cos x dx = [sin x]2nπ = 1.

Raisonnons par l’absurde : supposons que $ +∞ $ +∞l’intégrale cos x cos x dx soit convergente, et notons I = dx. α x xα 1 1 $ 2nπ+π/2 cos x Alors : dx xα 2nπ $

2nπ+π/2

= 1

cos x dx − xα

$

contradiction.

2nπ

1

$

cos x dx −→ I − I = 0, n∞ xα

+∞

cos x dx diverge. xα 1 $ +∞ sin x dx • On montre de la même façon que l’intégrale xα 1 diverge. Ceci montre que l’intégrale

95

Chapitre 3

•

Intégrales sur un intervalle quelconque

b) On suppose ici α > 1. • On a :

D’après l’exemple de Riemann en +∞ (α  1), l’intégrale $ +∞ 1 dx diverge. α x 1

## cos x ## 1 ∀x ∈ [1 ; +∞[, ## α ##  α . x x

D’après l’exemple de Riemann en +∞ (α > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. xα 1 Par théorème de majoration pour des fonctions  0, l’intégrale $ +∞ ## cos x ## ## ## dx converge. xα 1 $ +∞ cos x dx est absolument convergente, Ainsi, l’intégrale xα 1 donc convergente. $ • On montre de la même façon que l’intégrale converge.

+∞ 1

sin x dx xα

c) On suppose ici 0 < α  1. •  Convergence : Pour X ∈ [1 ; +∞[, effectuons une intégration par parties, avec ⎧ ⎧ α 1 ⎪ ⎪  −α−1 −α ⎪ ⎪ = − α+1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u = −αx ⎨u = xα = x x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = sin x ⎩v = cos x où u, v sont bien de classe C 1 sur le segment [0 ; X] : $ X $ X * sin x +X cos x sin x dx = + α dx xα xα 1 xα+1 1 1 $ X sin x sin X = − sin 1 + α dx. Xα xα+1 1 ## sin x ## 1 1 D’une part : ## α ##  α et α −→ 0 (car α > 0), donc, x X X X −→ +∞ sin X −→ 0. par théorème d’encadrement : X α X −→ +∞ D’autre part, comme α + 1 > 1, d’après b), l’intégrale $ +∞ sin x dx converge, donc : xα+1 1 $ X $ +∞ sin x sin x dx −→ dx. α+1 X −→ +∞ x xα+1 1 1 $ X $ +∞ cos x sin x Il s’ensuit : dx −→ − sin 1 + dx. X −→ +∞ xα xα+1 1 1 $ +∞ cos x dx converge. Ceci montre que l’intégrale xα 1  Non-convergence absolue : On remarque : ∀x ∈ [1 ; +∞[, | cos x|  cos2 x, donc, pour tout x ∈ [1 ; +∞[ : ## cos x ## cos2 x 1 − cos 2x 1 cos 2x ##  ## = = α −  0. xα xα 2xα 2x 2xα 96

Par le changement de variable t = 2x, l’intégrale $ +∞ cos 2x dx est de même nature que l’intégrale α 1 $ +∞ x cos t dt. D’après le point précédent, cette dernière tα 2 intégrale est convergente. Il en résulte que l’intégrale $ +∞ cos 2x dx converge. xα 1 Par addition d’une intégrale et d’une intégrale $ +∞ divergente cos2 x dx diverge. convergente, l’intégrale xα 1 Par le $théorème de minoration pour des fonctions  0, l’inté+∞ # ## cos x ### grale # α # dx diverge. x 1 $ +∞ cos x dx n’est pas absoluCeci montre que l’intégrale xα 1 ment convergente. $ +∞ cos x dx est convergente et non Finalement, l’intégrale xα 1 absolument convergente, on dit qu’elle est semi-convergente. $ +∞ sin x • De la même façon, on montre que l’intégrale dx xα 1 est convergente et non absolument convergente.

3.16 a) • Existence : 1 est continue (x + 1)(x + 2) 1 sur [0 ; +∞[. On a : f (x) ∼  0. x −→ +∞ x2 D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. x2 1 L’application

f : x −→

Par théorème $ +∞ d’équivalence pour des fonctions  0, l’intégrale f (x) dx converge, et on conclut que l’intégrale $ +∞ 1 1 dx converge. (x + 1)(x + 2) 0 • Calcul : On remarque : ∀x ∈ [0 ; +∞[,

1 1 1 = − . (x + 1)(x + 2) x+1 x+2

Soit X ∈ [0 ; +∞[. On a : $ X $ X 1 1  1 dx dx = − x+1 x+2 0 (x + 1)(x + 2) 0 % & X * x + 1 +X X+1 1 = ln(x + 1) − ln(x + 2) 0 = ln = ln − ln . x+2 0 X+2 2

Corrigés des exercices

1 1+ X+1 X ln = ln 2 X+2 1+ X

Et : $

X

donc : 0

1 dx (x + 1)(x + 2)

−→

X −→ +∞

X −→ +∞

$

−→

ln 1 = 0,

0

$

1 − ln = ln 2. 2

+∞

1 dx converge (x + 1)(x + 2) 0 (ce $ +∞que l’on a vu plus haut par une autre méthode) et que : 1 dx = ln 2. (x + 1)(x + 2) 0 Ceci montre que l’intégrale

ln x b) L’application f : x −→ 2 est continue sur [1 ; +∞[, donc x l’intégrale proposée est impropre à la borne +∞. On a, pour X  1, par une intégration par parties avec ⎧ ⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎪ u = ⎪ ⎪ u = ln x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪v = 1 ⎪ ⎩ ⎩v = − , x2 x où u, v sont bien de classe C 1 sur le segment [1 ; X] : $ X * ln x +X $ X 1 ln x dx = − + dx 2 x2 x 1 1 1 x ln X 1 ln X * 1 +X =− + − − + 1 −→ 1, =− X −→ +∞ X x 1 X X

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par prépondérance des puissances sur le logarithme. $ 1 xa ln x dx converge et que : Ceci montre que l’intégrale 1

xa ln x dx = − 0

3.17 a) Soit n ∈ N∗ . fn : [0 ; +∞[ −→ R, x −→

• L’application

continue sur [0 ; +∞[ et : ∀x ∈ [1 ; +∞[, 0  fn (x) =

est

D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. x2 1 Par théorème $ +∞ de majoration pour des fonctions$ +∞0, l’intégrale fn (x) dx converge, puis l’intégrale fn (x) dx 1

0

converge, c’est-à-dire que In existe. • L’application

gn : ]0 ; +∞[ −→ R, x −→

continue sur ]0 ; +∞[.  Étude en 0 :

c) Soit a ∈ ] − 1 ; +∞[ fixé.

L’intégrale

L’application x −→ xa ln x est continue sur ]0 ; 1], l’intégrale proposée est impropre à la borne 0.

primitive connue, pour ε ∈ ]0 ; 1] :

ln x (1 + x2 )n

est

On a, pour x ∈ ]0 ; 1] : −gn (x) = $

− ln x (1 + x2 )n

∼

x −→ 0

− ln x  0.

1

− ln x dx converge, car, par exemple par une 0

On a, pour ε ∈ ]0 ; 1] fixé, par intégration par parties avec ⎧ 1 ⎪ ⎧ ⎪  ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪u = x ⎪u = ln x ⎨ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ xa+1 ⎪ ⎩v = xa ⎪ ⎪ ⎩v = a+1 où u, v sont bien de classe C sur le segment [ε ; 1] : $ 1 * xa+1 +1 $ 1 xa+1 1 xa ln x dx = ln x − dx ε a+1 ε ε a+1 x 1

=−

1 (1 + x2 )n

1 1 1   2. (1 + x2 )n 1 + x2 x

par prépondérance de la puissance sur le logarithme. $ +∞ ln x Ceci montre que l’intégrale dx converge et que : x2 1 $ +∞ ln x dx = 1. x2 1

=

1 . (a + 1)2

+1 * xa+1 +1 * xa+1 ln x − ε a+1 (a + 1)2 ε

εa+1 ln ε εa+1 1 1 + −→ − , − a+1 (a + 1)2 (a + 1)2 ε −→ 0 (a + 1)2

$

1 ε

% &1 − ln x dx = − x ln x + x ε = 1 + ε ln ε − ε −→ 1. ε −→ 0

Par théorème d’équivalence pour des fonctions  0, l’intégrale $ 1 −gn (x) dx converge. 0

$ Par passage à la fonction opposée, l’intégrale converge.

1

gn (x) dx 0

 Étude en +∞ : On a :

x3/2 gn (x) = ∼

x3/2 ln x (1 + x2 )n

x −→ +∞

ln x x3/2 ln x = 2n−3/2 x2n x

−→

x −→ +∞

0, 97

Chapitre 3

•

Intégrales sur un intervalle quelconque

par prépondérance des puissances sur le logarithme et parce 3 que 2n − > 0. 2

En intercalant les facteurs pairs manquant au dénominateur : In =

Il existe donc a ∈ [1 ; +∞[ tel que : ∀x ∈ [a ; +∞[, x3/2 gn (x)  1, ∀x ∈ [a ; +∞[, 0  gn (x) 

d’où :

1 . x3/2

D’après l’exemple de Riemann en +∞ (3/2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. 3/2 x 1 Par théorème de majoration pour des fonctions  0, l’intégrale $ +∞ gn (x) dx converge. 1

$

$ +∞ gn (x) dx et gn (x) dx 0 1 $ +∞ gn (x) dx converge, convergent, par définition, l’intégrale 1

$ Enfin :

+∞

I1 = 0

On obtient :

π 1 dx = [Arctan x]+∞ . 0 = 1 + x2 2

∀n ∈ N∗ , In =

π

2 2 . − 1)!

(2n − 2)! 2n−1 (n

c) 1) Pour 0 < ε  X, effectuons une intégration par parties, avec ⎧ 1 ⎪ 2 −n ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u = (1 + x2 )n = (1 + x ) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = ln x ⎧ 2nx ⎪  2 −n−1 ⎪ ⎪ 2x = − ⎪u = −n(1 + x ) ⎨ (1 + x2 )n+1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = x ln x − x

Puisque les deux intégrales

et finalement, Jn existe.

(2n − 2)(2n − 3) · · · 1 (2n − 2)! I1 =

2 I1 . (2n − 2)2 (2n − 4)2 · · · 22 2n−1 (n − 1)!

0

où u, v sont de classe C 1 sur le segment [ε ; X] : b) 1) Utilisons une intégration par parties.

$

Soit X ∈ [0 ; +∞[. On a, avec

ε

⎧ 1 ⎪ 2 −n ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u = (1 + x2 )n = (1 + x ) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = 1 ⎧ 2nx ⎪  2 −n−1 ⎪ ⎪ 2x = − ⎪u = −n(1 + x ) ⎨ (1 + x2 )n+1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = x où u, v sont de classe C 1 sur le segment [0 ; X] : $

X 0

* +X x 1 dx = + 2 n 2 n (1 + x ) (1 + x ) 0

$

X 0

2nx2 dx (1 + x2 )n+1

$ X X (1 + x2 ) − 1 + 2n dx = (1 + X 2 )n (1 + x2 )n+1 1 $ X $ X X 1 1 + 2n dx − 2n dx. = 2 )n (1 + X 2 )n (1 + x (1 + x2 )n+1 0 0 En faisant tendre X vers +∞, on obtient : In = 0 + 2nIn − 2nIn+1 , d’où :

2nIn+1 = (2n − 1)In .

b) 2) On a donc, de proche en proche, pour tout n ∈ N∗ : In =

98

2n − 3 2n − 3 2n − 5 In−1 = In−2 2n − 2 2n − 2 2n − 4 2n − 3 2n − 5 1 = ... = · · · I1 . 2n − 2 2n − 4 2

* x ln x − x +X $ X 2nx(x ln x − x) ln x dx = + dx 2 )n ε (1 + x2 )n (1 + x$ (1 + x2 )n+1 ε X * x ln x − x +X (1 + x2 − 1) = + 2n (ln x − 1) dx 2 n ε (1 + x ) (1 + x2 )n+1 ε X ln X − X ε ln ε − ε − = (1 + $X 2 )n (1 + ε2 )n $ X  X ln x ln x +2n dx − dx 2 n 2 n+1 $ X ε (1 + x ) $ X ε (1 + x )  1 1 − dx + dx . 2 )n (1 + x (1 + x2 )n+1 ε ε

X

En faisant tendre ε vers 0 et X vers +∞ et en utilisant des prépondérances classiques, on obtient : Jn = 2n(Jn − Jn+1 − In + In+1 ) = 2nJn − 2nJn+1 − 2nIn + 2nIn+1 = 2nJn − 2nJn+1 − 2nIn + (2n − 1)In = 2nJn − 2nJn+1 − In ,

2nJn+1 = (2n − 1)Jn − In .

d’où : c) 2) • En utilisant b) : I1 =

π , 2

I2 =

1 π I1 = , 2 4

I3 =

• On a J1 = 0 (cf. exercice 3.29). π Puis, en utilisant c) : 2J2 = J1 − I1 = − , 2 π donc : J2 = − , 4 π et : 4J3 = 3J2 − I2 = −π, donc : J3 = − . 4

3 3π I2 = . 4 16

Corrigés des exercices

d) Comme x −→ x e −x /2 est la dérivée de la fonction 2 x −→ − e −x /2 , on a : $ +∞ % 2 2 &+∞ x e −x /2 dx = − e −x /2 0 = 1. I1 = 2

3.18 a) Soit n ∈ N. L’application fn : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ xn e −x

2 /2

0

est continue sur [0 ; +∞[ et  0. x2 fn (x) = xn+2 e −x

2 /2

On a :

−→

x −→ +∞

0,

par prépondérance de l’exponentielle sur les puissances, pour la variable x2 /2. Il existe donc a ∈ ]0 ; +∞[ tel que :

• Supposons H p vraie pour un p ∈ N fixé.

∀x ∈ [a ; +∞[, x2 fn (x)  1, ∀x ∈ [a ; +∞[, 0  fn (x) 

d’où :

On a, d’après b) :

1 . x2

$

D’après l’exemple de Riemann en +∞, l’intégrale converge.

+∞ a

1 dx x2

Par théorème $ +∞ de majoration pour des fonctions$ +∞0, l’intéfn (x) dx converge, puis l’intégrale fn (x) dx grale a

converge, c’est-à-dire que In existe.

0

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

On a, par intégration par parties avec ⎧  2 ⎧ ⎪ 2 u = −x e −x /2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪u = e −x /2 ⎪ ⎨ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ xn+1 ⎪v = xn ⎪ ⎩ ⎪ ⎩v = n+1 où u, v sont bien de classe C 1 sur le segment [0 ; A] : $ A +A $ A xn+1 * xn+1 2 2 2 e −x /2 − (−x e −x /2 ) dx xn e −x /2 dx = 0 n+1 0 0 n+1 $ A 2 1 An+1 e −A /2 2 + xn+2 e −x /2 dx. = n+1 n+1 0 Par prépondérance de l’exponentielle sur les puissances, pour 2 An+1 e −A /2 −→ 0. la variable A2 /2, on a : A −→ +∞ n+1

ou encore :

1 In+2 , n+1

In+2 = (n + 1)In .

c) D’après le cours, la loi normale centrée réduite admet pour 1 2 densité ϕ : R −→ R, x −→ √ e −x /2 , 2π $ +∞ 1 2 donc √ e −x /2 dx = 1. −∞ 2π Puisque la fonction x −→ e −x /2 est paire, on déduit : √ , $ +∞ 2π π −x2 /2 = . e dx = I0 = 2 2 0 2

I2(p+1) = I2p+2 = (2p + 1)I2p = (2p + 1) =

(2p + 2)! (2p + 2)2 p p!

,

π (2p + 2)! = p+1 2 2 (p + 1)!

,

(2p)! 2 p p!

,

π 2



, 2(p + 1) ! π π = p+1 , 2 2 (p + 1)! 2

I2(p+1)+1 = I2p+3 = (2p + 2)I2p+1 = (2p + 2)2 p p! = 2 p+1 (p + 1)!,

donc H p+1 est vraie. Ce raisonnement par récurrence démontre les formules voulues.

b) Soit A ∈ [0 ; +∞[.

On déduit, en faisant tendre A vers +∞ : In =

e) Montrons, par récurrence sur p ∈ N, la propriété H p sui, (2p)! π vante : I2p = p et I2p+1 = 2 p p!. 2 p! 2 , π • H0 est vraie car I0 = et I1 = 1. 2

f) Soit n ∈ N. L’application x −→ xn e −x pair, et est impaire si n est impair.

2 /2

est paire si n est

$ 0 2 xn e −x /2 dx Par le changement de variable t = −x, −∞ $ +∞ 2 xn e −x /2 dx, donc est de même nature que l’intégrale 0 $ 0 $ 0 2 2 l’intégrale xn e −x /2 dx converge et xn e −x /2 dx = −∞ $ +∞ −∞ 2 xn e −x /2 dx. (−1)n 0

$ 0 2 Puisque les deux intégrales xn e −x /2 dx et −∞ $ +∞ 2 xn e −x /2 dx convergent, on déduit, par définition, que 0 $ +∞ 2 xn e −x /2 dx converge, et on a : l’intégrale −∞

$ Jn = $ =

+∞

xn e −x

2 /2

dx

−∞ 0

xn e −x

2 /2

−∞

= 1 + (−1)n

$

+∞

dx +

xn e −x

2 /2

dx

0

$

+∞

xn e −x

2 /2

dx

0

⎧ ⎪ (2p)! √ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨2I2p = 2 p p! 2π =⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0

si n est pair, n = 2p si n est impair. 99

Chapitre 3

•

Intégrales sur un intervalle quelconque

3.19 e −ax − e −bx a) L’application f : x −→ est continue sur x ]0 ; +∞[, l’intégrale proposée est impropre à la borne 0 et à la borne +∞.

c) 1) D’une part, par opérations, l’application h est continue sur ]0 ; +∞[. D’autre part, à l’aide d’un développement limité en 0 : h(y) =

• Étude en 0 : On a, par développements limités en 0 :



1 − ax + o(x) − 1 − bx + o(1) e −ax − e −bx = f (x) = x x = (b − a) + o(1) −→ b − a. x −→ 0

Puisque f admet une limite finie en 0, d’après le cours, l’inté$ 1 f (x) dx converge (intégrale faussement impropre). grale

donc h est continue en 0. On conclut que h est continue sur [0 ; +∞[. c) 2) On a, pour ε > 0 : $

aε

∀x ∈ [1 ; +∞[, 0 

On a : $ L’intégrale $ X

+∞

1 − (1 − e −y ) dy y aε $ bε $ bε 1 1 − e −y dy − dy = y aε y aε $ bε $ bε b = [ln y]bε − h(y) dy = ln h(y) dy. − aε a aε aε

e −ax  e −ax . x

e −ax dx converge car, pour X  1 :

1

* e −ax +X

e −aX 1 1 − −→ . 1 X −→ +∞ −a a a a 1 Par théorème de majoration pour des fonctions  0, l’intégrale $ +∞ e −ax dx converge. x 1 $ +∞ −bx e De même, l’intégrale dx converge. x 1 $ +∞ f (x) dx converge. Par soustraction, l’intégrale e −ax dx =

=

1

Enfin, comme les deux intégrales

$

$

1 0$

+∞

bε

$

f (x) dx

f (x) dx converge.

b) 1) Soit (ε, X) ∈ ]0 ; +∞[2 tel que ε  X. On a, par le changement de variable y = ax : $ X −ax $ aX −y $ aX −y e e 1 e dx = dy = dy. y x a y ε aε aε a De même, par le changement de variable y = bx : $ X −bx $ bX −y e e dx = dy. x y ε bε b) 2) On a, pour tout (ε, X) ∈ ]0 ; +∞[ tel que ε  X, d’après 1) : $ X −ax $ X −bx $ X −ax e − e −bx e e dx = dx − dx x x x ε ε ε $ aX −y $ bX −y e e = dy − dy y y aε bε $ bX −y $ aX −y $ bX −y $ bε −y e e e e dy + dy + dy − dy = y y y y aε bε bX bε $ bX −y $ bε −y e e dy − dy. = y y aε aX

h(y) dy converge, 0

donc : $

$

bε aε

$

1

h(y) dy =

1

h(y) dy − aε

h(y) dy bε

$

$

1

−→

1

h(y) dy −

ε −→ 0

0 bε

On conclut : aε

1

0

1

Puisque h est continue en 0, l’intégrale

$

+∞

f (x) dx et

convergent, par définition, l’intégrale

h(y) dy = 0. 0

e −y b dy −→ ln . ε −→ 0 y a

d) D’après b)2) et c)2), on a, pour X > 0 fixé, en faisant tendre $ X −ax $ bX −y b e − e −bx e ε vers 0 : dx = ln − dy. x a y 0 aX $ +∞ −y e e) Puisque l’intégrale dy converge (cf. aussi la soy 1 lution de a) ), on a : $

bX aX

2

100

$

e −y dy = y

bε

0

• Étude en +∞ :



1 − 1 − y + o(y) 1 − e −y = = 1+o(1) −→ 1 = h(0), y −→ 0 y y

e −y dy = y

$

bX 1

e −y dy − y $ −→

X −→ +∞

1

$

aX

1 +∞

e −y dy y

e −y dy − y

$

+∞ 1

e −y dy = 0. y

On conclut, en faisant tendre X vers +∞ dans le résultat de d) : $ +∞ e −ax − e (−bx b dx = ln . x a 0

3.20 a) 1) On a, pour tout (α, β) ∈ (R+ )2 : 1 1 1 2 (α + β2 ) − αβ = (α2 + β2 − 2αβ) = (α − β)2  0, 2 2 2

Corrigés des exercices

1 2 (α + β2 ). 2

αβ 

donc : a) 2) D’après 1) :

&2 % &2  1 % f (x) + g(x) . 2 $ +∞ f 2 et g2 convergent,

∀x ∈ [a ; +∞[, | f (x)g(x)|  $

+∞

Puisque les intégrales a

a

par $ +∞addition et multiplication par une constante, l’intégrale 1 2 ( f + g2 ) converge. Par théorème de majoration pour 2 a $ +∞

des fonctions  0, l’intégrale

| f g| converge.

a

b) En appliquant le résultat de a)2) avec f 2 à la place de g, $ +∞ | f |3 converge. Ainsi, l’intégrale on déduit que l’intégrale a $ +∞ f 3 est absolument convergente, donc convergente.

Puisque g admet une limite finie en 0, d’après le cours, l’in$ 1 1 − e −t dt converge (intégrale faussement imtégrale t 0 propre). $ x

e t

est continue sur [x ; +∞[.

On a : ∀t ∈ [1 ; +∞[, 0  f (t) = $

+∞

On sait que l’intégrale

e −t  e −t . t

D’où, pour x ∈ ]0 ; +∞[ : $ 1 −t e I(x) = dt + I(1) = − ln x − J(x) + I(1) t x

= − ln x − K + o (1) + I(1) x −→ 0

= − ln x + I(1) − K +

e −t dt converge, donc, par théo-

rème $ +∞ de majoration pour des fonctions $ +∞  0, l’intégrale f (t) dt converge, puis l’intégrale f (t) dt converge. 1

x

On conclut que I(x) existe.

x −→ 0

I(x)

− ln x.

∼

x −→ 0

$

+∞

∀x ∈ ]0 ; +∞[, I(x) = x

$

1

= x

e −t dt + t

e −t dt t $ +∞ 1

1 (1 + tα )n

e dt + J(x) = t

e −t dt = t

$

1 x

e −t dt + I(1). t

−t

$

• On a : ∀n ∈ N∗ , un =

$

+∞

1

−t

1− e est continue sur ]0 ; 1]. t À l’aide d’un développement limité lorsque t −→ 0, on a : d) L’application g : t −→

g(t) =



1 − 1 − t + o(t) t + o(t) = = 1 + o(1) −→ 1. t −→ 0 t t

1



−t

1 dt (1 + tα )n  !" 0

$

e 1− e dt + dt t t x x $ 1 1 dt = [ln t]1x = − ln x. = x t 1

1 1 = αn , (tα )n t

D’après l’exemple de Riemann en +∞ (αn > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dt converge. tαn 1

0

−t

∼

t −→ +∞

et αn  2 car : (α, n) ∈ N2 , α  2, n  1.

c) On a, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : $

1 est continue sur [0 ; +∞[. (1 + tα )n

• L’application t −→

Par théorème d’équivalence pour des fonctions 0, l’intégrale $ +∞ $  +∞ 1 1 dt converge, puis l’intégrale dt (1 + tα )n (1 + tα )n 1 0 converge.

b) On a, par la relation de Chasles :

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o (1),

x −→ 0

et on déduit, puisque − ln x −→ +∞ :

On a :

1

x

1 − e −t dt . t 0  !" 1

a) Soit n ∈ N∗ . −t

L’application f : t −→

1

$

3.22

a) Soit x ∈ ]0 ; +∞[.

$

1 − e −t dt −→ x −→ 0 t

notée K

a

3.21

1

e) D’après c) : J(x) =

0

1 dt  (1 + tα )n

$

1 0

1 1 dt = α > 0, (1 + 1)α 2

∀n ∈ N∗ , un > 0.

donc : b) 1) Soit n ∈ N∗ .

Pour X ∈ [0 ; +∞[, on a, par intégration par parties avec ⎧ 1 ⎪ α −n ⎪ ⎪ ⎪u = (1 + tα )n = (1 + t ) ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = 1 101

Chapitre 3

•

Intégrales sur un intervalle quelconque

⎧ ⎪ −nαtα−1 ⎪  α −n−1 α−1 ⎪ ⎪ αt = ⎪ ⎨u = −n(1 + t ) (1 + tα )n+1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = t

On conclut (puisque α − 1  0) : ∀n ∈ N∗ , S n = c) 2) On déduit, pour tout n ∈ N \ {0, 1} : n  * nα 1 + u1 1− α − 1 k=1 kα n  * 1 1 + nu = ln 1− 1 1 kα k=1 1− α n   1  = ln n + ln u1 + ln 1 − kα k=2

où u, v sont de classe C sur le segment [0 ; X] : $ X +X $ X * 1 nαtα t dt = + dt α n α n+1 (1 + tα )n 0 0 (1 + t ) 0 (1 + t ) $ X X (1 + tα ) − 1 + αn dt = α n (1 + X ) (1 + tα )n+1 0 $ X 1 X + αn dt = (1$+ X α )n (1 + t α )n 0 X  1 − dt . α n+1 0 (1 + t ) 1

ln S n = ln

et, d’auttre part : n 

n 

1  = ln(k − 1) − ln k ln 1 − k k=2 k=2

On a, puisque α > 0 et αn  2 : X (1 + X α )n

∼

X −→ +∞

1 X = αn−1 X αn X

−→

X −→ +∞

 1  un , b) 2) D’après 1), on a : ∀n ∈ N∗ , un+1 = 1 − nα ou encore, par décalage de l’indice :  1 un−1 . (n − 1)α

On en déduit, de proche en proche ou par une récurrence imn−1  1  . 1− médiate : ∀n ∈ N \ {0, 1}, un = u1 kα k=1 b) 3) Comme les réels qui interviennent ici sont > 0, on peut passer au logarithme, d’où : n−1 

 1  . ∀n ∈ N \ {0, 1}, ln un = ln u1 + ln 1 − kα k=1  1  1 ∼ − ln 1 −  0. kα k∞ kα 1 diverge, par multiplication Puisque la série harmonique k k1 1 par la constante non nulle , puis par théorème d’équivalence α   1  − ln 1 − pour des séries à termes  0, la série diverge. kα k1

On a :

Comme cette dernière série est à termes  0 et est divergente, n−1   1  − ln 1 − il s’ensuit : −→ +∞, n∞ kα k=1 donc ln un −→ −∞, puis un −→ 0. n∞

télescopage

d’où : ln S n = ln u1 +

n *  k=2

ln 1 − ln n = − ln n,

  1  1  − ln 1 − . ln 1 − kα k

c) 3) On a, lorsque k tend vers l’infini :    1 + * 1  1 + 1  1 * 1 ln 1 − − ln 1 − = − +o − − +o kα k kα k k k 1 α−1 1 +o , = k  α!" k 0



 1  α−1 1 1 ln 1 − − ln 1 − ∼ . kα k k∞ α k

d’où :

c) 4) La série harmonique

1 k1

k

diverge, donc, par multiplica α−11

diverge, α k puis, par théorème d’équivalence pour des séries à termes  0, *   1 + 1  la série − ln 1 − diverge. Comme cette ln 1 − kα k k2 dernière série est à termes  0 et est divergente, on déduit : tion par une constante non nulle, la série

k2



0 n /

 1 1 − ln 1 − −→ +∞. ln 1 − n∞ kα k k=2 D’où ln S n −→ +∞, puis S n −→ +∞, et on conclut : n∞  n∞ la série un diverge. n1

Remarque :

On pouvait obtenir ce dernier résultat de façon plus simple, en remarquant : $

n∞

c) 1) On a, pour tout n ∈ N∗ , en utilisant b)1) : d’où : (α − 1)S n = nαun+1 . 102

=

0.

D’où, en faisant tendre X vers +∞ : un = nα(un − un+1 ).

 ∀n ∈ N \ {0, 1}, un = 1 −

nα un+1 . α−1

+∞

un = 0

1 dt  (1 + tα )n  !" 0

$

1 n1/α

0

1 dt (1 + tα )n

Corrigés des exercices

1 1 1 1  1 α +n = n1/α  1 n n1/α * 1 + 1/α 1+ n n 1 −n 1n +o 1n

1 −n ln 1+ 1n = 1/α e = 1/α e n n e −1 1 = 1/α e −1+o(1) ∼ 1/α  0. n∞ n n  1 D’après l’exemple de Riemann ( α1  1), la série din1/α n1 verge. Par multiplication par une constante non nulle, la série  e −1 diverge. Par théorème d’équivalence pour des séries à n1/α n1  termes  0, on conclut que la série un diverge. 

n1

3.23 a) Soit x ∈ J = ] − 1 ; +∞[.

c) 3) On a, d’après 1) et 2), pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : ⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎪ 2 f (x)  f (x) + f (x + 1) = ⎪ ⎪ ⎨ x+1 ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎩2 f (x)  f (x − 1) + f (x) = x

∀x ∈ ]0 ; +∞[,

D’où :

D’après l’exemple de Riemann en 0 (−x < 1), l’intégrale $ 1 t x dt converge.

0

$ On conclut que, pour tout x ∈ J, l’intégrale converge.

1 0

tx dt 1+t

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

b) • On a, pour tout x ∈ J : $ 1 $ 1 x * t x+1 +1 1 t t x dt = = dt  . 0  f (x) = 0 1 + t x + 1 x + 1 0 0 1 −→ 0, on déduit , d’après le théorème • Comme x + 1 x −→ +∞ d’encadrement : f (x) −→ 0. x −→ +∞

c) 1) Soit (x, y) ∈ J 2 tel que x  y. ∀t ∈ ]0 ; 1], t x  ty ,

On a : d’où :

∀t ∈ ]0 ; 1],

ty tx  , 1+t 1+t

0

c) 2) On a, pour tout x ∈ J : $

f (x) + f (x + 1) =

$ 1 x+1 $ 1 x x+1 tx t t +t dt + dt = dt 1+t 0 1+t 0 1+t 0 $ 1 $ 1 x * t x+1 +1 t (1 + t) 1 t x dt = = dt = . = 1 + t x+1 0 x+1 0 0 1

1 % &1 dt = ln(1 + t) 0 = ln 2. 1+t

• D’après c) 2) : f (0) + f (1) = ln 2, donc : f (1) = 1 − ln 2. d) 2) Puisque f est décroissante, on a : ∀x ∈ [0 ; 1], f (1)  f (x)  f (0), c’est-à-dire : ∀x ∈ [0 ; 1], 1 − ln 2  f (x)  ln 2. d) 3) D’après c)2) : ∀x ∈ ] − 1 ; +∞[, f (x) =

1 − f (x + 1). x+1

D’après 2) : ∀x ∈ ] − 1 ; 0], 1 − ln 2  f (x + 1)  ln 2. 1 −→ +∞ et que f (x + 1) est borné lorsque x x + 1 x −→ −1 1 parcourt ] − 1 ; 0], on déduit : f (x) ∼ . x −→ −1 x + 1 Comme

3.24 a) Soit n ∈ N∗ . L’application fn : [0 ; 1[ −→ R, x −→

x2n − x4n 1 − x2

est continue sur [0 ; 1[ et, pour tout x ∈ [0 ; 1[ :   1 − (x2 )n 2n 2 k = x (x ) = x2n+2k . 1 − x2 k=0 k=0 n−1

fn (x) = x2n

puis, en intégrant sur ]0 ; 1] : f (x)  f (y). On conclut : f est décroissante sur J.

1

d) 1) • On a : f (0) =

0

Par théorème d’équivalence pour des fonctions  0, l’intégrale $ 1 gx (t) dt converge.

f (x) x  1  1. x+1 2x

x −→ 1, on déduit, par encadrement : Comme x + 1 x −→ +∞ 1 f (x) −→ 1, donc : f (x) ∼ . 1 x −→ +∞ x −→ +∞ 2x 2x $

tx est continue sur ]0 ; 1] et à vaL’application gx : t −→ 1+t 1 leurs  0. On a : gx (t) ∼ t x = −x  0. t −→ 0 t

1 1  f (x)  . 2(x + 1) 2x

∀x ∈ ]0 ; +∞[,

donc :

On a donc :

fn (x) −→

x −→ 1

n−1 

n−1

1 = n.

k=0

Ainsi, fn est continue sur [0 ; 1[ et admet une limite finie $ 1 fn (x) dx en 1. D’après le cours, on conclut que l’intégrale 0

converge (intégrale faussement impropre), c’est-à-dire que In 103

Chapitre 3

•

Intégrales sur un intervalle quelconque

$

existe. Et : $ 1 n−1 n−1 $   x2n+2k dx = In = 0

k=0

k=0

=

x2n+2k dx 0

n−1 * n−1  1 x2n+2k+1 +1  = . 0 2n + 2k + 1 2n + 2k + 1 k=0 k=0

In =

k=0

1 = 2n + 2k + 1 n−1 

D’autre part : In =

k=0

n 

=1

1  2n + 2 − 1

n 

=1

1 . 2n + 2

 1 1  . 2n + 2k + 1 k=0 2n + 2k n−1

k=1

n 1  1 = 2n + 2k 2n k=1

1 1+

k n

.

f −→ 0. +∞

Comme f est décroissante et de limite nulle en +∞, il s’ensuit : ∀x ∈ [0 ; +∞[, f (x)  0. $ x f (t) dt. Puisque b) Étudions, pour x ∈ [0 ; +∞[, l’intégrale x/2 $ x x f (t) dt. f est décroissante, on a : f (x)  2 x/2 x f (x). 2 $ +∞ Puisque f  0 et que l’intégrale f converge, on a : Puisque f  0, on a :

On conclut :

n  k=1

$

x

+∞

f (t) dt 

f (t) dt.

x/2

x/2

$ 0  x f (x)  2

On obtient :

+∞

f (t) t. x/2

$

+∞

f converge, on a :

Puisque l’intégrale $

1 ln 2 −→ . 2n + 2k n∞ 2

+∞

−→

f

x −→ +∞

x/2

a) Puisque f : [0 ; +∞[ −→ R est décroissante, f admet en +∞ une limite finie ou la limite −∞. • Si f −→ et > 0, alors, comme f ∼ et que l’inté+∞ +∞ $ +∞

dx diverge, on déduit, par théorème d’équivalence grale 0 $ +∞ f (x) dx diverge, pour des fonctions  0, que l’intégrale

f (x) =

3.26

o

x −→ +∞

• Si f −→ et < 0, en considérant − f , on déduit, comme +∞ $ +∞ f (x) dx diverge, contradiction. ci-dessus, que l’intégrale 0

• Si f −→ −∞, alors il existe a > 0 tel que : +∞

∀x ∈ [a ; +∞[, f (x)  −1, ∀x ∈ [a ; +∞[, − f (x)  1,

−→

x −→ +∞

0,

1 . x

Pour tout P ∈ R[X], l’application √ x2 + 4x + 2 − P(x) f : [1 ; +∞[ −→ R, x −→ x

est continue sur [1 ; +∞[. √ x2 + 4x + 2 On a :

0

contradiction.

0.

Par encadrement, il en résulte : x f (x) c’est-à-dire :

3.25

104

$

0

b) 3) D’après 1) et 2), on conclut, par théorème d’encadrement : ln 2 In −→ . n∞ 2

donc :

0

0

1 est continue sur L’application f : [0 ; 1] −→ R, x −→ 1+x le segment [0 ; 1]. D’après le cours sur les sommes de Riemann : $ 1 n % &1 1 1 1 −→ dx = ln(1 + x) 0 = ln 2. k n∞ n k=1 0 1+ x 1+ n

a

diverge, contradiction. On déduit :

b) 2) • On a, pour tout n ∈ N∗ : n 

1 dx diverge, par théorème de $ +∞ − f (x) dx minoration pour des fonctions  0, l’intégrale a $ +∞ f (x) dx diverge, donc en passant à l’opposée, l’intégrale a

1

b) 1) On a, par le changement d’indice = k + 1 : n−1 

+∞

puis, comme l’intégrale

∼

x −→ +∞

x.

• Si deg (P)  0, alors P est une$constante, P = a ∈ R, donc +∞ f (x) −→ 1, donc l’intégrale f (x) dx diverge. x −→ +∞

1

• Si deg (P)  2, alors P est de la forme P : x −→ an xn + · · · + a0 , donc f (x)

∼

x −→ +∞

où n ∈ N, n  2, an  0, $ +∞ −an xn−1 . Comme l’intégrale xn−1 dx

diverge (grossièrement) et que an



1

0, l’intégrale

Corrigés des exercices

$

+∞

−an xn−1 dx diverge, puis, par théorème d’équivalence $ +∞ f (x) dx dipour des fonctions de signe fixe, l’intégrale 1 verge.

On conclut qu’il existe un polynôme P et un seul convenant : P = X + 2.

1

• Supposons dorénavant deg (P) = 1. Il existe (a, b) ∈ R2 tel que P = aX + b. On a :

√

∀x ∈ [1 ; +∞[, f (x) =

x2

sin x

L’application f : x −→ e x − 1 est continue sur ]0 ; +∞[, donc l’intégrale proposée est impropre à la borne 0 et à la borne +∞.

3.27

• Étude en 0 :

+ 4x + 2 − (ax + b) x , 4 b 2 = 1+ + 2 −a− . x x x

1 − a, et comme l’intégrale  Si a  1, alors f (x) ∼ x −→ +∞ $ +∞ (1 − a) dx diverge, par théorème d’équivalence pour des 1 $ +∞ f (x) dx diverge. fonctions de signe fixe, l’intégrale

On a

sin x −→ 1, donc f (x) −→ e − 1. x −→ 0 x x −→ 0

$

1

f (x) dx

Puisque f admet une limite finie en 0, l’intégrale 0

converge (intégrale faussement impropre). • Étude en +∞ :

Utilisons des développements limités lorsque x −→ + ∞, en sin x −→ 0 : remarquant x x −→ +∞

1

 Supposons dorénavant a = 1. On a, par utilisation d’une expression conjuguée :

4 − 2b  Si 4 − 2b  0, alors f (x) ∼ , et comme l’intéx −→ +∞ x $ +∞ 1 dx diverge, par théorème d’équivalence pour des grale x 1 $ +∞

f (x) dx diverge. 1

 Supposons dorénavant 4 − 2b = 0, c’est-à-dire b = 2.

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

2

x donc :



,

4 2 2 1+ + 2 +1+ x x x − f (x)

∼

x −→ +∞

∼

x −→ +∞

1

1  0. x2

$

D’après l’exemple de Riemann en +∞, l’intégrale converge.

+∞ 1

1 dx x2

Par théorème d’équivalence pour des fonctions  0, l’intégrale $ +∞ − f (x) dx converge. Par passage à la fonction opposée, l’intégrale converge.

$

+∞

f (x) dx 1

+∞

sin x dx converge. x

2) On a :

∀x ∈ [1 ; +∞[, 0 

1 sin x  2. x2 x

D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. x2 a Par théorème de majoration pour des fonctions  0, l’intégrale $ +∞ sin2 x dx converge. x2 1 3) Il existe a ∈ [1 ; +∞[ tel que :

−2 1 = − 2, 2 2x x

1

1 sin x 1 sin2 x . + o + x −→ +∞ x2 x 2 x2

2

On a, pour x ∈ [1 ; +∞[ : f (x) =

−1=

1) D’après l’exercice 3.15, l’intégrale

(4 − 2b)x + (2 − b2 ) . = ,  2 4 b x2 1+ + 2 +1+ x x x

−2

sin x x

$

(x2 + 4x + 2) − (x + b)2 ∀x ∈ [1 ; +∞[, f (x) = √

x x2 + 4x + 2 + x + b

fonctions de signe fixe, l’intégrale

f (x) = e

##  1 ## 1 ∀x ∈ [a ; +∞[, ##o 2 ##  2 . x x D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. x2 a Par théorème de majoration pour des fonctions$ 0, l’intégrale $ +∞ ##  1 ## +∞ #  ## 1 ### ## dx converge, donc l’intégrale ##o #o 2 # dx 2 x x a 1 converge. $ +∞   1 o 2 dx est absolument convergente, Ainsi, l’intégrale x 1 donc convergente. Par $ +∞addition de trois intégrales convergentes, l’intégrale f (x) dx converge. 1

105

Chapitre 3

•

Intégrales sur un intervalle quelconque

$

$ +∞ f (x) dx et f (x) dx 0 1 $ +∞ f (x) dx converge. convergent, par définition, l’intégrale 1

Puisque les deux intégrales

0

3.28 • On a : donc :

∀x ∈ [0 ; π/2[, cos x > 0, √ ∀x ∈ ]0 ; π/2[, x + x cos x > 0.

Par théorème de majoration pour des fonctions  0, l’intégrale $ +∞ ## cos3 x ## ## ## dx converge. x2 1 $ +∞ cos3 x dx est absolument convergente, Ainsi, l’intégrale x3/2 1 donc convergente. 4) Il existe a ∈ [1 ; +∞[ tel que :

∀x ∈ [π/2 ; +∞[, cos x  −1, √ √ donc : ∀x ∈ [π/2 ; +∞[, x + x cos x  x − x > 0. √ Ceci montre : ∀x ∈ ]0 ; +∞[, x + x cos x > 0.

##  1 ## 1 ∀x ∈ [a ; +∞[, ##o 3/2 ##  3/2 . x x

D’autre part :

cos x est donc continue sur √ x + x cos x ]0 ; +∞[ et l’intégrale proposée est impropre à la borne 0 et à la borne +∞.

L’application f : x −→ .

• Étude en +∞ : Utilisons des développements limités lorsque x −→ + ∞, en cos x −→ 0 : remarquant √ x x −→ +∞

−1/2 cos x cos x cos x f (x) = . = √ 1+ √ √ x x x + x cos x

 1 cos x 3 cos2 x cos x 1 = √ 1− + o √ + 2 8 x2 x2 x x

 1 cos x 1 cos2 x 3 cos3 x + o = √ − + . 2 x 8 x3/2 x3/2 x Nous allons étudier la nature des intégrales de ces quatre termes. $ +∞ cos x 1) D’après l’exercice 3.15, l’intégrale √ dx converge. x 1 1 cos 2x cos2 x 1 − cos 2x = = − . 2) On a : ∀x ∈ [1 ; +∞[, x x 2x 2x D’après l’exercice $ 3.15, en utilisant le changement de variable +∞ cos 2x dx converge. t = 2x, l’intégrale 2x 1 $ +∞ 1 L’intégrale dx diverge. 2x 1 $ +∞ cos2 x Par addition , l’intégrale dx diverge. x 1 3) On a :

## cos3 x ## 1 ∀x ∈ [1 ; +∞[, ## 3/2 ##  3/2 . x x

D’après l’exemple de $ +∞ 1 dx converge. x3/2 1 106

Riemann

en

+∞,

D’après $ +∞ l’exemple de Riemann en +∞ (3/2 > 1), l’intégrale 1 dx converge. x3/2 a Par théorème de majoration pour des fonctions $ +∞ $ +∞0,# l’intégrale ##  1 ## ##  1 ### ## dx converge, donc l’intégrale ##o #o 3/2 # dx x3/2 x a 1 converge. $ +∞  1  o 3/2 dx est absolument convergente, Ainsi, l’intégrale x 1 donc convergente. Par addition de trois intégrales convergentes et d’une intégrale $ +∞

divergente, on déduit que l’intégrale

f (x) dx diverge. 1

$

+∞

• Puisque l’intégrale

f (x) dx diverge, il est inutile d’exa1

miner la nature de l’intégrale à l’autre borne (0). $ +∞ cos x On conclut que l’intégrale dx diverge. . √ 0 x + x cos x

3.29 1) Existence : ln x est continue L’application f : ]0 ; +∞[ −→ R, x −→ 1 + x2 sur ]0 ; +∞[, donc l’intégrale proposée est impropre à la borne 0 et à la borne +∞. • Étude en 0 : On a : et :

∀x ∈ ]0 ; 1], f (x)  0 √ √

− x ln x x − f (x) = −→ 0, 1 + x2 x −→ 0

par prépondérance des puissances sur le logarithme. Il existe donc a ∈ ]0 ; 1] tel que : ∀x ∈ ]0 ; a],

√

x − f (x)  1,

l’intégrale d’où :

1 ∀x ∈ ]0 ; a], 0  − f (x)  √ . x

Corrigés des exercices

D’après l’exemple de Riemann en 0 (1/2 < 1), l’intégrale $ a 1 √ dx converge. x 0

e −t e −t Les applications t −→ et t −→ 2 sont continues sur t t [x ; +∞[.

Par $ a théorème de majoration pour des fonctions  0 l’intégrale − f (x) dx converge, puis, par passage à la fonction oppo0 $ a sée, l’intégrale f (x) dx converge.

On a : ∀t ∈ [1 ; +∞[, 0 

0

• Étude en +∞ : On a :

f (x)

∼

x −→ +∞

ln x  0. 2  x!"

notée g(x)

et :

x3/2 g(x) =

ln x x1/2

−→

x −→ +∞

$

e −t dt converge, donc, par théorème de ma$ +∞ −t e dt et joration pour des fonctions  0, les intégrales 1 $ +∞ −t $ +∞ t−t e e dt convergent, donc les intégrales dt et 2 t t x $1 +∞ −t e dt ce qui montre que I(x) et J(x) existent. t2 x 1

b) On a :

0,

$

Il existe donc b ∈ [1 ; +∞[ tel que :

∀x ∈ [b ; +∞[, 0  g(x) 

1 . x3/2

D’après l’exemple de Riemann en +∞ (3/2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. 3/2 x b Par théorème de majoration pour des fonctions  0, l’intégrale $ +∞ g(x) dx converge. b

Par théorème $ +∞ d’équivalence pour des fonctions$+∞0, l’intégrale f (x) dx converge, donc l’intégrale f (x) dx b 1 converge. $ +∞ $ 1 f (x) dx et f (x) dx Puisque les deux intégrales 0 1 $ +∞ f (x) dx converge. convergent, par définition, l’intégrale © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

0

2) Calcul :

+∞

∀x ∈ ]0 ; +∞[, 0  J(x) = x

$

∀x ∈ [b ; +∞[, x3/2 g(x)  1,

e −t dt  t2

$

+∞ x

e −t dt x2

+∞

1 1 1 e −t dt = 2 [− e −t ]+∞ = 2 e −x . x x2 x x x c) Soit x ∈ ]0 ; +∞[ fixé. =

Soit X ∈ [x ; +∞[. Utilisons une intégration par parties, avec ⎧ 1 ⎪  ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u = − t2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = − e −t

⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u = t ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = e −t

où u, v sont bien de classe C 1 sur le segment [x ; X] : $

X x

* e −t +X $ X e −t e −t dt = − − dt t t x t2 x $ X −t e −x e e −X + − =− dt. X x t2 x

En faisant tendre X vers +∞, on obtient : $ +∞ −t $ +∞ −t e −x e e dt, dt = − t x t2 x x

On a, par le changement de variable 1 1 1 t= , x= , dx = − 2 dt : x t t $ 0 ln 1  $ +∞ ln x t − 1  dt dx = − I= 2 1 1+x t2 0 +∞ 1+ 2 t $ +∞ − ln t dt = −I, = 1 + t2 0

c’est-à-dire :

d’où 2I = 0, et on conclut : I = 0.

puis :

I(x) =

e −x − J(x). x

d) D’après b), on a : ∀x ∈ ]0 ; +∞[, 0 

donc :

3.30 a) Soit x ∈ ]0 ; +∞[.

+∞

L’intégrale

par prépondérance des puissances sur le logarithme.

d’où :

e −t e −t   e −t . 2 t t

On conclut :

J(x) e −x x

−→

x −→ +∞

J(x) I(x) = 1 − −x e −x e x x I(x)

∼

x −→ +∞

J(x) 1  , e −x x x

0,

−→

x −→ +∞

1.

e −x . x 107

Chapitre 3

•

Intégrales sur un intervalle quelconque

e) On a, par le changement de variable t = u + x : $ +∞ −u $ +∞ x−t e e du = dt u+x t 0 x $ +∞ −t 1 e e −x ex dt ∼ = . = ex x −→ +∞ t x x x

3.31

d) D’après c) :

n∞

Puis, d’après b) :

nα e −n = un (α) − αun (α − 1) = un (α) + o un (α) ∼ un (α). n∞

a) Soit (n, α) ∈ N∗ × R. L’application f : t −→ tα e −t est continue sur [n ; +∞[ et  0. t f (t) = t 2

On a :

2+α

e

−t

−→

t −→ +∞

0,

un (α) ∼ nα e −n .

On conclut :

n∞

par prépondérance de l’exponentielle sur les puissances.

a) Soit x ∈ ]0 ; +∞[.

Il existe donc a ∈ [n ; +∞[ tel que : ∀t ∈ [a ; +∞[, t f (t)  1,

• L’application ]0 ; +∞[ −→ R, t −→ √4

1 ∀t ∈ [a ; +∞[, 0  f (t)  2 . t

d’où :

$

+∞

1 dt 2 t a converge. Par théorème de majoration pour des fonctions $ +∞ f (t) dt converge, et finalement, l’inté 0, l’intégrale a $ +∞ f (t) dt converge. grale D’après l’exemple de Riemann en +∞, l’intégrale

n

On conclut que, pour tout (n, α) ∈ N∗ × R, u(n, α) existe. b) Soit (n, α) ∈ N∗ × R. Nous allons utiliser une intégration par parties sur un segment, puis un passage à la limite. Soit T ∈ [n ; +∞[. On a, par intégration par parties avec ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ α  α−1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u = αt ⎨u = t ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = − e −t ⎩v = e −t où u, v sont bien de classe C 1 sur le segment [n ; T ] : $ T $ T % &T tα e −t dt = tα (− e −t ) n − αtα−1 (− e −t ) dt n

n

α

= −T e −T + nα e −n + α

$

T

tα−1 e −t dt.

n

En faisant tendre T vers +∞ et en utilisant la prépondérance de l’exponentielle sur les puissances, on obtient : un (α) = nα e −n + α un (α − 1). c) Soit (n, α) ∈ N∗ × R. D’une part : un (α − 1)  0. D’autre part : $ un (α − 1) =

+∞ n

n∞

3.32 2

108

un (α) . n

un (α − 1) = o un (α) .

0  un (α − 1) 

On conclut :

$ +∞ 1 α −t tα−1 e −t dt = t e dt t n $ +∞ 1 α −t 1 t e dt = un (α).  n n n

1 sur ]0 ; x] et : √4 4 t + t3

∼

t −→ 0

1 t4

est continue

+ t3

1 1 √4 = 3/4  0. 3 t t

D’après l’exemple de Riemann en 0 (3/4 < 1), l’intégrale $ x 1 dt converge. Par théorème de majoration pour des 3/4 0 t $ x 1 fonctions  0, l’intégrale dt converge, donc √4 4 0 t + t3 $ x 1 dt existe. f (x) = √4 0 t4 + t3 1 1 − est contit t4 + t3 nue sur le segment [1 ; x]$ (si x  1), sur le segment [x ; 1] (si x 1 1 dt existe. − 0 < x  1), donc g(x) = √4 4 3 t 1 t +t

• L’application ]0 ; +∞[ −→ R, t −→ √4

• On a :

$

x

1 dt √4 4 3 $ x $0 1 t + t 1 1 dt + dt = √4 √4 4 3 4 0 1 +t t + t3  t !" = f (1) $ x $ x 1 1 1 − = f (1) + dt + dt √4 t 1 t 1 t4 + t3 = f (1) + ln x + g(x).

f (x) =

b) L’application h : [1 ; +∞[ −→ R, t −→ √4

1

+ continue sur [1 ; +∞[. On a, au voisinage de +∞ : t4

1 1 1 1 − − = , h(t) = √4 4 3 t t t +t 1 4 t 1+ t  1 +−1/4 1 * 1+ = −1 t t   1 + 11 1 * 1− −1 +o = t 4t t 1 1 = − 2 +o 2 , 4t t

t3

−

1 est t

Corrigés des exercices

donc :

h(t)

∼

t −→ +∞

−

$

1 . 4t2

D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dt converge. Par théorème d’équivalence pour des t2 1 fonctions à la fonction opposée, l’inté$ +∞ 0, puis par passage 1 1 dt converge. grale − √4 t 1 t4 + t3 $

1 1 dt qui converge d’après b). − √4 t 1 t4 + t3 $ x 1 1 dt −→ I, On a donc : g(x) = − √4 x −→ +∞ 4 3 t 1 t +t

c) Notons I =

+∞



c’est-à-dire : g(x) = I +

o

(1).

x −→ +∞



D’après a), on a alors : f (x) = ln x + f (1) + I + o(1) et on conclut :

f (x)

∼

x −→ +∞

1 0

On a :

par prépondérance des puissances sur le logarithme, donc $ 1/2 fn (x) dx converge (intégrale faussement iml’intégrale 0

propre).

n∞

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

0

nxn ln x dx = 0. xn − 1

3.34 a) Soit x ∈ ]0 ; +∞[. t L’application ux : [0 ; +∞[ −→ R, t −→ est conti1+ x et nue sur [0 ; +∞[ (le dénominateur ne s’annule pas), donc l’intégrale proposée est impropre à la borne +∞. De plus : ux  0. t2 ux (t) =

t3 1+ x et

Il existe donc a ∈ ]0 ; +∞[ tel que : ∀t ∈ [a ; +∞[, 0  t2 ux (t)  1, ∀t ∈ [a ; +∞[, 0  ux (t) 

d’où :

1/2

D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dt converge. Par théorème de majoration pour des t2 a $ ux (t) dt converge, donc l’ina

L’application $

T

D : [0 ; +∞[ −→ R, T −→ 0

$ 1 fn (x) dx et fn (x) dx 0 1/2 $ 1 fn (x) dx existe. convergent, par définition, l’intégrale In = 1/2

Puisque les deux intégrales

0

b) Soit n ∈ N∗ . On a : 0

+∞

fonctions  0, l’intégrale

impropre).

1

1 . t2

b) Soient x, y ∈ ]0 ; +∞[ tels que x < y.

ln x n nxn −→ 1 = 1, = n−1 x + · · · + 1 x − 1 x −→ 1 n $ 1 donc l’intégrale fn (x) dx converge (intégrale faussement

## $ |In | = ##

0,

On conclut : pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) existe.

nxn ln x (x − 1)(xn−1 + · · · + 1)

$

−→

t −→ +∞

par prépondérance de l’exponentielle sur la puissance.

tégrale proposée converge.

• Étude en 1 : On a : fn (x) =

1

On conclut : lim

• Étude en 0 : nxn−1 x ln x −→ 0, fn (x) = n x −→ 0 x −1

1

indépendant de n

On a :

nxn ln x a) Soit n ∈ N∗ . L’application fn : x −→ n est continue x −1 sur ]0 ; 1[, donc l’intégrale proposée est impropre aux deux bornes.

− ln(y1/n ) dy y−1 0 $ 1 1 ln y =− dy −→ 0. n∞ n 0 1−y  !"

$

ln x.

3.33

$

nxn−1 (− ln x) dx = 1 − xn

$ 1 n−1 $ 1 n nxn ln x ### nx (− ln x) nx (− ln x) dx  dx. dx# = n n x −1 1−x 1 − xn 0 0

Effectuons, dans cette dernière intégrale, le changement de va1 1 1 riable y = xn , x = yn , dx = y n −1 dy n

t dt − 1+ x et

$

T 0

t dt 1+ y et

est de classe C 1 sur [0 ; +∞[ et, pour tout T ∈ [0 ; +∞[ : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪>0 T T ⎨ − D (T ) = ⎪ ⎪ 1+ x eT 1+y eT ⎪ ⎩=0 

si T > 0 si T = 0.

Il en résulte que D est strictement croissante sur [0 ; +∞[. Comme D(0) = 0, et que D(T )

−→

T −→ +∞

f (x) − f (y),

on déduit : f (x) − f (y) > 0. On conclut : f est strictement décroissante sur ]0 ; +∞[. 109

Chapitre 3

•

Intégrales sur un intervalle quelconque

e) 2) D’après 1), on a : ∀x ∈ ]0 ; +∞[, f  (x) < 0,

c) • On a, pour x ∈ ]0 ; 1] : $ − ln x $ +∞ t t dt  f (x) = t dt t 1 + x e 1 + 0 0 x e!"

donc f est strictement décroissante sur ]0 ; +∞[, et on retrouve le résultat de b).

1

$

− ln x

 0

* t2 +− ln x

t dt = 2 4

0

(ln x)2 −→ +∞, = x −→ 0 4

e) 3) D’après 1), f est de classe C 2 sur ]0 ; +∞[ et, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : f  (x) = −

donc : f (x) −→ +∞. x −→ 0

• On a, pour tout x ∈ [1 ; +∞[ : $ +∞ $ +∞ t t 0  f (x) = dt  dt 1+ x et x et 0 0 $ +∞ 1 = t e −t dt x 0  !"

−→

x −→ +∞

−→

noté A(x)

0,

constante

donc, par encadrement : f (x)

Par opérations, l’application A est de classe C 1 sur ]0 ; +∞[ et, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ :

0.

x −→ +∞

1 2x + 1 1 1 =− < 0. A (x) = − + − x 1 + x (1 + x)2 x(1 + x)2

d) Soit x ∈ ]0 ; +∞[ fixé. Par le changement de variable u = x e t,

u t = ln , x

11 1  1 − ln x − ln(1 + x) + 2 x x x 1+x

1 1 = − 2 ln x − ln(1 + x) + 2 x x (1 + x) 1  1 . = 2 − ln x + ln(1 + x) + x  !" 1+x

dt =

1 du, u

on a :

Il en résulte que A est décroissante sur ]0 ; +∞[. x 1 Comme A(x) = − ln + −→ 0, 1 + x x2 (1 + x) x −→ +∞ ∀x ∈ ]0 ; +∞[, A(x) > 0,

on a donc : $

f (x) =

+∞

0

u ln x 1 du 1+u u

$ +∞ t dt = 1 + x et x $ +∞ $ +∞ ln u 1 = du − ln x du. u(1 + u) u(1 + u) x x

On remarque : ∀u ∈ ]0 ; +∞[,

∀x ∈ ]0 ; +∞[, f  (x)  0.

puis :

On conclut : f est convexe. f)

1 1 1 = − , u(1 + u) u 1 + u

x f  (x)

0 +∞

f (x)

d’où, pour U  x : $ U $ U % &U 1  1 1 du = − du = ln u − ln(1 + u) x u(1 + u) u 1+u x x U x x = ln − ln −→ − ln . 1+U 1 + x U −→ +∞ 1+x On déduit :

f (x) = (ln x) ln x − ln(1 + x) +

$

+∞ x

+∞

 0

ln u du. u(1 + u)

ln u est continue e) 1) Puisque l’application u −→ u(1 $ +∞ + u) ln u du converge, sur ]0 ; +∞[ et que l’intégrale u(1 + u) 1 1 l’application f est de classe C sur ]0 ; +∞[ et on a, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : 1

1 1  ln x ln x − ln(1 + x) + ln x − f  (x) = − x x 1+x x(1 + x)

1 ln x − ln(1 + x) . = x 110

−

3.35 a) Soient n ∈ N∗ , t ∈ ]0 ; +∞[. Notons S =

n−1  k=0

tk = 1 + t + · · · + tn−1 .

Corrigés des exercices

On a aussi, en lisant la somme dans l’autre sens (c’est-à-dire par le changement d’indice = n − 1 − k) : S = tn−1 + · · · + t + 1.

2S = (1 + t

) + (t + t

n−2

) + · · · + (t

n−1

+ 1).

Soit k ∈ 0 ; n − 1. D’après une inégalité classique (cf. exercice 3.20) : ∀(α, β) ∈ (R+ )2 , α2 + β2  2αβ, on a :

k

tk + tn−1−k  2t 2 t

D’où : 2S  n2t n−1 2

puis : S  n t

n−1 2

n−1−k 2

= 2t

n−1 2

converge (intégrale faussement impropre).

.

∀x ∈ [1 ; +∞[, 0  f (x) =

On a :

Par le $théorème de majoration pour des fonctions  0, l’inté+∞ grale f (x) dx converge. $ +∞ f (x) dx et f (x) dx 0 1 $ +∞ f (x) dx converge. convergent, par définition, l’intégrale $

,

, ce qui est l’inégalité voulue.

0

1 n

1−x 1−x 1 = , 1 n = 1 2 n−1 1−x 1 − xn 1 + xn + xn + ·· · + x n fn (x) −→

x −→ 1

$

1 . n

1

fn (x) dx converge (intégrale

Il en résulte que l’intégrale 0

faussement impropre), donc In existe. b) 2) D’après a), on a, pour tout n ∈ N∗ : $ 1 $ 1 1 1 dx  0  In = 1 n−1 dx n−1 0  1 k 0 n xn 2 xn © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

k=0

=

+1 2 1* x , = 0 n n−1 3n − 1 +1 2n n−1 +1 2n

In −→ 0. n∞

3.36

2) Calcul : Soit (ε, X) ∈ R2 tel que 0 < ε  X. On a, par intégration par parties, avec ⎧ ⎧ 2  ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪u = sin x ⎪u = 2 sin x cos x ⎨ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = 2 ⎩v = − x x où u, v sont de classe C 1 sur le segment [ε ; X] : $ X * sin2 x +X $ X 2 sin x cos x sin2 x dx = − + dx. x2 x ε x ε ε D’une part :

sin2 x L’application f : x −→ est continue sur ]0 ; +∞[, donc x2 l’intégrale proposée est impropre aux deux bornes. • Étude en 0 : f (x) =

 sin x 2 x

−→ 1.

x −→ 0

sin2 X X

−→

X −→ +∞

## sin2 X # 1 ##  , 0, car ## X X

sin ε sin ε = sin ε −→ 0. ε −→ 0 ε ε 2

et

D’autre part, d’après 1) : $ X $ +∞ sin2 x sin2 x dx −→ dx = I. X −→ +∞, ε −→ 0 x2 x2 ε 0 Puisque $ X ε

1) Existence :

On a :

1

Puisque les deux intégrales

1

et on conclut :

sin2 x 1  2. x2 x

1

1 − xn est continue L’application fn : [0 ; 1[ −→ R, x −→ 1−x sur [0 ; 1[ et, en utilisant une identité remarquable, on a, pour tout x ∈ [0 ; 1[ :

d’où :

f (x) dx 0

D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. x2 1

b) 1) Soit n ∈ N∗ .

1 n

1

• Étude en +∞ :

d’où, en additionnant : n−1

$ Puisque f admet une limite finie en 0, l’intégrale

2 sin x cos x dx = x

$

X ε

sin2 x sin2 X sin2 ε − , dx + x2 X ε

$ +∞ 2 sin x cos x il en résulte que l’intégrale dx converge et 0 $ +∞ $ +∞ x 2 2 sin x cos x sin x dx = I. que : dx = x x2 0 0 On a, par le changement de variable t = 2x : $ +∞ $ +∞ $ +∞ π 2 sin x cos x sin 2x sin t dx = dx = dt = . x x t 2 0 0 0 111

Chapitre 3

•

Intégrales sur un intervalle quelconque

$

+∞

π sin2 x On conclut : dx = . 2 x 2 0 $ +∞ $ +∞  sin x sin x 2 dx = dx. Remarque : On a donc : x x 0 0

+∞

| f | converge, par théorème de majo$ +∞ | f f  | converge, ration pour des fonctions  0, l’intégrale c $ +∞ | f f  | converge. puis l’intégrale c

0

3.37 a) On a : ∀x ∈ [0 ; +∞[, f  (x) = f  (0) +

$

x

f  (t) dt.

0

$

+∞

f

Comme l’intégrale



converge (car elle est supposée

0

absolument convergente) , il en résulte : 

$



−→

f (x)

x −→ +∞

f (0) +

+∞



f (t) dt.

c) On a, pour x ∈ [0 ; +∞[ : $ x

2

2 ( f 2 ) (t) dt f (x) = f (0) + 0 $ x

2 f (t) f  (t) dt = f (0) + 2 0 $

2 f (0) + 2 −→ x −→ +∞

0

$



+∞

+∞

f (t) f  (t) dt,

0

f f  est convergente, puisqu’elle est abso-

Ceci montre que f admet une limite finie en +∞. Pour montrer = 0, raisonnons par l’absurde : supposons  0.

car l’intégrale

• 1er cas : > 0

Ceci montre que f 2 admet une limite √ finie L en +∞. Il en résulte que | f | admet la limite finie L en +∞.

Puisque f  (t)

−→

t −→ +∞

> 0, il existe a ∈ [0 ; +∞[ tel que :

$

x

f  (t) dt  f (a) + (x − a)

a

3.38

2

x −→ +∞

+∞.

0

• 2e cas : < 0 On applique le résultat du 1er cas à − f et on obtient une contradiction. Ce raisonnement par l’absurde montre = 0 et on conclut : f b) Puisque f





Soit b ∈ ]a ; +∞[.

Notons c = b − a > 0, donc a = b + c. −→

Il existe donc b ∈ [a ; +∞[ tel que : ∀x ∈ [b; + ∞[, f (x)  1. $ +∞ 1 dt diverge, par théorème de minoComme l’intégrale 1 $ +∞ f (t) dt diverge, ration pour des fonctions  0, l’intégrale b $ +∞ f (t) dt diverge, contradiction car, par hypuis l’intégrale 0 $ +∞ f (t) dt est absolument convergente, pothèse, l’intégrale donc convergente.

lument convergente, d’après b).

+∞

On a alors, pour tout x ∈ [a ; +∞[ : f (x) = f (a) +

0

Par √ un raisonnement par l’absurde, comme en a), on montre L = 0 , et on conclut : f −→ 0.

∀t ∈ [a ; +∞[, f  (t)  . 2

Remarquons : ∀t ∈ [0 ; +∞[, e −bt f (t) = e −ct e −at f (t) . Considérons l’application g : [0 ; +∞[ −→ R, t −→ e −at f (t) $ t g(s) ds. et notons G : [0 ; +∞[ −→ R, t −→ 0

Soit T ∈ [0 ; +∞[. $ T e −ct g(t) dt à l’aide d’une intégration par parExprimons 0 ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ −ct  −ct ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u = e ⎨u = −c e ties, avec ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = g(t) ⎩v = G(t) où u, v sont bien de classe C 1 sur le segment [0 ; T ] : $ T $ T % &T e −ct g(t) dt = e −ctG(t) 0 − −c e −ct G(t) dt 0

0

= e −cT G(T ) + c

−→ 0. +∞

−→ 0, il existe c ∈ [0 ; +∞[ tel que : +∞

∀x ∈ [c ; +∞[, | f  (x)|  1. On a alors : ∀x ∈ [c ; +∞[, | f f  (x)| = | f (x)| | f  (x)|  | f (x)|. 112

$ Comme l’intégrale

$ Puisque l’intégrale

+∞

$

e −ct G(t) dt.

0

$

+∞

g(t) dt (qui est

0

T

0

e −at f (t) dt )

converge, par définition, G(T ) admet une limite finie lorsque T tend vers +∞. Comme c > 0, il en résulte : e −cT G(T )

−→

T −→ +∞

0.

Corrigés des exercices

D’autre part, puisque G admet une limite finie en +∞, G est bornée au voisinage de +∞, c’est-à-dire qu’il existe α ∈ [0 ; +∞[ et M ∈ R+ tels que :

On obtient :

∀t ∈ [α ; +∞[, | e −ct G(t)|  M e −ct . $ +∞ e −ct dt converge, donc l’inComme c > 0, l’intégrale α $ +∞ tégrale M e −ct dt converge. Par théorème de majoraα $ +∞ | e −ctG(t)| dt tion pour des fonctions  0, l’intégrale α $ +∞ e −ct G(t) dt est absolument converge. Ainsi, l’intégrale α

convergente, donc convergente. Il en résulte que l’intégrale $ +∞ −ct e G(t) dt converge. 0

$

+∞

Notons J =

T

On a alors :

T −→ +∞

0 + cJ.

+∞

e −ct G(t) dt converge, c’estCeci montre que l’intégrale $ +∞ 0 e −bt f (t) dt converge. à-dire que l’intégrale 0

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

√ 2

$ 2 f (0) =

$ √ √ x2 )   f (x) dx − f  ( 2) + 2x− 2 0

0

Mais, comme f  (x) $

+∞ √ 2

−→

x −→ +∞

√ 2

f (x) dx.

0, on a :

√ % &+∞ f  (x) dx = f  (x) √2 = − f  ( 2).

D’où : √

√ 2

$ 2 f (0) =

√

2x−

0

$ 2 | f (0)| 

√ 2

x2   f (x) dx + 2

$

+∞ √

f  (x) dx +

√ 2

$

f (x) dx.

2

0

$ +∞ $ ## √ 2# ## 2 x − x ### | f  (x)| dx + | f  (x)| dx + √ 2 2 0

√ 2

| f (x)| dx.

d) L’étude des variations de l’application √ √ x2 ϕ : [0 ; 2] −→ R, x −→ 2 x − 2 √ montre : ∀x ∈ [0 ; 2], 0  ϕ(x)  1. $ √ 2 | f (0)| 

a) Voir la solution de l’exercice 3.37 a).

0

⎧ ⎪  ⎪ ⎪ ⎨u = −1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = f (x)

⎧ √ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u = 2 − x ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = f  (x)

√ où u, v sont bien de classe C sur el segment [0 ; 2] : $ √2 $ √2 √ % √ & √2  ( 2 − x) f (x) dx = ( 2 − x) f (x) 0 + f (x) dx 1

$ √ = − 2 f (0) +

0

√ 2

f (x) dx. 0

√ 2 0

b) Nous allons effectuer deux intégrations par parties succes⎧ ⎧ √ √ x2 ⎪ ⎪ ⎪  ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u = 2 x − 2 ⎨u = 2 − x sives. On a, avec ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = f  (x) ⎩v = f  (x) √ où u, v sont bien de classe C 1 sur le segment [0 ; 2] : √ $ 2 √ x2   2x− f (x) dx 2 0 $ √2 √ √ * √ x2   + 2 2x− − ( 2 − x) f  (x) dx = f (x) 0 2 0 $ √2 √ √  ( 2 − x) f  (x) dx. = f ( 2) −

0

f (x) dx.

D’où :

3.39

On a, avec

√

√

−→

$

√ 2

$ √ √ x2   f (x) dx = f  ( 2) + 2 f (0) − 2 0

c) On a donc :

0

e −ct g(t) dt

0

2x−

Puis, par l’inégalité triangulaire :

e −ct G(t) dt.

0

$

√

0

∀t ∈ [α ; +∞[, |G(t)|  M. Ainsi :

√ 2

$

| f  (x)| dx +

$

+∞

= 0

$

+∞ √ 2

f  (x)| dx +

$

$ √2 | f  (x)| dx + | f (x)| dx 0 $ +∞ $  | f  (x)| dx + 0

√ 2

| f (x)| dx 0

+∞

| f (x)| dx.

0

3.40 a) Soit x ∈ ]0 ; +∞[.  L’application t −→

1  t ϕ(t) − 1 + t2 x + t

est continue sur [0 ; +∞[ et, pour tout t ∈ [0 ; +∞[ : ## t ## ## ## 1  tx − 1 ## ##ϕ(t) ## = ## − ϕ(t) 1 + t2 x + t  !" (1 + t2 )(x + t) 0

 tx  1  ϕ(t) 1  ϕ(t) tx + 1 ϕ(t) = +  x+ .  2 x + t 1 + t2 x + t x + t 1 + t x 1 + t2  !"  !" x

$

1/x

+∞

ϕ(t) dt converge, par théo1 + t2 rème $de majoration pour des fonctions  0, l’inté+∞  1  t ϕ(t) dt converge absolument donc grale − 2 1+t x+t 0 converge. Comme l’intégrale

0

113

Chapitre 3

•

Intégrales sur un intervalle quelconque

b) Soit α ∈ R. α

t est continue sur ]0 ; +∞[ et à L’application ϕα : t −→ 1 + t2 valeurs  0. • On a, en 0 :

ϕα (t)

∼

t −→ 0

tα . $

D’après l’exemple de Riemann en 0, l’intégrale

1

α

t dt

converge si et seulement si α > −1. Par théorème d’équivalence $ 1 α t pour des fonctions  0, l’intégrale dt converge si et 2 0 1+t seulement si α > −1. ϕα (t)

∼

t −→ +∞

1 . t2−α

D’après l’exemple de Riemann en +∞, l’intégrale $ +∞ 1 dt converge si et seulement si 2 − α > 1, c’est-à-dire t2−α 1 α < 1. Par$théorème d’équivalence pour des fonctions  0, +∞ l’intégrale ϕα (t) dt converge si et seulement si α < 1. 1

$

+∞

tα dt converge si et seule1 + t2 0 $ $ +∞ α 1 α t t ment si les deux intégrales dt et dt 2 2 1 + t 1 + 0 $1 +∞ α t t dt convergent. On conclut que l’intégrale 1 + t2 0 converge si et seulement si −1 < α < 1.

Par définition, l’intégrale

Finalement : E = ] − 1 ; 1[. L’application $

+∞

fα : ]0 ; +∞[ −→ R, x −→ 0



1 α t t dt − 2 1+t x+t

est donc correctement définie, pour tout α ∈ ] − 1 ; 1[. c) On a 0 ∈ E et, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : $ +∞  t 1  dt − f0 (x) = 2 1+t x+t 0 *1 ++∞ ln(1 + t2 ) − ln(x + t) = 0 2 *1 1 1 + t2 ++∞ 1 = = 0 − ln 2 = ln x. ln 2 0 2 (x + t) 2 x d) On suppose ici α ∈ ] − 1 ; 0[. d) 1) Soit x ∈ ]0 ; +∞[.  • L’application t −→ • En 0 : 114

tα est continue sur ]0 ; +∞[. x+t

tα x+t

∼

t −→ 0

1 α t . x

tα x+t

• En +∞ :

0

• On a, en +∞ :

D’après l’exemple de Riemann en 0, comme α > −1, l’in$ 1 tα dt converge, donc, par théorème d’équivalence tégrale 0 $ 1 α t pour des fonctions  0, l’intégrale dt converge. x +t 0 ∼

t −→ +∞

tα−1 .

D’après $ +∞ l’exemple de Riemann en +∞ (α − 1 < −1), l’intégrale tα−1 dt converge, donc, par théorème d’équivalence pour 1 $ +∞ α t dt converge. des fonctions  0, l’intégrale x+t 1 $ +∞ α $ 1 α t t dt et dt Puisque les deux intégrales x + t x +t 0 $ +∞ α 1 t convergent, par définition, l’intégrale dt converge. x+t 0  Par le changement de variable u= on a : $ +∞ $

0

tα dt = x+t

+∞

$

t , t = xu, dt = x du, x +∞

0

(ux)α x du = xα x(1 + u)

$

+∞ 0

uα du, 1+u

α

u du est un réel ne dépendant que de α, et donc 1+u indépendant de x.

et

0

d) 2) Soit x ∈ ]0 ; +∞[.

$

+∞  1 α t α Puisque les intégrales t − t dt et 2 1+t x+t 0 $ +∞ α t dt convergent, par différence, l’intégrale x +t 0 $ +∞ α+1 t dt converge, et on a : 1 + t2 0

$

fα (x) =

+∞

tα+1 dt − 1 + t2 0  !"

$

+∞ 0

tα dt = d + xα x+t

$

+∞

−uα du . 1 +u 0  !"

notée d

notée c

Il existe donc deux réels c, d, indépendants de x (mais dépendant a priori de α) tels que : ∀x ∈ ]0 ; +∞[, fα (x) = cxα + d. Montrons c < 0, c’est-à-dire −c > 0. 1re méthode : utilisation d’un théorème général sur les intégrales : $ X α+1 t dt L’application F : X −→ 2 0 1+t est de classe C 1 sur [0 ; +∞[ et on a : ∀X ∈ [0 ; +∞[, F  (X) = donc F est strictement croissante.

X α+1 > 0, 1 + X2

Corrigés des exercices

De plus : F(0) = 0.

Il en résulte, d’après 1) :

Il en résulte F(1) > 0, puis c =

lim F(X)  F(1) > 0.

X −→ +∞

e

2 méthode : utilisation d’une bonne minoration : On a$: c= 0

+∞

tα+1 dt  t2 1 +!" 0

$

+∞

$ 1

+∞

tα+1 dt  1 + t2 1 * tα ++∞

1 tα−1 dt = 2 1 2 α e) On suppose ici α ∈ ]0 ; 1[. =

1

$

=

1 2

t dt 2t2

−

1 α

=

1 > 0. −2α

e) 1) Soit (x, h) ∈ R2 tel que : x > 0, x + h > 0, h  0.

∀x ∈ ]0 ; +∞[, f α (x) =

+∞ 0

fα (x + h) − fα (x) h $ +∞  $  t 1 * +∞  t 1 1 α + α = t t dt − dt − − h 0 x+h+t 1 + t2 1 + t2 x + t 0 $ +∞ $ +∞  α  1 t 1 1 − tα dt = dt. = h 0 x+t x+h+t (x + t)(x + h + t) 0

e) 2) On a, avec les mêmes hypothèses qu’en 1) et en suppox sant de plus h > − : 2 $ +∞ ## $ +∞ ## tα tα ## dt − dt## 2 (x + t)(x + h + t) (x + t) 0 0 ## $ +∞ tα  1 1  ### − = ## dt# x+t x+h+t x+t 0 $ ## ## +∞ htα dt## = ## 2 (x + t) (x + h + t) 0 $ +∞ tα 0.  |h| x  dt h−→ −→ 0 0 (x + t) + t 2  !"

$

+∞ 0

e) 3) Par le changement de variable u =

tα dt. (x + t)2

tα dt. (x + t)2 t , t = xu, dt = x du, x

on a, comme en d)1) :

On a : ∀x ∈ ]0 ; +∞[, f α (x) =

On conclut :

$

+∞

(xu)α x du + u) 0 $ +∞ uα du = xα−1 f α (1). = xα−1 (1 + u)2 0 x2 (1

∀x ∈ ]0 ; +∞[, f α (x) = f α (1)xα−1 .

e) 4) Par intégration à partir du résultat précédent, il existe un réel d indépendant de x (mais dépendant a priori de α) tel que : xα ∀x ∈ ]0 ; +∞[, fα (x) = f α (1) + d. α En notant c =

f α (1) , qui est indépendant de x, on conclut : α ∀x ∈ ]0 ; +∞[, fα (x) = cxα + d.

$ 1 +∞ uα du > 0, α 0 (1 + u)2 par un raisonnement analogue à celui du corrigé de d) 2). De plus : c =

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indépendant de h

$

Ceci montre que fα est dérivable sur ]0 ; +∞[ et que :

+∞ α+1

1

fα (x + h) − fα (x) −→ h −→ 0 h

115

Fonctions numériques de plusieurs variables réelles Plan Les méthodes à retenir 117 Énoncés des exercices

120

Du mal à démarrer ?

126

Corrigés des exercices

129

CHAPITRE

4

Thèmes abordés dans les exercices •

Obtention du développement limité d’ordre 1 ou d’ordre 2 en un point pour une fonction réelle de plusieurs variables réelles

•

Détermination des extremums locaux d’une fonction réelle de plusieurs variables réelles

•

Détermination des extremums globaux d’une fonction réelle de plusieurs variables réelles

•

Détermination d’extremums sous contrainte d’égalités linéaires.

Points essentiels du cours pour la résolution des exercices

116

•

Théorèmes du cours donnant le développement limité d’ordre 1 en un point pour une fonction réelle de classe C 1 sur un ouvert de Rn

•

Théorèmes du cours donnant le développement limité d’ordre 2 en un point pour une fonction réelle de classe C 2 sur un ouvert de Rn

•

Notation de Monge pour les dérivées partielles premières ou les dérivées partielles secondes d’une fonction réelle de classe C 1 ou de classe C 2 sur un ouvert de R2

•

Théorème de Schwarz

•

Définition de point critique pour une fonction réelle de classe C 1 sur un ouvert de Rn

•

Condition nécessaire d’extremum local pour une fonction réelle de classe C 1 sur un ouvert de Rn

•

Résultat relatif à l’existence d’un extremum pour une fonction réelle de classe C 2 sur un ouvert de R2 , en un point critique en lequel rt − s2  0.

•

Formes quadratiques positives, formes quadratiques définies-positives, lien avec les valeurs propres d’une matrice symétrique

•

Matrice hessienne, lien avec les extremums

•

Egalité de Taylor-Lagrange

•

Condition nécessaire d’extremum local sous contrainte d’égalités linéaires pour une application de classe C 1 sur un ouvert.

Les méthodes à retenir

Les méthodes à retenir Pour former le développement limité d’ordre 1 en un point pour une fonction de deux variables réelles

Pour former le développement limité d’ordre 2 en un point pour une fonction de deux variables réelles

Appliquer le théorème du cours : si f : U −→ R est de classe C 1 sur un ouvert U de R2 , alors f admet un développement limité d’ordre 1 en tout point (a, b) de U, et on a, pour tout (h, k) au voisinage de (0, 0) : f (a + h, b + k) √ ∂f ∂f o ( h2 + k2 ). = f (a, b) + h (a, b) + k (a, b) + (h,k) −→ (0,0) ∂x ∂y ➥ Exercice 4.1. Appliquer le théorème du cours : si f : U −→ R est de classe C 2 sur un ouvert U de R2 , alors f admet un développement limité d’ordre 2 en tout point A = (a, b) de U, et on a, pour tout (h, k) au voisinage de (0, 0) : f (a + h, b + k) 1 o (h2 + k2 ), = f (a, b) + p h + q k + (r h2 + 2s hk + t k2 ) + (h,k) −→ (0,0) 2 avec les notations de Monge : ∂f ∂2 f ∂2 f ∂2 f ∂f (A), q = (A), r = 2 (A), s = (A), t = 2 (A). p= ∂x ∂y ∂x∂y ∂x ∂y ➥ Exercice 4.2.

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D’abord, s’assurer que U est un ouvert de R2 et que f : U −→ R est de classe C 2 sur U. Déterminer les points critiques de f , c’est-à-dire les points (x, y) de U ∂f ∂f (x, y) = 0 et (x, y) = 0. tels que : ∂x ∂y D’après le cours, si f : U −→ R est de classe C 1 sur l’ouvert U de R2 et si f admet un extremum local en un point A de U, alors nécessairement A est un point critique de f . Pour déterminer les extremums locaux d’une application f : U −→ R de classe C2 sur un ouvert U de R2

➥ Exercices 4.3 à 4.5, 4.7, 4.10, 4.11, 4.14 à 4.16, 4.20, 4.23, 4.24 Ensuite, calculer les dérivées partielles secondes de f en tout point (x, y) de U, puis en un point critique A, avec les notations de Monge : r=

∂2 f ∂2 f ∂2 f (A), t = 2 (A). (A), s = 2 ∂x∂y ∂x ∂y

Calculer rt − s2 .  Si rt − s2 > 0, alors f admet un extremum local en A, et il s’agit d’un minimum local si r > 0, d’un maximum local si r < 0.  Si rt − s2 < 0, alors f n’admet pas d’extremum local en A.

➥ Exercices 4.3 à 4.5, 4.11, 4.14, 4.17, 4.20, 4.24. Dans le cas où rt − s2 = 0, voir la méthode suivante. 117

Chapitre 4

•

Fonctions numériques de plusieurs variables réelles

•

Pour décider si une application f : U −→ R de classe C2 sur un ouvert U de R2 admet un extremum local en un point critique A = (a, b) en lequel rt − s2 = 0, avec les notations de Monge

Si on conjecture que f admet un extremum local en A = (a, b), revenir à la définition, c’est-à-dire former la différence f (x, y) − f (a, b) et montrer que cette expression reste de signe fixe lorsque (x, y) est au voisinage de (a, b). À cet effet, si (a, b)  (0, 0), commencer par effectuer le changement de variables h = x − a, k = y − b, exprimer f (x, y) − f (a, b) en fonction de (h, k), et essayer de montrer que cette expression reste de signe fixe lorsque (h, k) est au voisinage de (0, 0).

➥ Exercice 4.15 •

Si on conjecture que f n’admet pas d’extremum local en A, former, pour (h, k) au voisinage de (0, 0), δ(h, k) = f (a +h, b +k) − f (a, b), et essayer de montrer, par exemple, que l’une des expressions suivantes n’est pas de signe fixe lorsque h est au voisinage de 0 : δ(h, 0), δ(0, h), δ(h, h), ...

➥ Exercice 4.7. D’abord, s’assurer que U est un ouvert de Rn et que f est de classe C 2 sur U. Déterminer les points critiques de f , c’est-à-dire les points A de U tels ∂f que : ∀i ∈ 1 ; n, (A) = 0. ∂xi D’après le cours, si f : U −→ R est de classe C 1 sur U et si f admet un extremum local en un point A de U, alors nécessairement A est un point critique de f .

➥ Exercices 4.9, 4.16, 4.18.

Pour déterminer les extremums locaux d’une application f : U −→ R de classe C2 sur un ouvert U de R n, où n  3

Ensuite, calculer les dérivées partielles secondes de f en tout point de U, puis en un point critique A. Former la hessienne S de f en A, c’est-à-dire la matrice carrée d’ordre n dont le coefficient situé à la i-ème ligne et à la j-ème co∂2 f lonne est (A), pour tout (i, j) ∈ 1 ; n2 . ∂xi ∂x j D’après le théorème de Schwarz, S est une matrice symétrique. D’après le cours :  si S est définie-positive, alors f admet un minimum local en A  si S est définie-négative (c’est-à-dire si −S est définie-positive), alors f admet un maximum local en A  si S n’est ni positive ni négative, alors f n’admet pas d’extremum local en A. Pour étudier ces qualités de S , essayer de : •

déterminer le signe de t HS H pour tout H ∈ Mn,1 (R)

➥ Exercices 4.9, 4.16, 4.18 •

déterminer le signe des valeurs propres de S .

➥ Exercices 4.9, 4.16. 118

Les méthodes à retenir

Pour montrer qu’une fonction f : X −→ R n’est pas majorée, n’est pas minorée

Essayer de montrer qu’une fonction d’une variable réelle, donnée par une formule du genre f (x, 0), f (0, x), f (x, x), f (x, x2 ), ... n’est pas majorée, n’est pas minorée.

➥ Exercice 4.8. •

Essayer de trouver un réel fixé m tel que : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨∀(x, y) ∈ X, f (x, y)  m ⎪ ⎪ ⎪ ⎩∃ (a, b) ∈ X, f (a, b) = m. Alors f admettra m pour minimum global.

•

Essayer de trouver un réel fixé M tel que : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨∀(x, y) ∈ X, f (x, y)  M ⎪ ⎪ ⎪ ⎩∃ (a, b) ∈ X, f (a, b) = M. Alors f admettra M pour maximum global.

➥ Exercice 4.6 •

Pour déterminer les extremums globaux d’une application f : X −→ R, où X est une partie de R2

Si on a déjà déterminé les extremums locaux de f , alors un point en lequel f admet un extremum global est nécessairement un point en lequel f admet un extremum local.

➥ Exercice 4.20 Essayer d’utiliser l’égalité de Taylor-Lagrange.

➥ Exercices 4.19, 4.23 •

Essayer d’étudier les variations de fonctions. Considérer, pour y fixé (par exemple), la fonction gy : x −→ f (x, y), étudier les variations de gy , puis étudier les variations d’une fonction donnant un éventuel extremum de gy .

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➥ Exercices 4.8 •

Si X n’est pas un ouvert de R , étudier f sur l’intérieur de U (cet intérieur est un ouvert de Rn ) et étudier f sur le bord de U. n

➥ Exercice 4.21 •

En vue de montrer l’existence d’un extremum global, essayer de se ramener à une partie fermée bornée et utiliser le théorème du cours : si X est une partie fermée bornée non vide de R2 et si f : X −→ R est continue, alors f est bornée et atteint ses bornes, c’est-à-dire que f admet un minimum global et un maximum global.

➥ Exercice 4.20.

119

Chapitre 4

•

Fonctions numériques de plusieurs variables réelles

Pour étudier les extremums locaux d’une fonction f : U −→ R sous la contrainte d’égalités linéaires ⎧ ⎪ g1 (X) = b1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ .. C⎪ ⎪ . ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩g (X) = b p

D’abord, s’assurer que f : U −→ R est de classe C 1 sur l’ouvert U de Rn et que les contraintes g1 , ..., g p : Rn −→ R sont linéaires. D’après le cours, si f : U −→ R est de classe C 1 sur l’ouvert U et si la restriction f |C de f à C admet un extremum local en un point A de C , alors ∇ fA est orthogonal ⎧ à H , où H est l’ensemble des solutions du ⎪ ⎪ g1 (X) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ .. système homogène ⎪ associé à C . . ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩g p (X) = 0

➥ Exercices 4.12, 4.13, 4.22 Ensuite, pour étudier localement le signe de f (X)− f (A) sur C , essayer de : •

utiliser des mises sous forme canonique de trinômes

➥ Exercice 4.13

p

•

faire intervenir la forme quadratique qB pour tout B ∈ U.

➥ Exercice 4.22 Dans certains cas simples, on peut exprimer certaines des variables x1 , ..., xn en fonction d’autres par la contrainte C et se ramener à la recherche d’extremums d’une fonction de plusieurs variables réelles.

➥ Exercices 4.12, 4.13, 4.22.

Énoncés des exercices 4.1 Exemple de calcul du développement limité d’ordre 1 en un point pour une fonction de deux variables réelles Former le développement limité d’ordre 1, au point A = (1, −1), de : f : R2 −→ R, (x, y) −→ (2x − 3y) ln(1 + x2 + 2y2 ).

4.2 Exemple de calcul du développement limité d’ordre 2 en un point pour une fonction de deux variables réelles Former le développement limité d’ordre 2, au point A = (−1, 1), de 2

f : R2 −→ R, (x, y) −→ xy2 e x y .

4.3 Exemples de recherche d’extremums locaux pour une fonction de deux variables réelles Étudier les extremums locaux des applications f : R2 −→ R suivantes, où on donne l’image f (x, y) d’un élément (x, y) quelconque de R2 :

120

a) f (x, y) = 2x + 2y2 − 3y + 1

b) f (x, y) = x2 − xy + y2

c) f (x, y) = x2 − 3xy + 2y2

d) f (x, y) = x2 − 4xy + 4y2 .

Énoncés des exercices

4.4 Exemple de recherche d’extremums locaux pour une fonction de deux variables réelles On note

f : R2 −→ R, (x, y) −→ 2x2 − 2xy + 2y2 + 2x − 7y + 7.

Étudier les extremums locaux de f .

4.5 Exemple de recherche d’extremums locaux pour une fonction de deux variables réelles Étudier les extremums locaux de : f : ] − 1 ; 1[× ] − π ; π[ −→ R, (x, y) −→ x2 +

√ 1 − x2 cos y.

4.6 Exemple d’étude de minimum global pour une fonction de deux variables réelles On note

f : ]0 ; +∞[2 −→ R, (x, y) −→

(x + y)2 . xy

a) Montrer : ∀(x, y) ∈ ]0 ; +∞[2 , f (x, y)  4. b) En déduire que f admet un minimum global, préciser sa valeur et préciser les points en lesquels il est atteint. c) Montrer :

∀(x, y) ∈ ]0 ; +∞[2 , 2 ln(x + y) − ln x − ln y  2 ln 2.

4.7 Exemple d’étude en un point critique tel que rt − s2 = 0 On note

f : R2 −→ R, (x, y) −→ x4 + y4 − (x − y)2 .

a) Montrer que (0, 0) est un point critique de f . b) Est-ce que f admet un extremum local en (0, 0) ?

4.8 Exemple d’étude d’extremum global par variations de fonctions On note

f : R2 −→ R, (x, y) −→ x4 + y4 − 4xy.

a) Montrer que f n’admet pas de maximum global. b) On se propose de montrer que f admet un minimum global. 1) En considérant f (−x, −y), montrer que l’on peut se ramener au cas où y  0.

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

2) Étudier, pour y ∈ [0 ; +∞[ fixé, les variations de gy : R −→ R, x −→ f (x, y), montrer que gy admet un minimum global noté m(y), et calculer m(y) en fonction de y. 3) Étudier les variations de la fonction m. 4) Conclure.

4.9 Exemples d’étude d’extremum local pour une fonction de trois variables réelles, d’après ESC 2006 On note U = R × R× ] − 1 ; +∞[ et : f : U −→ R, (x, y, z) −→ x ln(1 + z) + (y − 1)2 (z − 1) + 2z. a) Justifier que f est de classe C 1 sur U, calculer les dérivées partielles premières de f en tout point (x, y, z) de U, montrer que f admet un point critique et un seul, noté A, et calculer A. b) 1) Justifier que f est de classe C 2 sur U, calculer les dérivées partielles secondes de f en tout point (x, y, z) de U, et former la hessienne H de f en A. 121

Chapitre 4

•

Fonctions numériques de plusieurs variables réelles

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 2) En notant X2 = ⎜⎜1⎟⎟ et X3 = ⎜⎜⎜⎜0⎟⎟⎟⎟ , calculer t X2 HX2 et t X3 HX3 . ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0 1 3) Est-ce que f admet un extremum local ?

4.10 Valeur minimale de la somme de deux aires de rectangles Soit ABC un triangle isocèle du plan, tel que CA = CB. Soient F ∈ [BC], G ∈ [AC] tels que (FG) soit parallèle à (AB), J ∈ [CF], K ∈ [CG] tels que (JK) soit parallèle à (AB). On note D (resp. E) le projeté orthogonal de G (resp. F) sur (AB), et on note H (resp. I) le projeté orthogonal de K (resp. J) sur (FG).

Déterminer, en fonction de l’aire Σ du triangle ABC, la valeur maximale de la somme S des aires des deux rectangles DEFG et HI JK.

4.11 Recherche d’extremums locaux pour une fonction de deux variables réelles faisant intervenir des intégrales sur un intervalle quelconque, d’après EML 2006 $ +∞ 1 2 (t − x)2 (t − y)2 e −t dt. On note F : R2 −→ R, (x, y) −→ √ π −∞ a) Montrer que, pour tout (x, y) ∈ R2 , F(x, y) existe et que : F(x, y) = $

+∞

On admettra : −∞

e −t dt = 2

√

3 1 2 + (x + 4xy + y2 ) + x2 y2 . 4 2

π.

b) Justifier que F est de classe C 2 sur R2 , calculer les dérivées partielles premières de F en tout point (x, y) de R2 , et en déduire les trois points critiques de F. c) Déterminer les points de R2 en lesquels F admet un extremum local. Pour chacun d’eux, préciser s’il s’agit d’un minimum local ou d’un maximum local, et préciser la valeur de F en chacun de ces points.

4.12 Exemple de recherche d’extremum global sous contrainte d’égalité linéaire On note f : R3 −→ R, (x, y, z) −→ x2 − 2xy + 2xz + 5y2 − 6yz + 5z2 − 2x − 2y − 6z − 7 et :

g : R3 −→ R, (x, y, z) −→ x + 2y + z.

Déterminer les extremums globaux de f sous la contrainte C : g(x, y, z) = 4.

4.13 Exemple de recherche d’extremum global sous contrainte d’égalité linéaire On note f : R3 −→ R, (x, y, z) −→ x2 + y2 + z2 , g : R3 −→ R, (x, y, z) −→ x + y + z. Déterminer les extremums globaux de f sous la contrainte C : g(x, y, z) = 3. 122

Énoncés des exercices

4.14 Exemple d’étude d’extremum local On note f : R −→ R, x −→ x − ln(1 + x2 ) F : R2 −→ R, (x, y) −→ f (x + y) − f (x) − f (y).

et :

a) 1) Montrer que f est de classe C 2 sur R et calculer f  (x) et f  (x) pour tout x ∈ R. 2) Établir que, pour tout x ∈ R, l’équation f  (x) = f  (t), d’inconnue t ∈ R, admet au plus deux solutions dans R. b) Justifier que F est de classe C 1 sur l’ouvert R2 et calculer, pour tout (x, y) ∈ R2 , les dérivées partielles premières de F en (x, y) à l’aide de f  , x, y. c) 1) Montrer, pour tout (x, y) ∈ R2 : f  (x) = f  (y) = f  (x + y) =⇒ x = y. 2) En déduire les points critiques de F. d) Est-ce que F admet un extremum local ?

4.15 Exemple d’étude d’extremum en un point tel que rt − s2 = 0 On note

f : R2 −→ R, (x, y) −→ (2x2 + 3y2 )2 − (4x6 + 5y8 ).

a) Montrer que (0, 0) est un point critique de f . b) Est-ce que f admet un extremum local en (0, 0) ?

4.16 Exemple d’étude d’extremum local pour une fonction de trois variables réelles, d’après ESC 2005 On considère l’application f : ]0 ; +∞[3 −→ R, (x, y, z) −→ xyz − ln(x + y + z). a) Justifier que f est de classe C 2 sur ]0 ; +∞[3 .

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b) Montrer que f admet un point critique et un seul, qui est A = (a, a, a), où on a noté  1  13 a= . 3 c) 1) Calculer la hessienne de f en tout point (x, y, z) de ]0 ; +∞[3 , puis la hessienne de f en A. ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 4 4⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ 3 ⎜ 2) On note h l’endomorphisme de R de matrice H = ⎜⎜4 1 4⎟⎟⎟⎟ dans la base canonique de R3 . ⎠ ⎝ 441 On note u = (1, 1, 1), v = (−1, 0, 1), w = (1, −2, 1), et F = (u, v, w). Montrer que F est une base de R3 formée de vecteurs propres pour h et que F est orthogonale pour le produit scalaire canonique de R3 . 3) Est-ce que f admet un extremum local en A ?

4.17 Exemple d’étude d’extremum local pour une fonction de deux variables réelles, faisant intervenir des intégrales, d’après EML 2007 ln(1 + t) On note f : ]0 ; +∞[ −→ R, t −→ , t $ x f (t) dt, F : ]0 ; +∞[ −→ R, x −→ 0

G : ]0 ; +∞[2 −→ R, (x, y) −→ F(xy) − F(x) − F(y). a) Montrer que F est de classe C 2 sur ]0 ; +∞[ et exprimer, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, F  (x) et F  (x) en fonction de f (x) et f  (x). 123

Chapitre 4

•

Fonctions numériques de plusieurs variables réelles

b) Justifier que G est de classe C 2 sur l’ouvert ]0 ; +∞[2 et exprimer les dérivées partielles premières et secondes de G en tout point (x, y) de ]0 ; +∞[2 en fonction de x, y, f (x), f (y), f (xy), f  (x), f  (y), f  (xy). c) Établir que G admet (1, 1) comme unique point critique. d) Est-ce que G admet un extremum local ?

4.18 Extremum local d’une fonction de n variables réelles, d’après EDHEC 2005 Soit n ∈ N tel que n  2. On considère l’application f : Rn −→ R, (x1 , ..., xn ) −→

n 

x2k +

k=1

n 

xk

2

−

k=1

n 

xk .

k=1

a) Justifier que f est de classe C 2 sur Rn . b) Calculer les dérivées partielles premières de f en tout point (x1 , ..., xn ) de Rn . c) Montrer que f admet un point critique et un seul, et calculer celui-ci, que l’on notera (a1 , ..., an ). d) 1) Déterminer la matrice hessienne An de f en (a1 , ..., an ). ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜h1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ 2) Établir, pour tout H = ⎜⎜⎜⎜⎜ ... ⎟⎟⎟⎟⎟ ∈ Mn,1 (R) − {0} : t HAn H > 0. ⎜⎝ ⎟⎠ hn 3) En déduire que f admet en (a1 , ..., an ) un minimum local et calculer ce minimum.

4.19 Recherche d’extremums globaux pour une fonction de trois variables réelles Étudier les extremums globaux de : f : ]0 ; +∞[3 −→ R, (x, y, z) −→ x2 + y2 + z2 +

1 . x+y+z

4.20 Exemple de recherche d’extremums locaux, d’extremums globaux pour une fonction de deux variables réelles Déterminer les extremums locaux et les extremums globaux de 1

f : R2 −→ R, (x, y) −→ (3x + 4y) e − 2 (x

2 +y2 )

.

4.21 Exemple de recherche d’extremums globaux sur un domaine fermé borné pour une fonction de deux variables réelles On note :

  D = (x, y) ∈ R2 ; −5x + 2y + 4  0, 3x + y + 2  0, 2x − 3y + 5  0 , f : D −→ R, (x, y) −→ x + y − 3,

g : D −→ R, (x, y) −→ x2 + y2 .

a) 1) Représenter graphiquement D. 2) Montrer que D est une partie fermée bornée de R2 . 3) En déduire que f (resp. g) admet un maximum global. b) Déterminer le maximum global de f . c) Déterminer le maximum global de g. 124

Énoncés des exercices

4.22 Exemple de recherche d’extremums globaux sous contrainte d’égalités linéaires f : R4 −→ R, (x, y, z, t) −→ x2 + y2 + z2 + t2 ,

On note

g1 : R4 −→ R, (x, y, z, t) −→ x + y − z − t, g2 : R4 −→ R, (x, y, z, t) −→ 2x − y + 3z + 2t. ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨g1 (x, y, z, t) = 1 Déterminer les extremums globaux de f sous la contrainte C ⎪ ⎪ ⎪ ⎩g2 (x, y, z, t) = 2.

4.23 Étude d’extremum avec intervention de l’égalité de Taylor-Lagrange ou de la convexité   On note U = (x, y) ∈ R2 ; x < y , f : U −→ R, (x, y) −→ x2 + y2 − 2 ln(y − x).

a) Montrer que f admet un point critique et un seul, noté A = (a, b), et calculer (a, b). b) 1) Écrire l’égalité de Taylor-Lagrange à l’ordre 1 entre A et A + H, pour tout H ∈ R2 tel que A + H ∈ U. 2) En déduire que f admet un minimum global et préciser celui-ci. c) Est-ce que f admet un maximum global ? d) Est-ce que f admet un maximum local ?

4.24 Exemple de recherche d’extremums locaux pour une fonction réelle de deux variables réelles, d’après EML 2011 On note

f : ]0 ; +∞[ −→ R, x −→ x e −x , F : ]0 ; +∞[2 −→ R, (x, y) −→ f (x) + f (y) − f (x + y).

a) Montrer que F est de classe C 1 sur l’ouvert ]0 ; +∞[2 et exprimer, pour tout (x, y) ∈ ]0 ; +∞[2 , les dérivées partielles premières de F en (x, y) en fonction de f  (x), f  (y), f  (x + y). b) Établir que, pour tout a ∈ ]0 ; +∞[, l’équation f  (x) = f  (a), d’inconnue x ∈ ]0 ; +∞[, admet au plus une solution distincte de a. c) En déduire que, pour tout (x, y) ∈ ]0 ; +∞[2 , (x, y) est un point critique de f si et seulement si : x = y et f  (x) = f  (2x). d) Montrer que f admet un point critique et un seul, noté (α, α), et montrer 1 < α < 2.

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e) Montrer : f  (α) < 0 et f  (2α) > 0. f) Montrer que F admet un extremum local et un seul. Déterminer la nature de cet extremum local.

125

Chapitre 4

•

Fonctions numériques de plusieurs variables réelles

Du mal à démarrer ? 4.1

Vérifier que f est de classe C 1 , calculer les dérivées partielles premières de f en tout (x, y), puis en (1, −1), et enfin appliquer le cours.

4.2

Vérifier que f est de classe C 2 , calculer les dérivées partielles premières et secondes de f en tout (x, y), puis en (−1, 1), en enfin, appliquer le cours.

4.3

Appliquer la méthode pour déterminer les extremums locaux d’une application de classe C 2 sur un ouvert de R2 .

a) Remarquer que f n’a pas de point critique.

4.11

a) • Pour l’existence de F(x, y), il s’agit de montrer qu’une intégrale impropre converge. • Pour calculer F(x, y), développer la fonction qui est dans l’intégrale $ et exprimer F(x, y) en fonction de x, y et des intégrales Ik =

+∞

−∞

tk e −t dt, k ∈ N. 2

b), c) Il y a un point critique et un seul, et en ce point, calculer r, s, t, rt − s2 .

Les valeurs de I1 et I3 sont immédiates.

d) Obtenir les points critiques de f. Remarquer que f(x, y) est un carré parfait.

Pour calculer I2 et I4 , faire intervenir, par exemple, la fonction Γ d’Euler, à l’aide d’un changement de variable.

4.4

b) Immédiat.

Appliquer la méthode pour déterminer les extremums locaux d’une application de classe C 2 sur un ouvert de R2 . Obtenir un point critique et un seul. En celui-ci, calculer r, s, t, rt − s2 .

Appliquer la méthode pour déterminer les extremums locaux d’une application de classe C 2 sur un ouvert de R2 . Obtenir trois points critiques. En chacun de ceux-ci, calculer r, s, t, rt − s2 .

4.6

a) Former f(x, y) − 4 pour tout (x, y) ∈ ]0 ; +∞[2 et utiliser une identité remarquable. b) Utiliser le résultat de a) et résoudre l’équation f(x, y) = 4 d’inconnue (x, y) ∈ ]0 ; +∞[2 .

c) Relier la question à l’étude de ln f(x, y) .

4.7

a) Revenir à la définition d’un point critique.

Noter que l’énoncé ne demande pas de déterminer tous les points critiques de f, mais demande seulement de montrer que (0, 0) est un point critique de f.

b) Considérer, par exemple, f(x, 0) et f(x, x), pour x au voisinage de 0.

4.8

a) Envisager, par exemple, f(x, 0).

b) Immédiat.

4.9

a) Immédiat.

b) 1) Immédiat. Se rappeler la définition de la hessienne de f en A : c’est la matrice dont les coefficients sont les dérivées partielles secondes de f en A. b) 2) Immédiat. b) 3) Appliquer le cours sur la matrice hessienne et les extremums locaux.

4.10

La valeur de I0 est donnée par l’énoncé.

c) En chacun des points critiques, calculer r, s, t, rt − s2 .

4.12

4.5

Choisir un repère orthonormé adapté à la question, donner des coordonnées aux points A, B, C, E (avec un paramètre, par exemple x), I (avec un paramètre, par exemple y), puis cal-

126

culer les coordonnées de D, F, G, H, K. Calculer S en fonction de x et y, puis étudier l’existence et la valeur d’un maximum global (local) pour la fonction de deux variables réelles x, y ainsi obtenue.

On peut, dans la contrainte d’égalité linéaire C , exprimer z en fonction de (x, y), puis exprimer f sous la contrainte C sous la forme d’une fonction F des deux variables réelles x, y. Étudier alors les extremums locaux de F, par la méthode habituelle. Pour décider si l’extremum local obtenu est un extremum global ou non, effectuer un changement de variables pour se ramener plus commodément en (0, 0).

4.13

1re méthode : dans la contrainte d’égalité linéaire C , exprimer f sous la contrainte C sous la forme d’une fonction F des deux variables réelles x, y. Transformer l’écriture de F(x, y) à l’aide de mlses sous forme canonique de trinômes. 2è méthode : utiliser l’inégalité de Cauchy-Schwarz.

3è méthode : utiliser le cours sur la recherche d’extremum local sous la contrainte d’égalité linéaire, puis voir si cet extremum local est un extremum global.

4.14

a) 1) Immédiat.

a) 2) Résoudre l’équation f  (t) = f  (x), pour x ∈ R fixé et t ∈ R inconnu. b) Immédiat. c) 1) Si f  (x) = f  (y) = f  (x + y), d’après a)2), les trois réels x, y, x + y ne peuvent pas être deux à deux distincts. En déduire x = y. c) 2) Résoudre l’équation f  (2x) = f  (x), d’inconnue x ∈ R. Obtenir trois points critiques. d) Calculer les dérivées partielles secondes de F en tout (x, y) à l’aide de f  , x, y. En chacun des trois points critiques, avec les notations de Monge, calculer r, s, t, puis rt − s2 , d’où le signe de rt − s2 et le signe de r ou de t. On pourra présenter les résultats dans un tableau. Appliquer le cours pour conclure.

Du mal à démarrer ?

4.15

a) Revenir à la définition d’un point critique.

b) Montrer, au voisinage de (0, 0) : f(x, y)  f(0, 0), en remarquant, par exemple, pour tout (x, y) ∈ [−1/3 ; 1/3]2 : 0  2x + 3y  1. 2

2

1re méthode : calculer t XSX pour tout X ∈ M3,1 (R) \ {0}, en remarquant que S est combinaison linéaire de I3 et de la matrice U dont tous les coefficients sont égaux à 1. 2è méthode : déterminer les valeurs propres de S, puis leur signe.

4.20 4.16

1) Recherche des extremums locaux :

• Vérifier que f est de classe C 1 sur l’ouvert R2 et calculer les dérivées partielles premières de f en tout (x, y). En déduire les points critiques A1 et A2 de f, en revenant à la définition.

a) Immédiat.

b) Immédiat. c) 1) Se rappeler que la hessienne de f en A est, par définition, la matrice dont les coefficients sont les dérivées partielles secondes de f en A. c) 2) • Vérifier d’abord que F est orthogonale, et en déduire que F est libre, puis déduire que F est une base de R3 . • Vérifier que u, v, w sont des vecteurs propres de f.

c) 3) 1re méthode : étudier le signe des valeurs propres de H. ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜x ⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ t 2è méthode : calculer XHX pour tout X = ⎜⎜⎜⎜y ⎟⎟⎟⎟ ∈ M3,1 (R) et exa⎝ ⎠ z miner, par exemple, q(1, 0, 0) et q(1, −1, 0), où q désigne la forme quadratique sur R3 canoniquement associée à H.

• Vérifier que f est de classe C 2 sur l’ouvert R2 et calculer les dérivées partielles secondes de f en tout (x, y). Avec les notations de Monge, calculer rt − s2 et en déduire son signe.

2) Recherche des extremums globaux : En notant M = |f(A1 )| = |f(A2 )|, montrer qu’il existe t0 ∈ ]0 ; +∞[ tel que : ∀(x, y) ∈ R2 ,

0

x 2 + y 2  t0 =⇒ |f(x, y)|  M .

D’autre √ √part, considérer la restriction de f au fermé borné [− t0 ; t0 ]2 pour déduire que f admet un maximum global. Pour l’étude d’un minimum global, remarquer : ∀(x, y) ∈ R2 , f(−x, −y) = −f(x, y).

4.17

a) • Montrer $ x d’abord que, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, l’intéf(t) dt converge. grale impropre



4.21

a) 1), 2) Immédiat.

• En introduisant, par exemple, le réel 1 comme borne intermédiaire par la relation de Chasles, montrer que F est de classe C 1 et que F  = f.

a) 3) Utiliser un théorème du cours.

b) Immédiat.

Montrer que la restriction de f à un segment du bord de D atteint son maximum en une extrémité de ce segment.

c) Revenir à la définition d’un point critique.

b) Montrer que f ne peut pas atteindre son maximum global à l’intérieur de D.

d) Rappeler le lien entre extremum local et point critique.

Comparer les valeurs de f en A, B, C.

En (1, 1), calculer r, s, t, rt − s et montrer rt − s < 0.

c) Voir si g peut atteindre son maximum global à l’intérieur de D. Étudier la restriction de g à chacun des trois segments du bord de D, en se ramenant, à chaque fois, à l’étude des variations d’une fonction d’une variable réelle.

2

4.18

2

a), b) Immédiat.

c) Revenir à la définition d’un point critique. ∀i ∈ 1 ; n, ai =

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

Obtenir :

1 . 2(n + 1)

d) 1) Se rappeler que la matrice hessienne de f en (a1 , ..., an ) est, par définition, la matrice dont les coefficients sont les dérivées partielles secondes de f en (a1 , ..., an ). t

d) 2) Calculer HAn H et faire apparaître une somme de carrés de réels. d) 3) Appliquer le cours.

4.19

• Rappeler le lien entre extremum global et extremum local, et rappeler le lien entre extremum local et point critique. Chercher les points critiques en revenant à la définition d’un point critique.  1  13 Obtenir un point critique et un seul, A = (α, α, α), où α = . 18

• Écrire la hessienne S de f en tout point (x, y, z) de ]0 ; +∞[3 , puis en A.

4.22

Appliquer le cours sur l’étude des extremums sous contrainte d’égalités linéaires, pour obtenir que, si f admet un extremum global sous la contrainte d’égalités linéaires C , alors c’est en un certain point A. Pour montrer qu’il s’agit d’un extremum global sous la contrainte C , utiliser l’égalité de Taylor-Lagrange à l’ordre 1.

4.23

a) Revenir à la définition d’un point critique.

b) 1) Vérifier que les hypothèses de l’égalité de Taylor-Lagrange d’ordre 1 sont réunies. b) 2) Étudier le signe de qA+θH (H), en notant H = (h, k) et, par 1 commodité, α =

2 . (b + θk) − (a + θh) c) Étudier, par exemple, f(0, y) lorsque y tend vers +∞. d) Supposer que f admette un maximum local. En déduire que c’est nécessairement en le point A. Revenir à l’étude de qA+θH (H), avec, par exemple, H = (h, 2h).

127

Chapitre 4

4.24

•

Fonctions numériques de plusieurs variables réelles

a) Immédiat.

f) Rappeler le lien entre extremum et point critique.

c) Revenir à la définition d’un point critique et utiliser b).

Calculer les dérivées partielles secondes de F en tout point, puis en (α, α) et en déduire rt −s2 en fonction de f  (α) et f  (2α). Utiliser e) pour déduire : rt − s2 > 0 et r < 0.

d) Étudier les variations d’une fonction auxiliaire, par exemple ϕ : ]0 ; +∞[ −→ R, x −→ (1 − x) e x − (1 − 2x).

128

e) Utiliser 1 < α < 2.

b) Étudier les variations de f  .

Corrigés des exercices 4.1

Par opérations, l’application f : R2 −→ R, (x, y) −→ (2x − 3y) ln(1 + x2 + 2y2 )

est de classe C 1 sur l’ouvert R2 et, pour tout (x, y) ∈ R2 : ⎧∂f 2x ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = 2 ln(1 + x2 + 2y2 ) + (2x − 3y) ⎪ ⎪ 2 + 2y2 ⎪ ∂x 1 + x ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ 4y ∂ f ⎪ 2 2 ⎪ ⎪ . ⎩ (x, y) = −3 ln(1 + x + 2y ) + (2x − 3y) ∂y 1 + x2 + 2y2 En particulier, en A = (1, −1), avec les notations de Monge : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ p= ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩q =

∂f 2 5 (A) = 2 ln 4 + 5 = 2 ln 4 + ∂x 4 2 ∂f −4 (A) = −3 ln 4 + 5 = −3 ln 4 − 5. ∂y 4

D’après le cours, le développement limité d’ordre 1 de f en A = (1, −1) est : √ o f (1 + h, −1 + k) = f (1, −1) + (ph + qk) + ( h2 + k2 ) (h,k) −→ (0,0)



= 5 ln 4 + 2 ln 4 +

4.2

5 2

h + (−3 ln 4 − 5)k +

o

(h,k) −→ (0,0)

) ( h2 + k2 ).

Par opérations, l’application

⎧ ⎪

∂2 f ⎪ ⎪ ⎪ r = 2 (A) = (−4) + (1 + 2)(−2) e = −10 e ⎪ ⎪ ⎪ ∂x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ∂2 f

⎨ s= (A) = (2 + 6) + (1 + 2)1 e = 11 e ⎪ ⎪ ⎪ ∂x∂y ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪

∂2 f ⎪ ⎪ ⎪t = 2 (A) = (−2 − 2) + (−2 − 1)1 e = −7 e . ⎩ ∂y D’après le cours, le développement limité d’ordre 2 de f en A = (−1, 1) est : f (−1 + h, 1 + k) = f (−1, 1) + (ph + qk) + 12 (rh2 + 2shk + tk2 ) o (h2 + k2 ) + (h,k) −→ (0,0)

1 = − e + (3 e h − 3 e k) + (−10 e h2 + 22 e hk − 7 e k2 ) 2 o (h2 + k2 ). + (h,k) −→ (0,0)

4.3

Dans chaque exemple, par opérations, f est de classe C 2 sur l’ouvert R2 .

a) On a :

∀(x, y) ∈ R2 ,

∂f (x, y) = 2  0, ∂x

donc f n’admet pas de point critique. D’après le cours, puisque f est de classe C 1 sur l’ouvert R2 , si f admet un extremum local, c’est nécessairement en un point critique, contradiction. On conclut : f n’admet pas d’extremum local.

2y

f : R2 −→ R, (x, y) −→ xy2 e x

est de classe C 2 sur l’ouvert R2 et, pour tout (x, y) ∈ R2 : ⎧

2 ∂f 2 ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = y2 + (xy2 )(2xy) e x y = (y2 + 2x2 y3 ) e x y ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x ⎪ ⎪ ⎪ ∂f ⎪ 2 2 x2 y 3 2 x2 y ⎪ ⎪ ⎩ ∂y (x, y) = (2xy + xy x ) e = (2xy + x y ) e ⎧ 2 ⎪ ∂ f

2 ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = 4xy3 + (y2 + 2x2 y3 )(2xy) e x y ⎪ ⎪ 2 ⎪ ∂x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪

2 ⎨∂ f (x, y) = (2y + 6x2 y2 ) + (y2 + 2x2 y3 )x2 e x y ⎪ ⎪ ⎪ ∂x∂y ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ∂2 f ⎪ 3 3 2 2 x2 y ⎪ ⎪ ⎩ ∂y2 (x, y) = (2x + 2x y) + (2xy + x y )x e . En particulier, au point A = (−1, 1), avec les notations de Monge : ⎧ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ p= (A) = (1 + 2) e = 3 e ⎪ ⎪ ⎨ ∂x ⎪ ⎪ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ (A) = (−2 − 1) e = −3 e ⎩q = ∂y

b) • On a, pour tout (x, y) ∈ R2 : ∂f (x, y) = 2x − y et ∂x

∂f (x, y) = −x + 2y, ∂y

donc, pour tout (x, y) ∈ R2 :

⎧ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x (x, y) est un point critique de f ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ (x, y) = 0 ∂y ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨x = 0 ⎨2x − y = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y = 0. ⎩−x + 2y = 0 Ainsi, f admet un point critique et un seul, qui est (0, 0). D’après le cours, puisque f est de classe C 1 sur l’ouvert R2 , si f admet un extremum local, alors c’est nécessairement en un point critique de f , donc en (0, 0). • On a, pour tout (x, y) ∈ R2 : ∂2 f (x, y) = 2, ∂x2

∂2 f (x, y) = −1, ∂x∂y

∂2 f (x, y) = 2, ∂y2 129

Chapitre 4

•

Fonctions numériques de plusieurs variables réelles

donc, en particulier, en (0, 0), avec les notations de Monge : r = 2,

s = −1,

donc, pour tout (x, y) ∈ R2 :

D’après le cours, f admet un minimum local en (0, 0). On conclut : f admet un extremum local et un seul, c’est en (0, 0), c’est un minimum local, et f (0, 0) = 0. Remarque : Par mise sous forme canonique d’un trinôme, on a, pour tout  y 2 3 2 + y  0. (x, y) ∈ R2 : f (x, y) = x2 − xy + y2 = x − 2 4 ∀(x, y) ∈ R , f (x, y)  0 = f (0, 0), 2

donc f admet un minimum global (donc local) en (0, 0). Mais ceci ne montre pas que f n’admet pas d’autre extremum local.

⎧ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x (x, y) est un point critique de f ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ (x, y) = 0 ∂y ⎧ ⎪ ⎪ ⎪2x − 4y = 0 ⎨ ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ x = 2y. ⎪ ⎪ ⎩−4x + 8y = 0 Ainsi, f admet une infinité de points critiques, les points (2b, b), b ∈ R. D’après le cours, puisque f est de classe C 1 sur l’ouvert R2 , si f admet un extremum local, alors c’est nécessairement en un point critique de f , donc en (2b, b), b ∈ R. On a, pour tout (x, y) ∈ R2 :

c) • On a, pour tout (x, y) ∈ R : 2

∂f (x, y) = 2x − 3y et ∂x

f (x, y) = x2 − 4xy + 4y2 = (x − 2y)2  0 = f (2b, b). ∂f (x, y) = −3x + 4y, ∂y

donc, pour tout (x, y) ∈ R2 : ⎧ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x (x, y) est un point critique de f ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ (x, y) = 0 ∂y ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨x = 0 ⎨2x − 3y = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y = 0. ⎩−3x + 4y = 0 Ainsi, f admet un point critique et un seul, qui est (0, 0). D’après le cours, puisque f est de classe C 1 sur l’ouvert R2 , si f admet un extremum local, alors c’est nécessairement en un point critique de f , donc en (0, 0).

∂2 f (x, y) = −3, ∂x∂y

∂2 f (x, y) = 4, ∂y2

donc, en particulier, en (0, 0), avec les notations de Monge : r = 2,

s = −3,

t = 4,

d’où : rt − s2 = −1 < 0. D’après le cours, f n’admet pas d’extremum local en (0, 0), il s’agit d’un point-col. On conclut : f n’admet pas d’extremum local. 130

Ceci montre que, pour tout b ∈ R, f admet en (2b, b) un minimum global, donc local. On conclut que f admet un extremum local en les (2b, b), b ∈ R et en ces points seulement. Ce sont tous des minimums locaux et tous sont égaux à 0.

4.4

L’application

f : R2 −→ R, (x, y) −→ 2x2 − 2xy + 2y2 + 2x − 7y + 7 est de classe C 1 sur l’ouvert R2 , donc, d’après le cours, si f admet un extremum local, c’est nécessairement en un point critique. • Recherche des points critiques de f : On a, pour tout (x, y) ∈ R2 : ∂f (x, y) = 4x − 2y + 2, ∂x

• On a, pour tout (x, y) ∈ R2 : ∂2 f (x, y) = 2, ∂x2

∂f (x, y) = −4x + 8y, ∂y

∂f (x, y) = 2x − 4y et ∂x

t = 2,

d’où : rt − s2 = 3 > 0 et r = 2 > 0.

Il en résulte :

d) • On a, pour tout (x, y) ∈ R2 :

∂f (x, y) = −2x + 4y − 7. ∂y

On a donc, pour tout (x, y) ∈ R2 : ⎧ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x (x, y) est un point critique de f ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ (x, y) = 0 ∂y ⎧ 1 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 4x − 2y + 2 = 0 ⎨x = 2 ⎨ ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩−2x + 4y − 7 = 0 ⎪ ⎩ y = 2. Ainsi, f admet un point critique et un seul, A =

1 2

 ,2.

Corrigés des exercices

• Étude en A :

• Recherche des points critiques de f :

 1 méthode : utilisation du cours sur les fonctions de classe C 2 :

On a, pour tout (x, y) ∈ U :

re

L’application f est de classe C 2 sur l’ouvert R2 par opérations, et, pour tout (x, y) ∈ R2 : ∂2 f ∂2 f ∂2 f (x, y) = 4, (x, y) = 4, (x, y) = −2, ∂x2 ∂x∂y ∂y2 donc, en particulier, en A, avec les notations de Monge : r = 4,

s = −2,

t = 4,

d’où : rt − s2 = 12 > 0 et r = 4 > 0. D’après le cours, on déduit que f admet un minimum local en A.  2e méthode : transformation de l’écriture de f (x, y) pour faire apparaître un minimum global : 1 En mettant en facteur, puis en groupant les termes en x2 et 2 x pour utiliser une mise sous forme canonique, on a, pour tout (x, y) ∈ R2 : 1 2 (4x − 4xy + 4y2 + 4x − 14y + 14) 2  1 2 = (4x − 4xy + 4x) + 4y2 − 14y + 14 2  1 = (2x − y + 1)2 − (−y + 1)2 + 4y2 − 14y + 14 2  1 (2x − y + 1)2 + 3y2 − 12y + 13 = 2  1 = (2x − y + 1)2 + 3(y − 2)2 + 1 . 2 Comme tout carré de réel est  0, on a alors, pour tout (x, y) 1 ∈ R2 : f (x, y)  2 ⎧ ⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 2x − y + 1 = 0 ⎪ ⎪ 1 ⎨x = 2 ⎨ ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ et : f (x, y) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎩y − 2 = 0 ⎩ y = 2.

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

f (x, y) =

Ceci montre que f admet un minimum global, donc local, en A. Finalement, on conclut : f admet un extremum local et un seul, 1  atteint en A = , 2 et en ce point seulement, c’est un mini2 1 mum, et il est égal à . 2

4.5

L’application

f : ] − 1 ; 1[× ] − π ; π[ −→ R, (x, y) −→ x2 +

√

1 − x2 cos y

est de classe C 1 sur l’ouvert U = ] − 1 ; 1[× ] − π ; π[, donc, d’après le cours, si f admet un extremum local, c’est nécessairement en un point critique.

(x, y) est un point critique de f ⎧ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ (x, y) = 0 ∂y ⎧ x ⎪ ⎪ 2x − √ cos y = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 − x2 ⎪ ⎨ √ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ − 1 − x2 sin y = 0 ⎪ ⎪ !" ⎪ ⎩ 0

⎧ x ⎪ ⎪ 2x − √ cos y = 0 ⎪ ⎪ ⎨ 1 − x2 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y = 0 ⎧ √ ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎨ x(2 1 − x − 1) = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y = 0 ⎧√ 1 ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ 1−x = 2  ou ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y = 0 √ √ ⎧ ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ 3 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪  ⎪ x = 0 x = − x = ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ ⎨ 2 2 ou ou . ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y = 0 ⎪ ⎪ ⎩y = 0 ⎩y = 0 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨x = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y = 0

Ainsi, f admet exactement trois points critiques : O = (0, 0),

√

3  ,0 , A= − 2 

B=



√

3  ,0 . 2

• Étude en un point critique : L’application f est de classe C 2 sur l’ouvert U, et, pour tout (x, y) ∈ U : ∂2 f 1 (x, y) = 2 − √ cos y − x2 (1 − x2 )−3/2 cos y, ∂x2 1 − x2 x ∂2 f sin y, (x, y) = √ ∂x∂y 1 − x2

√ ∂2 f (x, y) = − 1 − x2 cos y. ∂y2

1) En O, avec les notations de Monge : r = 1, s = 0, t = −1, donc rt − s2 = −1 < 0. D’après le cours, f n’admet pas d’extremum local en O, il s’agit d’un point-col. 2) En A, avec les notations de Monge et après calcul : r = −6,

s = 0,

1 t=− , 2 131

Chapitre 4

•

Fonctions numériques de plusieurs variables réelles



donc rt − s2 = 3 > 0 et r = −6 < 0.

En particulier : ∀x ∈ ]0 ; 1[,

D’après le cours, f admet un maximum local en A.

Ceci montre que, au voisinage de (0, 0), la différence

De plus : f (A) =

f (x, 0) < 0 et f (x, x) > 0 ).

f (x, y) − f (0, 0) n’est pas de signe fixe.

5 . 4

On conclut : f n’admet pas d’extremum local en (0, 0).

3) En B, le calcul est le même qu’en A. Remarque : Finalement, f admet un extremum local et un seul, c’est un maximum, il est atteint en A et en B et en ces deux points seule5 ment, et il est égal à . 4

4.6 (x + y)2 − 4xy (x + y)2 −4= xy xy x2 + y2 − 2xy (x − y)2 = =  0, xy xy f (x, y)  4.

donc :

4.8 a) On a :

a) On a, pour tout (x, y) ∈ ]0 ; +∞[2 : f (x, y) − 4 =

Il n’est pas nécessaire, dans cet exercice, de calculer r, s, t (avec les notations de Monge) ; d’ailleurs, ici, rt − s2 = 0.

f (x, 0) = x4

−→

x −→ +∞

+∞,

donc f n’est pas majorée, et donc f n’admet pas de maximum global. b) 1) On a, pour tout (x, y) ∈ R2 : f (−x, −y) = (−x)4 + (−y)4 − 4(−x)(−y) = x4 + y4 − 4xy = f (x, y).

b) On a, d’après a) : ∀(x, y) ∈ ]0 ; +∞[2 , f (x, y)  4, et, d’autre part, pour tout (x, y) ∈]0 ; +∞[ :

Si f admet un minimum global en un point (a, b), alors :

2

(x − y)2 f (x, y) = 4 ⇐⇒ = 0 ⇐⇒ (x − y)2 = 0 ⇐⇒ x = y. xy On conclut que f admet un minimum global, égal à 4, et que ce minimum est atteint en les points (x, x), x ∈ ]0 ; +∞[, et en ceux-ci seulement. c) On a, pour tout (x, y) ∈ ]0 ; +∞[ : 2

2 ln(x + y) − ln x − ln y = ln

Ceci montre que, quitte à changer y en −y, on peut se ramener au cas où y  0. b) 2) Soit y ∈ [0 ; +∞[ fixé. L’application gy : R −→ R, x −→ f (x, y) = x4 + y4 − 4xy est dérivable sur R et :

 (x + y)2  xy

= ln f (x, y)  ln 4 = 2 ln 2.

4.7

∀x ∈ R, gy (x) = 4x3 − 4y = 4(x3 − y), d’où le tableau de variations de gy : x gy (x)

a) L’application f : R2 −→ R, (x, y) −→ x4 + y4 − (x − y)2 est de classe C 1 sur l’ouvert R2 de R2 et on a, pour tout (x, y) ∈ R2 : ∂f (x, y) = 4x3 − 2(x − y), ∂x En particulier, en (0, 0) :

∂f (x, y) = 4y3 + 2(x − y). ∂y

∂f (0, 0) = 0, ∂x

∂f (0, 0) = 0. ∂y

On conclut : (0, 0) est un point critique de f . ⎧ 4 2 2 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ f (x, 0) = x − x = −x (1 − x ) b) On a, pour tout x ∈ R : ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ f (x, x) = 2x4 . 132

∀(x, y) ∈ R2 , f (x, y) = f (−x, −y)  f (a, b) = f (−a, −b).

gy (x)

−∞

−

y1/3 0



+

+∞

 m(y)

On conclut que gy admet un minimum global, noté m(y) et : m(y) = gy (y1/3 ) = (y1/3 )4 + y4 − 4y1/3 y = y4 − 3y4/3 . b) 3) L’application m : [0 ; +∞[ −→ R, y −→ y4 − 3y4/3 est dérivable sur [0 ; +∞[ (car 4/3 > 1) et on a, pour tout y ∈ [0 ; +∞[ : 4 m (y) = 4y3 − 3 y1/3 = 4(y3 − y1/3 ) = 4y1/3 (y8/3 − 1). 3

Corrigés des exercices

∂2 f x (x, y, z) = − . ∂z2 (1 + z)2

On en déduit le tableau de variations de m : y m (y) m(y) On a donc :

0 − 

1 0

+ 

+∞

• En particulier , en A :

∀y ∈ [0 ; +∞[, m(y)  m(1) = −2.

b) 4) D’après 2) et 3), on a :

∀(x, y) ∈ R2 , f (x, y)  −2.

⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 0 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ H = ⎜⎜0 −2 0⎟⎟⎟⎟ . ⎠ ⎝ 1 0 2

f (1, 1) = g1 (1) = m(1) = −2. b) 2) • On a :

On a donc : ∀(x, y) ∈ R , f (x, y)  f (1, 1) = −2, 2

et on conclut : f admet un minimum global, égal à −2.

4.9 a) • Il est clair que U = R × R× ] − 1 ; +∞[ est un ouvert de R3 et que, par opérations, l’application

∂f (x, y, z) = 2(y − 1)(z − 1), ∂y

∂f x (x, y, z) = + (y − 1)2 + 2. ∂z 1+z • On a, pour tout (x, y, z) ∈ U : (x, y, z) est un point critique de f

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

⇐⇒ ⇐⇒

∂f 

∂x

(x, y, z) = 0,

 ∂f ∂f (x, y, z) = 0, (x, y, z) = 0 ∂y ∂z

ln(1 + z) = 0, 2(y − 1)(z − 1) = 0,  x + (y − 1)2 + 2 = 0 1+z   ⇐⇒ x = −2, y = 1, z = 0 .

!" ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎝1⎟⎟⎠ 0   −2  !"

tX H 2

t X HX 2 2

tX 3

Ainsi :

t

X3

H

!" ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜0⎟⎟⎟⎟ ⎝⎜ ⎠⎟ . 1   2  !"

tX H 3

t X HX 3 3

!" ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 0 1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜0 −2 0⎟⎟⎟⎟ ⎠⎟ ⎝⎜ 1 0 2     001 102  !"  !"

est de classe C 1 sur l’ouvert U et, pour tout (x, y, z) ∈ U :

X2

H

!" ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 0 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝0 −2 0⎟⎟⎟⎟⎠ 1 0 2     0 1 0 0 −2 0  !"  !" tX 2

f : U −→ R, (x, y, z) −→ x ln(1 + z) + (y − 1)2 (z − 1) + 2z

∂f (x, y, z) = ln(1 + z), ∂x

∂2 f (A) = 2. ∂z2

On en déduit la matrice hessienne H de f en A :

De plus, m atteint son minimum en y = 1 et, pour y = 1, gy atteint son minimum en x = 1, donc :

On peut aussi remarquer directement : f (1, 1) = −2.

∂2 f (A) = 1, ∂x∂z

∂2 f (A) = 0, ∂y∂z

∂2 f (A) = −2, ∂y2

∀(x, y) ∈ R × [0 ; +∞[, f (x, y)  m(y)  −2, puis, d’après 1) :

∂2 f (A) = 0, ∂x∂y

∂2 f (A) = 0, ∂x2

X2 HX2 = −2 < 0 et

t

X3 HX3 = 2 > 0.

b) 3) Il en résulte, d’après le cours, que f n’admet pas d’extremum local en A. Comme f est de classe C 1 sur l’ouvert U, si f admet un extremum local, c’est nécessairement en un point critique, donc, d’après 1), en A. Finalement : f n’admet pas d’extremum local.

4.10

On conclut que f admet un point critique et un seul, noté A et que : A = (−2, 1, 0). b) 1) • Par opérations, f est de classe C 2 sur l’ouvert U et on a, pour tout (x, y, z) ∈ U : ∂2 f ∂2 f ∂2 f 1 (x, y, z) = 0, (x, y, z) = 0, (x, y, z) = , 2 ∂x ∂x∂y ∂x∂z 1+z ∂2 f ∂2 f (x, y, z) = 2(z − 1), (x, y, z) = 2(y − 1), ∂y2 ∂y∂z 133

Chapitre 4

•

Fonctions numériques de plusieurs variables réelles

En notant O le milieu de (A, B), puisque le triangle ABC est isocèle de sommet C, il existe (a, h) ∈ (R∗+ )2 et un repère ortho→ − → − normé (O ; i , j ) du plan tels que les points A, B, C aient pour coordonnées : A(−a, 0), B(a, 0), C(0, h).

On a, pour tout (x, y) ∈ D :

L’aire Σ du triangle ABC est la moitié du produit de la base par la hauteur, donc : Σ = ah.

⎧ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x (x, y) est un point critique de f ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ (x, y) = 0 ∂y ⎧ ⎧ 2a ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨a − 2x + y = 0 3 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ a ⎪ ⎩ x − 2y = 0 ⎪ ⎩y = . 3

Il existe x ∈ ]0 ; a[ unique tel que les coordonnées de E soient (x, 0). Alors les coordonnées de D sont (−x, 0). x t + = 1, a h  h  d’où les coordonnées de F : x, (a − x) , a   h puis celles de G : − x, (a − x) . a Une équation de la droite (BC) est :

Il existe y ∈ ]0 ; x[ unique tel que les coordonnées de I soient   h y, (a − x) , où 0 < y < x. Alors les coordonnées de H sont : a   h − y, (a − x) . a  h  De même que pour F, les coordonnées de J sont : y, (a − y) . a   h D’où les coordonnées de K : − y, (a − y) . a

∂f (x, y) = a − 2x + y, ∂x

∂f (x, y) = x − 2y, ∂y

donc, pour tout (x, y) ∈ D :

Formons donc la différence :  2a a  a2

f , − f (x, y) = − x(a − x) + y(x − y) 3 3 3  a2  = y2 − xy + x2 − ax + 3  a2  1 2  3 2 = y − x + x − ax + 2 4 3  1 2 3  2a 2  0. = y− x + x− 2 4  !" 3  !" 0

On a donc :

∀(x, y) ∈ D, f (x, y)  f

0

 2a a  , . 3 3

Ainsi, f admet un maximum global et f atteint celui-ci en le  2a a  a2 , , et ce maximum est égal à . point 3 3 3 2h Comme S = f (x, y), on conclut : la valeur maximale de la a 2ah somme des aires des deux rectangles DEFG et HI JK est , 3 2 c’est-à-dire Σ. 3 La somme S des aires des deux rectangles DEFG et HI JK est : S = DE · EF + HI · I J h  h h = 2x (a − x) + 2y (a − y) − (a − x) a a a

2h x(a − x) + y(x − y) . = a Il reste à trouver le maximum global de la fonction f : D −→ R, (x, y) −→ x(a − x) + y(x − y) où

  D = (x, y) ∈ R2 ; 0 < y < x < 1 .

Si f admet un maximum global, c’est nécessairement aussi un maximum local et, comme f est de classe C 1 sur l’ouvert D, c’est nécessairement en un point critique de f . 134

4.11 a) Soit (x, y) ∈ R2 fixé. • Existence : L’application

ϕ : t −→ (t − x)2 (t − y)2 e −t

2

Corrigés des exercices

On a, par prépondérance de l’exponentielle sur les puissances :

2 t2 ϕ(t) = t2 (t − x)2 (t − y)2 e −t −→ 0.

√ √ 3 3 3 π 3 π = Γ = I4 = Γ = . 2 2 2 2 2 4 e  2 méthode : intégration par parties sur un segment puis passage à la limite :

Il existe donc α > 0 tel que :

On a, pour tout X ∈ [0 ; +∞[, par intégration par parties avec

5

est continue sur R et à valeurs positives ou nulles.

t −→ ±∞

∀t ∈ R,



1 . t2

|t|  α =⇒ t2 ϕ(t)  1 =⇒ ϕ(t) 

D’après l’exemple de Riemann en ±∞, les intégrales $ +∞ $ −1 1 1 dt et dt convergent. Par théorème de majo2 t2 −∞ t 1 $ ration pour des fonctions  0, les intégrales $ +∞ ϕ(t) dt convergent. 1

−1

ϕ(t) dt et

−∞

+∞

On conclut, par définition, que l’intégrale

ϕ(t) dt

−∞

1 F(x, y) = √ π 1 = √ π

$ $

+∞ −∞ +∞ −∞

(t − x)2 (t − y)2 e

−t2

dt

(t2 − 2xt + x2 )(t2 − 2yt + y2 ) e −t dt 2

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

2

2

Nous allons calculer I2 et I4 .  1re méthode : intervention de la fonction Γ d’Euler : On a, pour tout k ∈ N, par parité puis par le changement de variable u = t2 : $ +∞ $ +∞ 2 2 t2k e −t dt = 2 t2k e −t dt I2k = −∞ 0 $ +∞ $ +∞  1 1 1 =2 uk e −u √ du = uk− 2 e −u du = Γ k + . 2 2 u 0 0 D’autre part, on sait : ∀s ∈ ]0 ; +∞[, Γ(s + 1) = s Γ(s).

2

√

=

2

X −→ +∞

−X

Puisque les applications t −→ t e −t et t −→ t3 e −t sont impaires (et que les intégrales considérées convergent), on a : I1 = 0 et I3 = 0. √ D’après l’énoncé (intégrale de Gauss) : I0 = π.

3

$ X 2k+1 * t2k+1 t 2 +X 2 + e −t 2t e −t dt −X 2k + 1 −X 2k + 1 $ X X 2k+1 −X2 2 2 =2 + t2k+2 e −t dt. e 2k + 1 2k + 1 −X

t2k e −t dt =

D’autre part, par$convergences d’intégrales impropres vues X 2 plus haut : t2k e −t dt −→ I2k

−∞

I2 = Γ

X

2

1 = √ I4 − 2(x + y)I3 + (x2 + 4xy + y2 )I2 π

−2(xy2 + x2 y)I1 + x2 y2 I0 , $ +∞ 2 en notant, pour tout k ∈ N : Ik = tk e −t dt.

D’où :

$

−→ 0, par prépondérance de l’exD’une part, X 2k+1 e −X X −→ +∞ ponentielle sur les puissances.

• Calcul : On a :

⎧ 2 ⎪ ⎪ u = −2t e −t ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ t2k+1 ⎪ ⎪ ⎪ , ⎩v = 2k + 1

où u, v sont bien de classe C 1 sur le segment [−X ; X] :

−X

$

converge, donc F(x, y) existe.

⎧ ⎪ −t2 ⎪ ⎪ ⎨u = e ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = t2k

1 1 1 √ π = π= Γ , 2 2 2 2

et de même avec 2k + 2 à la place de 2k. On déduit, en faisant tendre X vers +∞ et en renversant l’éga2k + 1 I2k . lité : I2(k+1) = 2 √ √ π 1 3 3 π , I4 = I2 = . D’où : I2 = I0 = 2 2 2 4 On obtient, pour tout (x, y) ∈ R2 : F(x, y) =

3 1 2 + (x + 4xy + y2 ) + x2 y2 . 4 2

b) • Par opérations, F est de classe C 2 sur l’ouvert R2 et, pour tout (x, y) ∈ R2 : 1 ∂F (x, y) = (2x + 4y) + 2xy2 = x + 2y + 2xy2 , ∂x 2 ∂F 1 (x, y) = (4x + 2y) + 2x2 y = 2x + y + 2x2 y. ∂y 2 On a, pour tout (x, y) ∈ R2 : ⎧ ∂F ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x (x, y) est un point critique de F ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ∂F ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ (x, y) = 0 ∂y ⎧ ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎨ x + 2y + 2xy = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩2x + y + 2x2 y = 0 135

Chapitre 4

•

Fonctions numériques de plusieurs variables réelles

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨3(x + y) + 2xy(x + y) = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y − x + 2xy(y − x) = 0

L1 ←− L1 + L2

d’une fonction de deux variables réelles, en exprimant, par exemple, z en fonction de x et y dans la contrainte C .

L2 ←− L1 − L2 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨(x + y)(3 + 2xy) = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩(y − x)(1 + 2xy) = 0

Notons F : R2 −→ R, (x, y) −→ F(x, y) = f (x, y, 4 − x − 2y).

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨x + y = 0 ⇐⇒ ⎪ ou ⎪ ⎪ ⎩y − x = 0

⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨x + y = 0 ⎨3 + 2xy = 0 ou ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩1 + 2xy = 0 ⎩y − x = 0 ⎧ ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ y=x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪  ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨x = 0 ⎨y = −x 2 ou ⇐⇒ ⎪ ou ⎪ ⎪ ⎪ 3 + 2x ⎪ ⎪ = 0 ⎪ ⎪ ⎪1 − 2x2 = 0 !" ⎪ ⎩y = 0 ⎩ ⎪ ⎩ impossible ⎧ ⎧ ⎧ √ √ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ x = 1/ 2 ⎨x = 0 ⎨ x = −1/ 2 ou ⎪ ⇐⇒ ⎪ ou ⎪ . ⎪ ⎪ ⎪ ⎪y = −1/ √2 ⎪ ⎪y = 1/ √2 ⎩ ⎩ ⎩y = 0

On a, pour tout (x, y) ∈ R2 : F(x, y) = x2 − 2xy + 2x(4 − x − 2y) + 5y2 − 6y(4 − x − 2y) +5(4 − x − 2y)2 − 2x − 2y − 6(4 − x − 2y) − 7 = 4x2 + 20xy + 37y2 − 28x − 94y + 49. • L’application F est de classe C 1 sur l’ouvert R2 , donc, si F admet un extremum local en un point (x, y), alors (x, y) est un point critique de F. On a, pour tout (x, y) ∈ R2 : ∂F (x, y) = 8x + 20y − 28, ∂x

On conclut que F admet exactement trois points critiques : A = (0, 0),

 1 1  B= √ , −√ , 2 2

 1  1 C= − √ , √ . 2 2

Donc :

c) D’après le cours, puisque F est de classe C sur l’ouvert R , si F admet un extremum local, c’est nécessairement en un point critique. 1

2

On calcule les dérivées partielles secondes de F en tout point (x, y) de R2 : ∂2 F ∂2 F ∂2 F 2 (x, y) = 2+4xy, (x, y) = 1+2y , (x, y) = 1+2x2 . ∂x2 ∂x∂y ∂y2 On consigne les valeurs de r, s, t, rt − s2 en les points critiques, avec les notations de Monge : r s t rt − s2

A 1 2 1 −3

B 2 0 2 4

C 2 0 2 4

• Pour étudier la différence F(x, y) − F(1, 1), utilisons le changement de variables h = x − 1, k = y − 1 :

−28(1 + h) − 94(1 + k) + 61

1 . 2

On conclut que F admet un seul extremum local, c’est un minimum local, il est atteint en B et en C et en ces deux points 1 seulement, et il est égal . 2 Dans cet exercice, on peut éviter l’utilisation du cours sur la recherche d’extremums globaux avec contrainte d’égalités, en se ramenant à la recherche des extremums globaux

136

Ainsi, F admet un point critique et un seul, et il s’agit de A = (1, 1).

= 4(1 + h)2 + 20(1 + h)(1 + k) + 37(1 + k)2

En B et C, puisque rt − s2 > 0 et r > 0, F admet un minimum local.

4.12

⎧ ∂F ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x (x, y) est un point critique de F ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ∂F ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ (x, y) = 0 ∂y ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 8x + 20y − 28 = 0 ⎪ ⎪ ⎨ ⎨x = 1 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩20x + 74y − 94 = 0 ⎩y = 1.

F(x, y) − F(1, 1) = F(1 + h, 1 + k) − F(1, 1)

En A, puisque rt − s2 < 0, F n’admet pas d’extremum local, il s’agit d’un point-col.

Un calcul élémentaire donne : F(B) = F(C) =

∂F (x, y) = 20x + 74y − 94. ∂y

= 4h2 + 20hk + 37k2  37  = 4 h2 + 5hk + k2 4 * 5 2 25 2 37 2 + = 4 h+ k − k + k 2 4 4  5 2 = 4 h + k + 12k2  0. 2 Un calcul élémentaire donne : F(1, 1) = −12. On déduit que F admet un extremum global et un seul, c’est un minimum, il est égal à −12 et il est atteint en (1, 1) et en ce point seulement. On conclut : f admet un extremum sous la contrainte d’égalité C et un seul, c’est un minimum, il est égal à −12 et il est atteint en (1, 1, 1) et en ce point seulement.

Corrigés des exercices

4.13 1) 1re méthode : se ramener aux extremums globaux d’une fonction de deux variables réelles :

D’où, sous la contrainte C : f (x, y, z) = x2 + y2 + z2 

On exprime, dans la contrainte d’égalité linéaire C , une des variables en fonction des deux autres, par exemple : (x, y, z) ∈ C ⇐⇒ z = 3 − x − y. On considère l’application F : R2 −→ R définie, pour tout (x, y) ∈ R2 , par : F(x, y) = f (x, y, 3 − x − y) = x2 + y2 + (3 − x − y)2 , et on recherche les extremums globaux de F. Puisque F(x, y) est une expression du second degré en x et y, on peut essayer d’utiliser une mise sous forme canonique d’un trinôme : ∀(x, y) ∈ R2 , F(x, y) = 2x2 + 2xy − 6x + 2y2 − 6y + 9 = 2(x2 + xy − 3x) + 2y2 − 6y + 9  1 1 3 3 2 9 + 2y2 − 6y + 9 = 2 x+ y− − 2 y2 − y + 2 2 4 2 4  1 9 3 2 3 2 = 2 x+ y− + y − 3y + 2 2 2 2  9 1 3 2 3 2 + (y − 2y) + = 2 x+ y− 2 2 2 2  3 2 3 1 + (y − 1)2 +3. = 2 x+ y− 2 2  !" 2  !" 0

0

On a donc, pour tout (x, y) ∈ R2 , F(x, y)  3 et : ⎧ ⎧ 1 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪x + y − = 0 ⎪x = 1 ⎨ ⎨ 2 2 F(x, y) = 3 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪y = 1 ⎪ ⎩ ⎩y − 1 = 0

−→

x −→ +∞

=3

D’autre part, (1, 1, 1) vérifie C et f (1, 1, 1) = 3. Ceci montre que f admet un minimum global sous la contrainte d’égalité C , que celui-ci est égal à 3 et qu’il est atteint (au moins) en (1, 1, 1). D’autre part, on montre, comme dans la 1ère méthode, que f n’a pas de maximum global sous la contrainte d’égalité C . 3) 3è méthode : utilisation du cours sur la recherche d’extremum local avec contrainte d’égalité linéaire : Si f admet un extremum global sous la contrainte d’égalité linéaire C en un point A, alors f admet un extremum local sous la contrainte d’égalité C en A. D’après le cours, si f admet un extremum local sous la contrainte d’égalité C en un point A de C , alors, en notant   H = (x, y, z) ; x + y + z = 0 l’ensemble des solutions du système linéaire homogène associé à C , pour tout H de H − {0}, la dérivée de f en A dans la direction H est nulle. Comme H1 = (1, −1, 0) et H2 = (1, 0, −1) sont dans H , on a alors en particulier : < ∇ fA , H2 >= 0,

d’où, en notant A = (x, y, z) tel que x + y + z = 3 : .

On conclut que f admet un minimum global sous la contrainte d’égalité linéaire C et un seul, que celui-ci est égal à 3 et qu’il est atteint en (1, 1, 1) et en ce point seulement. D’autre part, comme F(x, 0) = 2x2 − 6x + 9

1 1 (x + y + z)2 = 9 = 3. 3  !" 3

< ∇ fA , H1 >= 0 et

On déduit que F admet un minimum global et un seul, que celui-ci est égal à 3 et qu’il est atteint en (1, 1) et en ce point seulement. © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

(x + y + z)2  3(x2 + y2 + z2 ).

c’est-à-dire :

+∞,

F n’est pas majorée, donc F n’admet pas de maximum global, et on conclut que f n’admet pas de maximum global sous la contrainte d’égalité linéaire C . 2) 2e méthode : utilisation de l’inégalité de Cauchy et Schwarz : En appliquant, pour tout (x, y, z) de R , l’inégalité de Cauchy et Schwarz aux vecteurs (1, 1, 1) et (x, y, z) de R3 pour le produit scalaire usuel, on a : #

2 (1, 1, 1) ## (x, y, z)  ||(1, 1, 1)||2 ||(x, y, z)||2 ,

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨2x · 1 + 2y · (−1) + 2z · 0 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩2x · 1 + 2y · 0 + 2z · (−1) = 0 donc x = y = z. Comme x + y + z = 3, on déduit x = y = z = 1. Ainsi, si f admet un extremum sous la contrainte d’égalité C , alors c’est nécessairement en (1, 1, 1). On termine comme dans la 1re méthode.

4.14 a) 1) Par opérations, l’application f : R −→ R, x −→ x − ln(1 + x2 )

3

est de classe C 2 sur R et, pour tout x ∈ R : f  (x) = 1 −

2x 1 + x2 − 2x (1 − x)2 = = , 2 1+x 1 + x2 1 + x2 137

Chapitre 4

•

Fonctions numériques de plusieurs variables réelles

f  (x) = − a) 2) Soit x ∈ R.

2(1 + x2 ) − 2x · 2x 2(x2 − 1) = . (1 + x2 )2 (1 + x2 )2

On a, pour tout t ∈ R : 2t 2x =1− 1 + t2 1 + x2 ⇐⇒ 2t(1 + x2 ) = 2x(1 + t2 ) ⇐⇒ xt2 − x2 t + x − t = 0

f  (t) = f  (x) ⇐⇒ 1 −

⇐⇒ xt(t − x) + x − t = 0 ⇐⇒ (t − x)(xt − 1) = 0.  1 Si x  0, alors : f  (t) = f  (x) ⇐⇒ t = x ou t = . Si x x = 0, alors : f  (t) = f  (x) ⇐⇒ t = 0. On conclut que l’équation f  (t) = f  (x), d’inconnue t ∈ R, admet au plus deux solutions.

d) Puisque F est de classe C 1 sur l’ouvert R2 , d’après le cours, si F admet un extremum local, c’est nécessairement en un point critique. L’application F est de classe C 2 sur l’ouvert R2 et, pour tout (x, y) ∈ R2 : ⎧ 2 ⎪ ∂ F ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = f  (x + y) − f  (x) ⎪ ⎪ ⎪ ∂x2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎨∂ F (x, y) = f  (x + y) ⎪ ⎪ ⎪ ∂x∂y ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ∂2 F ⎪   ⎪ ⎪ ⎩ ∂y2 (x, y) = f (x + y) − f (y). On calcule des valeurs de f que f  est paire :

b) Puisque f est de classe C 1 sur R, par opérations, l’application F : R2 −→ R, (x, y) −→ f (x + y) − f (x) − f (y) est de classe C 1 sur l’ouvert R2 et, pour tout (x, y) ∈ R2 : ⎧ ∂F ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = f  (x + y) − f  (x) ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x ⎪ ⎪ ⎪ ∂F ⎪   ⎪ ⎪ ⎩ ∂y (x, y) = f (x + y) − f (y).

c’est-à-dire :

x = y ou x = y ou

x+y= x

ou

f



f



 1  4 √ =− , 9 2

 1 √ 1  2 √ + √ = f  ( 2) = . 9 2 2

Avec les notations de Monge, en chacun des trois points critiques, on calcule r, s, t puis rt − s2 : (0, 0) r s t rt − s2

x+y =y

x = 0 ou y = 0.

0 −2 0 −4

1 1 (√ , √ ) 2 2 2/3 2/9 2/3 32/81

1 1 (− √ , − √ ) 2 2 2/3 2/9 2/3 32/81

Si x = 0, alors f  (y) = f  (x) = f  (0), donc d’après le calcul fait dans a), y = 0.

En (0, 0), on a rt − s2 < 0, donc F n’admet pas d’extremum, il s’agit d’un point-col.

De même, si y = 0, alors x = 0.

En les deux autres points critiques, on a rt − s2 > 0, donc F admet un extremum local, et r > 0, donc il s’agit d’un minimum local.

On a donc nécessairement : x = y. c) 2) Il s’ensuit, pour tout (x, y) ∈ R2 : ⎧ ⎧ ⎪ ⎪   ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ f (x) = f (y) ⎨y = x ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪   ⎩ f (x + y) = f (x) ⎩ f  (2x) = f  (x)

(1).

On conclut que F admet deux extremums locaux exactement,  1 1   1 1  en les points √ , √ et − √ , − √ , et ce sont des mi2 2 2 2 nimums locaux. En particulier, F admet au moins un extremum local.

Et : (1) ⇐⇒ 1 −

2x 4x =1− 2 1 + (2x) 1 + x2

⇐⇒ 2x(1 + x2 ) = x(1 + 4x2 ) ⇐⇒ 2x3 − x = 0 ⇐⇒ x(2x2 − 1) = 0  1 1  ⇐⇒ x = 0 ou x = √ ou x = − √ . 2 2 On conclut que F admet exactement trois points critiques :  1 1   1 1  (0, 0), − √ ,−√ . √ , √ , 2 2 2 2 138

en les points utiles, en remarquant

f  (0) = −2,

c) 1) • Si (x, y) ∈ R2 vérifie f  (x) = f  (y) = f  (x + y), alors, d’après b), les trois réels x, y, x + y ne sont pas deux à deux distincts. On a donc :



4.15 a) L’application f : R2 −→ R, (x, y) −→ (2x2 + 3y2 )2 − (4x6 + 5y8 ) est de classe C 1 sur l’ouvert R2 de R2 , et, pour tout (x, y) ∈ R2 : ⎧∂f ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = 2(2x2 + 3y2 )4x − 24x5 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x ⎪ ⎪ ⎪ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ (x, y) = 2(2x2 + 3y2 )6y − 40y7 . ∂y

Corrigés des exercices

On a, pour tout (x, y, z) ∈ ]0 ; +∞[3 :

En particulier : ∂f (0, 0) = 0 et ∂x

∂f (0, 0) = 0. ∂y

On conclut : (0, 0) est un point critique de f . b) On a, pour tout (x, y) ∈ [−1 ; 1]2 : 4x6 + 5y8  4x6 + 5y6  5(x6 + y6 ) 5 2 5 (2x + 2y2 )3  (2x2 + 3y2 )3 . 8 8 * 1 1 +2 , alors : De plus, si, par exemple, (x, y) ∈ − ; 3 3  5(x2 + y2 )3 =

1 1 2 0  2x2 + 3y2  3(x2 + y2 )  3 + =  1, 9 9 3 donc :

(x, y, z) est un point critique de f ⎧∂f ⎪ ⎪ ⎪ (x, y, z) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ∂x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨∂f (x, y, z) = 0 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ∂y ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ∂f ⎪ ⎪ ⎩ (x, y, z) = 0 ∂z  ⇐⇒ xy = xz, xy = yz,  ⇐⇒ !" y = z, x 0, y 0

  1  13  ⇐⇒ x = y = z = = 3−1/3 . 3 On conclut que f admet un point critique et un seul : A = (3−1/3 , 3−1/3 , 3−1/3 ).

(2x2 + 3y2 )3  (2x2 + 3y2 )2 , puis : 5 2 5 (2x + 3y2 )3  (2x2 + 3y2 )2 . 8 8

c) 1) • On calcule les dérivées partielles secondes de f en tout point (x, y, z) de ]0 ; +∞[3 : 1 ∂2 f (x, y, z) = ∂x2 (x + y + z)2

Il en résulte : 5 3 f (x, y)  (2x2 + 3y2 )2 − (2x2 + 3y2 )2 = (2x2 + 3y2 )2  0. 8 8

∂2 f 1 (x, y, z) = z + ∂x∂y (x + y + z)2 1 ∂2 f (x, y, z) = y + ∂x∂z (x + y + z)2

Ceci montre : * 1 1 +2 , f (x, y)  f (0, 0). ∀(x, y) ∈ − ; 3 3

1 ∂2 f (x, y, z) = ∂y2 (x + y + z)2

On conclut : f admet un minimum local en (0, 0).

∂2 f 1 (x, y, z) = x + ∂y∂z (x + y + z)2

Remarque :

1 ∂2 f (x, y, z) = . ∂z2 (x + y + z)2

Il n’est pas nécessaire, dans cet exercice, de calculer r, s, t (avec les notations de Monge) ; d’ailleurs, ici, rt − s2 = 0.

4.16 © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

⎧ 1 ⎪ ⎪ yz − =0 ⎪ ⎪ ⎪ x + y+z ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎨ xz − =0 ⎪ ⎪ ⎪ x + y+z ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎩ xy − =0 x+y+z  1 xy = x+y+z 1 2 x = z, x = 3x

a) Par opérations, l’application f : ]0 ; +∞[3 −→ R, (x, y, z) −→ xyz − ln(x + y + z) est de classe C 2 sur l’ouvert ]0 ; +∞[3 . b) On calcule les dérivées partielles premières de f en tout point (x, y, z) de ]0 ; +∞[3 : ∂f 1 (x, y, z) = yz − ∂x x+y+z ∂f 1 (x, y, z) = xz − ∂y x+y+z 1 ∂f (x, y, z) = xy − . ∂z x+y+z

On en déduit la hessienne de f en tout point (x, y, z) de ]0 ; +∞[3 : ⎛ ⎞ 1 1 1 ⎜⎜⎜ ⎟ ⎜⎜⎜ (x + y + z)2 z + (x + y + z)2 y + (x + y + z)2 ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ 1 1 1 ⎜⎜⎜ z + ⎟⎟⎟ x + . ⎜⎜⎜ (x + y + z)2 (x + y + z)2 (x + y + z)2 ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ 1 1 1 ⎜⎜⎝ ⎠ y+ x+ (x + y + z)2 (x + y + z)2 (x + y + z)2 Pour x = y = z = 3−1/3 , on a : 1 1 1 = = 2/3 2 = 3−4/3 (x + y + z)2 (3 · 3−1/3 )2 (3 ) et : x+

1 1 1 =y+ =z+ (x + y + z)2 (x + y + z)2 (x + y + z)2 = 3−1/3 + 3−4/3 = (3 + 1)3−4/3 = 4 · 3−4/3 . 139

Chapitre 4

•

Fonctions numériques de plusieurs variables réelles

Il résulte que, pour tout x ∈ ]0 ;$+∞[, l’intégrale impropre $ en x x f (t) dt converge, donc F(x) = f (t) dt existe.

On en déduit que la hessienne de f en A est : ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 4 4⎟⎟⎟ ⎟ −4/3 ⎜ 3 ⎜⎜⎜⎜4 1 4⎟⎟⎟⎟ . ⎠ ⎝ 441

0

0

$ • On a : ∀x ∈ ]0 ; +∞[, F(x) =

c) 2) • On a, en notant < . | . > le produit scalaire canonique sur R3 : < u | v > = −1 + 0 + 1 = 0,

$

f (t) dt, 1

Comme F est une famille orthogonale et qu’elle ne contient pas le vecteur nul, d’après le cours, F est libre. • Puisque dim (R3 ) = 3 et que F est une famille libre de R3 à 3 éléments, d’après le cours, F est une base de R3 .

qui est une primitive de f sur ]0 ; +∞[, est de classe C 2 sur ]0 ; +∞[ et : ∀x ∈ ]0 ; +∞[, F1 (x) = f (x). $ 1 Comme f (t) dt est une constante, il en résulte, par addi0

tion, que F est de classe C 2 sur ]0 ; +∞[ et que : ∀x ∈ ]0 ; +∞[, F  (x) = f (x),

• En notant U, V, W les colonnes respectivement transposées de u, v, w, on a, par calcul matriciel : HU = 9U, HV = −3V, HW = −3W. On conclut que u, v, w (qui sont tous non nuls), sont des vecteurs propres pour h.

puis :

On a vu en 2) que H est semblable à la matrice diagonale diag (9, −3, −3), donc admet deux valeurs propres et deux seulement, qui sont −3 et 9, donc qui sont toutes non nulles et pas toutes du même signe. D’après le cours, on conclut que f n’admet pas d’extremum local en A. 2e méthode : expression de la forme quadratique q canoniquement associée à H : ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ On a, pour tout X = ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ ∈ M3,1 (R) : ⎝ ⎠ z

∀(x, y) ∈ ]0 ; +∞[2 , xy ∈ ]0 ; +∞[, par opérations et composition, l’application G : (x, y) −→ F(xy) − F(x) − F(y) est de classe C 2 sur ]0 ; +∞[2 . On a, pour tout (x, y) ∈ ]0 ; +∞[2 : ∂G (x, y) = yF  (xy) − F  (x) = y f (xy) − f (x) ∂x

⎞⎛ ⎞ ⎛  ⎜⎜⎜⎜1 4 4⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟⎟ t XHX = x y z ⎜⎜⎜⎜4 1 4⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ = x2 + 8xy + 8xz + y2 + 8yz + z2 . ⎠⎝ ⎠ ⎝ 441 z 

En particulier : q(1, 0, 0) = 1 > 0 et q(1, −1, 0) = −6 < 0. D’après le cours, on conclut que f n’admet pas d’extremum local en A.

ln(1 + t) t

ln(1 + t) −→ 1. t −→ 0 t

∀x ∈ ]0 ; , +∞[, F  (x) = f  (x).

b) Puisque F est de classe C 2 sur ]0 ; +∞[ et que :

c) 3) 1re méthode : étude du signe des valeurs propres de H :

140

x

F1 : x −→

donc F est une famille orthogonale pour le produit scalaire canonique de R3 .

est continue sur ]0 ; +∞[ et f (t) =

f (t) dt. 1

Puisque f est de classe C 1 sur ]0 ; +∞[, l’application

< v | w > = −1 + 0 + 1 = 0,

a) • L’application f : ]0 ; +∞[ −→ R, t −→

x

f (t) dt + 0

< u | w > = 1 − 2 + 1 = 0,

4.17

$

1

∂G (x, y) = xF  (xy) − F  (y) = x f (xy) − f (y), ∂y puis : ∂2 G (x, y) = y2 f  (xy) − f  (x) ∂x2 ∂2 G (x, y) = f (xy) + yx f  (xy) ∂x∂y ∂2G (x, y) = x2 f  (xy) − f  (y). ∂y2

Corrigés des exercices

c) On a, pour tout (x, y) ∈ ]0 ; +∞[2 : ⎧ ∂G ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x (x, y) est un point critique de G ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ∂G ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = 0 ⎩ ∂y ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨y f (xy) − f (x) = 0 ⎨y f (xy) − f (x) = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x f (x) = y f (y) ⎩ x f (xy) − f (y) = 0 ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨y f (xy) − f (x) = 0 ⎨y f (xy) − f (x) = 0 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ln(1 + x) = ln(1 + y) ⎪ ⎩ ⎩ 1+ x= 1+y ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨x = y ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x f (x2 ) − f (x) = 0 (2).

Par opérations (addition, soustraction, multiplication), on déduit que l’application n n n   2  x2k + xk − xk f : (x1 , ..., xn ) −→ k=1

c) On a, pour tout (x1 , ..., xn ) ∈ Rn : (x1 , ..., xn ) est un point critique de f ∂f (x1 , ..., xn ) = 0 ∂xi n   ⇐⇒ ∀i ∈ 1 ; n, 2xi + 2 xk − 1 = 0

⇐⇒ ∀i ∈ 1 ; n,

ln(1 + x2 ) ln(1 + x) − =0 x2 x ⇐⇒ ln(1 + x2 ) = ln(1 + x) ⇐⇒ 1 + x2 = 1 + x

(2) ⇐⇒ x

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ x1 = ... = xn ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩2x1 + 2nx1 − 1 = 0

⇐⇒ x2 = x ⇐⇒ x = 1. x>0

d) Si G admet un extremum local en un point (x, y) de ]0 ; +∞[2 , alors, d’après le cours, comme G est de classe C 1 sur l’ouvert ]0 ; +∞[2 , (x, y) est un point critique de G, donc (x, y) = (1, 1). On a, en (1, 1), avec les notations de Monge : r = f  (1) − f  (1) = 0, 

s = f (1) + f (1),

d’où :

t = f  (1) − f  (1) = 0,

2 rt − s2 = − f (1) + f  (1) .

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On a, pour tout t ∈ ]0 ; +∞[ : ln(1 + t) , f (t) = t donc :

f (1) = ln 2,

1 t − ln(1 + t) 1 f (t) = + t 2 , t 

f  (1) =

1 − ln 2, 2

+2 * 1 1 − ln 2 = − < 0. puis : rt − s2 = − ln 2 + 2 4 On conclut, d’après le cours, que G n’admet pas d’extremum local en (1, 1), il s’agit d’un point-col. Finalement, G n’a pas d’extremum local.

a) D’après le cours, pour tout k ∈ 1 ; n, l’application (x1 , ..., xn ) −→ xk est de classe C 2 sur l’ouvert Rn .

k=1

1 . 2(n + 1) On conclut : f admet un point critique et un seul, noté 1 (a1 , ..., an ) et on a : ∀i ∈ 1 ; n, ai = . 2(n + 1) ⇐⇒ x1 = ... = xn =

d) 1) Calculons les dérivées partielles secondes de f en tout point de Rn . On a, pour tout (i, j) ∈ 1 ; n2 et tout (x1 , ..., xn ) ∈ Rn : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪2 + 2 si i = j ∂2 f ⎨ (x1 , ..., xn ) = ⎪ ⎪ ⎪ 2 ∂xi ∂x j ⎩ si i  j. ⎧ ⎪ ⎪ si i = j ⎪ ∂2 f ⎨4 En particulier : (a1 , ..., an ) = ⎪ ⎪ ⎪2 ∂xi ∂x j ⎩ si i  j. On conclut que la matrice hessienne An de f en (a1 , ..., an ) est : ⎞ ⎛ (2)⎟⎟ ⎜⎜⎜ 4 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ . .. An = ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ . ⎜⎝ ⎠ (2) 4 ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜h1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ d) 2) On a, pour tout H = ⎜⎜⎜⎜⎜ ... ⎟⎟⎟⎟⎟ ∈ Mn,1 (R) − {0} : ⎜⎝ ⎟⎠ hn t

HAn H = 4

n 

h2i + 2

i=1

4.18

k=1

n

b) On a, pour tout i ∈ 1 ; n et tout (x1 , ..., xn ) ∈ Rn : n   ∂f (x1 , ..., xn ) = 2xi + 2 xk − 1. ∂xi k=1

Et :

On conclut que G admet (1, 1) comme unique point critique.

k=1

est de classe C sur R . 2

=2



hi h j

1i jn

n  i=1

h2i + 2

 1i, jn

hi h j = 2

n 

h2i +2

i=1

 !" >0

n  2 hi > 0. i=1

 !" 0

141

Chapitre 4

•

Fonctions numériques de plusieurs variables réelles

d) 3) • D’après 2), la forme quadratique représentée par la matrice An dans la base canonique de Rn est définie-positive, donc, d’après le cours, f admet un minimum local en (a1 , ..., an ). • On a :  f (a1 , ..., an ) = n

2  2 1 1 1 + n −n 2(n + 1) 2(n + 1) 2(n + 1)

n2 + n n 1 . =− = n + n2 − 2n(n + 1) = − 4(n + 1)2 4(n + 1)2 4(n + 1)

4.19 • Si f admet un extremum global en un point A de ]0 ; +∞[3 , alors f admet un extremum local en A. Comme f est de classe C 1 sur l’ouvert ]0 ; +∞[3 , si f admet un extremum local en un point A de ]0 ; +∞[3 , alors A est un point critique de f . On a, pour tout (x, y, z) ∈ ]0 ; +∞[3 : ∂f 1 (x, y, z) = 2x − ∂x (x + y + z)2 1 ∂f (x, y, z) = 2y − ∂y (x + y + z)2 ∂f 1 . (x, y, z) = 2z − ∂z (x + y + z)2 Il en résulte, pour tout A = (x, y, z) ∈ ]0 ; +∞[3 : A est un point critique de f

⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎧∂f ⎪ 2x − =0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ (x + y + z)2 ⎪ ⎪ (x, y, z) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ∂x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ =0 ⎨2y − ⎨∂f (x + y + z)2 (x, y, z) = 0 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ∂y ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ =0 2z − ⎪ ⎪ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ (x + y + z)2 ⎪ ⎩ (x, y, z) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ∂z ⎩ ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ x=y=z ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨x = y = z ⎨ ⇐⇒ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎩18x3 = 1 ⎪ ⎪ ⎩2x = (3x)2  1  13 . ⇐⇒ x = y = z = x>0 18  1  13 En notant, par commodité, α = , l’application f admet 18 un point critique et un seul, et c’est A = (α, α, α). • Puisque f est de classe C 2 sur l’ouvert ]0 ; +∞[3 , on a, d’après l’égalité de Taylor-Lagrange à l’ordre 1, pour tout M ∈ ]0 ; +∞[3 , en notant H = M − A, l’existence de θ ∈ ]0 ; 1[ 1 tel que : f (M) = f (A)+ < ∇ fA , H > + qA+θH (H), 2 ∂f  ∂f ∂f où ∇ fA = (A), (A), (A) ∂x ∂y ∂z 142

et où qP est, pour tout P ∈ ]0 ; +∞[3 , la forme quadratique représentée canoniquement par la hessienne de f en P. On calcule les dérivées partielles secondes de f en tout point (x, y, z) de ]0 ; +∞[3 et on forme la hessienne de f en (x, y, z) : ⎛ ⎞ 2 2 2 ⎜⎜⎜2 + ⎟⎟⎟ 3 3 3 ⎜⎜⎜⎜ (x + y + z) (x + y + z) (x + y + z) ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ 2 2 2 ⎜⎜⎜ ⎟⎟ , 2 + 3 3 ⎜⎜⎜ (x + y + z)3 (x + y + z) (x + y + z) ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ 2 2 2 ⎝ ⎠ 2+ (x + y + z)3 (x + y + z)3 (x + y + z)3 d’où la hessienne S de f en A : ⎞ ⎛ m ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜2 + m m ⎟ ⎜⎜ ⎜ S = ⎜⎜ m 2 + m m ⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ m m 2+m où on a noté, par commodité :

m=

2 4 = . (3α)3 3

Il s’agit maintenant de voir si la forme quadratique de R3 représentée canoniquement par S (au point A) est définie-positive, définie-négative, ou autres. 1re méthode : décomposition en combinaison linéaire de carrés : ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 1 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ Remarquons que S = 2 I3 +mU, où U = ⎜⎜1 1 1⎟⎟⎟⎟ et remarquons ⎠ ⎝ 111 ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜1⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ que U = C tC, où C = ⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟ . ⎝ ⎠ 1 On a, pour tout X ∈ M3,1 (R) − {0} : t

XS X = t X(2 I3 + m C tC)X = 2 t XX + m t XC tCX = 2 t XX + m t ( tCX)( tCX) = 2 ||X||2 +m < C | X >2 > 0.  !"  !" >0

0

On déduit que la forme quadratique considérée est définiepositive et on conclut que f admet un minimum global en A. 2e méthode : étude du signe des valeurs propres de S : ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ u ⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ On a, pour tout λ ∈ R et tout X = ⎜⎜⎜⎜ v ⎟⎟⎟⎟ ∈ M3,1 (R) − {0} : ⎝ ⎠ w ⎧ ⎪ (2 + m)u + mv + mw = λu ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ S X = λX ⇐⇒ ⎪ mu + (2 + m)v + mw = λv ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩mu + mv + (2 + m)w = λw ⎧ ⎪ (2 + m)u + mv + mw = λu ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ −2u + 2v = λ(v − u) L2 ←− L2 − L1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩−2u + 2w = λ(w − u) L3 ←− L3 − L1

Corrigés des exercices

⎧ ⎪ (2 + m)u + mv + mw = λu ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ (λ − 2)(v − u) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩(λ − 2)(w − u) = 0 ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪  ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u = v = w ⎨λ = 2 ou ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩(2 + 3m)u = λu ⎩mu + mv + mw = 0 ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨λ = 2 ⎨λ = 3m + 2  ⇐⇒ ⎪ ou ⎪ . ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩u + v + w = 0 ⎩u = v = w Ainsi, les valeurs propres de S sont 2 et 3m + 2. Ces valeurs propres sont toutes strictement positives, donc, d’après le cours, la forme quadratique considérée est définiepositive, et on conclut que f admet un minimum global en A. Enfin, on calcule ce minimum : 1 f (A) = f (α, α, α) = 3α2 + 3α  1  23 18 13 18  2 2 = 9 · 18− 3 . =3 + = 18− 3 3 + 18 3 3

4.20 1) Recherche des extremums locaux :

1

f : R2 −→ R, (x, y) −→ (3x + 4y) e − 2 (x

3 4 , , 5 5

 3 4 A2 = − , − . 5 5

Comme : ∀(x, y) ∈ R2 , f (−x, −y) = − f (x, y), l’étude en A2 se ramène à celle en A1 . • L’application f est de classe C 2 sur l’ouvert R2 et, pour tout (x, y) ∈ R2 : %

& 1 2 2 ∂2 f (x, y) = (−6x − 4y) + 3 − x(3x + 4y) (−x) e − 2 (x +y ) ∂x2

1 2 2 = (−9x − 4y) + x2 (3x + 4y) e − 2 (x +y ) %

& 1 2 2 ∂2 f (x, y) = (−4x) + 3 − x(3x + 4y) (−y) e − 2 (x +y ) ∂x∂y % & 1 2 2 = (−4x − 3y)) + xy(3x + 4y) e − 2 (x +y ) %

& 1 2 2 ∂2 f (x, y) = (−3x − 8y) + 4 − y(3x + 4y) (−y) e − 2 (x +y ) ∂y2 % & 1 2 2 = (−3x − 12y) + y2 (3x + 4y) e − 2 (x +y ) .

2 +y2 )

est de classe C sur l’ouvert R , donc, d’après le cours, si f admet un extremum local, c’est nécessairement en un point critique. 2

On calcule les dérivées partielles premières de f en tout point (x, y) de R2 : ⎧

∂f 1 2 2 ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = 3 − x(3x + 4y) e − 2 (x +y ) ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x ⎪ ⎪ ⎪

− 1 (x2 +y2 ) ∂f ⎪ ⎪ ⎪ . ⎩ ∂y (x, y) = 4 − y(3x + 4y) e 2 On a donc, pour tout (x, y) ∈ R2 :

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A1 =

En particulier, en A1 , avec les notations de Monge :

• L’application

1

Ainsi, f admet deux points critiques exactement, les points :

⎧ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x (x, y) est un point critique de f ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ∂y (x, y) = 0 ⎧ ⎪ x  0, y  0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨3x + 4y = 3 ⎨ x(3x + 4y) = 3 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ x ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y(3x + 4y) = 4 ⎪ ⎪ ⎪ 4 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ = x y ⎧ ⎪ ⎧ ⎧ x  0, y  0 ⎪ ⎪ 3 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x = x=−  ⎪ ⎪ ⎪  ⎪ ⎪ ⎪ 4 ⎨ ⎨ ⎨ 5 5 . ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ou ⎪ y= x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 4 4 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎩ y= y=− ⎪ ⎪ ⎩25x2 = 9 5 5

r=

* 27 16   3 2 + ∂2 f 34 − 1 1 − e 2 (A1 ) = − 5 e −2 = − + ∂x2 5 5 5 5

s=

* 12 12  12 + ∂2 f 12 − 1 1 (A1 ) = − − + 5 e −2 = − e 2 ∂x∂y 5 5 25 5

t=

* 9 48  16 + 1 ∂2 f 41 − 1 + 5 e −2 = − (A1 ) = − − e 2. 2 ∂y 5 5 25 5

D’où : rt − s2 =

34 · 41 − 122 −1 1250 −1 e = e = 50 e −1 > 0. 25 25

Il en résulte, d’après le cours, que f admet un extremum local en A1 . De plus : r < 0, donc il s’agit d’un maximum local. La valeur de ce maximum local est : f (A1 ) = f

 3 4  9 + 16 1 1 = , e −2 = 5 e −2 . 5 5 5

Comme : ∀(x, y) ∈ R2 , f (−x, −y) = − f (x, y) et que f admet un maximum local en A1 , on déduit que f admet un minimum local en A2 . La valeur de ce minimum local est : 1

f (A2 ) = − f (A1) = −5 e − 2 . 143

Chapitre 4

•

Fonctions numériques de plusieurs variables réelles

4.21

2) Recherche des extremums globaux :

a) 1) Notons D1 , D2 , D3 les droites d’équations :

• On a : − 12 (x2 +y2 )

∀(x, y) ∈ R2 , | f (x, y)| = |3x + 4y| e )

1 2 2 )  3 x2 + y2 + 4 x2 + y2 e − 2 (x +y ) ) 1 2 2 = 7 x2 + y2 e − 2 (x +y ) . Pour tout (x, y) ∈ R2 , en notant t = x2 + y2 , on a donc : √ 1 | f (x, y)|  7 t e − 2 t .

D1 | − 5x + 2y + 4 = 0 D2 | 3x + y + 2 = 0 D3 | 2x − 3y + 5 = 0. Par résolution de trois systèmes de deux équations à deux inconnues, ces trois droites se coupent deux à deux en trois points :

Par prépondérance de l’exponentielle sur les puissances : √ −1t t e 2 −→ 0. t −→ +∞

1

En notant M = | f (A1 )| = | f (A2 )| = 5 e − 2 , il existe donc t0 ∈ ]0 ; +∞[ tel que : √ 1 ∀t ∈ [t0 ; +∞[, 7 t e − 2 t < M. On a alors : ∀(x, y) ∈ R2 ,



x2 + y2  t0 =⇒ | f (x, y)| < M .

Comme | f (A1 )| = | f (A2 )| = M, on a nécessairement

 3 2 5

+

 4 2 5

< t0 , donc : t0 > 1.

D1 ∩ D2 = {A},

D1 ∩ D3 = {B}, D2 ∩ D3 = {C},

A = (0, −2), B = (2, 3), C = (−1, 1).   L’ensemble (x, y) ∈ R2 ; −5x + 2y + 4  0 est le demi-plan fermé limité par D1 et contenant O.   L’ensemble (x, y) ∈ R2 ; 3x + y+ 2  0 est le demi-plan fermé limité par D2 et contenant O.   L’ensemble (x, y) ∈ R2 ; 2x − 3y + 5  0 est le demi-plan fermé limité par D3 et contenant O. où :

L’ensemble D est l’intersection de ces trois demi-plans fermés, donc D est le triangle plein limité par les trois droites D1 , D2 , D3 .

• D’autre part, l’application √ √ f1 : [− t0 ; t0 ]2 −→ R, (x, y) −→ f (x, y) √ √ est continue sur le fermé borné [− t0 ; t0 ]2 de R2 , donc, d’après le cours, f1 admet un maximum global et un minimum global. √ √ Notons A un point de [− t0 ; t0 ]2 en lequel f1 atteint son maximum global. Montrons : ∀(x, y) ∈ R2 , f (x, y)  f (A). Soit (x, y) ∈ R2 .  Si x2 + y2  t0 , alors f (x, y)  | f (x, y)| < M  f (A). √ √  Si x2 + y2  t0 , alors (x, y) ∈ [− t0 ; t0 ]2 , donc f (x, y) = f1 (x, y)  f1 (A) = f (A). Ceci montre que f admet un maximum global en A. Il en résulte que f admet un maximum local en A, donc, d’après 1), A = A1 . Comme : ∀(x, y) ∈ R2 , f (−x, −y) = − f (x, y), l’étude d’un minimum global se ramène à l’étude précédente. On conclut que f admet deux extremums globaux, un minimum global, atteint en A1 et en ce point seulement, et un maximum global, atteint en A2 et en ce point seulement. 144

a) 2) L’ensemble D est l’intersection de trois fermés, donc D est fermé. Il est clair que D est inclus dans [−1 ; 2] × [−2 ; 3], donc D est borné. a) 3) Puisque f (resp. g) est continue sur D et que D est fermé borné, d’après le cours, f (resp. g) est bornée et atteint ses bornes. En particulier, on conclut que f (resp. g) admet un maximum global. b) Puisque f est une fonction polynomiale du premier degré, la restriction de f à tout segment du plan est monotone sur ce

Corrigés des exercices

segment, donc cette restriction de f atteint ses bornes au bord du segment. On peut donc conjecturer que le maximum de f est atteint au bord de D. Considérons l’intérieur D◦ de D, défini par les inégalités strictes correspondant aux inégalités larges définissant D :  D◦ = (x, y, z) ∈ R3 ;  −5x + 2y + 4 > 0, 3x + y + 2 > 0, 2x − 3y + 5 > 0 .

• Il reste à étudier la restriction de g au bord de D.  Sur [AB], on a :

Mais :

g(x, y) = x2 + y2 = x2 +

noté h1 (x)

et on étudie les variations de h1 : x h1 (x)

0

20/29 0

−

2 +

4

13 

h1 (x)

donc f n’admet aucun point critique, contradiction.

• Sur chacun des trois côtés [AB], [BC], [CA] du triangle ABC, on peut exprimer y en fonction de x sous forme affine, donc f (x, y) s’exprime comme une fonction affine de x, qui atteint nécessairement son maximum en une extrémité du segment.

 5x − 4 2

2 1 1 = x2 + (25x2 − 40x + 16) = (29x2 − 40x + 16), 4 4  !"

∂f ∀(x, y) ∈ D◦ , (x, y) = 1  0, ∂x

Ceci montre que f n’atteint pas son maximum global en un point de D◦ , donc f atteint son maximum en un point du bord de D.

5x − 4 , 2

donc :

Raisonnons par l’absurde : supposons que f atteigne son maximum global en un point A de D◦ . Comme f est de classe C 1 sur l’ouvert D◦ , d’après le cours, A est nécessairement un point critique de f .

0  x  2 et y =



Max g(x, y) = 13.

donc :

(x,y)∈[AB]

 Sur [CA], on a :

−1  x  0 et y = −3x − 2,

donc : 10x2 + 12x + 4, g(x, y) = x2 + y2 = x2 + (−3x − 2)2 =  !" noté h2 (x)

Ceci montre que f atteint son maximum en A ou en B ou en C. Il reste à calculer les valeurs de f en ces trois points : f (A) = −5,

f (B) = 2,

et on étudie les variations de h2 : x h2 (x)

f (C) = −3.

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−

−3/5 0

0 +

6

On conclut que f admet un maximum global et que celui-ci est égal à 2 (et qu’il est atteint en B).

4 

h2 (x)

c) • Supposons que g atteigne son maximum en un point de l’intérieur D◦ de D.

donc :

Comme g est de classe C 1 sur l’ouvert D◦ , d’après le cours, g atteint alors son maximum en un point critique A de g.

 Sur [BC], on a :



Max g(x, y) = 4.

(x,y)∈[CA]

−1  x  2 et y =

2x + 5 , 3

donc :

On a, pour tout (x, y) ∈ D◦ : ∂g (x, y) = 2x, ∂x

−1

∂g (x, y) = 2y, ∂y

g(x, y) = x2 + y2 = x2 +

 2x + 5 2

3 1 2 1 = x + (4x + 20x + 25) = (13x2 + 20x + 25), 9 9  !" 2

donc g admet un point critique et un seul, qui est O = (0, 0) (et on a bien O ∈ D◦ ). En O, il est clair que g admet un minimum global, car :

noté h3 (x)

et on étudie les variations de h3 :

∀(x, y) ∈ D, g(x, y) = x + y  0 = g(0, 0). 2

2

− 10 2 13 − 0 + 2 13 h3 (x)   x

h3 (x)

Comme, par exemple, (0, 1) ∈ D◦ et que g(0, 1) > g(0, 0), ce minimum n’est pas un maximum. Ceci montre que g n’atteint pas son maximum à l’intérieur de D, donc g atteint son maximum en un point du bord de D.

donc :

−1

Max g(x, y) = 13.

(x,y)∈[BC]

145

Chapitre 4

•

Fonctions numériques de plusieurs variables réelles

On conclut que la maximum global de g est égal à 13 et qu’il est atteint en B (et en B seulement).

Ainsi :

⎧ ⎪ x+y−z−t =1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨2x − y + 3z + 2t = 2 ⎨A ∈ C ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩∇ f A ⊥ H −2x + 5y + 3z = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩−x + 4y + 3t = 0

Remarque géométrique : Dans cet exercice, g(x, y) est le carré de la distance euclidienne entre O et le point (x, y) de D, et il est clair sur le schéma que cette distance est maximale en B et en B seulement.

⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎪ z = (2x − 5y) ⎪ ⎪ ⎪ 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎨t = (x − 4y) ⇐⇒ ⎪ 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 3(x + y) − (2x − 5y) − (x − 4y) = 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩3(2x − y) + 3(2x − 5y) + 2(x − 4y) = 6

4.22 • D’après le cours, puisque f : R4 −→ R, (x, y, z, t) −→ x2 + y2 + z2 + t2 est de classe C 1 sur l’ouvert R4 de R4 , si la restriction de f à la contrainte d’égalités linéaires C admet un extremum global en un point A de C , alors ∇ fA est orthogonal au sous-espace vectoriel H , ensemble des solutions du système linéaire homogène ⎧ ⎪ ⎪ ⎪g1 (x, y, z, t) = 0 ⎨ associé ⎪ ⎪ ⎪ ⎩g (x, y, z, t) = 0.

1 1 (2x − 5y), t = (x − 4y), 12y = 3, 14x − 26y = 6 3 3 25 5 1 1 , z= , t=− . ⇐⇒ y = , x = 4 28 28 28 D’après l’égalité de Taylor-Lagrange à l’ordre 1, puisque f est de classe C 2 sur l’ouvert R4 , pour tout H ∈ H , il existe θ ∈ ]0 ; 1[ tel que :

Cherchons une base de H . À cet effet, dans le système homogène définissant H , exprimons, par exemple, x et y en fonction de z et t :

1 f (A + H) = f (A) + < ∇ fA , H > + qA+θH (H).  !" 2

⇐⇒ z =

2

(x, y, z, t) ∈ H

=0

D’après la définition de f , la hessienne de f en tout point P de R4 est 2 I4 , donc qA+θH est définie-positive, d’où :

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨x + y − z − t = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩2x − y + 3z + 2t = 0 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨3x + 2z + t = 0 L1 ←− L1 + L2 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩3y − 5z − 4t = 0 L2 ←− 2L1 − L2

∀H ∈ H , f (A + H)  f (A), c’est-à-dire :

On conclut que f admet un extremum global sous contrainte d’égalités C et un seul, c’est un minimum global, il est atteint en A et en ce point seulement, et il est égal à :

⎧ 1 ⎪ ⎪ x = − (2z + t) ⎪ ⎪ ⎪ 3 ⎨ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎩y = (5z + 4t). 3

f (A) =

25 1 2 . 25 + 72 + 52 + (−1)2 = 282 28

4.23 a)

Une base de H est, par exemple, (u, v) où : u = (−2, 5, 3, 0),

∀M ∈ C , f (M)  f (A).

v = (−1, 4, 0, 3).

D’autre part, pour tout A = (x, y, z, t) ∈ R4 : ∇ fA =

∂f ∂x

(A),

 ∂f ∂f ∂f (A), (A), (A) = (2x, 2y, 2z, 2t). ∂y ∂z ∂t

d’où : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨(∇ fA | u) = 0 ∇ fA ⊥ H ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩(∇ fA | v) = 0 146

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨−2x + 5y + 3z = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩−x + 4y + 3t = 0

.

  D’abord, il est clair que U = (x, y) ∈ R2 ; x < y est un ouvert de R2 et que l’application f : U −→ R, (x, y) −→ x2 + y2 − 2 ln(y − x)

Corrigés des exercices

est de classe C 1 sur U et, pour tout (x, y) ∈ U : ∂f 2 (x, y) = 2x + , ∂x y−x D’où, pour tout (x, y) ∈ U :

∂f 2 (x, y) = 2y − . ∂y y− x

⎧ ⎪ ∂f ⎪ ⎪ (x, y) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x (x, y) est un point critique de f ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ∂y (x, y) = 0 ⎧ ⎧ 2 ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪ 2x + =0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ y−x ⎨ ⎨2x + y − x = 0 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩x + y = 0 ⎪ =0 ⎩2y − y−x ⎧ 1 ⎪ ⎧ ⎪ ⎪ x=−√ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ y = −x ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ 2 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x + qA+θH (H), 2 où :

∂f ∂f < ∇ fA , H >= (A) h + (A) k = 0, ∂x ∂y  !"  !"

1 f (A + H) = f (A) + < ∇ fA , H > + qA+θH (H)  f (A),  !" 2  !" =0

0

et on conclut que f admet un minimum global en A. La valeur de ce minimum global est : f (A) = a2 + b2 − 2 ln(b − a) =

 2  1 1 + − 2 ln √ = 1 − ln 2. 2 2 2

c) On a, par exemple, pour y > 0 : f (0, y) = y2 − 2 ln y

−→

y −→ +∞

+∞,

par prépondérance de la puissance sur le logarithme. on conclut que f n’admet pas de maximum global. d) Supposons que f admette un maximum local en un point noté B. Puisque f est de classe C 1 sur l’ouvert U, d’après le cours, B est un point critique de f , donc, d’après a), on a : B = A. En reprenant les notations de b)2), on a, pour tout h > 0 assez petit, en remplaçant (h, k) par H = (h, 2h) par exemple :

qA+θH (H) = (2 + α) h2 + (2h)2 + α(h − 2h)2 > 0.

et : qA+θH (H) = rh2 + 2shk + tk2 ,

Ceci montre que, sur tout voisinage de A, il existe des points A + H de U en lesquels f (A + H) > f (A), donc f n’admet pas de maximum local en A.

où r, s, t sont les notations de Monge en A + θH.

On conclut que f n’admet pas de maximum local.

=0

=0

b) 2) On a, pour tout (x, y) ∈ U : 2 ∂ f (x, y) = 2 + ∂x2 (y − x)2 2

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On a donc :

2 ∂2 f (x, y) = − ∂x∂y (y − x)2 2 ∂2 f (x, y) = 2 + ∂y2 (y − x)2 Étudions le signe de qA+θH (H). 1 On a, en notant par commodité α =

2 : (b + θk) − (a + θh) qA+θH (H) = rh2 + 2shk + tk2 = (2 + 2α)h2 − 2αhk + (2 + 2α)k2 = (2 + α)(h2 + k2 ) + α(h2 − 2hk + k2 )

4.24 a) L’application f : ]0 ; +∞[ −→ R, x −→ x e −x est de classe C 1 sur ]0 ; +∞[, donc, par opérations, l’application F : ]0 ; +∞[2 −→ R, (x, y) −→ f (x) + f (y) − f (x + y) est de classe C 1 sur l’ouvert ]0 ; +∞[2 . On a, pour tout (x, y) ∈ ]0 ; +∞[2 : ∂F ∂F (x, y) = f  (x) − f  (x + y), (x, y) = f  (y) − f  (x + y). ∂x ∂y b) Soit a ∈ ]0 ; +∞[. On a, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : f  (x) = (1 − x) e −x , f  (x) = (x − 2) e −x ,

= (2 + α)(h2 + k2 ) + α(h − k)2  0. 147

Chapitre 4

•

Fonctions numériques de plusieurs variables réelles

d’où le tableau des variations de f  : x f (x)

0



−

2 0

• Réciproquement, si x = y et f  (x) = f  (2x), +

1

+∞ 0

f  (x)



− e −2



Si a  1, alors l’équation f  (x) = f  (a), d’inconnue x ∈ ]0 ; +∞[, admet exactement une solution, et c’est a.

alors f  (x) = f  (y) = f  (x + y). On conclut que (x, y) est un point critique de f si et seulement si : x = y et f  (x) = f  (2x). d) On a, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : f  (x) = f  (2x) ⇐⇒ (1 − x) e −x = (1 − 2x) e −2x ⇐⇒ (1 − x) e x − (1 − 2x) = 0. L’application ϕ : ]0 ; +∞[ −→ R, x −→ (1 − x) e x − (1 − 2x) est de classe C 2 sur ]0 ; +∞[ et, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : ϕ (x) = −x e x + 2,

Si a > 1, alors l’équation f  (x) = f  (a), d’inconnue x ∈ ]0 ; +∞[ admet exactement deux solutions, et l’une d’elles est a.

ϕ (x) = −(x + 1) e x .

d’où le tableau des variations de ϕ : x ϕ (x)

β

0

α

+∞

− 2

ϕ (x)



ϕ (x)

ϕ(x) On conclut que, pour tout a ∈ ]0 ; +∞[ fixé, l’équation f  (x) = f  (a), d’inconnue x ∈ ]0 ; +∞[, admet au plus une solution distincte de a. c) Soit (x, y) ∈ ]0 ; +∞[ fixé. On a : 2

⎧ ∂F ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x (x, y) est un point critique de F ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ∂F ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ (x, y) = 0 ∂y ⎧ ⎪   ⎪ ⎪ ⎨ f (x) − f (x + y) = 0 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ f  (x) = f  (y) = f  (x + y). ⎪ ⎪ ⎩ f  (y) − f  (x + y) = 0

+

0 >0

 0

−

−

−∞

 0 

−∞

Par continuité et stricte monotonie par intervalles, il existe β ∈ ]0 ; +∞[ unique tel que ϕ (β) = 0. Puis, il existe α ∈ ]β ; +∞[ unique tel que ϕ(α) = 0. De plus : ϕ(1) = 1 > 0 et ϕ(2) = − e 2 + 3 < 0, donc : 1 < α < 2. On conclut que F admet un point critique et un seul, que celuici est de la forme (α, α) et que 1 < α < 2. e) Puisque 1 < α < 2, on a :

• Supposons f  (x) = f  (y) = f  (x + y). D’après b), les trois réels x, y, x + y ne sont pas deux à deux différents. D’autre part, comme x > 0 et y > 0, on a x + y  y et x + y  x. D’où nécessairement x = y, puis f  (x) = f  (x + y) = f  (2x). 148

f  (α) = (α − 2) e −α < 0,

f  (2α) = (2α − 2) e −2α > 0.

f) • D’après le cours, comme F est de classe C 1 sur l’ouvert ]0 ; +∞[2 , si F admet un extremum local, c’est nécessairement en un point critique, donc au point (α, α).

Corrigés des exercices

• Comme f est de classe C 2 sur ]0 ; +∞[, par opérations, F est de classe C 2 sur ]0 ; +∞[2 et, pour tout (x, y) ∈ ]0 ; +∞[2 : ∂2 F (x, y) = f  (x) − f  (x + y) ∂x2 ∂2 F (x, y) = − f  (x + y) ∂x∂y ∂2 F (x, y) = f  (y) − f  (x + y) ∂y2 En particulier, au point critique (α, α), avec les notations de Monge :



2

2 rt − s2 = f  (α) − f  (2α) − − f  (2α) =



f  (α) −2 f  (2α) f  (α),  !"  !"  !" <0

>0

<0

D’après e), on déduit : rt − s2 > 0 et r < 0. On conclut que F admet en (α, α) un maximum local. Finalement F admet un extremum local et un seul, c’est un maximum local, et il est atteint en (α, α).

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r = f  (α) − f  (2α), s = − f  (2α), t = f  (α) − f  (2α).

On déduit :

149

Variables aléatoires discrètes, vecteurs aléatoires discrets Plan Les méthodes à retenir 151 Énoncés des exercices

154

Du mal à démarrer ?

161

Corrigés des exercices

163

On abrège variable aléatoire en va.

150

CHAPITRE

5

Thèmes abordés dans les exercices •

Détermination de la loi d’une variable aléatoire discrète

•

Détermination de la loi d’un couple de variables aléatoires discrètes, obtention des lois marginales

•

Calculs de l’espérance et de la variance d’une variable aléatoire discrète

•

Calculs de la covariance et du coefficient de corrélation linéaire d’un couple de variables aléatoires discrètes.

Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •

Loi d’une variable aléatoire discrète, loi de la variable aléatoire Y = f (X) où f est une fonction définie sur X(Ω) et X une variable aléatoire discrète

•

Espérance d’une variable aléatoire discrète, théorème de transfert, linéarité de l’espérance, formule de l’espérance totale

•

Moment d’ordre r et moment centré d’ordre r d’une variable aléatoire discrète, variance et écart-type d’une variable aléatoire discrète, propriétés

•

Loi d’un couple de variables aléatoires discrètes, lois d’un vecteur aléatoire discret, lois marginales, lois conditionnelles

•

Indépendance de deux variables aléatoires discrètes, indépendance mutuelle d’une famille finie ou infinie de variables aléatoires discrètes

•

Loi d’une variable aléatoire Z = f (X, Y) où f est une fonction définie sur (X, Y)(Ω), cas où Z = X + Y avec X et Y indépendantes, espérance de Z et théorème de transfert

•

Covariance et coefficient de corrélation linéaire d’un couple de variables aléatoires discrètes, matrice de variance-covariance d’un vecteur aléatoire discret

•

Variance de la somme de deux variables aléatoires discrètes, variance de la somme de n variables aléatoires discrètes, variance de la somme dans le cas de l’indépendance

•

Lois discrètes usuelles : loi de Bernoulli, loi binomiale, loi hypergéométrique, loi uniforme, loi géométrique, loi de Poisson.

Les méthodes à retenir

Les méthodes à retenir •

Déterminer l’ensemble X(Ω) des valeurs prises par X, puis pour chaque valeur x de X(Ω), calculer P(X = x) (soit directement, soit en déterminant dans un premier temps, P(X  x) ou P(X < x) ou P(X  x) ou P(X > x)).

➥ Exercices 5.1, 5.6, 5.10, 5.13, 5.14, 5.16 Pour déterminer la loi de probabilité d’une va discrète X

Pour déterminer la loi de probabilité d’un couple (X, Y) de va discrètes

•

Reconnaître une « situation type » d’une loi usuelle.

➥ Exercices 5.2, 5.8, 5.10, 5.12 •

Exprimer X à l’aide d’une ou plusieurs va discrètes, déterminer la loi de chaque va pour en déduire la loi de X (voir les méthodes cidessous « pour déterminer la loi d’une va fonction d’une va discrète » et « pour déterminer la loi d’une va fonction d’un couple de va discrètes »). ➥ Exercice 5.6.

•

Déterminer les ensembles X(Ω) et Y(Ω) des valeurs prises par X et par Y, puis pour chaque couple (x, y) de X(Ω) × Y(Ω), calculer

P (X = x) ∩ (Y = y) .

➥ Exercices 5.5, 5.9 •

Commencer par déterminer la loi de X, puis, pour chaque valeur x de X(Ω), déterminer la loi conditionnelle de Y sachant (X = x) pour en déduire la loi du couple (X, Y).

➥ Exercices 5.11, 5.12. Utiliser la formule des probabilités totales avec comme système com    plet d’événements (X = x) ; x ∈ X(Ω) ou (Y = y) ; y ∈ Y(Ω) .

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Plus précisément : Pour déterminer les lois marginales connaissant la loi de probabilité d’un couple (X, Y) de va discrètes

•

pour tout x de X(Ω),



P(X = x) =



P (X = x) ∩ (Y = y)

y∈Y(Ω)

•

pour tout y de Y(Ω),



P(Y = y) =



P (X = x) ∩ (Y = y) .

x∈X(Ω)

➥ Exercices 5.5, 5.7, 5.9, 5.11, 5.12.

Pour déterminer la loi de probabilité d’une va Y fonction d’une va discrète X

Si Y = f (X) avec X une va discrète de loi connue, alors :   Y(Ω) = f (x) ; x ∈ X(Ω) et

∀y ∈ Y(Ω), P(Y = y) =



P(X = x).

x∈X(Ω) / f (x)=y

➥ Exercice 5.3. 151

Chapitre 5

•

Variables aléatoires discrètes, vecteurs aléatoires discrets

•

Si Z = f (X, Y) avec (X, Y) un couple de va discrètes de loi conjointe connue, alors :   Z(Ω) = f (x, y) ; (x, y) ∈ X(Ω) × Y(Ω) 

et ∀z ∈ Z(Ω), P(Z = z) = P (X = x) ∩ (Y = y) . (x,y)∈X(Ω)×Y(Ω) f (x,y)=z

•

Pour déterminer la loi de probabilité d’une va Z fonction d’un couple de va discrètes (X, Y)

Dans le cas où Z = X + Y, on obtient la loi de Z en écrivant : 

∀z ∈ Z(Ω), P(Z = z) = P (X = x) ∩ (Y = z − x) . x∈X(Ω)

•

Dans le cas où Z = min(X, Y), on obtient plus facilement la loi de Z en calculant dans un premier temps :

∀z ∈ Z(Ω), P(Z  z) = P (X  z) ∩ (Y  z) .

•

Dans le cas où Z = max(X, Y), on obtient plus facilement la loi de Z en calculant dans un premier temps :

∀z ∈ Z(Ω), P(Z  z) = P (X  z) ∩ (Y  z) .

➥ Exercices 5.4, 5.11.

•

Utiliser la définition : –

  si X est une va discrète finie avec X(Ω) = x1 , . . . , xn alors X admet une espérance et E(X) est donnée par : E(X) =

n 

xi P(X = xi )

i=1

–

  si X est une va discrète infinie avec X(Ω) = xn ; n ∈ N alors X admet une espérance si et seulement si  la série xn P(X = xn ) converge absolument ; n0

Pour montrer qu’une va discrète admet une espérance et la calculer

dans ce cas, E(X) est donnée par :

E(X) =

+∞ 

xn P(X = xn ).

n=0

➥ Exercices 5.3 à 5.6, 5.9, 5.12 à 5.15, 5.18 •

Reconnaître une loi usuelle et appliquer les formules du cours.

➥ Exercices 5.1, 5.2, 5.8 à 5.10, 5.12, 5.16 •

Utiliser la linéarité de l’espérance : si X = λ1 X1 + · · · + λn Xn avec (λ1 , . . . , λn ) ∈ Rn et, pour tout i ∈ 1 ; n, Xi admet une espérance alors X admet une espérance et E(X) est donnée par : E(X) = λ1 E(X1 ) + · · · + λn E(Xn ).

➥ Exercices 5.1, 5.6, 5.10, 5.17 152

Les méthodes à retenir •

Utiliser la formule de l’espérance totale : soit (Ai )i∈I un système complet d’événement ; alors X admet une espérance si et seulement si pour tout i de I tel que P(Ai )  0, E(X | Ai ) existe  et la série E(X | Ai )P(Ai ) converge absolument ; i∈I ; P(Ai )0

dans ce cas, E(X) est donnée par :  E(X | Ai )P(Ai ). E(X) = i∈I ; P(Ai )0

➥ Exercices 5.12, 5.17 •

(suite)

Utiliser le théorème de transfert :  – si Y = f (X) et si f (x)P(X = x) converge absolument x∈X(Ω)

alors Y admet une espérance et E(Y) est donnée par :  E(Y) = f (x)P(X = x) x∈X(Ω)

–

si Z = f (X, Y) et si la série double 

f (x, y)P (X = x) ∩ (Y = y) converge absolument (x,y)∈(X,Y)(Ω)

alors Z admet une espérance et E(Z) est donnée par : 

E(Z) = f (x, y)P (X = x) ∩ (Y = y) . (x,y)∈(X,Y)(Ω)

➥ Exercices 5.5, 5.7, 5.8. •

•



Montrer que X admet une espérance puis montrer que X − E(X) 2 admet une espérance ; %

& dans ce cas, V(X) est donnée par : V(X) = E X − E(X) 2 . Montrer que X et X 2 admettent une espérance ;

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dans ce cas, V(X) est donnée par :



V(X) = E(X 2 ) − E(X) 2 .

➥ Exercices 5.5, 5.6, 5.9, 5.13 Pour montrer qu’une va discrète admet une variance et la calculer

•

•

Reconnaître une loi usuelle et appliquer les formules du cours.

➥ Exercices 5.1, 5.9, 5.12 Utiliser la propriété suivante : si X = X1 + · · · + Xn et les va X1 , . . . , Xn admettent une variance alors X admet une variance et V(X) est donnée par : n   V(X) = V(Xi ) + 2 Cov(Xi , X j ) ; i=1

1i< jn

de plus, si les va X1 , . . . , Xn sont mutuellement indépendantes, n  V(Xi ). alors V(X) est donnée par : V(X) = i=1

➥ Exercices 5.1, 5.6, 5.10. 153

Chapitre 5

•

Variables aléatoires discrètes, vecteurs aléatoires discrets

•

Utiliser : ou

•

Pour calculer la covariance d’un couple (X, Y) de va discrètes

%



& Cov(X, Y) = E X − E(X) Y − E(Y) Cov(X, Y) = E(XY) − E(X)E(Y).

Calculer V(X), V(Y), V(X + Y) (ou V(X − Y)) et utiliser la formule : (ou

•

V(X + Y) = V(X) + V(Y) + 2 Cov(X, Y) V(X − Y) = V(X) + V(Y) − 2 Cov(X, Y)).

Si X et Y sont indépendantes, alors Cov(X, Y) = 0.

➥ Exercices 5.1, 5.2, 5.9 à 5.11.

Pour montrer que des va discrètes sont indépendantes

•

Souvent, l’indépendance de va est donnée par l’énoncé.

•

Utiliser les définitions du cours.

•

Utiliser la propriété suivante : si X1 , . . . , Xn sont mutuellement indépendantes, alors, pour tout p ∈ 1 ; n, les va ϕ(X1 , . . . , X p ) et ψ(X p+1 , . . . , Xn ) sont indépendantes.

➥ Exercices 5.1, 5.4, 5.6, 5.11, 5.19.

Pour montrer que deux va discrètes X et Y ne sont pas indépendantes

•

Montrer qu’il existe x ∈ X(Ω) et y ∈ Y(Ω) tels que :

P (X = x) ∩ (Y = y)  P(X = x)P(Y = y).

•

Montrer que Cov(X, Y)  0.

➥ Exercice 5.1.

Énoncés des exercices 5.1 Exemple de somme de n va non indépendantes On considère une suite (Xn )n1 de va mutuellement indépendantes suivant une même loi de Bernoulli de paramètre p (0 < p < 1). On pose, pour tout n  1 :

Yn = Xn Xn+1

et Un = Y1 + · · · + Yn .

a) Pour tout n  1, déterminer la loi de Yn puis calculer E(Yn ) et V(Yn). b) Les variables aléatoires Yn sont-elles mutuellement indépendantes ? Calculer, pour tous n, m  1, Cov(Yn , Ym ). c) Calculer, pour tout n  1, E(Un ) et V(Un ).

5.2 Tirages avec remise dans une urne contenant trois couleurs de boules Une urne contient des boules blanches en proportion b, des boules rouges en proportion r et des boules jaunes en proportion j. Ainsi, on a :

0 < b < 1, 0 < r < 1, 0 < j < 1 et b + r + j = 1.

On effectue dans cette urne n tirages avec remise (n ∈ N∗ ), et on note B (resp. R, J) le nombre de boules blanches (resp. rouges, jaunes) obtenues. 154

Énoncés des exercices

a) Donner les lois de B, R, J, leurs espérances et leurs variances. b) Donner la loi de B + R. En déduire Cov(B, R). c) On note X le vecteur aléatoire X = (B, R, J). 1) Déterminer la loi du vecteur X. 2) Déterminer la matrice de variance-covariance du vecteur X.

5.3 Exemple d’une va fonction d’une autre va discrète On considère une va X définie sur un espace probabilisé (Ω, A , P) à valeurs dans N. ⎧ ⎪ 0 si X(ω) est impair ⎪ ⎪ ⎨ . On définit la va Y par : ∀ω ∈ Ω, Y(ω) = ⎪ X(ω) ⎪ ⎪ ⎩ si X(ω) est pair 2 a) On suppose que X suit la loi géométrique de paramètre p, avec p ∈ ]0 ; 1[. Déterminer la loi de Y et calculer son espérance. b) On suppose que X suit la loi de Poisson de paramètre λ, avec λ ∈ R+∗ . Déterminer la loi de Y et calculer son espérance.

5.4 Exemple d’une va fonction d’un couple de va discrètes On considère une va X suivant la loi uniforme sur {1, 2} et une va Y, indépendante de X, suivant la loi de Poisson de paramètre λ > 0. On définit la va Z = XY. a) Déterminer la loi de Z. Calculer son espérance et sa variance. b) Calculer la probabilité que Z soit pair.

5.5 Loi du plus petit numéro et du plus grand numéro obtenus lors d’un tirage simultané de deux boules Dans cet exercice, on utilisera : ∀(n, p) ∈ N2 tel que p  n,

n   k k=p

p

=

 n+1 . p+1

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Soit n  2. On considère une urne contenant n boules numérotées de 1 à n. On tire simultanément deux boules au hasard et on note X la va égale au plus petit des deux numéros tirés et Y la va égale au plus grand des deux numéros tirés. a) Déterminer la loi du couple (X, Y). En déduire les lois marginales de X et de Y.

b) Calculer E(Y) puis E Y(Y − 2) . En déduire V(Y). c) Montrer que n + 1 − X et Y ont la même loi. En déduire E(X) et V(X).

d) Calculer E X(Y − 2) . En déduire la covariance de (X, Y). e) Pour quelles valeurs de n le coefficient de corrélation linéaire de X et Y est-il défini ? Déterminer sa valeur dans ce cas.

5.6 Exemple de produit et de somme de n va mutuellement indépendantes, d’après l’oral HEC 2008 On considère une suite (Xn )n∈N∗ de va mutuellement indépendantes de même loi, à valeurs dans {−1, 1}, définies sur un même espace probabilisé (Ω, A , P). On pose, pour tout n ∈ N∗ , p = P(Xn = 1), et on suppose que p ∈ ]0 ; 1[. 155

Chapitre 5

•

Variables aléatoires discrètes, vecteurs aléatoires discrets

a) Pour tout n ∈ N∗ , on pose :

Yn =

n -

Xi .

i=1

1) Calculer, pour tout n ∈ N∗ , E(Yn ) et V(Yn ). 2) Déterminer la loi de Y2 et la loi de Y3 . 3) On pose, pour tout n ∈ N∗ , pn = P(Yn = 1). Déterminer une relation de récurrence entre pn+1 et pn . En déduire une expression de pn en fonction de p et n. b) Pour tout n ∈ N∗ , on pose :

Sn =

n 

Xi .

i=1

1) Calculer, pour tout n ∈ N∗ , E(S n ) et V(S n ). 2) Déterminer, pour tout n ∈ N∗ , la loi de S n . (On pourra se ramener à des variables aléatoires Xi , pour 1  i  n, indépendantes suivant une loi de Bernoulli).

5.7 Exemple de loi conjointe Soit a ∈ R. On considère un couple (X, Y) de va discrètes de loi conjointe donnée par : ∀(i, j) ∈ N2 , P(X = i, Y = j) = a

i+ j . i! j!

a) Déterminer la valeur de a. b) Déterminer les lois marginales de X et de Y. Les va X et Y sont-elles indépendantes ? c) Montrer que le couple (X, Y) admet une covariance et la calculer. d) Montrer que la va Z = 2X+Y admet une espérance et la calculer.

5.8 Tirages successifs dans deux urnes Soit n ∈ N∗ . On dispose de deux urnes : l’urne U1 contient n boules blanches et n boules noires et l’urne U2 contient 1 boule blanche et 2 boules noires. On tire simultanément n boules de U1 et on les met dans l’urne U2 . On note X la va égale au nombre de boules blanches tirées de U1 . a) Déterminer la loi de X ; donner son espérance. On admet que V(X) =

n2 . 4(2n − 1)

b) A l’issue du transfert de boules, on tire une boule de U2 . Exprimer la probabilité d’obtenir une boule blanche en fonction de n et E(X) puis calculer cette probabilité. c) Maintenant, à l’issue du transfert de boules, au lieu de tirer une boule de U2 , on tire simultanément deux boules de U2 . Exprimer la probabilité d’obtenir deux boules blanches en fonction de n, E(X) et V(X) puis calculer cette probabilité.

5.9 Loi du premier succès et loi du deuxième succès On répète, de façon indépendante, une expérience aléatoire au cours de laquelle un événement A se réalise, à chaque fois, avec la probabilité p, avec 0 < p < 1. On note X la va égale au rang de la première réalisation de l’événement A, et Y celle égale au rang de sa deuxième réalisation. a) Déterminer la loi du couple (X, Y). En déduire les lois marginales de X et de Y. 156

Énoncés des exercices

b) Montrer que X et Y admettent une espérance et une variance puis calculer E(X), E(Y), V(X), V(Y). c) Montrer que (X, Y) admet une covariance et calculer Cov(X, Y). En déduire ρX,Y . d) Soit n  2. Déterminer la loi conditionnelle de X sachant (Y = n).

5.10 Tirages simultanés dans une urne, d’après l’oral HEC 2008 Soit n ∈ N∗ . Une urne contient 2n boules de couleurs toutes différentes. La moitié d’entre elles sont marquées du chiffre zéro et les autres sont numérotées de 1 à n. On tire simultanément n boules de cette urne, obtenant ce que l’on appelle une poignée. On suppose que toutes les poignées sont équiprobables. Pour tout i ∈ 1 ; n, on note Xi la va qui prend la valeur 1 si la boule i se trouve dans la poignée et 0 sinon. a) Pour tout i ∈ 1 ; n, déterminer la loi de probabilité de Xi . b) Pour tout (i, j) ∈ 1 ; n2 tel que i  j, calculer la covariance du couple (Xi , X j ). c) On note S la va égale à la somme des numéros portés par les boules figurant dans la poignée. 1) Exprimer S en fonction de X1 , X2 , . . . , Xn 2) En déduire l’espérance et la variance de S . d) On note Z la va égale au nombre de boules portant le numéro zéro dans la poignée. Donner la loi de probabilité de Z puis son espérance.

5.11 Exemple d’une loi conjointe connaissant les lois conditionnelles Soient X et S deux va définies sur un même espace probabilisé, à valeurs dans N. On suppose que S suit la loi de Poisson de paramètre λ, avec λ > 0, et qu’il existe p ∈ ]0 ; 1[ tel que, pour tout n de N, la loi conditionnelle de X sachant (S = n) est la loi binomiale de paramètre (n, p). a) Déterminer la loi du couple (S , X), puis la loi de X. b) On pose Y = S − X. Déterminer la loi de Y et montrer que X et Y sont indépendantes. c) En déduire que Cov(S , X) = V(X), puis calculer ρS ,X .

5.12 Lancers d’une pièce © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

On dispose d’une pièce amenant pile avec la probabilité p (0 < p < 1). Dans un premier temps, on lance cette pièce jusqu’à obtenir pour la première fois un pile et on note N le nombre de lancers nécessaires. Dans un deuxième temps, si le premier pile est apparu au n-ième lancer, on lance cette même pièce n fois, et l’on note X le nombre de piles obtenus. a) Donner la loi de N, son espérance et sa variance. b) Soit n ∈ N∗ . Déterminer la loi de X conditionnelle à l’événement (N = n). c) En déduire l’existence et la valeur de l’espérance de X. d) Déterminer la loi de X et retrouver la valeur de E(X).

5.13 Exemple de va fonction d’un couple de va discrètes, d’après EML 2010 Soient X et Y deux vas indépendantes suivant toutes les deux la #loi géométrique de paramètre p, # avec 0 < p < 1. On pose q = 1 − p. On définit la va Z = ## X − Y ##. 157

Chapitre 5

•

Variables aléatoires discrètes, vecteurs aléatoires discrets

a) Calculer la probabilité P(Z = 0), puis montrer : ∀n ∈ N∗ , P(Z = n) =

2pqn . 1+q

b) Montrer que Z admet une espérance et la calculer.

c) Montrer : E (X − Y)2 = 2V(X). d) En déduire que Z admet une variance et la calculer.

5.14 Déplacement d’un mobile sur un axe gradué Un mobile se déplace sur les points à coordonnées entières d’un axe d’origine O. Au départ, le mobile est à l’origine (point d’abscisse 0). Le mobile se déplace selon la règle suivante : s’il est sur le point d’abscisse k à l’instant n, alors, à l’instant (n + 1), il sera sur le point d’abscisse 1 k+1 ou sur le point d’abscisse 0 avec la probabilité . (k + 1) avec la probabilité k+2 k+2 Pour tout n de N, on note Xn l’abscisse de ce point à l’instant n et un = P(Xn = 0). a) Montrer, pour tout n ∈ N et tout k ∈ 1 ; n + 1, P(Xn+1 = k) =

k P(Xn = k − 1). k+1

b) En déduire que, pour tout n ∈ N et tout k ∈ 0 ; n, P(Xn = k) = n 

c) Montrer que, pour tout n ∈ N,

j=0

1 un−k . k+1

uj = 1. En déduire u0 , u1 , u2 , u3 . n− j+1

d) Montrer que, pour tout n ∈ N, E(Xn+1 ) = E(Xn ) + un+1 . En déduire, pour tout n ∈ N∗ , une expression de E(Xn ) sous forme de somme mettant en jeu certains termes de la suite (un )n∈N . e) On note T l’instant auquel le mobile se trouve pour la première fois à l’origine (sans compter son positionnement au départ) et on convient que T prend la valeur 0 si le mobile ne revient jamais à l’origine. 1 . n(n + 1) En déduire P(T = 0) = 0 et interpréter ce résultat.

1) Montrer :

∀n ∈ N∗ , P(T = n) =

2) La variable T a-t-elle une espérance ?

5.15 Une autre expression de l’espérance On considère une variable aléatoire discrète X à valeurs dans N. n n−1    kP(X = k) = P(X > k) − nP(X > n). a) Montrer, pour tout n ∈ N∗ : k=0

k=0

b) 1) On suppose que X admet une espérance. Montrer : lim nP(X > n) = 0. n→+∞ +∞   P(X > n) converge puis que P(X > n) = E(X). En déduire que n0

2) On suppose que la série



n=0

P(X > n) converge. Montrer que X admet une espérance.

n0

c) Énoncer le résultat démontré.

5.16 Minimum et maximum de n va indépendantes Soit n  1. On considère des va X1 , . . . , Xn indépendantes, suivant toutes la loi géométrique de paramètre p, avec 0 < p < 1. On note q = 1 − p. 158

Énoncés des exercices

Enfin, on pose :

U = min Xi 1in

et V = max Xi . 1in

a) Déterminer la loi de U. En déduire que U admet une espérance et donner E(U). b) Déterminer la loi de V. En utilisant l’exercice 5.15, montrer que V admet une espérance et n   1 n (−1)i+1 . que E(V) = 1 − qi i i=1

5.17 Somme aléatoire de variables aléatoires discrètes On considère une suite (Xn )n∈N∗ de va mutuellement indépendantes, à valeurs dans N, de même loi et admettant une espérance. On considère une autre va N, indépendante des va Xn pour n ∈ N∗ , et à valeurs dans N.  X1 (ω) + · · · + XN(ω) (ω) si N(ω)  1 . On définit la va S par : S (ω) = 0 si N(ω) = 0 a) Soit n ∈ N tel que P(N = n)  0. Montrer que l’espérance conditionnelle de S sachant (N = n) existe et la calculer. b) En déduire que S admet une espérance et que l’on a :

E(S ) = E(X1 )E(N).

5.18 Fonction génératrice d’une va Soit X une va discrète à valeurs dans N. On définit la fonction génératrice de X par : +∞  G X : t −→ G X (t) = P(X = n) tn . n=0

On pose, pour tout n ∈ N, pn = P(X = n). a) Montrer que la fonction génératrice G X de X est définie sur [−1 ; 1]. Calculer G X (1). b) Calculer la fonction génératrice de X sur [−1 ; 1] lorsque X suit une loi usuelle : X → b(p),

X → B(n, p),

X → G (p),

X → P(λ).

G X (t) − G X (1)  = 1 + t + · · · + tn−1 pn . t−1 n=1 +∞

c) 1) Montrer, pour tout t ∈ [0 ; 1[ :

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

En déduire que la fonction t −→

G X (t) − G X (1) est croissante sur [0 ; 1[. t−1

2) On suppose que X admet une espérance. Montrer que G X est dérivable à gauche en 1 et GX (1)  E(X). 3) On suppose G X dérivable à gauche en 1. Montrer : ∀N ∈ N∗ ,

N 

n pn  GX (1).

n=1

En déduire que X admet une espérance et que E(X)  GX (1). 4) Énoncer le résultat démontré. Retrouver l’expression connue de E(X) lorsque X suit une loi usuelle : X → b(p),

X → B(n, p),

X → G (p),

X → P(λ).

5.19 Fonction génératrice et somme de va Pour toute va X à valeurs dans N, on note G X sa fonction génératrice définie dans l’exercice 5.18. a) Soient X et Y deux va indépendantes à valeurs dans N. 159

Chapitre 5

•

Variables aléatoires discrètes, vecteurs aléatoires discrets

Montrer :

∀t ∈ [0 ; 1], G X+Y (t) = G X (t)GY (t).

b) Soient X1 , . . . , Xn des va à valeurs dans N, mutuellement indépendantes et de même loi.

n On pose : S = X1 + · · · + Xn . Montrer : ∀t ∈ [0 ; 1], GS (t) = G X1 (t) . c) Soient (Xn )n∈N∗ une suite de va à valeurs dans N, mutuellement indépendantes et de même loi et N une autre va à valeurs dans N∗ et indépendante des va Xn , pour n ∈ N∗ . On définit la va S par : S = X1 + · · · + XN , c’est-à-dire :

∀ω ∈ Ω, S (ω) = X1 (ω) + · · · + XN(ω) (ω).

1) Montrer : ∀t ∈ [0 ; 1], GS (t) = G N ◦ G X1 (t). 2) On suppose que X1 et N admettent une espérance. En utilisant l’exercice 5.18, montrer que S admet une espérance et la calculer en fonction de E(X1 ) et E(N).

5.20 Entropie d’une va



On note h la fonction définie par h(x) =

−x ln x si x > 0 0 si x = 0.

Soit X une va discrète définie sur un espace probabilisé (Ω, A , P). 

h P(X = x) . On pose, sous réserve d’existence, H(X) = x∈X(Ω)

Le réel H(X) est appelé l’incertitude moyenne ou entropie de X. a) On suppose que H(X) existe. Montrer que H(X)  0, puis montrer que H(X) = 0 si et seulement si X est quasi-certaine. Dans la suite, on pourra utiliser le résultat suivant, pour tout x > 0 :

ln x  x − 1 et ln x = x − 1 ⇐⇒ x = 1 . b) On suppose que X est une va finie et on note X(Ω) = {x1 , . . . , xn }. On pose, pour tout i ∈ 1 ; n, ui = P(X = xi ). 1) Soit X0 une va suivant la loi uniforme sur {x1 , . . . , xn }. Calculer H(X0 ). 2) Montrer : ∀i ∈ 1 ; n, h(ui ) 

1 − ui + ui ln n. n

3) En déduire que H(X)  ln n, puis montrer que H(X) = ln n si et seulement si X suit la loi uniforme sur {x1 , . . . , xn }. c) On suppose que X est une va discrète infinie à valeurs dans N∗ , non quasi-certaine, et telle que E(X) et H(X) existent, et on note m = E(X). On a alors : m > 1. 1) Soit p ∈ ]0 ; 1[ et soit X0 une va suivant la loi géométrique de paramètre p. Montrer que H(X0 ) existe et la calculer. 2) On pose, pour tout n ∈ N∗ , un = P(X = n) et vn = Montrer :

∀n ∈ N∗ , h(un )  vn − un − un ln(vn ).

1 n−1 1 1− . m m

3) En déduire que H(X)  m ln m − (m − 1) ln(m − 1), puis montrer que H(X) = m ln m − (m − 1) ln(m − 1) si et seulement si X suit la loi géométrique 1 de paramètre . m 160

Du mal à démarrer ?

Du mal à démarrer ? 5.1

a) Pour tout n  1, calculer P(Yn = 1), puis reconnaître une loi usuelle. b) Remarquer que si m  n − 1, n, n + 1, les va Yn et Ym sont indépendantes. Pour calculer Cov(Yn , Ym ) lorsque m = n − 1 ou n ou n + 1, remarquer que E(Yn Ym ) = P(Yn = 1, Ym = 1).

5.7

a) Utiliser le fait que



P(X = i, Y = j) = 1.

(i,j)∈N2

c) Pour calculer E(Un ), utiliser la linéarité de l’espérance.

b) Pour déterminer les lois marginales de X et de Y , utiliser la méthode décrite dans « les méthodes à retenir ».

Pour calculer V (Un ), utiliser la formule de la variance d’une somme de n va discrètes.

Montrer que X et Y ne sont pas indépendantes, par exemple en considérant P(X = 0, Y = 0).

5.2

c) Montrer, dans un premier temps, que X et Y admettent une espérance et les calculer. Puis montrer, à l’aide du théorème de transfert, que XY admet une espérance et la calculer.

a) Reconnaître des situations types.

b) Pour la loi de B+R, reconnaître une situation type. En déduire la valeur de V (B + R) puis celle de Cov(B, R).

c) 1) Calculer, pour tout (k1 , k2 , k3 ) ∈ N3 , P X = (k1 , k2 , k3 ) en distinguant les cas k1 + k2 + k3  n, k1 + k2 + k3 = n. c) 2) Utiliser la définition de la matrice de variance-covariance.

5.3

a)

∀n ∈ N∗ , P(Y = n) = P(X = 2n) +∞  P(X = 2n + 1). P(Y = 0) =

Remarquer : et justifier :

n=0

b)

Remarquer : et justifier :

∀n ∈ N∗ , P(Y = n) = P(X = 2n) +∞  P(Y = 0) = P(X = 0) + P(X = 2n + 1). n=0 +∞ 

+∞  λ λ2n , considérer S2 = et déPour calculer S1 = (2n + 1)! (2n)! n=0 n=0 terminer S1 + S2 et S2 − S1 .

5.4

2n+1

a) Justifier que pour tout n de N : P(Z = 2n + 1) = P(X = 1)P(Y = 2n + 1) et P(Z = 2n) = P(X = 1)P(Y = 2n) + P(X = 2)P(Y = n).

Pour calculer E(Z) et E(Z 2 ), utiliser l’indépendance de X et Y .

b) Écrire :

P(Z est pair) =

+∞ 

P(Z = 2n).

n=0

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

Xi + 1 . Déterminer la loi 2 des Xi , exprimer Sn en fonction de ces va puis utiliser le cours.

b) 2) Poser, pour tout i ∈ 1 ; n, Xi =

5.5

a) Calculer, pour (i, j) ∈ 1 ; n − 1 × 2 ; n, P(X = i, Y = j). En déduire les lois marginales par la méthode habituelle. b) Calculer E(Y ) en utilisant la définition de l’espérance et

E Y (Y − 2) en utilisant le théorème de transfert. c) Exprimer E(X) en fonction de E(Y ), puis V (X) en fonction de V (Y ).

d) Calculer E X(Y − 2) en utilisant le théorème de transfert. e) Utiliser la définition du coefficient de corrélation linéaire.

5.6

a) 1) Utiliser l’indépendance mutuelle des va Xi .

a) 3) Montrer :

∀n ∈ N∗ , pn+1 = (2p − 1)pn + 1 − p,

puis en déduire une expression de pn en fonction de n.

b) 1) Utiliser la linéarité de l’espérance et la formule donnant la variance d’une somme de va mutuellement indépendantes.

d) Utiliser le théorème de transfert.

5.8

a) Reconnaître une situation type.

b) Noter E : « on tire une boule blanche dans U2 », puis calculer, dans un premier temps, P(X=k) (E) pour tout k ∈ 0 ; n. Enfin appliquer la formule des probabilités totales. c) Raisonner de la même façon qu’au b).

5.9

a) Utiliser les méthodes habituelles.

b) Utiliser les définitions de cours. c) Montrer, dans un premier temps, que XY admet une espérance et la calculer à l’aide du théorème de transfert. d) Utiliser la définition d’une loi conditionnelle.

5.10

a) Calculer P(Xi = 1).

b) Calculer tout d’abord E(Xi Xj ) = P(Xi = 1, Xj = 1). c) 1) Remarquer que S =

n 

iXi .

i=1

c) 2) Utiliser les formules donnant l’espérance et la variance d’une somme de n va. d) Reconnaître une situation type.

5.11

a) Utiliser les méthodes habituelles.

b) Commencer par déterminer, pour tout n de N, la loi conditionnelle de Y sachant (S = n). Puis appliquer convenablement le résultat du a). Utiliser la définition de l’indépendance.

c) Commencer par écrire Cov(S, X) = Cov(X + Y, X), puis utiliser des propriétés sur la covariance.

5.12

a) Reconnaître une loi usuelle.

b) Reconnaître une loi usuelle. c) Utiliser la formule de l’espérance totale. d) Pour déterminer la loi de X, calculer P(X = k) en distinguant les cas k = 0 et k  1. Pour déterminer E(X), utiliser la définition de l’espérance.

161

Chapitre 5

5.13

•

Variables aléatoires discrètes, vecteurs aléatoires discrets

5.17

a) Justifier : P(Z = 0) = P(X = Y )

et : ∀n ∈ N∗ , P(Z = n) = P(X − Y = n) + P(Y − X = n).

b) Utiliser la définition de l’espérance. c) Utiliser la linéarité de l’espérance, puis l’indépendance de X et Y . d) En déduire E(Z 2 ) = 2V (X), puis calculer V (Z).

5.14

a) Utiliser, par exemple, la formule des probabilités totales avec comme système complet d’événements (Xn = 0), . . . , (Xn = n).

b) Appliquer de façon répétée la relation du a). n 

c) Utiliser le fait que

a) Obtenir :

b) Utiliser la formule de l’espérance totale.

5.18

a) Montrer que, pour tout t ∈ [−1 ; 1], la série de terme général pn tn converge absolument, donc converge.

b) Dans chacun des cas, remplacer P(X = n) par son expression, puis simplifier GX (t).

k=0

c) 2) Montrer que le taux d’accroissement de GX en 1 est majoré par E(X), puis conclure. N 

k=0

d) Écrire : ∀k ∈ 1 ; n + 1, (k + 1)P(Xn+1 = k) = kP(Xn = k − 1).

∀N ∈ N∗ , ∀t ∈ [0 ; 1[,

(1 + t + · · · + tn−1 )pn 

n=1

+∞  (1 + t + · · · + tn−1 )pn . n=1

Puis sommer cette relation.

Puis passer à la limite quand t tend vers 1. Conclure.

e) 1) Décomposer l’événement (T = n).

c) 4) Dans chacun des cas, montrer que GX est dérivable à gauche en 1 et calculer E(X) = GX (1).

P(T = 0) = 1 −

Justifier :

+∞ 

P(T = n).

5.19

a) Écrire GX+Y (t) sous forme d’une somme double et intervertir les deux sommes.

n=1

e) 2) Montrer que T n’admet pas d’espérance.

5.15

a) Remplacer dans la première somme P(X = k) par P(X > k − 1) − P(X > k), et faire apparaître une somme téléscopique. ∀n ∈ N, 0  nP(X > n) 

b) 1) Montrer :

pour en déduire que lim nP(X > n) = 0.

+∞ 

Écrire :

∀n ∈ N,

n−1 

P(X > k) =

k=0

n 

kP(X = k) + nP(X > n),

k=0

kP(X = k) 

k=0

n−1 

∀t ∈ [0 ; 1], GS (t) =

n=0

k=1

c) 2) Montrer que la fonction GS est dérivable à gauche en 1, à l’aide de l’exercice 5.18, puis montrer : E(S) = E(X1 )E(N).

b) 1) Obtenir :

H(X0 ) = ln n.

b) 2) Appliquer l’inégalité donnée par l’énoncé à x =

k=0 n 

ui  0. kP(X = k) est

k=0

c) 1) Obtenir :

5.16

a) Calculer, dans un premier temps, P(U > k), pour tout k ∈ N, puis reconnaître une loi usuelle.

b) Calculer, dans un premier temps, P(V  k), pour tout k ∈ N, puis en déduire la loi de V .  Montrer que P(V > k) converge puis utiliser l’exercice 5.15.

1 si nui

b) 3) Sommer l’inégalité précédente. Traiter le cas d’égalité.

majorée et conclure.

k0

 P(N = k)P(X1 + · · · + Xk = n) tn ,

a) Remarquer que H(X) est une somme de réels positifs ou nuls.

P(X > k).

En déduire que la suite de terme général Sn =

+∞   +∞ 

5.20

b) 2) Remarquer que, pour tout n de N : n 

c) 1) Montrer :

puis intervertir les deux sommes.

puis passer à la limite quand n tend vers +∞.

0

b) Raisonner par récurrence sur n.

kP(X = k),

k=n+1

n→+∞

162

tn − 1  k = t . t−1 n−1

c) 1) Faire apparaître l’expression

c) 3) Justifier :

P(Xn = k) = 1.



E S | (N = n) = nE(X1 ).

H(X0 ) = − ln p −

1−p ln(1 − p). p

c) 2) Appliquer l’inégalité donnée par l’énoncé à x = un  0.

c) 3) Raisonner de la même façon qu’au b) 3).

vn si un

Corrigés des exercices Cov(Yn , Ym ) = V(Yn ) = p2 (1 − p)(1 + p).

5.1 a) Soit n  1. Alors Yn prend les valeurs 0 et 1. P(Yn = 1) = P(Xn Xn+1 = 1) = P(Xn = 1, Xn+1 = 1)

On a :

= P(Xn = 1)P(Xn+1 = 1) = p2 car Xn et Xn+1 sont indépendantes Ainsi la va Yn suit la loi de Bernoulli de paramètre p2 . On a alors : et

E(Yn ) = p2 V(Yn ) = p2 (1 − p2 ) = p2 (1 − p)(1 + p).

b) • Les va Yn et Yn+1 ne sont pas indépendantes car : P(Yn = 1, Yn+1 = 1) = P(Xn Xn+1 = 1, Xn+1 Xn+2 = 1) = P(Xn = 1, Xn+1 = 1, Xn+2 = 1)

On conclut : Cov(Yn , Ym ) ⎧ ⎪ p3 (1 − p) si m = n − 1 ou n + 1 ⎪ ⎪ ⎨ 2 (1 − p)(1 + p) si m = n p . =⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0 si m  n − 1, n, n + 1 c) • Par linéarité de l’espérance, E(Un ) = E(Y1 ) + · · · + E(Yn ) = np2 . • Les va Yn n’étant pas mutuellement indépendantes, on utilise la formule générale donnant la variance d’une somme de n va : V(Un ) =

= P(Xn = 1)P(Xn+1 = 1)P(Xn+2 = 1) = p3 , et P(Yn = 1) P(Yn+1 = 1) = p2 p2 = p4 ;

=

n 

V(Yi ) + 2

i=1

1i< jn

n 

n−1 

V(Yi ) + 2

i=1

ainsi puisque p ∈ ]0 ; 1[,



Cov(Yi , Y j )  !" = 0 si j  i + 1

Cov(Yi , Yi+1 )

i=1

= nV(Y1 ) + 2(n − 1)Cov(Y1 , Y2 )

P(Yn = 1, Yn+1 = 1)  P(Yn = 1) P(Yn+1 = 1). Donc les va Yn ne sont pas mutuellement indépendantes.

= np2 (1 − p2 ) + 2(n − 1)p3 (1 − p)

= p2 (1 − p) n(1 + p) + 2(n − 1)p

• Soient n, m  1 avec m  n − 1, n, n + 1.

= p2 (1 − p)(3np + n − 2p).

La va Yn fait intervenir les va Xn et Xn+1 et la va Ym fait intervenir les va Xm et Xm+1 . Il n’y a pas de va Xi en commun. Par indépendance des va Xi , on en déduit que Yn et Ym sont indépendantes. Ainsi :

Cov(Yn , Ym ) = 0.

• Soit n  1 et m = n + 1. On a : Cov(Yn , Ym ) = E(Yn Ym ) − E(Yn )E(Ym ). Or :

E(Yn Ym ) = P(Yn = 1, Ym = 1)

car Yn (Ω) = Ym (Ω) = {0, 1} = P(Yn = 1, Yn+1 = 1) = P(Xn = 1, Xn+1 = 1, Xn+2 = 1) = P(Xn = 1)P(Xn+1 = 1)P(Xn+2 = 1) = p3 car Xn , Xn+1 , Xn+2 sont indépendantes Et :

E(Yn )E(Ym ) = (p2 )2 = p4 .

Ainsi :

Cov(Yn , Ym ) = p3 − p4 = p3 (1 − p).

• Soit n  2 et m = n − 1. On a : Cov(Yn , Ym ) = Cov(Ym , Yn ) = Cov(Ym , Ym+1 ) = p3 (1 − p), d’après ce qui précède. • Soit n  1 et m = n. Alors :

5.2 a) • La va B prend ses valeurs dans 0 ; n. On réalise ici une succession d’épreuves de Bernoulli indépendantes (tirer une boule) dont la probabilité de succès (tirer une boule blanche) est b, et la va B compte le nombre de succès. Donc B suit la loi binomiale de paramètre (n, b). On a alors :

E(B) = nb et

V(B) = nb(1 − b).

• De même, R suit la loi binomiale de paramètre (n, r) et, E(R) = nr

et

V(R) = nr(1 − r).

• Enfin, J suit la loi binomiale de paramètre (n, j) et, E(J) = n j

et

V(J) = n j(1 − j).

b) La va B + R compte le nombre de succès (tirer une boule blanche ou une boule rouge) dont la probabilité est b + r. Ainsi B + R suit la loi binomiale de paramètre (n, b + r). On a alors : V(B + R) = n(b + r)(1 − b − r). Or : V(B + R) = V(B) + V(R) + 2 Cov(B, R). 163

Chapitre 5

•

Variables aléatoires discrètes, vecteurs aléatoires discrets

1 On en déduit : Cov(B, R) = V(B + R) − V(B) − V(R) 2

n = (b + r)(1 − b − r) − b(1 − b) − r(1 − r) = −nbr. 2 Remarque : Cov(B, R) < 0, ce qui normal puisque si B augmente, R a tendance à diminuer ; donc les va B et R évoluent en sens contraires. c) 1) Soient (k1 , k2 , k3 ) ∈ N3 . Alors :

P X = (k1 , k2 , k3 ) = P(B = k1 , R = k2 , J = k3 ). • Si k1 + k2 + k3  n, alors P(B = k1 , R = k2 , J = k3 ) = 0. • Supposons k1 + k2 + k3 = n. La probabilité que les k1 premières boules soient blanches, que les k2 boules suivantes soient rouges et les k3 dernières boules soient jaunes est égale à bk1 rk2 jk3 . Mais, pour réaliser l’événement (B = k1 , R = k2 , J = k3 ), l’ordre des tirages n’intervient pas dans  le nombre de boules n choix pour placer les k1 obtenues de chaque couleur. Il y a k1 

n − k1 choix pour placer les k2 boules boules blanches, puis k2

 n − k1 − k2 rouges dans les places restantes, et enfin pour plak3 cer les k3 boules jaunes. P(B = k1 , R = k2 , J = k3 ) 





n n − k1 n − k1 − k2 k1 k2 k3 b r j = k2 k3 k1

• On a, pour tout n ∈ N∗ : P(Y = n) = P(X = 2n) = (1 − p)2n−1 p. • Puis : = =

n=0 +∞ 

c) 2) Par définition, la matrice V(X) de variance-covariance de X est : ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜Cov(B, B) Cov(B, R) Cov(B, J)⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ V(X) = ⎜⎜Cov(R, B) Cov(R, R) Cov(R, J)⎟⎟⎟⎟. ⎠ ⎝ Cov(J, B) Cov(J, R) Cov(J, J) D’après la question b), ⎛ ⎞ −nb j ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜nb(1 − b) −nbr ⎜⎜⎜ ⎟ V(X) = ⎜⎜ −nbr nr(1 − r) −nr j ⎟⎟⎟⎟. ⎝ ⎠ −nb j −nr j n j(1 − j)

5.3 a) • La va Y prend ses valeurs dans N. 164

+∞  1 (X = 2n + 1) n=0

+∞ 

P(X = 2n + 1) par incompatibilité des événements (1 − p)2n p = p

+∞ 

n (1 − p)2

n=0

= p×

n=0

1 1 = . 2 1 − (1 − p) 2− p

• La va Y admet une espérance  nP(Y = n) converge absolument ⇐⇒ la série n0

⇐⇒ la série



nP(Y = n) converge

n0

(car tous les termes sont positifs). N 

On a : ∀N  0, = p(1 − p)

nP(Y = n) =

n=0 N 

N 

n(1 − p)2n−1 p

n=1

n−1 n (1 − p)2

n=1

1 1− p −→ p(1 − p) ×

2 = p(2 − p)2 N∞ 1 − (1 − p)2 # # puisque ##(1 − p)2 ## < 1.

Ainsi :

n! (n − k1 )! (n − k1 − k2 )! = bk1 rk2 jk3 k1 !(n − k1 )! k2 !(n − k1 − k2 )! k3 ! (n − k1 − k2 − k3 )! n! bk1 rk2 jk3 . = k1 ! k2 ! k3 !

3 Ainsi : ∀(k ⎧ 1 , k2 , k3 ) ∈ N , P X = (k1 , k2 , k3 ) n! ⎪ ⎪ ⎪ bk1 rk2 jk3 si k1 + k2 + k3 = n ⎨ . =⎪ k 1 ! k2 ! k3 ! ⎪ ⎪ ⎩ 0 si k1 + k2 + k3  n

P(Y = 0) = P

Donc Y admet une espérance et E(Y) =

1− p . p(2 − p)2

b) • La va Y prend ses valeurs dans N. • On a, pour tout n ∈ N∗ : P(Y = n) = P(X = 2n) = e −λ

• Puis :

λ2n . (2n)!

+∞ 1   P(Y = 0) = P (X = 0) ∪ (X = 2n + 1)

= P(X = 0) +

+∞ 

n=0

P(X = 2n + 1)

n=0

= e −λ +

par incompatibilité des événements 2n+1 λ e −λ . (2n + 1)!

+∞  n=0

Notons S 1 =

+∞  n=0

 λ2n λ2n+1 et S 2 = . (2n + 1)! (2n)! n=0

Alors : S 1 + S 2 =

+∞

+∞ +∞ +∞ n    λ2n λ2n+1 λ + = = e λ, (2n)! (2n + 1)! n! n=0 n=0 n=0

Corrigés des exercices

et :

S2 − S1 =

+∞ +∞   λ2n λ2n+1 − (2n)! (2n + 1)! n=0 n=0

• De plus, les va X 2 et Y 2 sont indépendantes, donc :

+∞ +∞  (−1)2n λ2n  (−1)2n+1 λ2n+1 = + (2n)! (2n + 1)! n=0 n=0

=

On en déduit :

+∞  (−λ)n = e −λ . n! n=0

S1 =

e λ − e −λ 2

Ainsi, P(Y = 0) = e −λ + e −λ S 1 =

Donc : et

S2 =

e λ + e −λ . 2

1 + 2 e −λ − e −2λ . 2

• La va Y admet une espérance  nP(Y = n) converge absolument ⇐⇒ la série n0

⇐⇒ la série



E(Z 2 ) = E(X 2 Y 2 ) = E(X 2 )E(Y 2 ). ⎧ ⎪ 5 ⎪ ⎪ ⎨ E(X 2 ) = 12 P(X = 1) + 22 P(X = 2) = Or, ⎪ . 2 ⎪ ⎪ ⎩ E(Y 2 ) = V(Y) + E(Y)2 = λ + λ2

b) L’événement E : « Z est pair » s’écrit : E =

(car tous les termes sont positifs). nP(Y = n) =

n=0

N 

n e −λ

n=1

λ2n (2n)!

=

P(Z = 2n)

n=0 +∞ −λ  n=0

λn . n!

e −λ

Donc :

+∞  1 + e −2λ λ2n = . (2n)! 2 n=0

P(E) =

1 + e −2λ 1 3 + e −2λ + = . 4 2 4

5.5

5.4

a) • La va X prend ses valeurs dans 1 ; n − 1 et Y prend ses valeurs dans 2 ; n.

a) • La va Z prend ses valeurs dans N.

• Soit (i, j) ∈ 1 ; n − 1 × 2 ; n.

Soit n ∈ N.

 Si i  j, alors l’événement (X = i, Y = j) est impossible, donc P(X = i, Y = j) = 0.

 On a : (Z = 2n + 1) = (X = 1) ∩ (Y = 2n + 1), d’où, par indépendance de X et Y : © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

(Z = 2n).

En utilisant les calculs de l’exercice 5.3 :

N−1

λ(1 − e −2λ ) e −λ λ −→ S1 = . N∞ 2 4 λ(1 − e −2λ ) Donc Y admet une espérance et E(Y) = . 4

+∞ 

+∞ +∞  λn  e −λ  λ2n e e −λ  λ2n + = + 2 (2n)! n! 2 (2n)! 2 n=0 n=0

e −λ λ  (2n)λ2n−1 e −λ λ  λ2n+1 = = 2 n=1 (2n)! 2 n=0 (2n + 1)! N

+∞ 1 n=0

Par incompatibilité des événements, P(E) =

nP(Y = n) converge

N 

5λ(λ + 1) . 2

On en déduit : V(Z) = E(Z 2 ) − E(Z)2 5λ(λ + 1)  3λ 2 λ2 + 10λ = = − . 2 2 4

n0

On a : ∀N  0,

E(Z 2 ) =

P(Z = 2n + 1) = P(X = 1)P(Y = 2n + 1) e −λ λ2n+1 = · . 2 (2n + 1)!

 On a : (Z = 2n) = (X = 1) ∩ (Y = 2n)

∪ (X = 2) ∩ (Y = n) , d’où, par incompatibilité des deux événements puis indépendance de X et Y : P(Z = 2n) = P(X = 1)P(Y = 2n) + P(X = 2)P(Y = n) 1 e −λ  λ2n λn  λ2n λn 1 + · e −λ = + . = · e −λ 2 (2n)! 2 n! 2 (2n)! n! • Puisque les va X et Y sont indépendantes : 3 3λ E(Z) = E(XY) = E(X)E(Y) = · λ = . 2 2

 Si i < j, alors l’événement (X = i, Y = j) est réalisé si et seulement si on tire les jetons numéros i et j.

 n Puisqu’il y a tirages possibles et que tous les tirages sont 2 équiprobables, on a : 1 P(X = i, Y = j) = n = 2

2 . n(n − 1)

On en déduit : ∀(i, j) ∈ N⎧2 , 2 ⎪ ⎪ ⎪ si 1  i < j  n ⎨ P(X = i, Y = j) = ⎪ . n(n − 1) ⎪ ⎪ ⎩ 0 sinon • Soit i ∈ 1 ; n − 1. Alors : P(X = i) =

n  j=2

P(X = i, Y = j) =

n 

2 2(n − i) = . n(n − 1) n(n − 1) j=i+1 165

Chapitre 5

•

Variables aléatoires discrètes, vecteurs aléatoires discrets

• Soit j ∈ 2 ; n. Alors : P(Y = j) =

n−1 

d) Par le théorème de transfert, on a :

P(X = i, Y = j) =

i=1

j−1  i=1

2( j − 1) 2 = . n(n − 1) n(n − 1)



 i( j − 2)P(X = i, Y = j) E X(Y − 2) =

b) La va Y est une va discrète finie, donc Y admet une espérance et une variance. n n   2 • E(Y) = jP(Y = j) = j( j − 1) n(n − 1) j=2 j=2

 n   4 n+1 j 4 = en utilisant = n(n − 1) j=2 2 n(n − 1) 3

=

j=2

= =

la formule donnée dans l’énoncé

=

(n + 1)n(n − 1) 2(n + 1) 4 · = . = n(n − 1) 6 3 • Par le théorème de transfert,

E Y(Y − 2) = =

n 

2 n(n − 1)

=

j( j − 1)( j − 2)

j=2

 n  n+1 12  j 12 en utilisant = = n(n − 1) j=3 3 n(n − 1) 4 12 (n + 1)n(n − 1)(n − 2) (n + 1)(n − 2) · = . n(n − 1) 24 2

• On en déduit :

2

V(Y) = E(Y ) − E(Y)



2 = E Y(Y − 2) + 2E(Y) − E(Y) 2(n + 1) 4(n + 1)2 (n + 1)(n − 2) +2· − = 2 3 9 % & (n + 1) 9(n − 2) + 24 − 8(n + 1) (n + 1)(n − 2) = = . 18 18 2

c) • Puisque X prend ses valeurs dans 1 ; n−1, alors n + 1 − X prend ses valeurs dans 2 ; n.

i=1

i( j − 2)

i=1

(n + 1)(n − 2) 2(n + 1) 2(n + 1)2 + − 4 3 9 + % (n + 1) 9(n − 2) + 24 − 8(n + 1) (n + 1)(n − 2) = = . 36 36 =

e) Le coefficient de corrélation de X et de Y existe si et seulement si V(X)  0 et V(Y)  0, donc si et seulement si n  3. On a alors : ρX,Y =

i=1

De même :

n+1 . 3 De plus : V(n + 1 − X) = (−1)2 V(X) = V(X), on en déduit :

E(X) = n + 1 − E(Y) =

on en déduit : V(X) = V(Y) =

(n + 1)(n − 2) . 18

1 . 2

∗

• Ainsi :

E(n + 1 − X) = n + 1 − E(X),

=

Les va X1 , . . . Xn étant mutuellement indépendantes, n E(Xi ). E(Yn ) =

Ainsi :

V(n + 1 − X) = V(Y).

(n+1)(n−2) 36 (n+1)(n−2) 18

a) 1) Soit n ∈ N∗ .

On en déduit que Y et n + 1 − X ont même loi. et

Cov(X, Y) = σ(X)σ(Y)

5.6

Or, pour tout i ∈ N ,

E(n + 1 − X) = E(Y)

 2 n(n − 1)

j−1 n    2 ( j − 2) i n(n − 1) j=2 i=1 n n    ( j − 1) j 6 2 j ( j − 2) = n(n − 1) j=2 2 n(n − 1) j=3 3

 n+1 6 (n + 1)n(n − 1)(n − 2) 6 · = · n(n − 1) 4 n(n − 1) 24 (n + 1)(n − 2) . 4

De plus : ∀k ∈ 2 ; n, P(n + 1 − X = k) 2(k − 1) = P(Y = k). = P(X = n + 1 − k) = n(n − 1)

Or :

166

j=2

Donc : Cov(X, Y) = E(XY) − E(X)E(Y)

= E X(Y − 2) + 2E(X) − E(X)E(Y)

la formule donnée dans l’énoncé =

n−1

Or, par la linéarité de l’espérance :

E X(Y − 2) = E(XY) − 2E(X).

j( j − 2)P(Y = j)

j=2 n 

j−1 n  

n

E(Xi ) = P(Xi = 1) − P(Xi = −1) = p − (1 − p) = 2p − 1. E(Yn ) = (2p − 1)n . E(Yn2 ) = E

n i=1

n  Xi2 = E(Xi2 ). i=1

∗

Or, pour tout i ∈ N , E(Xi2 ) = P(Xi = 1) + (−1)2 P(Xi = −1) = p + (1 − p) = 1. Ainsi :

E(Yn2 ) = 1.

On en déduit : V(Yn ) = E(Yn2 ) − E(Yn )2 = 1 − (2p − 1)2n .

Corrigés des exercices

a) 2) • La va Y2 prend ses valeurs dans {−1, 1}. On a :

P(Y2 = 1) = P (X1 = 1, X2 = 1) ∪ (X1 = −1, X2 = −1) = P(X1 = 1)P(X2 = 1) + P(X1 = −1)P(X2 = −1)

E(S n ) =

Et donc :

V(S n) =

2

P(Y2 = −1) = 1 − P(Y2 = 1) = 2p − 2p2 = 2p(1 − p).

• La va Y3 prend ses valeurs dans {−1, 1}.  On a : P(Y3 = 1) = P (X1 = 1, X2 = 1, X3 = 1)

Par incompatibilité des événements puis indépendance des variables, P(Y3 = 1) = p3 + 3(1 − p)2 p. Et donc :

Sn =

i=1

• S n prend ses valeurs dans     − n + 2k ; k ∈ 0 ; n = − n, −n + 2, . . . , n − 2, n . • ∀k ∈ 0 ; n, P(S n = −n + 2k) =

P(S n

= P(Yn = 1)P(Xn+1 = 1) + P(Yn = −1)P(Xn+1 = −1)

a) D’après le cours, la série

= pn p + (1 − pn ) (1 − p).

sa somme est égale à 1.

pn+1 = (2p − 1)pn + 1 − p.

1 . 2

converge et

P(X = i, Y = j) converge, et

Remarque : On retrouve alors l’expression de E(Yn ) et E(Yn2 ). En effet : E(Yn ) = P(Yn = 1) − P(Yn = −1) = 2pn − 1 = (2p − 1)n

+∞ 

P(X = i, Y = j) =

j=0

 xn n! n0

+∞  i+ j a i! j! j=0

+∞ +∞ +∞ +∞ a  1  j  a  1  1  i + = i + = i! j=0 j! j=0 j! i! j=0 j! j=1 ( j − 1)!

p1 = P(Y1 = 1) = P(X1 = 1) = p.  1 (2p − 1)n + 1 . 2

+∞ n  x = e x. n! n=0

Or : ∀i ∈ N,

 1 1 ∀n ∈ N∗ , pn = (2p − 1)n−1 p1 − + . 2 2

b) 1) Soit n ∈ N∗ . Par linéarité de l’espérance,



Rappelons un résultat de cours : pour tout x de R, la série

1 La suite de terme général pn − est alors une suite géométrique 2 de raison (2p − 1).

E(Yn2 ) = P(Yn = 1) + P(Yn = −1) = 1.

 n k = k) = p (1 − p)n−k . k

(i, j)∈N2

La suite (pn )n∈N∗ est alors une suite arithmético-géométrique.

∀n ∈ N∗ , pn =

Xi + 1 ; 2

n n   

2Xi − 1 = 2S n − n, où S n = Xi .

5.7

P(Yn+1 = 1)

Ainsi :

D’après le cours, puisque les va sont indépendantes (car les Xi le sont) et suivent toutes la loi de Bernoulli de paramètre p, la va S n suit la loi binomiale de paramètre (n, p).

Les deux événements étant incompatibles, puis les va Yn et Xn+1 étant indépendantes, on obtient :

On en déduit :

E(Xi2 ) − E(Xi )2

Xi

(Yn+1 = 1) = (Yn = 1, Xn+1 = 1) ∪ (Yn = −1, Xn+1 = −1).

Soit α tel que α = (2p − 1)α + 1 − p, c’est-à-dire α =

n 

i=1

a) 3) Soit n ∈ N∗ . L’événement (Yn+1 = 1) peut s’écrire :

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

V(Xi ) =

b) 2) Soit n ∈ N∗ . Notons, pour tout i ∈ 1 ; n, Xi = alors Xi suit la loi de Bernoulli de paramètre p.

= 1 − p3 − 3(1 − p)2 p.

Or :

n 

On en déduit que :

P(Y3 = −1) = 1 − P(Y3 = 1)

On en déduit :

(2p − 1) = n(2p − 1).

i=1

i=1 i=1

= n 1 − (2p − 1)2 = 4np(1 − p).

De plus :

∪ (X1 = −1, X2 = −1, X3 = 1) ∪ (X1 = −1, X2 = 1, X3 = −1)  ∪ (X1 = 1, X2 = −1, X3 = −1) .

n 

Puisque les va X1 , . . . , Xn sont indépendantes,

= p + (1 − p) = 2p − 2p + 1. 2

E(Xi ) =

i=1

car X1 et X2 sont indépendantes 2

n 

= Et :

a i+1 (ie + e) = a e . i! i!

+∞  i=0

ae

+∞ +∞  i+1 i  1 = ae + i! i! i=0 i! i=0

+∞  = ae i=1

 1 1 + = a e(2e) = 2ae2 . (i − 1)! i=0 i!

On en déduit que a =

+∞

1 . 2e2

b) • La va X prend ses valeurs dans N. Soit i ∈ N. 167

Chapitre 5

•

Variables aléatoires discrètes, vecteurs aléatoires discrets

P(X = i) =

Alors :

+∞ 

P(X = i, Y = j) = a e

j=0

1 i+1 = 2e i!

i+1 i!

d’après le calcul précédent.

1 j+1 , par symétrie des rôles de i et j. 2e j!  1 2 P(X = 0)P(Y = 0) =  0. 2e

c) • Montrons, dans un premier temps, que X et Y admettent une espérance. La va X admet une espérance  ⇐⇒ la série iP(X = i) converge absolument i0

⇐⇒ la série



i j P(X = i, Y = j) =

iP(X = i) converge (car tous les termes sont

N N  1  i(i − 1) + 3i 1 i2 + 2i = 2 e i! 2 e i=0 i! i=0 N N     1 1 1 1 −→ = +3 ( e + 3 e ) = 2. N∞ 2 e 2 e i=2 (i − 2)! (i − 1)! i=1

∀N  2,

i0

On en déduit que (X, Y) admet une covariance et Cov(X, Y) = E(XY) − E(X)E(Y) = 2 −

Soit N  2. Alors :

i=0

N 1  i(i + 1) iP(X = i) = 2e i=0 i!

N 

i(i − 1) + 2i i! i=0 N N    1 1 2  1 3 = + −→ (e + 2e) = . 2e i=2 (i − 2)! i=1 (i − 1)! N∞ 2e 2 =

1 2e

Ainsi X admet une espérance et E(X) =

Utilisons le théorème de transfert, et montrons que la série  double 2i+ j P(X = i, Y = j) converge absolument, au(i, j)∈N2

trement dit qu’elle converge car tous les termes sont positifs.

(i, j)∈N2

ment dit qu’elle converge car tous les termes sont positifs. N 

i j P(X = i, Y = j)

j=0

 j2  1   j 1   i j(i + j)  = 2 i2 +i 2 2e i! j=0 j! 2e i! j! j! j=0 j=0 N

N

= =

N

N N  1 j( j − 1) + j  1 2 i + i 2 2e i! ( j − 1)! j! j=1 j=0

N∞

168

=

N N N  2i   2 j (i + j)  2i   2 j 2 j−1  = i + 2 2e2 i! j=0 j! 2e2 i! j=0 j! ( j − 1)! j=1

−→ N∞

Donc : ∀i ∈ N,

2i (i + 2) 2i ( e 2 i + 2 e 2) = . 2 2e i! 2i!

+∞ 

2i+ j P(X = i, Y = j) =

Et :

∀N ∈ N,

N  2i (i + 2) i=0

2i!

=

2i (i + 2) . 2i!

N N   2i−1 2i + (i − 1)! i=0 i! i=1

−→ e 2 + e 2 = 2 e 2 . N∞

5.8 a) La va X compte le nombre de boules blanches obtenues lors d’un tirage simultané de n boules dans une urne contenant 2n 1 boules et dont la proportion initiale de boules blanches est . 2  1 Ainsi, X suit la loi hypergéométrique de paramètre 2n, n, . 2 n On sait alors que E(X) = . 2 b) Notons E : « on tire une boule blanche dans U2 ».

N N N   1 1 1  1   = 2 i2 +i +i 2e i! ( j − 1)! ( j − 2)! ( j − 1)! j=1 j=2 j=1

−→

2i+ j P(X = i, Y = j)

j=0

Ainsi Z admet une espérance et E(Z) = 2 e 2 .

Utilisons le théorème de transfert, et montrons que la série  i j P(X = i, Y = j) converge absolument, autredouble

∀N  2,

N 

j=0

• Montrons que la va XY admet une espérance.

Soit i ∈ N. Alors :

Soit i ∈ N. Alors : ∀N  1,

3 . 2

Les va X et Y ayant la même loi, Y admet une espérance et 3 E(Y) = . 2

1 3 3 · =− . 2 2 4

d) Montrons que la va Z = 2X+Y admet une espérance.

positifs). N 

1 i2 + 2i . 2 e i!

Ainsi XY admet une espérance et E(XY) = 2.

• Les va X et Y ne sont pas indépendantes car : P(X = 0, Y = 0) = 0 et

+∞  j=0

Et :

• La va Y prend ses valeurs dans N. Soit j ∈ N. Alors : P(Y = j) =

Donc : ∀i ∈ N,

1 i + 2i 1 ( e i2 + 2 e i) = . 2e2 i! 2 e i! 2

Alors : ∀k ∈ 0 ; n, P(X=k) (E) =

k+1 . n+3

Puisque les événements (X = 0), . . . , (X = n) forment un système complet d’événements, on a, par la formule des probabilités totales :

Corrigés des exercices

P(E) =

n 

P(X = k)P(X=k) (E) =

k=0

n 

P(X = k)

k=0

k+1 n+3

1  (k + 1)P(X = k) n + 3 k=0 E(X + 1) = par la formule de transfert. n+3 n

=

On obtient : Ainsi :

P(E) =

P(E) =

E(X) + 1 . n+3

 si n < m, alors (X = n, Y = m) = E1 ∩ . . . ∩ En−1 ∩ S n ∩ En+1 ∩ . . . ∩ Em−1 ∩ S m . Par indépendance des réalisations, P(X = n, Y = m) = p2 (1 − p)m−2 . • Pour tout n ∈ 1 ; +∞, P(X = n) = P(E1 ∩ . . . ∩ En−1 ∩ S n ) = (1 − p)n−1 p,

+1 n+2 = . n+3 2(n + 3) n 2

par indépendance des événements.

c) Notons F : « on tire deux boules blanches dans U2 ». Alors :

 si m  n, alors P(X = n, Y = m) = 0

P(X=0) (F) = 0, et : k+1

k(k + 1) ∀k ∈ 1 ; n, P(X=k) (F) = n+3 = . (n + 2)(n + 3)

Ainsi X suit la loi géométrique de paramètre p, ce qui est normal puisque X est le temps d’attente du premier succès. • Et, pour tout m ∈ 2 ; +∞, on a :

2

2

Puisque les événements (X = 0), . . . , (X = n) forment un système complet d’événements, on a, par la formule des probabilités totales : P(F) =

n  k=0

=0+

P(Y = m) =

k=1

1 (n + 2)(n + 3)

E X(X + 1) = (n + 2)(n + 3)

=

On obtient :

k(k + 1) (n + 2)(n + 3) n  k(k + 1)P(X = k)

P(X = k)

P(F) = =

k=0

m−1 

p2 (1 − p)m−2

n=1

= (m − 1)p2 (1 − p)m−2 .

b) • Puisque X suit la loi géométrique de paramètre p, on sait que X admet une espérance et une variance et : E(X) =

1 p

et

V(X) =

1− p . p2

• La va Y admet une espérance  ⇐⇒ la série mP(Y = m) converge absolument m2

⇐⇒ la série par la formule de transfert.

E(X ) + E(X) (n + 2)(n + 3)

P(X = n, Y = m) =

n=1

P(X = k)P(X=k) (F) n 

+∞ 



mP(Y = m) converge

m2

(car tous les termes sont positifs).

2

On a :

V(X) + E(X)2 + E(X) . (n + 2)(n + 3)

∀M  2, = p2

M 

M 

mP(Y = m)

m=2

m(m − 1)(1 − p)m−2

m=2

n2 n2 n + + 4(2n − 1) 4 2 * & n(n2 + 2n − 1) n = n + n(2n − 1) + 2(2n − 1) = . 4(2n − 1) 2(2n − 1)

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

Or :

−→ p2 × M∞

V(X) + E(X)2 + E(X) =

Ainsi :

P(F) =

n(n2 + 2n − 1) . 2(n + 2)(n + 3)(2n − 1)

5.9 a) On définit, pour tout k ∈ N∗ , les événements :

(car |1 − p| < 1). 2 . p

La va Y admet une variance ⇐⇒ Y admet un moment d’ordre 2 m2 P(Y = m) converge absolument ⇐⇒ la série m2

⇐⇒ la série



m2 P(Y = m) converge

m2

(car tous les termes sont positifs).

Ek : « l’événement A ne se réalise pas à la k-ième expérience »

• Soient n ∈ 1 ; +∞ et m ∈ 2 ; +∞. On a :

2

3 = p

Ainsi Y admet une espérance et E(Y) =

S k : « l’événement A se réalise à la k-ième expérience »

• La va X prend ses valeurs dans 1 ; +∞ et la va Y prend ses valeurs dans 2 ; +∞.

2 1 − (1 − p)

On a :

∀M  2, =

M  m=2

M 

m2 P(Y = m)

m=2

m(m − 2)P(Y = m) + 2

M 

mP(Y = m)

m=2

169

Chapitre 5

•

Variables aléatoires discrètes, vecteurs aléatoires discrets

= 6p2 (1 − p)

M   m m=3

3

(1 − p)m−3 + 2

M 

mP(Y = m)

m=2

1 6 − 2p −→ 6p2 (1 − p) ×

4 + 2E(Y) = p2 . M∞ 1 − (1 − p) Donc Y admet un moment d’ordre 2 et E(Y 2 ) =

6 − 2p . p2

Ainsi Y admet une variance et V(Y) = E(Y 2 ) − E(Y)2 =

2(1 − p) . p2

c) • Montrons que la va XY admet une espérance. Utilisons le théorème de transfert, et montrons que la série  n m P(X = n, Y = m) converge absolument, autredouble

Ainsi la loi conditionnelle de X sachant (Y = n) est la loi uniforme sur 1 ; n − 1. Remarque : Ce résultat était prévisible puisque, sachant (Y = n), le rang de la première réalisation de A est compris entre 1 et n − 1, et chaque rang est équiprobable.

5.10 a) Soit i ∈ 1 ; n. Alors Xi prend ses valeurs dans {0, 1}. Pour réaliser l’événement (Xi = 1), il faut prendre la boule i (1 choix),  puis  tirer n − 1 autres boules parmi les 2n − 1 restantes ( 2n−1 choix). Enfin, tous les tirages sont équiprobables n−1 et il y a 2n tirages possibles. n 12n−1

(n,m)

ment dit qu’elle converge car tous les termes sont positifs. Soit m  2. Alors : =

m−1 

+∞ 

nmP(X = n, Y = m)

= mp2 (1 − p)m−2

Et : ∀M  2, M 

M  1 m=2

2

m−1 

1 n = m2 (m − 1)p2 (1 − p)m−2 . 2 n=1

3− p . p2 • On en déduit que (X, Y) admet une covariance et

Ainsi XY admet une espérance et E(XY) =

3− p 1 2 1− p Cov(X, Y) = E(XY) − E(X)E(Y) = − · = . p2 p p p2 • Puisque V(X)  0 et V(Y)  0, alors ρX,Y existe et on a : ρX,Y

1− p Cov(X, Y) 1 p2 = = √ . = , , σ(X)σ(Y) 1 − p 2(1 − p) 2 p2 p2

d) Sachant (Y = n), la va X prend ses valeurs dans 1 ; n − 1. De plus, = 170

(2n − 1)! n! n! 1 = . (n − 1)! n! (2n)! 2

=

Donc Xi suit la loi de Bernoulli de paramètre

1 . 2

b) On sait que Cov(Xi , X j ) = E(Xi X j ) − E(Xi )E(X j ) et que E(Xi ) = E(X j ) =

1 . 2

De plus, E(Xi X j ) = P(Xi = 1, X j = 1) m2 (m − 1)p2 (1 − p)m−2

  1 2 p (1 − p)m−2 (m − 2)(m − 1)m + 2(m − 1)m 2 m=2 M   m = 3p2 (1 − p) (1 − p)m−3 3 m=3 M   m 2 (1 − p)m−2 + 2p 2 m=2 1 1 3− p −→ 3p2 (1 − p) × 4 + 2p2 × 3 = . N∞ p p p2 =

n−1

2n n

nmP(X = n, Y = m)

n=1

n=1

1

P(Xi = 1) =

Ainsi :

∀k ∈ 1 ; n − 1, P(Y=n) (X = k)

1 P(X = k, Y = n) p2 (1 − p)n−2 = = . P(Y = n) (n − 1)p2 (1 − p)n−2 n−1

car Xi (Ω) = X j (Ω) = {0, 1} 2n−2 1 · 1 · n−2 n−1 n(n − 1) = . 2n = = 2n(2n − 1) 2(2n − 1) n

Donc : Cov(Xi , X j ) =

n−1 1 1 −1 − · = . 2(2n − 1) 2 2 4(2n − 1)

c) 1) On a : S = 1 × X1 + · · · + n × Xn =

n 

i Xi .

i=1

c) 2) • Par la linéarité de l’espérance, E(S ) =

n 

1 n(n + 1) i= . 2 i=1 4 n

i E(Xi ) =

i=1

• Les va Xi n’étant pas mutuellement indépendantes, on applique la formule générale pour le calcul de la variance d’une somme de n va : V(S ) =

n 

i=1 n 

V(iXi) + 2

 1i< jn

Cov(iXi , jX j )

 i2 V(Xi ) +2 i j Cov(Xi , X j )  !"  !" i=1 1i< jn 1 −1 = = 4 4(2n − 1) j−1 n n  

−1 1 2 i +2 j i = 4 i=1 4(2n − 1) j=2 i=1

=

Corrigés des exercices

= =

= = =

n  n(n + 1)(2n + 1) 1 ( j − 1) j2 − 24 4(2n − 1) j=2  n2 (n + 1)2 n(n + 1)(2n + 1) 1 − 24 4(2n − 1) 4 n(n + 1)(2n + 1)  − 6 n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1)(n − 1)(3n + 2) − 24 48(2n − 1) * + n(n + 1) 2(2n + 1)(2n − 1) − (n − 1)(3n + 2) 48(2n − 1) n(n + 1)(5n2 + n) n2 (n + 1)(5n + 1) = . 48(2n − 1) 48(2n − 1)

 1 d) La va Z suit la loi hypergéométrique de paramètre 2n, n, 2 car on effectue n tirages simultanés dans une urne contenant 2n boules et dont la proportion de boules portant le numéro zéro n 1 est = . 2n 2 n Donc E(Z) = . 2 Remarque : On peut écrire Z = n − X1 − · · · − Xn . Donc par linéarité de l’espérance, 1 n E(Z) = n − E(X1 ) − · · · − E(Xn ) = n − n × = . 2 2

5.11 a) • La loi du couple (S , X) est donnée par :

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

∀(n, k) ∈ N2 , P(S = n, X = k) = P(S = n)P(S =n) (X = k) ⎧ ⎪ si k > n ⎪ ⎪

0 ⎨ n n λ =⎪ k n−k −λ ⎪ ⎪ si 0  k  n ⎩ e n! k p (1 − p) ⎧ ⎪ 0 si k > n ⎪ ⎪ ⎨ k n−k p (1 − p) . =⎪ ⎪ ⎪ si 0  k  n ⎩ e −λ λn k!(n − k)! • La va X prend ses valeurs dans N. Soit k ∈ N. +∞  Alors : P(X = k) = P(S = n, X = k) = = = =

+∞ 

n=0

pk (1 − p)n−k e λ k!(n − k)! n=k +∞ n−k k  p λ (1 − p)n−k e −λ λk k! n=k (n − k)!

m +∞ k  λ(1 − p) p e −λ λk k! m=0 m! k p (λp)k e −λ λk e λ(1−p) = e −λp . k! k! −λ n

On en déduit que X suit la loi de Poisson de paramètre λp. b) • Soit n ∈ N. Déterminons la loi conditionnelle de Y sachant (S = n).

Sachant (S = n), X prend ses valeurs dans 0 ; n, donc Y = n − X aussi. ∀k ∈ 0 ; n,  P(S =n) (Y = k) = P(S =n) (X = n − k) n n (1 − p)k pn−k . = pn−k (1 − p)k = k n−k

De plus,

Donc la loi conditionnelle de Y sachant (S = n) est la loi binomiale de paramètre (n, 1 − p). Par le même calcul que a), Y suit la loi de Poisson de paramètre λ(1 − p). • Soit (k, ) ∈ N2 . Alors : P(X = k, Y = ) = P(S = k + , X = k) pk (1 − p) = e −λ λk+ k! !

k   λ(1 − p)  (λp) = e −λp e −λ(1−p) k!

! = P(X = k)P(Y = ). On en déduit que X et Y sont indépendantes. c) On a : Cov(S , X) = Cov(X + Y, X) = Cov(X, X) + Cov(Y, X). Or Cov(Y, X) = 0 car X et Y sont indépendants, et d’autre part, Cov(X, X) = V(X). On en déduit : Cov(S , X) = V(X). Ainsi : ρS ,X

5.12

√ Cov(S , X) σ(X) λp √ = = = √ = p. σ(S )σ(X) σ(S ) λ

Notons q = 1 − p.

a) La va N suit la loi géométrique de paramètre D’après le cours :

E(N) =

1 p

et V(N) =

1 . p

q . p2

b) Sachant (N = n), la va X suit la loi binomiale de paramètre (n, p). c) Les événements (N = n), pour n  1 forment un système complet d’événements et : ∀n  1, P(N = n)  0. Soit n  1. Puisque la loi conditionnelle de X sachant (N = n)

est la loi binomiale de paramètre (n, p), E X | (N = n) existe

et : E X | (N = n) = np.

∀n  1, E X | (N = n) P(N = n) = np2 qn−1 avec 

E X | (N = n) P(N = n) converge |q| < 1 ; donc la série De plus :

n1

(absolument). 171

Chapitre 5

•

Variables aléatoires discrètes, vecteurs aléatoires discrets

On en déduit que X admet une espérance et : +∞  1 E(X) = np2 qn−1 = p2 × = 1. (1 − q)2 n=1 Remarque : Ce résultat est assez intuitif. S’il faut, en moyenne, m lancers pour obtenir le premier pile et si l’on lance la pièce m fois, alors on obtient, en moyenne, un seul pile. d) • La va X prend ses valeurs dans N. Soit k ∈ N. +∞  P(N = n) P(N=n) (X = k). Alors : P(X = k) =  !" n=1 = 0 si n < k

Distinguons les cas k = 0 et k  1. +∞  qn−1 p × qn = pq × • P(X = 0) =

k0

⇐⇒ la série

(Z = n) = (X − Y = n) ∪ (Y − X = n), et les deux événements sont incompatibles. De plus :

P(X − Y = n) = P

+∞ 1



k=1

+∞ 

= P (Y = k) ∩ (X = n + k) k=1

=

+∞ 

par incompatibilité des événements P(Y = k)P(X = n + k)

=

+∞ 

k−1

(pq

k=1

= p2 qn ·

n+k−1

)(pq

par indépendance des va X et Y +∞  )= p2 qn+2k−2

1 pqn . = 2 1−q 1+q

De la même façon :

P(Y − X = n) =

P(Z = n) =

On en déduit :

b) Ainsi, ∀N  1,

k=1

N 

pqn . 1+q

2pqn . 1+q

nP(Z = n) =

n=0

N  2pqn n 1+q n=1

2pq  n−1 1 2pq nq −→ car |q| < 1 = · N∞ 1 + q (1 − q)2 1 + q n=1 2q = . p(1 + q)  nP(Z = n) converge, donc converge absoluAinsi la série N

kP(X = k) converge (car tous les termes sont

k0

positifs). On a, pour tout K  1 :

K 

kP(X = k) =

k=0

K  k=1

k

qk−1 (1 + q)k+1

K   q k−1 1 1 1 = k −→ q 2 = 1 K∞ (1 + q)2 (1 − (1 + q)2 k=1 1 + q ) 1+q # q ## ## < 1. car ## 1+q On en déduit que X admet une espérance et E(X) = 1.

On retrouve bien le même résultat qu’au c).

n0

ment (car tous les termes sont positifs). Donc Z admet une espérance et E(Z) =

2q . p(1 + q)

c) On a E (X − Y)2 = E X 2 − 2XY + Y 2 )

= E(X 2 ) − 2E(XY) + E(Y 2 ) par linéarité de l’espérance.

5.13 a) • L’événement (Z = 0) s’écrit : +∞ 1 (X = k) ∩ (Y = k). (Z = 0) = (X = Y) = k=1

Les événements (X = k) ∩ (Y = k), pour k  1, sont deux à deux incompatibles, puis les va X et Y sont indépendantes. On obtient alors : +∞ +∞   k−1 2 pq P(X = k)P(Y = k) = P(Z = 0) = k=1 +∞  2 k−1 q = p2 = p2 · k=1

172

(Y = k) ∩ (X = n + k)

k=1

1 q . = 2 1 − q 1 + q n=1

 +∞  n k n−k • ∀k ∈ N∗ , P(X = k) = qn−1 p × pq k n=k

 +∞  n 2 n−k = pk+1 qk−1 (q ) k n=k 1 qk−1 = pk+1 qk−1 × = . (1 − q2 )k+1 (1 + q)k+1 • La va X admet une espérance  kP(X = k) converge absolument ⇐⇒ la série 

• Soit n ∈ N∗ . L’événement (Z = n) s’écrit :

k=1

1 p2 p = = . 2 1−q (1 − q)(1 + q) 1 + q

Par indépendance de X et Y, E(XY) = E(X)E(Y). Enfin, les va X et Y ont la même loi, donc E(X) = E(Y) et E(X 2 ) = E(Y 2 ). On obtient alors :

E (X − Y)2 = E(X 2 ) − 2E(X)E(Y) + E(Y 2 ) = 2E(X 2 ) − 2E(X)2 = 2V(X). d) Puisque Z 2 = (X − Y)2 , on en déduit que E(Z 2 ) existe et donc que Z admet un moment d’ordre 2. Ainsi Z admet une variance et :

Corrigés des exercices



2

2 V(Z) = E(Z 2 ) − E(Z) = 2V(X) − E(Z) 2q 4q2 = 2 − 2 p p (1 + q)2 2q

2q(1 + q2 ) (1 + q)2 − 2q = 2 = 2 . 2 p (1 + q) p (1 + q)2

d) • Soit n ∈ N. D’après la question a), ∀k ∈ 1 ; n + 1, (k + 1)P(Xn+1 = k) = kP(Xn = k − 1). En sommant cette relation pour k allant de 1 à n + 1, n+1 

5.14 a) Soient n ∈ N et k ∈ 1 ; n + 1.

k=1

P(Xn+1 = k) =

n 

n+1 

Or : P(Xn = i, Xn+1 = k). =

Puisque à chaque instant, le mobile se déplace d’une unité vers la droite ou revient à l’origine, on a :

=

n+1    kP(Xn+1 = k) + P(Xn+1 = k) k=0

= E(Xn+1 ) + 1 − un+1 , et :

n 

(k + 1)P(Xn = k)

k=0

=

n 

kP(Xn = k) +

k=0

On obtient alors : d’où :

n 

P(Xn = k) = E(Xn ) + 1.

k=0

E(Xn+1 ) + 1 − un+1 = E(Xn ) + 1,

E(Xn+1 ) = E(Xn ) + un+1 .

• Par récurrence simple, on montre alors : n  ∀n ∈ N∗ , E(Xn ) = E(X0 ) + uk . k=1

n 

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

n+1  k=0

b) Soient n ∈ N et k ∈ 0 ; n. Alors, d’après a) :

c) • Soit n ∈ N. Alors :

 (k + 1)P(Xn+1 = k) − P(Xn+1 = 0)

− P(Xn+1 = 0)

P(Xn+1 = k) = P(Xn = k − 1, Xn+1 = k)

k P(Xn = k) = P(Xn−1 = k − 1) k+1 k k−1 = × P(Xn−2 = k − 2) k+1 k k k−1 1 = ··· = × × · · · × P(Xn−k = 0) k+1 k 2 1 1 = P(Xn−k = 0) = un−k . k+1 k+1

(k + 1)P(Xn+1 = k)

k=1 n+1  k=0

∀i  k − 1, P(Xn = i, Xn+1 = k) = 0. = P(Xn = k − 1)P(Xn =k−1) (Xn+1 = k) k . = P(Xn = k − 1) k+1

n  (k + 1)P(Xn = k). k=0

i=0

Ainsi :

kP(Xn = k − 1)

k=1

=

La va Xn prend ses valeurs dans 0 ; n. Donc les événements (Xn = 0), . . . , (Xn = n) forment un système complet d’événements. Par la formule des probabilités totales,

n+1 

(k + 1)P(Xn+1 = k) =

n n   uj 1 P(Xn = k) = 1, = un−k = n − j + 1 k=n− j k=0 k + 1 j=0 k=0 car Xn prend ses valeurs dans 0 ; n.

Puisque X0 est la va certaine égale à 0, E(X0 ) = 0. n  uk . Ainsi : ∀n ∈ N∗ , E(Xn ) =

• Pour n = 0, on obtient : u0 = 1. Ce qui est normal puisque u0 = P(X0 = 0) et que, à l’instant initial, le mobile est à l’origine.

e) 1) • Soit n ∈ N∗ . L’événement (T = n) s’écrit :

Pour n = 1, on obtient : Donc u1 = 1 −

1 u0 = . 2 2

Pour n = 2, on obtient : Donc u2 = 1 −

u0 + u1 = 1. 2

u0 u1 − 3 2

Pour n = 3, on obtient : u0 u1 Donc u3 = 1 − − 4 3

u0 u1 + + u2 = 1. 3 2 5 = . 12 u0 u1 u2 + + + u3 = 1. 4 3 2 u2 3 − = . 2 8

k=1

(T = n) = (X1 = 1) ∩ (X2 = 2) ∩ · · · ∩ (Xn−1 = n − 1) ∩ (Xn = 0). En utilisant la formule des probabilités composées, on obtient : n−1 1 1 1 2 · = . P(T = n) = · · · · 2 3 n n + 1 n(n + 1) • Puisque la va T prend ses valeurs dans N, on a : +∞ +∞   P(T = n) = 1. Donc : P(T = 0) = 1 − P(T = n). n=0

n=1

On a, pour tout N  1 : N  n=1

P(T = n) =

N   1 n=1

n

−

1 1  =1− −→ 1. n+1 N + 1 N∞ 173

Chapitre 5

•

Variables aléatoires discrètes, vecteurs aléatoires discrets

Ainsi : P(T = 0) = 1 − 1 = 0. Cela signifie que l’événement (T = 0) est négligeable, et donc il est presque sûr que le mobile ne revient pas à l’origine.

⎧ ⎪ nP(X > n) −→ 0 ⎪ ⎪ ⎪ n∞ ⎪ ⎨ n ⎪ ⎪ ⎪ kP(X = k) −→ E(X). ⎪ ⎪ ⎩ n∞

avec :

k=0

N 

e) 2) ∀N  1,

nP(T = n) =

n=0

car la série

1 n1

n

N  n=1

N+1  1 1 = −→ +∞, n+1 n N∞ n=2

Donc, en passant à la limite dans la relation précédente : n−1 

diverge. Ainsi

Ainsi, la série





P(X > n) converge et

b) 2) Supposons que



P(X > n) converge.

n0

∀n ∈ N∗ , 0 

a) Soit n ∈ N∗ . On a : ∗

∀k ∈ N , P(X = k) = P(X > k − 1) − P(X > k). n n   Donc : kP(X = k) = kP(X = k) k=0

k=1

n  k=1 n−1  k=0 n−1 

kP(X > k − 1) −

n−1 

k=0

n−1 

P(X > k).

k=0

P(X > n) converge, la suite des sommes

n0

Et comme cette série est à termes positifs, la série

kP(X > k)

(k + 1)P(X > k) − kP(X > k) +



kP(X = k) 

k0

k=1 n 

k=0

n−1 

n 

Puisque la série

n 

partielles associée est majorée. Donc la suite des sommes par tielles associée à la série kP(X = k) est aussi majorée.

k=1

n    k P(X > k − 1) − P(X > k) =

=

P(X > n) = E(X).

On a, d’après a) :

5.15

=

+∞  n=0

nP(T = n) diverge, donc ne converge pas

absolument. On en déduit que T n’admet pas d’espérance.

=

n∞

n0

n0

=

P(X > k) −→ E(X).

k=0

k0

converge (absolument). kP(X > k)

k=1

P(X > k) −

k=0

n 

Donc : kP(X > k)

X admet une espérance.

On peut alors utiliser les résultats du b) 1) et en déduire :

k=1

E(X) =

P(X > k) − nP(X > n).

+∞ 

P(X > n).

n=0

k=0

b) 1) Supposons que X admet une espérance. Alors la série  nP(X = n) converge absolument, donc converge.

c) On en déduit le résultat suivant :  X admet une espérance ⇐⇒ P(X > n) converge. n0

n0

• On a :

∀n  0, nP(X > n) =

+∞  k=n+1

donc : 0  nP(X > n)  Or, puisque la série



+∞ 

 n!" P(X = k),

+∞ 

• On a :

n−1  k=0

174

Notons q = 1 − p.

• Soit k ∈ N. On a : (U > k) =

kP(X = k) −→ 0. n∞

des va Xi , on obtient :

(Xi > k). Par indépendance

P(U > k) =

kP(X = k) + nP(X > n).

n -

P(Xi > k).

i=1

Or : ∀i ∈ 1 ; n, P(Xi > k) =

k=0

n 2 i=1

lim nP(X > n) = 0. n 

P(X > n).

a) • La va U prend ses valeurs dans N∗ .

n→+∞

P(X > k) =

+∞  n=0

5.16

kP(X = k).

k=n+1

On en déduit :

k

nP(X = n) converge, la suite de ses

restes tend vers 0, c’est-à-dire :

E(X) =

Dans ce cas, E(X) est donnée par :

k=n+1

n0

 kP(X = k)

=

+∞ 

=k+1

+∞ 

P(Xi = )

=k+1

q −1 p = pqk

1 = qk . 1−q

Corrigés des exercices

P(U > k) = qnk .

Donc :

duit, par le théorème de l’équivalence pour des séries à termes  positifs, que la série P(V > k) converge.

∗

∀k ∈ N , P(U = k)

On en déduit :

k0

= P(U > k − 1) − P(U > k) = q(k−1)n − qnk

k−1 1 − qn . = qn

Ainsi, la va V admet une espérance.

Ainsi U suit la loi géométrique de paramètre 1 − qn .

De plus :

Remarque : Ce résultat était prévisible. Considérons une expérience de Bernoulli dont la probabilité de succès est p. On réalise simultanément n séries d’expériences, de façon indépendantes, et pour chaque série, on note Xi le nombre d’expériences nécessaires pour obtenir le premier succès. Enfin, on définit la va U égale au nombre d’expériences nécessaires pour obtenir au moins un succès dans l’une des n séries d’expériences. Alors U = min(X1 , . . . , Xn ). La probabilité de n’obtenir que des échecs dans les n séries d’expériences est qn , et donc la probabilité d’obtenir au moins un succès est 1 − qn . On en déduit que U suit la loi géométrique de paramètre 1 − qn . n 2

(V  k) =

(Xi  k). Par indépendance

i=1

des va Xi , on obtient :

P(V  k) =

n -

P(Xi  k).

+∞ 

1 − (1 − qk )n

noté uk,i

Puisque, pour tout i ∈ 1 ; n, la série



uk,i converge (car

k0

|qi | < 1), on a, par addition d’un nombre fini et fixé de séries n  +∞   convergentes : E(V) = uk,i =

n    n i=1

i

i=1

(−1)i+1

n    1 n (−1)i+1 (qi )k = . 1 − qi i i=1 k=0 k=0

+∞ 

5.17 a) La va S prend ses valeurs dans N.

P(N=n) (S = k) = P(N=n) (X1 + · · · + Xn = k) = P(X1 + · · · + Xn = k) car les va N et X1 + · · · + Xn sont indépendantes. L’espérance conditionnelle de S sachant (N = n) existe  ⇐⇒ la série kP(N=n) (S = k) converge absolument

i=1

∀i ∈ 1 ; n, P(Xi  k) = 1 − P(Xi > k) = 1 − qk .

n Donc : P(V  k) = 1 − qk .

Or :

k0

⇐⇒ la série



kP(N=n) (S = k) converge (car tous les termes

k0

On en déduit :

sont positifs). ∗

∀k ∈ N , P(V = k) = P(V  k) − P(V  k − 1)

n

n = 1 − qk − 1 − qk−1 . © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

P(V > k) =

• Soit n  1. Alors, pour tout k ∈ N :

b) • La va V prend ses valeurs dans N∗ . • Soit k ∈ N. On a :

+∞ 

k=0 k=0 +∞ n  +∞  n    

n n = 1− (−qk )i = (−1)i+1 qki . i i k=0 i=0 k=0 i=1  !"

1 . 1 − qn

Donc U admet une espérance et E(U) =

E(V) =

Puisque les va X1 , . . . , Xn admettent une espérance, la va  X1 + · · · + Xn aussi et donc la série kP(X1 + · · · + Xn = k)

• La va V est à valeurs dans N∗ , donc dans N.

converge.

D’après l’exercice 5.15,

On en déduit que l’espérance conditionnelle de S sachant (N = n) existe, et :

V admet une espérance ⇐⇒



P(V > k) converge.



 kP(X1 + · · · + Xn = k) E S | (N = n) = +∞

k0

On a, pour tout k  0 :

k=0



k n

P(V > k) = 1 − P(V  k) = 1 − 1 − q

=1− e

n ln(1−qk )

.

Or qk −→ 0 car 0 < q < 1, donc n ln(1 − qk ) −→ 0. k∞

On en déduit :

k0

k∞

P(V > k) ∼ −n ln(1 − qk ) ∼ nqk . k∞

Puisque ∀k  0, nqk  0 et que la série

k∞

 k0

nqk converge (car il

s’agit d’une série géométrique de raison q ∈] − 1 ; 1[), on en dé-

= E(X1 + · · · + Xn ) = E(X1 ) + · · · + E(Xn ) = nE(X1 ). • Cette formule reste valable pour n = 0, puisque la loi conditionnelle de S sachant (N = 0) est la loi certaine égale à 0, donc

E S | (N = 0) = 0. 

E S | (N = n) P(N = n) converge b) Montrons que n∈N ; P(N=n)0

absolument, c’est-à-dire converge car tous les termes sont positifs. 175

Chapitre 5

•

Variables aléatoires discrètes, vecteurs aléatoires discrets



On a, pour tout M  0 :

0nM P(N=n)0



=



nE(X1 )P(N = n) = E(X1 )

0nM P(N=n)0

= E(X1 )



E S | (N = n) P(N = n)

M 

nP(N = n)

0nM P(N=n)0

nP(N = n) −→ E(X1 )E(N). M∞

n=0

c) 1) • Soit t ∈ [0 ; 1[. Alors : +∞ +∞ G X (t) − G X (1) 1  n   pn t − pn = t−1 t − 1 n=0 n=0 +∞ +∞   1 − tn (1 + t + · · · + tn−1 )pn . = pn = 1−t n=1 n=1 • Soient s, t ∈ [0 ; 1[ tels que s  t.

Ainsi S admet une espérance et : 

E(S ) = E S | (N = n) P(N = n) = E(X1 )E(N). n∈N P(N=n)0

Alors, pour tout n  1, on a : ∀k ∈ 0 ; n − 1, sk  tk , et donc :

pn

n−1  k=0

5.18 a) • Soit t ∈ [−1 ; 1]. ∀n  0, 0  |P(X = n)tn |  P(X = n).  P(X = n) converge, par le théorème Puisque la série

Puis :

Alors :

n0

de majoration pour des séries à termes positifs, la série  |P(X = n)tn | converge.

converge.



Donc : Δ : t −→

Ceci montre que la fonction G X est définie sur [−1 ; 1]. +∞ 

k=0

G X (t) − G X (1) est croissante sur [0 ; 1[. t−1

∀t ∈ [0 ; 1[, ∀n  1, (1 + t + · · · + tn−1 )pn  npn , d’où : ∀t ∈ [0 ; 1[, Δ(t) 

P(X = n) = 1, car X prend ses valeurs dans N.

La fonction Δ est alors majorée sur [0 ; 1[ et puisqu’elle y est croissante, Δ admet une limite finie en 1− .

GX (1) = lim Δ(t)  E(X).

∀t ∈ [−1 ; 1], G X (t) = P(X = 0) + P(X = 1)t = 1 − p + pt. • Si X → B(n, p), alors :

n



 n k p (1 − p)n−k tk ∀t ∈ [−1 ; 1], G X (t) = k k=0 n   n = (pt)k (1 − p)n−k = (pt + 1 − p)n . k k=0 • Si X → G (p), alors : +∞ 

t→1

c) 3) • Soit N ∈ N∗ . Alors, pour tout t ∈ [0 ; 1[, N +∞   (1 + t + · · · + tn−1 )pn  (1 + t + · · · + tn−1 )pn = Δ(t). n=1

n=1

⎧ N N   ⎪ ⎪ ⎪ n−1 ⎪ ⎪ (1 + t + · · · + t )p −→ npn ⎪ n ⎨ t−→1 Or : ⎪ ⎪ n=1 n=1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ Δ(t) −→ GX (1). t−→1

(1 − p)

n=1 +∞ 

= pt



n−1

pt

(1 − p)t

n=1

n

n−1

=

pt . 1 − (1 − p)t

+∞  n=0

= e −λ

e −λ

λn n t n!

+∞  (λt)n n=0

n!

En passant à la limite quand t tend vers 1 dans l’inégalité préN  cédente, on obtient : npn  GX (1). n=1

• Ceci montre que la suite des sommes partielles associée à  la série npn est majorée par GX (1). Puisque cette série est

• Si X → P(λ), alors : ∀t ∈ [−1 ; 1], G X (t) =

npn = E(X).

Ainsi, G X est dérivable à gauche en 1 et :

b) • Si X → b(p), alors :

∀t ∈ [−1 ; 1], G X (t) =

+∞  n=1

n=0

176

tk .

c) 2) On a : P(X = n)tn converge absolument, donc

n0

• De plus, G X (1) =

n−1 

+∞ n−1 G X (s) − G X (1)    k  pn s = s−1 n=1 k=0 +∞  n−1    G X (t) − G X (1) pn tk = .  t−1 n=1 k=0

n0

Ainsi la série

sk  pn

n1

à termes positifs, on en déduit que la série converge (donc converge absolument). = e −λ e λt = e λ(t−1) .

Ainsi X admet une espérance et E(X)  GX (1).

Corrigés des exercices

c) 4) • On a alors montré l’équivalence :

• et

X admet une espérance ⇐⇒ G X est dérivable à gauche en 1. Dans ce cas, GX (1)  E(X) et E(X)  GX (1), donc :

n=0

+∞   +∞    un,k = un,k .

k=0

k=0 +∞ 

Or : ∀k ∈ N,

E(X) = GX (1).

= P(X = k)t

Donc X admet une espérance et E(X) = GX (1) = p.

= P(X = k)tk

• Si X → G (p), alors G X : t −→ gauche en 1.

P(Y = n − k)tn−k P(Y = n)tn = P(X = k)tk GY (t).

+∞   +∞ 

+∞   un,k = P(X = k)tk GY (t)

n=0

+∞ 

k=0

 P(X = k)tk GY (t) = G X (t)GY (t).

On en déduit : ∀t ∈ [0 ; 1], G X+Y (t) = G X (t)GY (t). b) • Utilisons un raisonnement par récurrence. Notons, pour tout n  1, P(n) la propriété : « si X1 , . . . , Xn sont des va indépendantes de même loi,

n alors ∀t ∈ [0 ; 1], G X1 +···+Xn (t) = G X1 (t) ».

• Si X → P(λ), alors G X : t −→ e λ(t−1) est dérivable à gauche en 1.

• Initialisation : La propriété P(1) est évidente. • Hérédité : Soit n  1. Supposons P(n) et montrons P(n+1). Soient X1 , . . . , Xn+1 des va indépendantes de même loi. Posons S = X1 + · · · + Xn+1 .

Donc X admet une espérance et E(X) = GX (1) = λ e λ(1−1) = λ.

Alors les va X1 + · · · + Xn et Xn+1 sont indépendantes.

5.19 a) • La va X + Y est à valeurs dans N et, pour tout n ∈ N, P(X + Y = n) = =

P(X = k)P(Y = n − k)tn

n=k

k=0

pt est dérivable à 1 − (1 − p)t

Donc X admet une espérance et

p 1 − (1 − p) + (1 − p)p p 1 = 2 = . E(X) = GX (1) =

2 p p 1 − (1 − p)

n 

Puis :

=

E(X) = GX (1) = np(p + 1 − p)n = np.

n=k +∞ 

+∞ 

n=0

k=0

Donc X admet une espérance et

n=0

un,k =

n=0 +∞  k

• Si X → b(p), alors G X : t −→ 1 − p + pt est dérivable à gauche en 1.

• Si X → B(n, p), alors G X : t −→ (pt + 1 − p)n est dérivable à gauche en 1.

n 

∀t ∈ [0 ; 1], GS (t) = G X1 +···+Xn (t)G Xn+1 (t).

Par a), on a :



n Or, par P(n) : ∀t ∈ [0 ; 1], G X1 +···+Xn (t) = G X1 (t) .

P(X = k, Y = n − k)

k=0

P(X = k)P(Y = n − k), par indépendance de X et Y.

Et Xn+1 et X1 ont même loi, donc G Xn+1 = G X1 . On obtient alors :

k=0

• Ainsi, ∀t ∈ [0 ; 1], © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

+∞   +∞ 

G X+Y (t) =

+∞   n  n=0

D’où la propriété P(n + 1).

 P(X = k)P(Y = n − k)tn .

• Conclusion : Pour tout n  1, pour toutes va X1 , . . . , Xn indépendantes et de même loi,

k=0

Notons, pour tout (n, k) ∈ N2 ,  P(X = k)P(Y = n − k)tn si 0  k  n . un,k = 0 sinon Puisque les termes un,k sont positifs ou nuls et que



n ∀t ∈ [0 ; 1], G X1 +···+Xn (t) = G X1 (t) . c) 1) • La va S prend ses valeurs dans N. De plus : +∞  +∞ 

un,k

∀n ∈ N, P(S = n) =

n=0 k=0

existe, on a : • pour tout k ∈ N, la série



un,k converge,

=

n0

• la série

+∞  k0

n=0

 un,k converge



n+1 ∀t ∈ [0 ; 1], GS (t) = G X1 (t) .

=

+∞  k=1 +∞  k=1

+∞ 

P(N = k, S = n)

k=1

P(N = k)P(N=k) (X1 + · · · + Xk = n) P(N = k)P(X1 + · · · + Xk = n)

car les va X1 + · · · + Xk et N sont indépendantes. 177

Chapitre 5

Ainsi :

•

Variables aléatoires discrètes, vecteurs aléatoires discrets

∀t ∈ [0 ; 1], GS (t) =

+∞  +∞  n=0 k=1

P(N = k)P(X + · · · + Xk = n)tn . 1 !" noté un,k

Puisque les termes un,k sont positifs ou nuls et que

+∞  +∞ 

• pour tout k  1, la série



• et

+∞  k1

n=0

+∞   +∞ 



un,k converge,

n=0

k=1

 un,k converge

un,k =

+∞   +∞  k=1

 un,k .

∃x0 ∈ X(Ω) / P(X = x0 ) = 1 ∀x ∈ X(Ω) \ {x0 }, P(X = x) = 0 ⇐⇒ X est une va quasi-certaine.

b) 1) On a : ∀i ∈ 1 ; n, P(X0 = xi ) = Donc :

+∞ 



k P(N = k) G X1 (t) ∀t ∈ [0 ; 1], GS (t) = k=0

= G N G X1 (t) = G N ◦ G X1 (t).

Puisque G X1 (1) = 1 et N admet une espérance, G N est dérivable à gauche en 1 = G X1 (1). On en déduit, par composition, que GS est dérivable à gauche en 1. Donc S admet une espérance et, par calcul de la dérivée d’une fonction composée :

E(S ) = GS (1) = GX1 (1) × GN G X1 (1) = GX1 (1) × GN (1) = E(X1 )E(N).

5.20 a) • On a, pour tout x ∈ ]0 ; 1], ln x  0. Donc la fonction h est positive ou nulle sur [0 ; 1]. Ainsi, pour tout x ∈ X(Ω), P(X = x) ∈ [0 ; 1],

et donc : h P(X = x)  0.

178

n  1 h n i=1 n n    ln n  1 1 = 1 = ln n. =− ln n n n i=1 i=1

b) 2) Soit i ∈ 1 ; n. • Si ui = 0, alors h(ui ) = 0 

1 1 = − ui + ui ln n. n n

• Si ui  0, appliquons l’inégalité donnée par l’énoncé à  1  1 1 x= > 0. On a : − ln n − ln(ui ) = ln − 1.  nui nui nui En multipliant par ui > 0, on obtient :

c) 2) D’après l’exercice 5.18, S admet une espérance si et seulement GS est dérivable à gauche en 1. Puisque X1 admet une espérance, G X1 est dérivable à gauche en 1.

1 . n

H(X0 ) =

n=0



= P(N = k)G X1 +···+Xk (t) = P(N = k) G X1 (t) k d’après la question précédente. Ainsi :



n=0

Or, pour tout k  1, +∞ +∞   un,k = P(N = k) P(X1 + · · · + Xk = n)tn n=0

x∈X(Ω)

H(X) = 0 ⇐⇒

n0

• la série

⇐⇒ ∀x ∈ X(Ω), P(X = x) = 0 ou P(X = x) = 1.  P(X = x) = 1, on en déduit : Puisque

un,k

n=0 k=1

existe, on a :



H(X) = 0 ⇐⇒ ∀x ∈ X(Ω), h P(X = x) = 0

⇐⇒ ∀x ∈ X(Ω), P(X = x) = 0 ou ln P(X = x) = 0

− ui ln n − ui ln(ui )  D’où :

h(ui ) 

1 − ui . n

1 − ui + ui ln n. n

b) 3) • En sommant l’inégalité précédente pour i allant de 1 n n     1 − ui + ui ln n h(ui )  àn: n i=1 i=1 n n   ui + ln n ui = ln n. =1− i=1

i=1

 !"

 !"

=1

On en déduit :

=1

H(X)  ln n.

• De plus : H(X) = ln n n    1 − ui + ui ln n − h(ui ) = 0 ⇐⇒ n i=1  !" 0

⇐⇒ ∀i ∈ 1 ; n,

1 − ui + ui ln n − h(ui ) = 0. n

Or cette dernière égalité n’est possible que si ui est non nul (car 1 sinon on obtient = 0). On en déduit : n H(X) = ln n

On en déduit que H(X)  0.

⇐⇒ ∀i ∈ 1 ; n, ui  0 et

• Puisque H(X) est une somme de réels positifs on nuls,

⇐⇒ ∀i ∈ 1 ; n, ui  0 et

1 − 1 + ln n + ln(ui ) = 0 nui  1  1 =0 − 1 − ln nui nui

Corrigés des exercices

1 = 1 d’après l’énoncé nui

⇐⇒ ∀i ∈ 1 ; n, ui  0 et ⇐⇒ ∀i ∈ 1 ; n, ui =

1 . n

N 

Or :

n=1 N 

On conclut : H(X) = ln n si et seulement si X suit la loi uniforme sur {x1 , . . . , xn }.

n=1 N 

∀n ∈ N∗ , P(X0 = n) = (1 − p)n−1 p.  Donc : ∀n ∈ N∗ , h P(X0 = n) % & = −(1 − p)n−1 p (n − 1) ln(1 − p) + ln p

= −p ln(1 − p) (n − 1)(1 − p)n−1 − p ln p(1 − p)n−1 .

c) 1) On a :

On a alors, pour N  1 : = −p ln(1 − p)

N−1 

N  n=1

n(1 − p)n − p ln p

n=0

N−1 

1− p ln(1 − p). p

1− p ln(1 − p). Donc H(X0 ) existe et H(X0 ) = − ln p − p c) 2) Soit n ∈ N∗ . Procédons comme au b) 2). • Si un = 0, alors h(un ) = 0  vn = vn − un − un ln(vn ). • Si un  0, appliquons l’inégalité donnée par l’énoncé à  vn  vn vn > 0. On a : ln(vn ) − ln(un ) = ln − 1. x=  un un un En multipliant par un > 0, on obtient : un ln(vn ) − un ln(un )  vn − un . D’où : h(un )  vn − un − un ln(vn ). c) 3) • Soit N  1. Alors, en sommant l’inégalité précédente pour n allant de 1 à N, on obtient :

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

N  n=1

h(un ) 

N  n=1

vn −

N  n=1

un −

N  n=1

+∞ 

car X(Ω) ⊂ N∗

un = 1

n=1

un ln(vn ) = − ln m

N 

N 

N   1  un + ln 1 − (n − 1)un m n=1 n=1

un −→ 1

et

N∞

N 

(n − 1)un −→ E(X) − 1 par le

n=1

N∞

théorème de transfert.

(1 − p)n

= − ln p −

N∞

n=1

n=0



1 − p 1 −→ −p ln(1 − p) − p ln p N∞ p2 p

un −→

n=1

avec :



h P(X0 = n)

1 n 1  1 1 1− −→ = 1, m n=0 m N∞ m m1 N−1

vn =

un ln(vn ) (∗).

Ainsi, en passant à la limite dans l’inégalité (∗) : 

1  E(X) −1 H(X)  1 − 1 + ln m − ln 1 − m  !" =m

= ln m − ln(m − 1) − ln m (m − 1) = m ln m − (m − 1) ln(m − 1). • Enfin : H(X) = m ln m − (m − 1) ln(m − 1) +∞ 

vn − un − un ln(vn ) − h(un ) = 0 ⇐⇒  !" n=1 0

⇐⇒ ∀n  1, vn − un − un ln(vn ) − h(un ) = 0. Or cette dernière égalité est impossible si un = 0. Donc : H(X) = m ln m − (m − 1) ln(m − 1) vn − 1 − ln(vn ) + ln(un ) = 0 ⇐⇒ ∀n  1, un  0 et un  vn  vn − 1 = ln ⇐⇒ ∀n  1, un  0 et un un vn =1 d’après l’énoncé ⇐⇒ ∀n  1, un  0 et un 1 n−1 1 1− ⇐⇒ ∀n  1, un = vn = m m 1 ⇐⇒ X suit la loi géométrique de paramètre . m

179

Variables aléatoires à densité Plan Les méthodes à retenir 180 Énoncés des exercices

183

Du mal à démarrer ?

190

Corrigés des exercices

193

On abrège variable aléatoire en va.

CHAPITRE

6

Thèmes abordés dans les exercices •

Montrer qu’une va réelle est une va à densité

•

Montrer qu’une fonction est une densité

•

Détermination de la fonction de répartition d’une va à densité

•

Détermination de la loi d’une va fonction d’une ou de plusieurs va à densité

•

Montrer qu’une va à densité admet une espérance et une variance et les calculer.

Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •

Fonction de répartition et densité d’une va à densité

•

Loi d’une va fonction d’une ou de plusieurs va à densité ; en particulier, loi de la somme de deux va à densité indépendantes

•

Définition de l’espérance d’une va à densité, théorème de transfert, propriétés de l’espérance

•

Moments d’ordre 2, variance et écart-type d’une va à densité, variance d’une somme de va indépendantes

•

Lois usuelles et leurs propriétés : loi uniforme sur un intervalle, loi exponentielle, lois γ et Γ, loi normale.

Les méthodes à retenir Montrer : • f est positive ou nulle sur R Pour montrer qu’une fonction f : R −→ R est une densité

• f est continue sur R privé d’un ensemble fini de points $ +∞ $ +∞ f (t) dt converge et f (t) dt = 1. • l’intégrale −∞

−∞

➥ Exercices 6.1, 6.2, 6.7 à 6.9, 6.17, 6.22. 180

Les méthodes à retenir

Pour déterminer la fonction de répartition F X d’une va X à densité connaissant une densité f X de X

Pour montrer qu’une va réelle X est à densité connaissant sa fonction de répartition F X

$ Utiliser : ∀x ∈ R, F X (x) =

x

−∞

fX (t) dt.

➥ Exercices 6.1 à 6.3, 6.14, 6.16, 6.17, 6.22. Montrer que la fonction de répartition F X de X est continue sur R et est de classe C 1 sur R privé d’un ensemble fini de points. Toute fonction fX à valeurs positives, qui ne diffère de F X qu’en un nombre fini de points, est alors une densité de X.

➥ Exercices 6.5, 6.6, 6.9 à 6.11, 6.14 à 6.17, 6.19 à 6.24. Pour traduire que deux va réelles X et Y sont indépendantes

Utiliser l’équivalence :

X et Y sont indépendantes

⇐⇒ ∀(x, y) ∈ R , P (X  x) ∩ (Y  y) = P(X  x) P(Y  y). 2

➥ Exercices 6.5, 6.11, 6.13, 6.14, 6.16, 6.18 à 6.21, 6.23, 6.24. •

Si X = ϕ(Y) où Y est une va à densité, alors : • commencer par déterminer l’univers image de X, ou une partie D de R, aussi précise que possible, telle que P(X ∈ D) = 1 • si X(Ω) est un ensemble fini ou dénombrable, alors X est une va discrète ; déterminer la loi de X revient à calculer, pour tout x de X(Ω), P(X = x) • sinon, essayer d’exprimer la fonction de répartition F X de X en fonction de celle de Y pour en déduire son expression, puis montrer que F X est continue sur R et est de classe C 1 sur R privé d’un ensemble fini de points ; X est alors une va à densité.

Pour déterminer la loi d’une va réelle X

➥ Exercices 6.2, 6.9, 6.10, 6.13, 6.14, 6.16, 6.17, 6.22 à 6.24

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

•

Si X est la somme de deux va à densité Y et Z indépendantes, alors X est une va à densité et une densité de X s’obtient en faisant le produit de convolution des densités de Y et Z.

➥ Exercices 6.14, 6.16, 6.18 •

Utiliser des propriétés des lois usuelles.

➥ Exercices 6.11, 6.13, 6.19, 6.21, 6.24. •

Pour montrer qu’une va X à densité admet une espérance E(X) et calculer cette espérance

Utiliser la définition : si fX est une densité de X, alors

$

X admet une espérance si et seulement si

+∞

−∞

t fX (t) dt converge ;

$

dans ce cas, E(X) est donnée par :

E(X) =

+∞

−∞

t fX (t) dt.

➥ Exercices 6.1 à 6.3, 6.7 à 6.9, 6.14 à 6.16, 6.19, 6.20, 6.23 181

Chapitre 6

•

Variables aléatoires à densité

Remarque : Si X est une va presque sûrement bornée, à valeurs dans un segment [a ; b], alors X admet une espérance et E(X) est donnée $ b t fX (t) dt. par : E(X) = a •

Utiliser le théorème de transfert : si X = ϕ(Y) où Y est une va à densité, de densité fY , alors $ +∞ ϕ(t) fY (t) dt X admet une espérance si et seulement si −∞

converge absolument ;

$

dans ce cas, E(X) est donnée par : (suite)

E(X) =

+∞

−∞

ϕ(t) fY (t) dt.

➥ Exercices 6.7, 6.9 •

Utiliser la linéarité de l’espérance : si X = aY + bZ, où Y et Z sont deux va à densité admettant chacune une espérance et (a, b) ∈ R2 , alors X admet une espérance et E(X) est donnée par : E(X) = aE(Y) + bE(Z).

➥ Exercice 6.18 •

Utiliser les résultats du cours lorsque X suit une loi usuelle.

➥ Exercices 6.9, 6.21. •

•

Pour montrer qu’une va X à densité admet une variance V(X) et calculer cette variance



Montrer que X admet une espérance puis montrer que X − E(X) 2 admet une espérance ; %

& dans ce cas, V(X) est donnée par : V(X) = E X − E(X) 2 . Montrer que X et X 2 admettent une espérance ; dans ce cas, V(X) est donnée par :



V(X) = E(X 2 ) − E(X) 2 .

➥ Exercices 6.1, 6.2, 6.7 à 6.9, 6.20 •

Si X = Y + Z, où Y et Z sont deux va à densité indépendantes, admettant chacune une variance, alors X admet une variance et V(X) est donnée par : V(X) = V(Y) + V(Z).

➥ Exercice 6.18.

182

Énoncés des exercices

Énoncés des exercices 6.1 Exemple de densité Soit c ∈ R. On considère la fonction f définie sur R par : ⎧ c ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ (1 + x)2 si 0  x  1 . ∀x ∈ R, f (x) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0 sinon a) Déterminer c pour que f soit une densité d’une va réelle X. Pour cette valeur de c, tracer l’allure de la courbe représentative de f . b) Déterminer la fonction de répartition F de X. Tracer l’allure de la courbe représentative de F. c) Montrer que X admet une espérance et une variance et les calculer.

6.2 Exemple de densité On considère la fonction f définie sur R par :  0 si x < 0 . ∀x ∈ R, f (x) = 2 x e −x /2 si x  0 a) Montrer que f est une densité d’une va réelle X. Tracer l’allure de la courbe représentative de f . b) Calculer la fonction de répartition de X et tracer l’allure de sa courbe représentative. c) Montrer que X admet une espérance et une variance et les calculer. 1 √ On admet que Γ = π. 2 d) On pose Y = X 2 . Montrer que Y suit une loi exponentielle et préciser le paramètre.

6.3 Cas d’une va à densité paire On considère une va X admettant une fonction paire f pour densité. a) Calculer P(X  0) et P(X  0).

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b) Montrer que la fonction de répartition F de X vérifie : ∀x ∈ R, F(x) = 1 − F(−x). $ +∞ t f (t) dt converge, c) Montrer : X admet une espérance ⇐⇒ et dans ce cas :

E(X) = 0.

0

6.4 Exemple d’une va qui n’est ni à densité ni discrète On considère une va à densité X, définie sur un espace probabilisé (Ω, A , P), admettant une fonction paire f pour densité.  0 si X(ω)  0 On définit la va Y par : ∀ω ∈ Ω, Y(ω) = X(ω) si X(ω) > 0. Montrer que Y n’est ni une va à densité, ni une va discrète. On pourra utiliser l’exercice 6.3 a).

6.5 Lois des va min(X, Y) et max(X, Y), où X et Y sont deux va à densité indépendantes Soient X et Y deux va à densité, de densités respectives fX et fY . On suppose que X et Y sont indépendantes. 183

Chapitre 6

•

Variables aléatoires à densité

On pose : Z = max(X, Y) et T = min(X, Y). a) Exprimer les fonctions de répartition de Z et T à l’aide des fonctions de répartition FX et FY de X et Y respectivement. b) En déduire que Z et T sont des va à densité et exprimer une densité de Z et une densité de T à l’aide de fX , fY , FX et FY .

6.6 Lois des va aX + b et X2 , où X est une va à densité Soit X un va réelle de densité f et de fonction de répartition F. a) Soit (a, b) ∈ R tel que a  0. On pose Y = aX + b. Exprimer la fonction de répartition de Y en fonction de F. (Séparer les cas a > 0, a < 0). En déduire que Y est une va à densité et exprimer une densité de Y en fonction de f . b) On pose Z = X 2 . Montrer que Z est une va à densité et exprimer une densité de Z en fonction de f .

6.7 Loi de Laplace Soit c > 0. On considère la fonction f définie sur R par : ∀x ∈ R, f (x) =

c −c|x| . e 2

a) Montrer que f est une densité d’une va réelle X. Tracer l’allure de la courbe représentative de f . b) Déterminer la fonction de répartition F de X. Tracer l’allure de la courbe représentative de F. c) Montrer que X admet une espérance et la calculer. d) Plus généralement, montrer que, pour tout n de N∗ , X n admet une espérance et la calculer. e) En déduire que X admet une variance et la calculer.

6.8 Loi Bêta de première espèce Pour tous réels a et b, on note, sous réserve d’existence :

$

1

I(a, b) =

ta−1 (1 − t)b−1 dt. 0

a) Montrer :

I(a, b) existe ⇐⇒ (a > 0 et b > 0).

b) Soit (a, b) ∈ (R∗+ )2 . Montrer : b I(a + 1, b) = a I(a, b + 1) et I(a, b + 1) + I(a + 1, b) = I(a, b). En déduire :

I(a + 1, b) =

a I(a, b). a+b

c) Soit (a, b) ∈ (R∗+ )2 . On définit la fonction⎧ f sur R par : 1 a−1 ⎪ ⎪ ⎪ t (1 − t)b−1 si t ∈ ]0 ; 1[ ⎨ ∀t ∈ R, f (t) = ⎪ I(a, b) ⎪ ⎪ ⎩ 0 sinon. 1) Montrer que f est une densité d’une va réelle X. 2) Montrer que X admet une espérance et une variance et les calculer. 184

Énoncés des exercices

6.9 Exemple d’une va fonction d’une va à densité Soit a > 0. On définit la fonction f sur R par :

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ 0 si t < a ∀t ∈ R, f (t) = ⎪ a ⎪ ⎪ ⎩ 2 si t  a. t

a) Montrer que f est une densité. Tracer l’allure de la courbe représentative de f . On considère une va réelle X admettant f pour densité. b) La va X admet-elle une espérance ? une variance ? c) On définit la va Y =

1 . X

1) En utilisant le théorème de transfert, montrer que Y admet une espérance et une variance et les calculer. 2) Déterminer la loi de Y puis retrouver E(Y) et V(Y).

6.10 Exemple d’une va fonction d’une va à densité On considère une va X suivant la loi uniforme sur [−1 ; 2]. On pose Y = X 2 . Déterminer la fonction de répartition et une densité de Y. Tracer l’allure des courbes représentatives de ces deux fonctions.

6.11 Exemple d’une va fonction de deux autres va On considère deux va X et U indépendantes, telles que X suit la loi normale centrée réduite et U suit la loi uniforme sur {−1, 1}. On pose Y = UX. Reconnaître la loi de Y.

6.12 Calculs d’intégrales à l’aide de la loi normale

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

Dans cet exercice, on pourra utiliser une table numérique de la fonction de répartition de la loi normale centrée réduite. 1 √ = π. a) En utilisant la loi normale centrée réduite, montrer : Γ 2 b) En utilisant une loi normale bien choisie, calculer les intégrales suivantes : $ +∞ $ +∞ 2 2 1) e −2x −4x−2 dx 2) x e −2x −4x−2 dx −∞ −∞ $ +∞ $ +∞ 2 2 x2 e −2x −4x−2 dx 4) e −ax +bx+c dx, avec a > 0 et (b, c) ∈ R2 . 3) −∞

−∞

c) Exprimer les intégrales suivantes à l’aide de la fonction de répartition Φ de la loi normale centrée réduite, puis en calculer des valeurs approchées à 10−4 près : $ 2 $ 1/2 $ 1 2 2 2 e −x /2 dx 2) e −2x +4x−2 dx 3) e −4x −4x dx. 1) 0

0

0

6.13 Déplacement d’un point mobile dans le plan Un point mobile se déplace dans un plan muni d’un repère orthonormé. Il part de l’origine O à l’instant 0. Si à un instant n de N, il se situe au point de coordonnées (Xn , Yn ), alors à l’instant n + 1 il se trouve au point de coordonnées (Xn+1 , Yn+1 ) de sorte que An+1 = Xn+1 − Xn et Bn+1 = Yn+1 − Yn suivent la loi normale centrée réduite. 185

Chapitre 6

•

Variables aléatoires à densité

On suppose que les va An et Bm, pour tous n, m ∈ N∗ , sont mutuellement indépendantes. a) Déterminer, pour tout n de N∗ , la loi de Xn et la loi de Yn . b) Exprimer la probabilité pn pour qu’à$un instant n de N∗ , le mobile se situe dans le carré x 2 [−1 ; 1]2 à l’aide de la fonction h : x −→ e −u du. 0

Calculer ensuite lim pn . Interpréter ce résultat. n∞

c) Soit n ∈ N∗ . On pose Dn = Xn2 + Yn2 . Reconnaître la loi de Xn2 et la loi de Yn2 , puis en déduire 1 √ la loi de Dn . On rappelle que Γ = π. (On pourra utiliser l’exercice 6.6.) 2 d) Calculer la probabilité qn pour qu’à un instant n de N∗ , le mobile se situe dans le disque de centre O et de rayon 1. Calculer ensuite lim qn . Interpréter ce résultat. n∞

6.14 Loi du quotient de deux va indépendantes suivant une loi uniforme Soient r ∈ R∗+ , X et Y deux variables aléatoires indépendantes qui suivent la loi uniforme sur X Y ]0 ; r]. On pose : U = ln et V = − ln . r r a) Déterminer la fonction de répartition et une densité de U. Mêmes questions pour V. Tracer l’allure des courbes représentatives de ces deux fonctions. b) En déduire une densité et la fonction de répartition de U + V. c) On pose Q =

X . 1) Montrer que Q est une va à densité et donner une densité de Q. Y 2) La va Q admet-elle une espérance ?

6.15 Loi de Ent(X) et loi de X − Ent(X), où X est une va à densité On considère une va X à valeurs dans R+ et admettant une densité f , nulle sur R∗− et continue sur R+ . On définit la va Y = Ent(X) (partie entière de X). a) Déterminer la loi de Y. b) Montrer que X admet une espérance si et seulement si Y admet une espérance, et que dans ce cas, E(Y)  E(X)  E(Y) + 1. c) On suppose que X suit une loi exponentielle de paramètre λ (λ > 0). 1) Préciser la loi de Y et calculer son espérance. 2) On pose Z = X − Ent(X). Montrer que Z est une va à densité et donner une densité de Z. Montrer que Z admet une espérance et la calculer. Que remarque-t-on ?

6.16 Temps d’attente à un guichet Trois personnes notées A, B et C se présentent à l’ouverture d’une poste comportant deux guichets. Les personnes A et B accèdent directement à l’un des guichets, tandis que la personne C attend que l’un des deux guichets se libère. 186

Énoncés des exercices

On note X, Y et Z les va égales aux temps de passage aux guichets des personnes A, B et C. On suppose que ces variables sont indépendantes et que chacune suit la loi uniforme sur [0 ; 1]. On définit les va U = |X − Y| et V = min(X, Y). a) 1) Déterminer une densité de −Y, puis une densité de X − Y. 2) En déduire une densité de U. b) On note E l’événement : « C est la dernière personne à sortir ». Justifier que E = (U − Z  0), puis en déduire la valeur de P(E). c) Montrer que V suit la même loi que U. d) On note T le temps passé par C à la poste. 1) Montrer que T est une va à densité et déterminer une densité de T . 2) Calculer le temps moyen passé par C à la poste.

6.17 Exemple d’une va fonction d’une autre va à densité

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ On note f la fonction définie sur R par : ∀x ∈ R, f (x) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩

0 si x < 0 . 1 si x  0 (1 + x)2

a) Montrer que f est une densité d’une va réelle X. Tracer l’allure de la courbe représentative de f . b) Déterminer la fonction de répartition F de X. Tracer l’allure de la courbe représentative de F. 1 . X 1) Montrer que Y prend presque sûrement ses valeurs dans [2 ; +∞[. , y−2 . 2) Montrer : ∀y ∈ [2 ; +∞[, P(Y  y) = y+2 En déduire que Y est une va à densité.

c) On pose Y = X +

6.18 Loi d’une somme de n va indépendantes, d’après l’oral HEC 2010

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

On considère une suite (Xn )n1 de va mutuellement indépendantes et telle que, pour tout n  1, Xn suit la loi exponentielle de paramètre n. On définit, pour tout n  1, Yn =

n 

Xk .

k=1

a) Montrer que Y2 est une va à densité et déterminer une densité de Y2 . b) Plus généralement, montrer que, pour tout n  1, Yn admet pour densité la fonction gn définie  0 si x < 0

n−1 . par : ∀x ∈ R, gn (x) = si x  0 n e −x 1 − e −x c) Montrer que, pour tout n  1, Yn admet une espérance et une variance et exprimer E(Yn ) et V(Yn ) à l’aide d’une somme.

6.19 Va réordonnées par ordre croissant, d’après l’oral HEC 2007 Soit n ∈ N∗ . On considère n va à densité X1 , . . . , Xn définies sur un même espace probabilisé (Ω, A , P), de même loi et mutuellement indépendantes. On note F leur fonction de répartition et f une densité. 187

Chapitre 6

•

Variables aléatoires à densité



Pour tout ω de Ω, on note Y1 (ω), . . . , Yn (ω) la suite des Xi (ω) pour i ∈ 1 ; n réordonnés par ordre croissant ; on a donc Y1 (ω)  Y2 (ω)  · · ·  Yn (ω). n  

n− j n F(x) j 1 − F(x) . a) Soient k ∈ 1 ; n et x ∈ R. Montrer : P(Yk  x) = j j=k b) Soit k ∈ 1 ; n. Montrer que Yk admet une densité que l’on explicitera sans symbole

3 .

c) On suppose de plus que, pour tout i de 1 ; n, Xi suit la loi uniforme sur [0 ; 1]. 1) Justifier que, pour tout k de 1 ; n, Yk admet une espérance. 2) Montrer que Yn et 1 − Y1 ont la même loi. Calculer E(Yn ) et en déduire E(Y1 ). 3) Exprimer, pour tout k ∈ 1 ; n − 1, E(Yk+1 ) en fonction de E(Yk ). En déduire l’expression de E(Yk ) pour tout k ∈ 1 ; n.

6.20 Maximum de deux va indépendantes dont chacune suit la loi normale centrée réduite Soient X et Y deux va indépendantes, suivant la loi normale centrée réduite. On note

1 2 f : R −→ R, x −→ √ e −x /2 2π

et Φ la fonction de répartition de X et de Y.

On définit la va Z = max(X, Y). a) Montrer que Z est une va à densité, de densité g : x −→ 2 f (x)Φ(x). b) À l’aide d’une intégration par parties, montrer : $ B √2 $ B % &B 1 2 ∀(A, B) ∈ R , xg(x) dx = − 2 f (x)Φ(x) A + √ f (x) dx. π A √2 A c) En déduire que Z admet une espérance et calculer E(Z). d) Montrer que X 2 et Z 2 suivent la même loi. En déduire V(Z).

6.21 Exemple d’un processus de Poisson On s’intéresse aux instants de passage successifs des bus à une station donnée. Le service commence à l’instant T 0 = 0. Le premier bus du matin passe à l’instant T 1 ; on pose U1 = T 1 − T 0 qui représente donc le temps entre l’ouverture du service et le passage du premier bus de la journée. Pour tout n de N∗ , T n désigne l’instant où le n-ième bus arrive à la station et Un+1 le temps écoulé entre les passages du n-ième et du (n + 1)-ième bus de la journée. On définit également, pour tous s, t de R+ tels que s  t, Ns,t le nombre de bus qui sont passés à la station dans l’intervalle de temps [s ; t]. On suppose que les va Un , pour n ∈ N∗ , sont mutuellement indépendantes et qu’elles suivent la même loi exponentielle de paramètre λ. a) Soit n ∈ N∗ . Exprimer la va T n à l’aide des va Ui puis en déduire la loi de T n . b) Soit t ∈ R+ . Justifier : ∀n ∈ N, (N0,t  n) = (T n  t). En déduire que la va N0,t suit la loi de Poisson de paramètre λt. On admet que, pour tous s, t de R+ tels que s  t, la va Ns,t suit la même loi que N0,t−s . c) Soit t ∈ R+ . Un passager arrive à la station à l’instant t. On définit Wt le temps d’attente du passager jusqu’à l’arrivée du prochain bus. 188

Énoncés des exercices

∀h  0, (Wt > h) = (Nt,t+h = 0).

1) Justifier :

2) En déduire la loi de Wt . Combien de temps en moyenne, devra attendre le passager avant l’arrivée du prochain bus ? Ce résultat est-il intuitif ?

6.22 Loi de Cauchy 1 . π(1 + x2 )

On considère la fonction f définie sur R par : ∀x ∈ R, f (x) = a) Montrer que la fonction f est une densité. Tracer l’allure de la courbe représentative de f . On considère une va réelle X admettant f pour densité. b) Déterminer la fonction de répartition F de X. Tracer l’allure de la courbe représentative de F. Calculer P(X  0), P(X  0), P(X  1) et P(X  1). c) La va X admet-elle une espérance ? d) On définit la va Y =

1 . Montrer que X et Y ont la même loi. X

e) On définit la va Z =

1+X . 1−X

1+x . Étudier les variations de ϕ. Montrer que ϕ réalise une 1) On note ϕ la fonction x −→ 1−x bijection de R \ {1} dans R \ {−1} et déterminer sa bijection réciproque. 2) Déterminer la fonction de répartition de Z. 3) En déduire que X et Z ont la même loi.

6.23 Une autre expression de l’espérance Soit X une va admettant une densité f telle que f est nulle sur R∗− et continue sur R+ . On note F la fonction de répartition de X. $ x t f (t) dt. On définit la fonction ϕ : R+ −→ R, x −→ 0

$ a) Montrer :

x

∀x ∈ R+ ,





1 − F(t) dt = x 1 − F(x) + ϕ(x).

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

0

b) On suppose dans cette question que X admet une espérance, notée E(X).



1) Montrer : ∀x ∈ R+ , 0  x 1 − F(x)  E(X) − ϕ(x), puis : lim x 1 − F(x) = 0. $

+∞

2) En déduire que



1 − F(t) dt converge et que

0

x→+∞

$

+∞



1 − F(t) dt = E(X).

0

$

+∞

c) On suppose dans cette question que



1 − F(t) dt converge.

0

1) Montrer que ϕ admet une limite finie en +∞. 2) En déduire que X admet une espérance, puis :

$

+∞

E(X) =



1 − F(t) dt.

0

d) Application : On considère n va X1 , . . . , Xn mutuellement indépendantes suivant toutes la loi exponentielle de même paramètre λ, avec λ > 0. 189

Chapitre 6

•

Variables aléatoires à densité

On pose Mn = max(X1 , . . . , Xn ). 1) Déterminer la fonction de répartition de Mn et montrer que Mn est à densité. 2) Montrer que Mn admet une espérance et la calculer (on exprimera le résultat sous forme d’une sommation).

6.24 Somme et minimum d’un nombre aléatoire de va mutuellement indépendantes, de même loi exponentielle On considère une suite de va mutuellement indépendantes (Xn )n1 définies sur un même espace probabilisé (Ω, A , P), et qui suivent la loi exponentielle de même paramètre λ > 0. Pour tout n  Xk et Un = min(X1 , . . . , Xn ). n ∈ N∗ , on pose : S n = k=1

a) Soit n ∈ N∗ . Montrer que la va Un suit une loi exponentielle et préciser son paramètre. b) Soit n ∈ N∗ . Donner une densité de S n , puis montrer :

n−1  (λx)k

∀x ∈ R+ , P(S n > x) = e −λx

k=0

k!

.

c) On considère une va N définie sur (Ω, A , P), indépendante des va Xn pour tout n ∈ N∗ , et qui suit la loi géométrique de paramètre p, avec p ∈ ]0 ; 1[. On définit les va : S = S N et U = U N , c’est-à-dire :

∀ω ∈ Ω, S (ω) = S N(ω) (ω) et U(ω) = U N(ω) (ω).

1) Calculer, pour tout x ∈ R+ , P(U > x). En déduire que U est une va à densité et préciser une densité. 2) Calculer, pour tout x ∈ R+ , P(S > x). Reconnaître la loi de S .

Du mal à démarrer ? 6.1

0

6.3

c) Remarquer que X prend presque sûrement ses valeurs dans [0 ; 1], donc E(X) et V (X) existent.

b) Procéder de la même façon : écrire F(x) =

2

Calculer E(X) en utilisant la définition de l’espérance, E(X ) en utilisant le théorème de transfert, puis en déduire V (X) en utilisant la formule V (X) = E(X 2 ) − E(X)2 .

6.2

a) b) Appliquer les méthodes décrites dans la partie « les méthodes à retenir ». $ +∞ $ +∞ c) Montrer que les intégrales xf(x) dx et x2 f(x) dx −∞

−∞

convergent puis calculer leurs valeurs et en déduire E(X) et E(X 2 ). Calculer alors V (X) à l’aide de la formule :

2 V (X) = E(X 2 ) − E(X) .

d) Commencer par déterminer la fonction de répartition de Y et reconnaître la fonction de répartition d’une loi exponentielle.

190

$

a) b) Appliquer les méthodes décrites dans la partie « les méthodes à retenir ».

a) Écrire P(X  0) =

ment de variable u = −t.

−∞

f(t) dt puis effectuer le change$

effectuer le changement de variable u = −t.

x

f(t) dt puis −∞

$ 0 c) Commencer par montrer que les intégrales tf(t) dt et −∞ $ +∞ tf(t) dt sont de même nature, et en cas de convergence, 0 $ +∞ $ 0 tf(t) dt = − tf(t) dt. Puis conclure. que l’on a : −∞

0

6.4

• Calculer P(Y = 0), puis en déduire que Y n’est pas une va à densité.

• Raisonner par l’absurde et supposer que Y est une va discrète.  Calculer P(Y = y), puis conclure. y∈Y(Ω)

Du mal à démarrer ?

6.5

a) Pour tout x de R, exprimer les événements (Z  x) et (T > x) à l’aide d’événements faisant intervenir les va X et Y . Utiliser l’indépendance de X et Y pour en déduire les fonctions de répartition de Z et T .

b) Montrer que ces fonctions de répartition sont continues sur R, de classe C 1 sur R privé éventuellement d’un ensemble fini de points. Conclure.

6.6

a) Obtenir :  si a > 0 : ∀y ∈ R, P(Y  y) = F

a y − b . a En déduire que Y est une va à densité et calculer une densité de Y en utilisant la méthode décrite dans la partie « les méthodes à retenir ». ⎧ ⎪ 0 si z < 0 ⎪ ⎨ b) Obtenir : ∀z ∈ R, FZ (z) = ⎪ . ⎪ ⎩ F( √z) − F(− √z) si z  0 Raisonner de la même façon qu’au a).

6.7

a) b) Appliquer la méthode décrite dans la partie « les méthodes à retenir ». $ +∞ c) Montrer que tf(t) dt converge et remarquer que la fonc0

tion t −→ tf(t) est impaire.

d) Utiliser le théorème de transfert et la fonction Γ d’Euler.

2 e) Utiliser la formule : V (X) = E(X 2 ) − E(X) .

6.8

a) Noter que I(a, b) est une intégrale généralisée, a priori, en 0 et 1. Utiliser le théorème d’équivalence pour des fonctions positives et l’exemple de Riemann pour obtenir le résultat.

b) • Effectuer une intégration par parties pour obtenir la première relation. • Utiliser la linéarité de l’intégrale pour obtenir la deuxième relation. • Déduire la troisième relation à l’aide des deux premières.

c) 1) Utiliser la méthode décrite dans la partie « les méthodes à retenir ». © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

• En déduire la fonction de répartition de Y , puis montrer que Y est une va à densité.

6.11

• Pour tout y de R, décrire l’événement (Y  y).

• Remarquer que X admet une densité paire, donc : ∀x ∈ R, P(X  x) = P(X  x).

y − b

 si a < 0 : ∀y ∈ R, P(Y  y) = 1 − F

c) 2) Remarquer que X prend presque sûrement ses valeurs dans [0 ; 1], donc X admet une espérance et une variance. 2

Exprimer E(X) et E(X ) à l’aide des intégrales I(a, b), puis en déduire V (X).

6.9

a) Appliquer la méthode décrite dans la partie « les méthodes à retenir ».

b) Montrer que X n’admet pas d’espérance, ni de variance. $ +∞ $ +∞ 1 1 f(t) dt et c) 1) Étudier les intégrales f(t) dt. t t2 a a + 1+ c) 2) Montrer que Y suit la loi uniforme sur 0 ; . a En déduire E(Y ) et V (Y ) en utilisant les formules de cours.

6.10

• En déduire que Y prend ses valeurs dans [0 ; 4], et pour tout y de [0 ; 4], exprimer l’événement (Y  y) à l’aide d’événements faisant intervenir la va X.

• Commencer par étudier la fonction ϕ : [−1 ; 2] −→ R, t −→ t2 .

• Montrer alors que les fonctions de répartition de X et de Y sont égales, puis conclure. 1 2 e −x /2 . Noter f : x −→ √ 2π 1 à l’aide de f puis en déduire sa valeur. a) Exprimer Γ 2 b) 1) 2) 3) Considérer une va X de loi normale d’espérance −1 1 et de variance . Exprimer les trois intégrales à l’aide d’une 4 densité de X. b b) 4) Considérer une va X de loi normale d’espérance et de 2a 1 . Puis raisonner de la même façon qu’au b) 1) variance 2a c) Noter Φ la fonction de répartition de la loi normale centrée réduite. Effectuer des changements de variables de façon à exprimer les intégrales demandées à l’aide de Φ.

6.12

6.13

a) Montrer que Xn = A1 + A2 + · · · + An . Pour obtenir la loi de Xn , utiliser le théorème de stabilité de la loi normale. Raisonner de la même façon pour Yn .

2 pn = P(−1  Xn  1) .

b) Montrer :

 1 c) Montrer que Xn2 et Yn2 suivent la loi Γ 2n, , en utilisant (par 2 exemple) l’exercice 6.6. Pour obtenir la loi de Dn , utiliser le théorème de stabilité de la loi Gamma.

d) Montrer :

qn = P(Dn  1).

6.14

a) Commencer par déterminer la fonction de répartition de U, puis en déduire que U est une va à densité. Raisonner de la même façon pour V .

b) Remarquer que les va U et V sont indépendantes. Une densité de U+V s’obtient donc en faisant le produit de convolution d’une densité de U et d’une densité de V . c) Remarquer que Q = e U+V . Montrer que Q n’admet pas d’espérance. $ 6.15 a) Justifier : ∀n ∈ N, P(Y = n) =

n+1

f(t) dt. n

b) Raisonner par double implication. Supposer que X admet une espérance, puis montrer que Y admet une espérance et que E(Y )  E(X). Supposer que Y admet une espérance, puis montrer que X admet une espérance et que E(X)  E(Y ) + 1. Puis conclure.

191

Chapitre 6

•

Variables aléatoires à densité

c) 1) Déterminer, pour tout n de N, P(Y = n), puis calculer E(Y ) en utilisant la définition de l’espérance. c) 2) Justifier que Z prend ses valeurs dans [0 ; 1[, puis obtenir : +∞  P(n  X  n + z).

∀z ∈ [0 ; 1[, P(Z  z) =

n=0

6.16

a) 1) Une densité de X − Y s’obtient en faisant le produit de convolution d’une densité de X et d’une densité de −Y . a) 2) En déduire la fonction de répartition de U puis une densité de U. b) Pour calculer P(E), commencer par déterminer une densité de U − Z sur R− . c) Montrer que U et V ont même fonction de répartition. d) Remarquer que T = V + Z. En déduire une densité de T puis E(T ).

6.17

a) b) Utiliser la méthode décrite dans la partie « les méthodes à retenir ». 1 c) 1) Commencer par étudier la fonction x −→ x + sur l’interx valle R∗+ . c) 2) Pour tout y  2, écrire : (Y  y) = (X 2 − yX + 1  0) = (r1  X  r2 ), où r1 , r2 sont les solutions de l’équation r2 − yr + 1 = 0, d’inconnue r ∈ R. En déduire la fonction de répartition de Y , puis montrer que Y est à densité.

6.18

a) Une densité de Y2 s’obtient en faisant le produit de convolution d’une densité de X1 et d’une densité de X2 .

b) Effectuer une IPP en dérivant x −→ Φ(x) et en intégrant x −→ 2xf(x). Puis effectuer un changement de variable dans l’intégrale obtenue. c) Passer à la limite lorsque A −→ −∞ et B −→ +∞ dans l’égalité 1 précédente, pour en déduire E(Z) = √ . π d) Montrer que X 2 et Z 2 ont même fonction de répartition. En déduire :

6.21

n 

Ui puis utiliser un résultat de

cours pour obtenir une densité de Tn .

b) Commencer par écrire P(N0,t = n) = P(Tn  t) − P(Tn+1  t), utiliser la loi de Tn et la loi de Tn+1 et effectuer une intégration par parties. c) 1) Interpréter chacun des événements. c) 2) En déduire la fonction de répartition de Wt puis reconnaître une loi usuelle.

6.22

a) b) Utiliser la méthode décrite dans la partie « les méthodes à retenir ». $ +∞ c) Montrer que xf(x) dx diverge et conclure. 0

d) Pour tout y de R, exprimer l’événement (Y  y) à l’aide d’événements faisant intervenir X. En déduire la fonction de répartition de Y , puis conclure. e) 1) Immédiat. e) 2) 3) Raisonner de la même façon qu’au d).

6.23

a) Effectuer une intégration par parties.

b) 1) Remarquer :

∀x ∈ R+ , x 1 − F(x) =

$

+∞ x

$

+∞

xf(t) dt 

tf(t) dt. x

b) 2) Passer à la limite lorsque x −→ +∞ dans l’égalité du a).

a) Noter Nx le nombre de va Xi inférieures ou égales à x.

Montrer Nx → B n, F(x) .

c) 1) Montrer que ϕ est croissante et majorée sur R+ . $ +∞ c) 2) En déduire que tf(t) dt converge puis utiliser les ré-

Justifier que P(Yk  x) = P(Nx  k) et en déduire le résultat demandé.

sultats du b).

6.19

b) Montrer que la fonction de répartition de Yk est continue sur R, C 1 sur R privé d’un ensemble fini de points. Une densité de Yk s’obtient en dérivant sa fonction de répartition, là où elle est dérivable.

c) 1) Remarquer que Yk est une va bornée. c) 2) Calculer, pour tout x de R, P(Yn  x) et P(1 − Y1  x) et en déduire que Yn et 1 − Y1 ont même fonction de répartition. c) 3) • Calculer, pour tout k de 1 ; n, une densité fk de Yk , puis en utilisant la définition de E(Yk+1 ), exprimer E(Yk+1 ) en fonction de E(Yk ). • En déduire :

6.20 de Z.

192

a) Remarquer que Tn =

i=1

b) Raisonner par récurrence sur n et remarquer que, pour tout n  1, les va Yn et Xn+1 sont indépendantes. c) Utiliser la linéarité de l’espérance et la propriété sur la variance d’une somme de va indépendantes.

E(Z 2 ) = E(X 2 ).

k . ∀k ∈ 1 ; n, E(Yk ) = n+1

a) Commencer par déterminer la fonction de répartition

0

d) 1) Commencer par écrire :

∀x ∈ R, P(Mn  x) = P(X1  x)n .

d) 2) Utiliser le résultat démontré dans les questions b) et c).

6.24

a) Commencer par calculer, pour tout x de R, P(Un > x), puis reconnaître la fonction de répartition de Un .

b) Utiliser un résultat de cours pour obtenir une densité de Sn , puis raisonner par récurrence sur n pour obtenir l’expression de P(Sn > x) demandée. c) 1) Commencer par obtenir : ∀x ∈ R, P(U > x) =

+∞ 

P(N = n)P(Un > x),

n=1

puis calculer cette somme. En déduire la fonction de répartition de U.

c) 2) Raisonner de la même façon qu’au c) 1).

Corrigés des exercices

P X ∈ [0 ; 1] = 1.

6.1 a) • La fonction f est continue sur R, privé éventuellement de l’ensemble {0, 1}. • La fonction f est positive ou nulle sur R si et seulement si c  0. • Enfin, la fonction f étant nulle en dehors de [0 ; 1], $ 1 $ +∞ f = f . Cette intégrale n’est pas une intégrale généra−∞

0

lisée car f est continue sur [0 ; 1]. $ 1 *  c +1 1 c = . f = − =c 1− Et l’on a : 0 1 + t 2 2 0 On en déduit :

f est une densité si et seulement si c = 2.

•

On en déduit que X admet une espérance et une variance. Et l’on a : $ 1 $ 1 2t t f (t) dt = dt • E(X) = 2 (1 + 0 0 $ 1 $t)1  2  2(1 + t) − 2 2 dt = dt = − 2 (1 + t) 1 + t (1 + t)2 0 0 * + 2 1 = 2 ln |1 + t| + = 2 ln 2 + 1 − 2 = 2 ln 2 − 1 1+t 0 $ 1 $ 1 2t2 t2 f (t) dt = dt • E(X 2 ) = 2 0 (1 + t) $0 1 2(t + 1)2 − 4(t + 1) + 2 = dt (1 + t)2 $0 1  2  4 = + 2− dt 1 + t (1 + t)2 0 + * 1 2 = 3 − 4 ln 2 = 2t − 4 ln |1 + t| − 1+t 0 donc :

V(X) = E(X 2 ) − E(X)2 = 3 − 4 ln 2 − (2 ln 2 − 1)2 = 2 − 4(ln 2)2 .

Remarque : Puisque ln 2  0.69, on a bien : V(X)  0.

b) Notons F la fonction de répartition de X. Alors : $ x $ x • ∀x < 0, F(x) = f (t) dt = 0 dt = 0, $ • ∀x > 1, F(x) =

−∞

$

x −∞

6.2

−∞

f (t) dt = $

f (t) dt = 1, 0

x

a)  Montrons que f est une densité.

1

$

• La fonction f est continue sur R privé éventuellement de l’ensemble {0}.

x

• ∀x ∈ [0 ; 1], F(x) =

Ainsi :

f (t) dt = f (t) dt −∞ 0 + * 2x 2 2 x = . =2− = − 1+t 0 1+x 1+x ⎧ 0 si x < 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ 2x ∀x ∈ R, F(x) = ⎪ si 0  x  1 . ⎪ ⎪ 1+x ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1 si x > 1

• Pour tout x  0, x e −x ou nulle sur R.

2 /2

 0. Donc la fonction f est positive $

• Enfin, la fonction f étant nulle sur R∗− , donc l’intégrale converge. $ A % 2 &A f (x) dx = − e −x /2 0 De plus : ∀A > 0, = 1 − e −A

2 /2

$

f converge. 0

$

+∞

f converge et :

On en déduit que l’intégrale

c) Puisque f est nulle en dehors de [0 ; 1], la va X prend presque sûrement ses valeurs dans [0 ; 1], c’est-à-dire :

−→ 1.

A→∞

+∞

Ainsi, l’intégrale

Remarque : La fonction F est bien continue sur R, de classe C sur R privé éventuellement de {0, 1}.

f −∞

0

•

1

0

−∞

$

+∞

−∞

$ f =

$

0 −∞

+∞

f+

f = 1.

0

On conclut que f est une densité. 193

Chapitre 6

•

Variables aléatoires à densité

 Représentons la fonction f .

Or :

%

− t e −t

2 /2

La fonction f est dérivable sur R+ et : 2

D’où les variations de f sur R+ suivantes : 1 0 e −1/2



f (x)

+∞

− 

0

0

= −A e −A /2 −→ 0, A→∞ d’après les croissances comparées. 2

De plus, en effectuant le changement √ de variable u = t2 /2 ⇐⇒ t = 2u, $ A2 /2 $ A du 2 e −t /2 dt = e −u √ on obtient : 0 0 2u , $ A2 /2 1 1 1 π −1/2 −u u e du −→ √ Γ = √ = . A→+∞ 2 2 0 2 2 , π . On en déduit que X admet une espérance et E(X) = 2

∀x ∈ R+ , f  (x) = e −x /2 (1 − x2 ).

x 0 f  (x) +

&A

0

• La va X admet une variance si et seulement si X admet un $ moment d’ordre $ 2, et donc si et seulement si l’intégrale +∞

−∞

+∞

t2 f (t) dt =

t2 f (t) dt converge. Il s’agit d’une inté-

0

grale généralisée en +∞. On a : $ A $ A 2 ∀A > 0, t2 f (t) dt = t2 × t e −t /2 dt. b) Notons FX la fonction de répartition de X. Alors : $ x $ x f (t) dt = 0 dt = 0, • ∀x < 0, FX (x) = $

−∞ x

$

−∞ x

• ∀x  0, FX (x) =

Ainsi :

f (t) dt = f (t) dt 0 % −∞ −t2 /2 &x −x2 /2 . = −e 0 = 1− e  0 si x < 0 . ∀x ∈ R, FX (x) = 2 1 − e −x /2 si x  0

0

0

  u (t) = 2t u(t) = t2 , on obPar IPP en posant 2  −t2 /2 , v(t) = − e −t /2 v (t) = t e $ A $ A % 2 &A 2 t2 f (t) dt = − t2 e −t /2 0 + 2t e −t /2 dt tient : 

0

0

% 2 2 &A 2 = − t2 e −t /2 − 2 e −t /2 0 = 2 − (A2 + 2) e −A /2 −→ 2, A→∞ d’après les croissances comparées. Ainsi, X admet un moment d’ordre 2 et E(X 2 ) = 2. On en déduit que X admet une variance et π 4−π V(X) = E(X 2 ) − E(X)2 = 2 − = . 2 2 Remarque : On a bien V(X)  0. d) • La va Y prend ses valeurs dans R+ . • Notons FY la fonction de répartition de Y. Alors :

Remarque : La fonction FX est bien continue sur R, de classe C 1 sur R privé éventuellement de {0}. c) $ •+∞La va X admet $ +∞une espérance si et seulement si l’intégrale t f (t) dt = t f (t) dt converge. Il s’agit d’une intégrale −∞

0

généralisée en +∞. On a : $ A $ ∀A > 0, t f (t) dt = 0



A

t × t e −t

2 /2

dt.

0





u (t) = 1 u(t) = t , , on obPar IPP en posant  2 2 v(t) = − e −t /2 v (t) = t e −t /2 $ A $ A % 2 &A 2 t f (t) dt = − t e −t /2 0 + e −t /2 dt. tient : 0

194

0

∀y < 0, FY (y) = P(Y  y) = 0, car Y prend ses valeurs dans R+ ∀y  0, FY (y) = P(Y  y) = P(X 2  y) √ √ √ √ = P(− y  X  y) = P(X  y) = FX ( y) car X prend ses valeurs dans R+ presque sûrement (puisque f est nulle sur R∗− ).  0 si y < 0 Ainsi : ∀y ∈ R, FY (y) = . 1 − e −y/2 si y  0 On reconnaît la fonction de répartition de la loi exponentielle 1 1 . de paramètre . On en déduit : Y → E 2 2 Remarque : On obtient, en particulier, E(X 2 ) = E(Y) = 2. On retrouve le même résultat que dans la question c).

Corrigés des exercices

6.3

On a alors :

P(X  0) + P(X  0) = P(X  0) + P(X > 0) = 1. $ 0 D’autre part : P(X  0) = f (t) dt −∞ $ 0 $ +∞ = f (−u)(− du) = f (u) du = P(X  0). u=−t +∞  !" 0 = f (u)

b) Soit x ∈ R. Alors : $ F(x) = P(X  x) = =

1 . 2

P(X  0) = P(X  0) =

On en déduit :

+∞

$

x −∞

f (t) dt =

u=−t

−∞

$

+∞

f (−u)(− du)  !" = f (u)

$

t f (t) dt = 0

u=−t

$

$

0

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

On en déduit :

0

$

X admet une espérance ⇐⇒

+∞

t f (t) dt converge. 0

$ t f (t) dt =

$

0 −∞

a) • On a, pour tout x ∈ R : 

P(Z  x) = P max(X, Y)  x = P (X  x) ∩ (Y  y) = P(X  x)P(Y  x) car X et Y sont indépendantes. On en déduit : ∀x ∈ R, FZ (x) = P(Z  x) = FX (x) FY (x).

= FX (x) + FY (x) − FX (x)FY (x). t f (t) dt sont

−∞

0

6.5

+∞

t f (t) dt et −∞

−∞

et : ∀y > 0, P(Y = y) = P(X = y) = 0, car X est une va à densité.  1 P(Y = y) = P(Y = 0) + 0 = P(Y = 0) =  1, ce Ainsi : 2 y∈Y(Ω) qui est absurde.

On en déduit : ∀x ∈ R, FT (x) = P(T  x) = 1 − P(T > x)



= 1 − 1 − FX (x) 1 − FY (x)

de même nature et que, en cas de convergence : $ 0 $ +∞ t f (t) dt = − t f (t) dt.

+∞

P(Y = y),

y∈Y(Ω) y>0

u f (u) du.

0

−A

On en déduit que les intégrales

E(X) =

y∈Y(Ω)



(−u) f (−u)(− du)

−A

$0

=−

Dans ce cas$:

P(Y = y) = P(Y = 0) +

• On a, pour tout x ∈ R : 

P(T > x) = P min(X, Y) > x = P (X > x) ∩ (Y > y) = P(X > x)P(Y > x) car X et Y sont indépendantes.

−∞

A

∀A > 0,



On conclut que Y n’est ni une va à densité, ni une va discrète.

−x

c) Par définition de l’espérance : $ +∞ X admet une espérance ⇐⇒ t f (t) dt converge $ 0 $ −∞ 0 ⇐⇒ t f (t) dt et t f (t) dt convergent. Or :

Or :

Donc Y n’est pas une va discrète.

f (u) du = P(X  −x) = P(X > −x) = 1 − F(−x).

−x

P(Y = y) = 1.

y∈Y(Ω)

a) D’une part :

$



t f (t) dt +

+∞

t f (t) dt = 0.

0

6.4 • La va Y prend ses valeurs dans R+ .

b) Les va X et Y étant des va à densité, les fonctions FX et FY sont continues sur R, de classe C 1 sur R privé éventuellement d’un ensemble fini de points. On en déduit, par opérations, que les fonctions FZ et FT sont elles aussi continues sur R, de classe C 1 sur R privé éventuellement d’un ensemble fini de points. Donc les va Z et T sont des va à densité. Les densités fZ et fT s’obtiennent en dérivant FZ et FT sauf en un nombre fini de points où le choix est arbitraire. On a alors (par exemple) : ∀x ∈ R, ⎧ ⎪ f (x) = fX (x)FY (x) + FX (x) fY (x) ⎪ ⎪ ⎪ Z ⎨ ⎪ fT (x) = fX (x) + fY (x) − fX (x)FY (x) − FX (x) fY (x) ⎪ ⎪



⎪ ⎩ = fX (x) 1 − FY (x) + fY (x) 1 − FX (x) .

1 • On a : P(Y = 0) = P(X  0) = , puisque X admet une 2 densité paire et d’après l’exercice 6.3.

6.6

Donc Y n’est pas une va à densité car sinon, on aurait : ∀y ∈ R, P(Y = y) = 0.

• On a : ∀y ∈ R, P(Y  y) = P(aX + b  y) = P(aX  y − b).

• Supposons que Y soit une va discrète.

 1er cas : si a > 0, alors pour tout y ∈ R,

a) Notons FY la fonction de répartition de Y.

195

Chapitre 6

•

Variables aléatoires à densité

y − b P(Y  y) = P X  . a

6.7

 2e cas : si a < 0, alors pour tout y ∈ R y − b y − b =1−P X < P(Y  y) = P X  a a y − b . =1−P X  a y − b Ainsi :  si a > 0 : ∀y ∈ R, FY (y) = F a y − b .  si a < 0 : ∀y ∈ R, FY (y) = 1 − F a • La va X étant une va à densité, sa fonction de répartition F est continue sur R, de classe C 1 sur R privé éventuellement d’un ensemble fini de points. Par opérations sur les fonctions, il en est de même pour FY .

a) La fonction f est sur positive ou nulle sur R. De $ R, $ continue A A c −ct e dt f (t) dt = plus : ∀A > 0, 0 0 2 * 1 +A 1

1 = − e −ct = 1 − e −At −→ . 0 A→∞ 2 2 2 $ +∞ 1 f converge et vaut . Donc 2 0 $ +∞ Puisque f est une fonction paire, on en déduit que f −∞ $ +∞ $ +∞ f =2 f = 1. converge et −∞

0

Ainsi f est une densité.

On en déduit que Y est une va à densité. Une densité de Y s’obtient en dérivant FY sauf en un nombre fini de points où le choix est arbitraire. Une densité fY de Y est alors (par exemple) définie par : $

1 y − b f a a 1 y − b  si a < 0 : ∀y ∈ R, fY (y) = − f . a a

 si a > 0 : ∀y ∈ R, fY (y) =

b) Soit x ∈ R. On a :

Ce qui peut s’écrire, pour tout a  0 : 1 y − b ∀y ∈ R, fY (y) = f . |a| a b) • La va Z prend ses valeurs dans R+ . • Notons FZ la fonction de répartition de Z. Alors : ∀z < 0, FZ (z) = P(X 2  z) = 0,

√ √ ∀z  0, FZ (z) = P(X 2  z) = P(− z  X  z). ⎧ ⎪ ⎪ 0 si z < 0 ⎨ Ainsi : ∀z ∈ R, FZ (z) = ⎪ ⎪ ⎩ F( √z) − F(− √z) si z  0. et

La fonction FZ est alors continue sur R∗− ; de plus, puisque F est FZ = 0 et continue sur R, FZ est continue sur R+ ; enfin, lim − 0

FZ , donc FZ est continue en 0 ; FZ (0) = F(0) − F(0) = 0 = lim +

ainsi FZ est continue sur R.

0

De plus, FZ est C 1 sur R∗− , C 1 sur R+ privé éventuellement d’un ensemble fini de points (car F l’est sur R) ; donc FZ est C 1 sur R privé éventuellement d’un ensemble fini de points. On en déduit que Z est une va à densité. Une densité fZ de Z est (par exemple) définie par : ⎧ ⎪ 0 si z  0 ⎪ ⎪ ⎨ 1  √ √  ∀z ∈ R, fZ (z) = ⎪ ⎪ f ( z) + f (− z) si z > 0. ⎪ ⎩ 2 √z 196

F(x) =

$

x −∞

f (t) dt =

x

−∞

c −c|t| e dt. 2

1er cas : Si x  0, alors $ x c ct car ∀t ∈] − ∞ ; x], |t| = −t e dt F(x) = −∞ 2 * 1 +x 1  1 1 = lim e ct = lim e cx − e cA = e cx . A A→−∞ 2 A→−∞ 2 2 2 2e cas : Si x > 0, alors $ x $ 0 f (t) dt + f (t) dt F(x) = −∞ 0 $ x $ 0 c ct c −ct = e dt + e dt −∞ 2 0 2 * 1 +0  * 1 +x  e ct + − e −ct = lim A 0 A→−∞ 2 2 1 1  1  1 cA −cx − e − e + = lim A→−∞ 2 2 2 2 1 = 1 − e −cx . 2 Ainsi la fonction de répartition F de X vérifie : ⎧ 1 cx ⎪ ⎪ ⎪ e si x  0 ⎪ ⎪ ⎨ 2 . ∀x ∈ R, F(x) = ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎩ 1 − e −cx si x > 0 2

Corrigés des exercices

Remarque : La fonction F est bien continue sur R, de classe C 1 sur R privé éventuellement de {0}. c) La va X admet une espérance si et seulement si l’intégrale $ +∞ t f (t) dt converge. −∞

$ A c −ct t e dt t f (t) dt = 2 0 0 +A $ A 1 * t e −ct dt par IPP = − e −ct + 0 2 0 2 * t 1 −ct +A e = − e −ct − 0 2 2c A −cA 1 −cA 1 1 e −→ =− e − + 2 2c 2c A→∞ 2c d’après les croissances comparées. $

A

On a : ∀A > 0,

$

+∞

• On en déduit que X n admet une espérance, et : $ +∞ tn f (t) dt. E(X n ) = −∞

cas :$ si n est pair, alors t −→ tn f (t) est paire, donc : +∞ n! tn f (t) dt = 2I(n) = n . E(X n ) = 2 c 0

1

er

 2e cas : si n est impair, alors t −→ tn f (t) est impaire, donc : E(X n ) = 0. e) Puisque X admet un moment d’ordre 2, X admet une variance 2 2 et : V(X) = E(X 2 ) − E(X)2 = 2 − 0 = 2 . c c

6.8 a) La fonction g : t −→ ta−1 (1 − t)b−1 est continue sur ]0 ; 1[, donc I(a, b) est une intégrale généralisée en 0 et en 1.

t f (t) dt converge.

Ainsi 0

$

0

Puisque t −  → t f (t) est impaire, t f (t) dt converge égale−∞ $ 0 $ +∞ ment et t f (t) dt = − t f (t) dt. −∞

0

$

Par la relation de Chasles, on en déduit que $ +∞ t f (t) dt = 0. converge et

+∞

t f (t) dt −∞

Ainsi par la relation de Chasles, I(a, b) converge si et seulement $ 1 $ 1/2 g et g convergent. si 0

1/2

• On a :

g(t) ∼ ta−1  0. D’après le théorème d’équit→0 $ 1/2 valence pour des fonctions positives, les intégrales g et 0 $ 1/2 ta−1 dt sont de même nature. 0

$

−∞

Donc X admet une espérance et E(X) = 0.

ta−1 dt 0

d) Soit n ∈ N∗ .

converge si et seulement si a − 1 > −1, c’est-à-dire a > 0. $ 1/2 On obtient : g(t) dt converge ⇐⇒ a > 0.

• D’après le théorème de transfert,

• On a :

Remarque : On pouvait aussi utiliser l’exercice 6.3.

0

X n admet une espérance $ ⇐⇒ l’intégrale © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit

1/2

D’après l’exemple de Riemann en 0, l’intégrale

+∞

$−∞ +∞

tn f (t) dt converge absolument

|t|n f (t) dt converge ⇐⇒ l’intégrale $ +∞ $ +∞ −∞ |t|n f (t) dt = tn f (t) dt converge ⇐⇒ l’intégrale 0

$

0

car la fonction t −→ |t|n f (t) est paire.

+∞

• Notons I(n) =

tn f (t) dt.

g(t) ∼ (1 − t)b−1  0. D’après le théorème d’équit→1 $ 1 valence pour des fonctions positives, les intégrales g et 1/2 $ 1 (1 − t)b−1 dt sont de même nature. 1/2

$

Alors :

si et seulement si b − 1 > −1, c’est-à-dire b > 0. $ 1 On obtient : g(t) dt converge ⇐⇒ b > 0. 1/2

$

A

$

A

c n −ct t e dt 0 0 2 $ $ cA 1 cA  u n −u 1 = e du = n un e −u du u=ct 2 0 c 2c 0 n! 1 Γ(n + 1) = n . −→ A→+∞ 2cn 2c ∀A > 0,

(1 − t)b−1 dt converge 1/2

0

$

1

D’après l’exemple de Riemann en 1,

tn f (t) dt =

Donc l’intégrale I(n) converge et I(n) =

n! . 2cn

1

g converge ⇐⇒

On en déduit :



a > 0 et b > 0 .

0

b) Puisque a > 0 et b > 0, on a a + 1 > 0 et b + 1 > 0. Donc toutes les intégrales qui interviennent convergent. • Pour tout (x, y) ∈ ]0 ; 1[2 , on a par intégration par parties : $ y $ y &y % b ta (1 − t)b−1 dt = − ta (1 − t)b x + ata−1 (1 − t)b dt. x

x

197

Chapitre 6

•

Variables aléatoires à densité

a a2 a+1 − a + b + 1 a + b (a + b)2

a (a + 1)(a + b) − a(a + b + 1) ab = = . (a + b + 1)(a + b)2 (a + b + 1)(a + b)2

En passant à la limite lorsque x tend vers 0 et y tend vers 1, on obtient : b I(a + 1, b) = 0 + a I(a, b + 1) = a I(a, b + 1). • Pour tout (x, y) ∈ ]0 ; 1[2 , on a : $ y $ y ta−1 (1 − t)b dt + ta (1 − t)b−1 dt x x $ y  = ta−1 (1 − t)b + ta (1 − t)b−1 dt $x y

ta−1 (1 − t)b−1 (1 − t) + t dt = $x y = ta−1 (1 − t)b−1 dt. x

En passant à la limite lorsque x tend vers 0 et y tend vers 1, on obtient : I(a, b + 1) + I(a + 1, b) = I(a, b). • On en déduit :

  b I(a + 1, b) = a I(a, b + 1) = a I(a, b) − I(a + 1, b)

I(a + 1, b) =

6.9 a) • La fonction f est continue sur R sauf en a. • La fonction f est positive ou nulle sur R. $ A * a +A a f (t) dt = − =1− −→ 1. • Enfin : ∀A > a, t a A A→+∞ a $ +∞ Ainsi f (t) dt converge et est égale à 1. Puisque f est nulle a $ +∞ f (t) dt en dehors de [a ; +∞[, on en déduit que l’intégrale −∞

converge et est égale à 1. On conclut que f est une densité.

donc : (a + b) I(a + 1, b) = aI (a, b), et ainsi :

=

a I(a, b). a+b

c) 1) Remarque : On montre, par récurrence sur a, que, pour tout (a, b) ∈ (R∗+ )2 , I(a, b) > 0 (et en particulier I(a, b)  0). Ainsi, la fonction f est bien définie. La fonction f est positive ou nulle sur R, continue sur R privé éventuellement de l’ensemble {0, 1}. $ 1 f (t) dt converge et De plus, d’après la question a), 0 $ 1 $ 1 1 I(a, b) f (t) dt = ta−1 (1 − t)b−1 dt = = 1. I(a, b) 0 I(a, b) 0 Puisque f est nulle en dehors de [0 ; 1], on obtient : $ +∞ $ 1 $ +∞ f converge et f = f = 1. −∞

−∞

0

b) • La va X admet $ une espérance ⇐⇒ l’intégrale ⇐⇒ l’intégrale

+∞

$−∞ +∞

t f (t) dt converge t f (t) dt converge

a

$

car f est nulle en dehors de [a ; +∞[.

A

Or : ∀A > a,

t f (t) dt $

a

A

= a

On en déduit que f est une densité. c) 2) Puisque X prend presque sûrement ses valeurs dans [0 ; 1], qui est un ensemble borné, X admet une espérance et une variance. Et l’on a : $ 1 $ 1 1 t f (t) dt = ta (1 − t)b−1 dt • E(X) = I(a, b) 0 0 a I(a + 1, b) = , d’après la question b) = I(a