%O99-2.tex 9 03 00 08h30 (version 19 juin 2000 16h00) %V non affich\'ee
\input liv.mac
\let\cadrejoli=\cadrefin
\input upsnum.tex
%\font \etoile=zd scaled\magstep0 % dans liv mac qui est dans texinput
%\centerline{\vbox{\hrule  depth 0pt width 80mm}} % trait partiel centr\'e
\def\titreimpair{\line{ {\fiverm d:-emtex-oral o99-2.tex \hskip 3mm}
{\bf ORAL-O2- 1999
\hskip 3mm\Carre \hfil Mr VIDIANI Sp\'e MP1 CARNOT  \hskip 2mm\liond\ \folio}}  }

\def\titrepair{\line{\bf\folio  \hfill {\fiverm O99-2.tex  }
%Underfull hbox si  ce { m\^eme vide mais avec fonte} pas mis
                                    % en fait line demande une ligne compl\`ete :
% il faut hfill
{\bf Oral-O2- 99
\hskip 3mm\Carre Mr VIDIANI \hskip 2mm\liong}}  }
%\vskip -6mm\noindent{\fiverm (version \date\ : \heure )}   %\^U\^U\^U\^U\^U
\leavevmode
\cadrefin{\vbox to 10mm {\hsize 30mm\leftskip 0mm\noindent\fiverm nom :
\hfill\vfill\noindent sp\'e MP1 Carnot DIJON}}\hskip 1cm

%486 (version \date\ : \heure )  %XXXXXXX VERSION affich\'ee XXXXXXXXXXXXXXXXXXXX

\trait
{\it(Toute am\'elioration ou remarque constructive seront les bienvenues et
pourront \^etre communiqu\'ees \`a VIDIANI 64 rue de l'Europe 21121
Fontaine les Dijon
03 80 56 65 53 ou 03 85 45 37 08 ou 101702.425\char64compuserve.com)}

\leavevmode\danger\ \idee\ Je ne tape que les exercices ayant une
originalit\'e, apparaissant pour la premi\`ere fois \`a l'oral (dans la RMS
depuis 35 ans) sinon leur r\'ef\'erence est soit indiqu\'ee en bas, soit dans chaque
TD {\gros MP1} th\'ematique. Pour les autres, soit une solution flash est
indiqu\'ee en fin de ce fichier, soit dans la marge du listing des sujets.

{\it(Questions \`a Am\'eliorer {\prover +} : O-1 : 7, 25*, 35-c-d-e \`a finir =
 PISOT ; )}

{\it(\`A FAIRE {\prover 0-1 ? ? }  3*, 13*, 20 (magnin+TP) 23*, 25*,
   128 (crochet de Lie) ;   ) }

{\it(\`A FAIRE {\prover 0-2 ? ? }
213 * D'apr\`es Mordell p 106 et 293  (APM 413, Sol tex +Q10 AR8, + APM 425
dec 99 p 801 +AR 113) c'est une \'equation qui fut compl\'etement \'etudi\'ee  par
Hurtwitz, Schwartz et Muhly~;
Dans le cas particulier n=3 et a=6, Markoff montre qu'il y a une infinit\'e
de solutions
en chaine de Markoff ; ;\par
215 (Legendre) ;  225 produit vectoriel (se fait m\^eme
sans supposer la lin\'earit\'e mais plus rus\'e) ;
\par 228-229 ; maxi \'equivalent du max ; 230 prendre le log somme de Riemann ;
\par   231 demande une petite \'etude ;
\par 233 minimum local : int\'er\'essant
\par 240*  max d'int\'egrale suivant l'ensemble ; 244* \'equivalent ; 245 Wallis
  272 ker u classique  ; 273 que veut-on en toute g\'en\'eralit\'e ou
avec un endomorphisme pr\'ecis ?  ;
303 max des cofacteurs ;
 329* CE de s\'erie divergente a sommes
partielles major\'ees ; 331 suites r\'ecurrentes et s\'eries ; 338 sommes de
Riemann ; 343 m\'ethode de GAUSS classique ; 351 limites int\'egrales ;

 359 (cf Br 72) partition en classe et fonction g\'en\'eratrice ;
 380 syst\`eme AS ; 390 hyperboles ;
393 Lepez sommes de Riemann ;
423 ADJOINT ;
451 int\'egrale ;



{\gros plus rus\'es : } 213* diophantienne ; 251* b uniforme ;
260* paire pour une \'equation non dissipative Gonnord Chambert Loir ;
 266* \'equivalent du coefficient de $X^n$ dans $(1+X+X^2)^n$  ;
 302  pr\'e d\'ecomposition de Cartan ? ;
305 in\'egalit\'e sur produit de matrices ;
312 exponentielles polyn\^omes  : p\'eriodique (compact... de toute suite..) ;
444* Laplace, WALLIS et Schwarz ;
) }

\cadrejoli{\grise {\prover Oral O2- 99 RMS }}

{\it(Ce fichier sera joint \`a la bourse d'\'echange en \TeX\ en juin 2000)}

\traitgras
 \lettrine{{ (O 220) }} {\prover li\'es}
\vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soit V un espace vectoriel quelconque, f de L(V), n dans $\bf \N^3$.
On suppose que pour tout x de V, la famille $\bf (x,f(x),...,f^n(x))$ est li\'ee.
Montrer que la famille $(Id,f,...,f^n)$ est li\'ee.}}

(Cf un pb d'ensi sur les endomorphismes cycliques : Ensi 84, Tissier
Agreg p 142-144, TPE 96, ensieta 95, Grunspan p 154, {\fiverm Deschamps}
alg\`ebre p125-128 ; spm 2 43-{\bf 60} ; Int 89 ; Rivaud alg lin 2 44, 288, 31 ;
Gantmacher ; invariants de SIMILITUDE de f ; on peut \'etablir que f est cyclique
ssi s'il existe une base o\`u sa matrice est compagnon~;~)

{\it(Solution tr\`es technique utilisant la th\'eorie des id\'eaux,
de Pinguet 13 mars 2000)}



Notation : pour tout x non nul de V on note $\prod_x\in K[X]-\{0\}$
l'unique g\'en\'erateur unitaire de l'id\'eal (non nul par hypoth\`ese)
$I_x=\{P\in K[X] |P(f)(x)=0\}$ ; (comme $x\not=0$, on a $deg \prod_x\geq 1$
; de plus on a par hypoth\`ese $deg \prod_{x}\leq n$).

\cadrefin{ Lemme : } {\bf Soient $\bf x_1, x_2\in V-\{0\}$, on suppose
$\bf \prod_{x_1}\bigwedge \prod_{x_2}=1$, alors
\cadreepais{$\bf \prod_{x_1+x_2}
=\prod_{x_1}.\prod_{x_2}$}  }

On a en effet : $(\prod_{x_1}\prod_{x_2})(f)(x_1+x_2)=\displaystyle
\prod_{x_2}(f) \underbrace{\prod_{x_1}(f)(x_1)}_{=0} +
\prod_{x_1}(f) \underbrace{\prod_{x_2}(f)(x_1)}_{=0} =0$, donc
$\prod_{x_1+x_2} |\prod_{x_1}\prod_{x_2}$ (1)   {\it(\ $|$
veut dire ``divise")}

Montrons que c'est le polyn\^ome annulateur de f associ\'e \`a $x_1+x_2$
de degr\'e minimal. En effet si $P\in K[X]-\{0\} $ est tel que $P(f)(x_1+x_2)=0$,
alors $0=(\prod_{x_1}P)(f)(x_1=x_2)=P(f)\displaystyle
\underbrace{\prod_{x_1}(f)(x_1)}_{=0}+(\prod_{x_2}P)(f)(x_2)=0$,
donc $\prod_{x_2}$ divise $\prod_{x_1}P$ et comme
$\prod_{x_1}\bigwedge \prod_{x_2}=1$, d'apr\`es le th\'eor\`eme de GAUSS il vient
$\prod_{x_2}$ divise $P$ ;

En \'echangeant les r\^oles de $x_2$ et $x_1$ il vient :
$\prod_{x_1}$ divise $P$ ; P divisible s\'epar\'ement par deux polyn\^omes
premiers entre eux est disivible par leur produit ;
$\prod_{x_1}\prod_{x_2}|P$ (2) ; D'apr\`es (1) et (2) on a bien
$\prod_{x_1+x_2}=\prod_{x_1}\prod_{x_2}$.

Par un r\'ecurrence imm\'ediate  on montre que si $x_1,...,x_k\in V-\{0\}$
avec $(k\geq 2)$, et si on suppose que $\forall i,j\in [[1;k]],
\ i\not=j\Longrightarrow \prod_{x_i}\bigwedge \prod_{x_j}=1$,
alors \cadrefin{$\bf \prod_{x_1+x_2+...+x_k}=
\prod_{x_1}\prod_{x_2}...\prod_{x_k}$}

D\'esormais nous notons J l'ensemble des polyn\^omes irr\'eductibles
unitaires de $K[X]$.
Pour tout P de J, on note $r_P=max_{x\in V-\{0\}}\ v_P(\prod_{x})
\in [[0;n]]$ (car deg P$\geq 1$ et pour tout x de $V-\{0\},\  deg\ \prod_{x}
\leq n$) {\prover (C)}

{\it($v_p(\prod_{x})$  ``valuation" par rapport \`a P du polyn\^ome
$\prod_{x}$, d\'esignant l'exposant du polyn\^ome irr\'eductible unitaire P
dans la factorisation en produit de polyn\^omes irr\'eductibles unitaires
du polyn\^ome $\prod_{x}$ dans $K[X]$)}.

Enfin on pose : $\displaystyle r=\sum_{P\in J}r_P.deg(P)\in\N\cup \{+\infty\}$
(au sens des familles sommables ou non de r\'eels positifs).

\carre\ Montrons que $r\leq n$.

Raisonnons par l'absurde, supposons que $r>n$.
Alors il existe des polyn\^omes $P_1,...,P_k\in J$  deux \`a deux distincts
(donc premiers entre eux deux \`a deux, car ils sont unitaires irr\'eductibles)
tels que  $\displaystyle r=\sum_{i=1}^kr_{P_i}.deg(P_i)=m>n$.

On construit alors $x\in V-\{0\}$ tel que
$\prod_{x}=P_1^{\alpha_1}P_2^{\alpha_2}
...P_k^{\alpha_k}$ o\`u l'on a not\'e : $\forall i\in [[1;k]],\ \alpha_i=r_{P_i}$.

\leavevmode
{\prover *} Soit $i\in [[1;k]]$. Par d\'efinition de $\alpha_i=r_{P_i}$,
il existe $y_i\in V-\{0\}$
et $Q_i\in K[CX]-\{0\}$ tels que $\prod_{y_i}=P_i^{\alpha_i}Q_i$ et $P_i$
ne divise pas $Q_i$ ; on pose $x_i=Q_i(y_i)$.

Alors on a :

\noindent $\left.\matrix{ P_i^{\alpha_i}(x_i)=\prod_{y_i}(y_i)=0,\ donc\
 \prod_{x_i} | P_i^{\alpha_i}\hfill{}\cr
Si \ P\in K[X]-\{0\}\ est\ tel \ que\ P(x_i)=0\Longleftrightarrow
PQ_i(y_i)=0\ donc\ \prod_{y_i} =P_i^{\alpha_i}Q_i |PQ_i, \ soit\ P_i^{\alpha_i}
|P\cr}\right\}$ donc \cadrefin{$\bf \prod_{x_i} =P_i^{\alpha_i}$}

\leavevmode
{\prover *} D'apr\`es le corollaire du lemme, en posant $x=x_1+x_2+...+x_k$,
on a : $\prod_{x}=P_1^{\alpha_1}P_2^{\alpha_2}...P_k^{\alpha_k}$.


Ainsi deg($\prod_{x})=\displaystyle\sum_{i=1}^k \alpha_i deg(P_i)=m>n$.
D'o\`u la contradiction avec {\prover (C)}
d'o\`u \cadrefin{$\bf r\leq n$} (*).

Finalement on pose :$\prod_{f} =\displaystyle\prod_{P\in J} P^{r_P}$
(c'est un produit fini, d\'efinition l\'egitim\'ee par (*));

Ainsi $\prod_{f} $ est un polyn\^ome unitaire de degr\'e $r\leq n$.

De plus, on a : $\forall x\in V-\{0\},\prod_{x}|\prod_f$ (par d\'efinition  de
$\prod_f$), donc $\prod_f(f)(x)=0$.

Ainsi, on a $\prod_f(f)=0$, ce qui prouve que la famille $(I_d,f,...,f^n)$
est li\'ee (car $deg\ \prod_f=r\leq n$).


\traitgras
 \lettrine{{ (O 227) }} {\prover in\'egalit\'e int\'egrales}
\vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soit $\bf E=\R^n$ euclidien (le produit scalaire est not\'e (x;y)),
et G un sous groupe fini de $\bf GL_n(\R)$.

(a) Montrer que $\bf (x,y)\mapsto (x|y)=\displaystyle\sum_{g\in G}
(g(x);g(y))$ est un produit scalaire.

(b) Soit F un sous espace stable par g. Montrer avec la question pr\'ec\'edente
qu'il existe un suppl\'ementaire de F stable par G.
}}

{\it(Solution Gozard et Pinguet 13 mars 2000)}

(a) trivial :  v\'erifier la bilin\'earit\'e et sym\'etrie et la positivit\'e ;
la s\'eparation s'obtient en \'ecrivant $(x|x)= ...+(x;x)+...$ tous les autres
termes \'etant positifs et celui \'ecrit correspondant \`a $g=I_n$.

 (b) {\bf Prendre F'=l'orthogonal de F au sens du produit
scalaire d\'efini \`a la question pr\'ec\'edente.} C'est un suppl\'ementaire de F ;
et il est stable par
G.

En effet soit $g\in G$. Alors pour tout x de F' on a :
pour tout y de F : $(g(x)|g(y))=\displaystyle\sum_{h\in G}
((h\circ g)(x);(h\circ g)(y))=\sum_{u\in G}(u(x);u(y))
(x|y)=0$, donc $g(x)\in(g(F))^\perp=F'$.

Ainsi $g(F')\subseteq F'$ (et donc comme dimg(F')=dim(F'), g(F')=F').
Ce raisonnement vaut pour chaque g de G.
{\it(rappel dans un EV euclidien V, si W est un sous espace de V stable
par une isom\'etrie
alors $W^\perp$ est stable par u (rappeler la d\'emonstration pour certains
$\frac 52$)}

\traitgras
 \lettrine{{ (O 238) }} {\prover in\'egalit\'e int\'egrales}
\vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soit E l'espace vectoriel des applications continues de $\bf [0,1]$
vers $\bf \R$. Montrer qu'il n'existe pas de x dans $\bf [0,1]$
tel que $\bf \exists (a,b)\in\R_+^{*2},\ \forall f\in E\
a|\int_0^if|\leq |f(x)|\leq b|\int_0^1f|$.


}}

{\it(Solution Gozard 10 3 2000)}
La n\'egation de la propri\'et\'e demand\'ee  :
``$\exists x\in [0,1]\ t.q. \ \exists (a,b)\in\R_+^{*2}\ t.q.\
\forall f\in E,\ a|\int_0^1f|\leq |f(x)|\leq b|\int_0^1f|$"

est :
``$\forall x\in [0,1]\ \forall (a,b)\in\R_+^{*2}\ ,\
\exists f\in E,\ t.q.\  |f(x)|> b|\int_0^1f|$" et
``$\exists g\in E,\ t.q.\  |g(x)| <|\int_0^1g|$"

Si on d\'efinit g affine par morceaux
sur $[0,x]$ et $[x,1] $ par g(0)=g(1)=2 et g(x)=0 et
alors $\int_0^1g=1$ donc $0=|g(x)|<a|\int_0^1g|$.

On d\'efinit maintenant f :

{\bf \Carre\ Cas o\`u  $\bf 0<x<1 $ : }
On prend b' assez grand pour que $b'>0,\ b'+1>b,\ x+\frac 1{b'+1}\leq 1,\
x-\frac 1{b'+1}\geq 0$ et f est affine dans chacun des segments
$[0,x-\frac 1{b'+1}],\ [x-\frac 1{b'+1},x],\ [x,x+\frac 1{b'+1}],\
[x+\frac 1{b'+1},1]$ et $f(0)=f(x-\frac 1{b'+1})=f(x+\frac 1{b'+1})=f(1)=0$ et
$f(x)=b'+1$.

{\bf \Carre\ Cas o\`u  $\bf x=0$ : }
On prend b' assez grand pour que $b'+1>b,\ b'>0$ et $\frac 2{b'+1}<1$.
f est affine sur $[0,\frac 2{b'+1}]$ et sur $\frac 2{b'+1},1]$,
f(0)=b'+1et $f(\frac 2{b'+1})=f(1)=0$.

{\bf \Carre\ Cas o\`u  $\bf x=1$ : }
On prend b' assez grand pour que $b'+1>b,\ b'>0$ et $\frac 2{b'+1}<1$.
f est affine sur $[0,1-\frac 2{b'+1}]$ et sur $1-\frac 2{b'+1},1]$,
$f(1)=b'+1 $ et $f(1-\frac 2{b'+1})=f(0)=0$.

{\bf Dans tous les cas $\bf f(x)=b'+1$ et $\bf \int_0^1f=1$,
donc $\bf |f(x)>b|\int_0^1f|$.}
\traitgras
\lettrine{{\%\ (O 241 )\ \%}} {\prover DA } \vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
D\'eveloppement asymptotique de $\bf \int_0^x e^{u^3}du$ en $\bf +\infty$.
Indication~: faire appara\^{\i}tre $\bf \frac {e^{u^3}}{u^3}$. }}

{\it(Solution Pinguet 13 mars 2000)}

On pose $I(x)= \int_1^x e^{u^3}du= \int_1^x (u^2 e^{u^3}\frac 1{u^2}du$ et
on int\`egre par parties :
$\IPP{ P=\frac 1{u^2} & dP=-2\frac {du}{u^3}\cr
       dQ= u^2 e^{u^3}du & Q=\frac 13 e^{u^3}`\cr}$ :
$I(x)=\frac {e^{x^3}}{3x^2}+\frac 23\int_1^x \frac {e^{u^3}}{u^3}du+O(1)$.

Soit en utilisant la formule d'int\'egration par parties g\'en\'eralis\'ee
(voir le compl\'ement de cours MP1
page 5, la rappeler), soit par r\'ecurrence, on montre que pour tout n de $\N$,
$I(x)$ admet un d\'eveloppement asymptotique en $+\infty$ de la forme :

$\bf I(x)=a_0 \frac {e^{x^3}}{x^3}+a_1 \frac {e^{x^3}}{x^5}+...+
a_n \frac {e^{x^3}}{x^{3n+2}}+ b_n\int1^x  \frac {e^{u^3}}{u^{3n+2}}du+O(1)$

O\`u pour tout n entier $a_n=\frac {2.5...(3n-1)}{3^{n+1}}$  et
$b_n=\frac {2.5...(3n+2)}{3^{n+1}}$. (par convention on pose $a_0=\frac 13$,
le produit (vide) du num\'erateur valant 1).

On constate que c'est vrai pour n=0, on le suppose vrai pour n-1 et on
montre le transf\`ere \`a l'ordre n, par le m\^eme genre d'int\'egration par parties
qui a \'et\'e fait la premi\`ere fois, mais maintenant sur l'int\'egrale
qui figure dans l'hypoth\`ese de r\'ecurrence. (le faire)

De plus d'apr\`es le th\'eor\`eme d'int\'egration des relations de comparaison,
comme $x\mapsto \frac {e^{x^3}}{x^{3n}}$, n'est pas int\'egrable
 sur $[1,+\infty[$
et que $ \frac {e^{x^3}}{x^{3n+3}}=o\big(\frac {e^{x^3}}{x^{3n}}\big)$, on a
pour tout n de $\N$, $\int_1^x \frac {e^{u^3}}{u^{3n+3}}du=
o\big(\int_1^x \frac {e^{u^3}}{u^{3n}} du\big)$.

On a alors bien le d\'eveloppement asymptotique demand\'e :

\cadrefin{$\bf \int_0^x e^{u^3}du=\frac {e^{x^3}}{3x^{2}}+
\frac 29\frac {e^{x^3}}{x^{5}}+....+\frac {2.5....(3n-1)}{3^{n+1}}
\frac {e^{x^3}}{x^{3n+2}}+o(\frac {e^{x^3}}{x^{3n+2}}$\ \vrule \ \liond}


\traitgras
\lettrine{{\%\ (O 242 )\ \%}} {\prover DA } \vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
(a) D\'eveloppement asymptotique \`a n termes de

$\bf I(x)=\int_x^{+\infty} e^{-t^2}dt$ en $\bf +\infty$.

(b) Donner un \'equivalent de $\bf \displaystyle
\sum_{p=n}^{+\infty}exp(-p^2)$.

{\it(Additif de Cuculi\`ere calculer $\int_0^{+\infty} I(x)dx$.}
}}

Autres id\'ees : y"=2xy' chercher un d\'eveloppement formel en $\frac 1x$.
Ou bien utiliser le th\'eor\`eme de Riemann, puisque $x\mapsto exp(-x^2)$ est
 d\'ecroissante.

{\it(Solution Pinguet 13 mars 2000)}

(a) On d\'emontre par domination que la fonction sous le signe somme est bien
int\'egrable sur $[x,+\infty[$.

Un int\'egration par parties donne, en utilisant la sommation des relations
de comparaison pour n\'egliger l'int\'egrale (suivre pas \`a pas la m\'ethode de
 l'exercice
pr\'ec\'edent en l'adaptant) :

$I(x)=\frac {e^{-x^2}}{2x}-\frac 12\int_x^\infty \frac {e^{-t^2}}{t^2}dt$
on obtient  :

\cadrefin{$\bf I(x)=\frac {e^{-x^2}}{2x}-\frac {e^{-x^2}}{4x^2}
+\frac 38 \frac {e^{-x^2}}{x^5}-\frac {3\times 5}{2^4}\frac {e^{-x^2}}{x^7}
+...+(-1)^n\frac {3.5...(2n-1)}{2^{n+1}} \frac {e^{-x^2}}{x^{2n+1}}
+o\big(\frac {e^{-x^2}}{x^{2n+1}}\big)$\ \vrule\ \liong}

(b) Comme $e^{-n^2}=o(e^{-n})$ s\'erie g\'eom\'etrique de raison $0<\frac 1e<1$,
la s\'erie propos\'ee dont on demande un \'equivalent du reste $r_n$,
 est convergente.

D'apr\`es le th\'eor\`eme de RIEMANN de comparaison de s\'erie et d'int\'egrales
(rappeler le d\'etail du cours et l'encadrement initial que l'on somme)
on a $\int_{n}^\infty e^{-t^2}dt\leq r_n\leq \int_{n-1}^\infty e^{-t^2}dt$ ;

Or par l'int\'egration par parties du d\'ebut du (a) et sommation des relations de
comparaison
pour n\'egliger l'int\'egrale de cette IPP on a
$\int_{n}^\infty e^{-t^2}dt\sim  \frac {e^{-n^2}}{2n} $,
et $r_n=e^{-n^2}+e^{-(n+1)^2}+r_{n-2}$ ; de plus par (a) avec x=n+2
on a $r_{n+2}\sim   \frac {e^{-(n-1)^2}}{2n-1}$ et $e^{-(n+1)^2}=o(e^{-n^2}$
\cadrefin{$\bf r_n\sim  e^{-n^2}$}.

Plus g\'en\'eralement, on peut montrer que pour tout k entier $r_n$ admet
un d\'eveloppement
asymptotique (pour n tendant vers plus l'infini) \`a $k+1$ termes de la forme :
\cadrefin{$\bf r_n=  e^{-n^2}+e^{-(n+1)^2}+...+e^{-(n+k)^2} +o(e^{-(n+k)^2}$}

Voici l'additif que propose Cuculi\`ere lors des journ\'ees X-UPS 3 mai 2000 :

$I(x)=\int_x^{+\infty} e^{-t^2}dt$ qu'on int\`egre par parites
$\IPP{ u=I(x) & du=I'(x)dx=-e^{-x^2}dx\cr
   dv=dx & v=x\cr}$

Par cons\'equent $\int_0^X I(x)dx=[xI(x)]_0^X+\int_0^X e^[{-x^2}xdx
=XI(X)+\int_0^X e^[{-x^2}xdx   \rightarrow 0+\int_0^{+\infty}e^[{-x^2}xdx
=\frac {\sqrt{\pi}}2$.

\traitgras


\lettrine{{\%\ (O 243 )\ \%}} {\prover Int et densit\'e}\vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soit $\bf (f_n)$ une suite d'applications continues de $\bf [0,1]$
vers $\bf\R$ telles que la s\'erie de terme g\'en\'eral $\bf \int_0^1|f_n(t)|dt$
converge.

(a) La s\'erie de terme g\'en\'eral  $\bf  |f_n(t)|$ converge-t-elle simplement ?\par
(b) Donner un exemple o\`u cette s\'erie diverge sur une partie dense.
(c) Montrer que l'ensemble des points x tels que la s\'erie
$\bf\displaystyle\sum_n|f_n(t)|$ converge est dense dans $\bf [0,1]$

}}

{\it(Solution Pinguet 13 mars 2000)}

Dans cet exercice, quitte \`a remplacer partout $f_n$ par
$|f_n(t)|$, on peut supposer que  les fonctions consid\'er\'ees sont \`a valeurs
positives et ainsi enlever les valeurs absolues pour all\'eger les notations.

(a) On d\'efinit $(f_n)$ de la fa\c{c}on suivante (dessin) affine par morceaux
sur $[0,\frac 1n]$ \'egale \`a $\frac 1n$ en 0, $0$ en $\frac 1n$, nulle
ailleurs~: alors $\int_0^n=\frac 1{2n^2}$ ; donc $\sum \int_0^1 f_n$ converge,
mais $\sum f_n(0)=\sum \frac 1n$ diverge (s\'erie harmonique).
La r\'eponse peut \^etre n\'egative. l'exemple de la fonction nulle fournit une
r\'eponse positive

(b) On d\'efinit $f_n$ comme $\frac 1{2^n}$ p\'eriodique, et affine par morceaux
sur un intervalle d'une p\'eriode comme illustr\'e ci contre : affine par
morceaux   $f(0)=f(\frac 1{2^n})=1$ et $f(\frac 1{4^n})=
f(\frac 1{2^n}-\frac 1{4^n})=0$.

On a $\int_0^1 f_n=2^n\frac 1{4^n}=\frac 1{2^n}$, donc $\sum\int f_n$ converge.

Mais si x est de la forme $\frac k{2^p}$ o\`u $p\in \N^*,\ 0\leq k\leq 2^p$,
alors pour tout n plus grand que p, $f_n(x)=1$ donc $\sum f_n(x)$ diverge.
Or $\{\frac k{2^p},p\in \N^*,\ 0\leq k\leq 2^p\}$ est dense (dire pourquoi)
dans $[0,1]$, donc la s\'erie $\sum f_n$ diverge sur une partie dense de
$[0,1]$

(c)  On montre la contrapos\'ee : sur l'ensemble des points de $[0,1]$
tels que la s\'erie $\sum f_n(x)$ converge n'est pas dense dans $[0,1]$
alors la s\'erie $\sum\int_0^1 f_n$ diverge.

On suppose qu'il existe $a,b\in[0,1],\ a<b$ tels que pour tout x de $[a,b]$,
la s\'erie $\sum f_n(x)$ diverge, c'est \`a dire $\displaystyle\sum_{k=0}^n
f_k(x)\rightarrow +\infty$.

Alors d'apr\`es le th\'eor\`eme de la convergence monotone, il vient :
$\displaystyle\sum_{k=0}^n \int_a^b f_k\rightarrow+\infty$ (car $a<b$).

Si l'on veut \'eviter d'utiliser le th\'eor\`eme de convergence monotone
(ne figurant pas au programme officiel de MPSI) on utilise l'artifice suivant :

Soit $A>0$. On pose : $\forall n\in \N,\forall x\in [a,b], \ g_n(x)=min\big(
\displaystyle \sum_{k=0}^n f_k(x),A\big)$.

Par hypoth\`ese, $\forall x\in [a,b],\exists N\in\N, \forall n\geq N, \ g_n(x)=A$
(car $\displaystyle\sum_{k=0}^n f_k(x)\rightarrow +\infty$), donc
$g_n(x)$ tend vers $A$ (1).

Par ailleurs,\ $\forall n\in N,\forall x\in [a,b],\ g_n(x)\leq A$
et la fonction constante \'egale \`a A est int\'egrable sur $[a,b]$. (2)

D'apr\`es (1) et (2), il vient en vertu du th\'eor\`eme de la convergence domin\'ee
$\int_a^b g_n\rightarrow \int_a^b A=(b-a)A $ (*).

Or $\forall n\in \N,\displaystyle\sum_{k=0}^n \int_a^b f_k=\int_a^b
(\sum_{k=0}^n f_k)\geq \int_a^b g_n$ (**).

D'apr\`es (*) et (**), $\forall A>0,\ lim\ inf_{\overline{\R}}
(\displaystyle\sum_{k=0}^n \int_a^b f_k)\geq (b-a)A$,
donc $lim\ inf_{\overline{\R}} ( \displaystyle\sum_{k=0}^nf_k)=+\infty$.

D'o\`u $\displaystyle\sum_{k=0}^n\int_a^b f_k\rightarrow +\infty$.

Comme pour tout n de $\N$, $\int_0^1 f_n\geq \int_a^b f_n$, on d\'eduit
que la s\'erie $\sum\int_0^1 f_n$ est divergente. D'o\`u le r\'esultat.

\traitgras
\lettrine{{\%\ (O 251 )\ \%}}

\hfill{\prover In\'egalit\'e de CS}\vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf (a) soit $\bf f\in C^1
([0,\pi],\R)$, v\'erifiant f(0)=0. Montrer que : \par
$\bf ||f||_\infty\leq\sqrt{2}\big(\int_0^\pi f^2)^{1\over 4}\big)
\big(\int_0^\pi f'^2)^{1\over 4}\big)$.

(b) Soit $\bf u_0\in C^\infty([0,\pi],\R)$ telle que
$\bf u_0(0)=u_0(\pi)=0$. Soit $\bf u(t,x)$, une solution de
classe $\bf C^2$ sur $\bf \R^+\times [0,\pi]$ de : $\bf \dd ut=\dd2 ux+
\alpha^2u$, o\`u $\bf \alpha\in ]-1,1[$, v\'erifiant : \par
(i) $\bf \forall t\in\R^+ u(t,0)=u(t,\pi)=0$\par
(ii) $\bf \forall x\in [0,\pi]+ u(0,x)=u_0(x)$.\par

Montrer que $\bf \displaystyle\lim_{t\rightarrow +\infty} u(t,x)=0$,
uniform\'ement par rapport \`a x.}}

(a) On songe imm\'ediatement \`a une in\'egalit\'e de Cauchy Schwarz :
on remarque que $f^2(x)=2\int_0^x f(t)f'(t)dt$ et alors
$f^2(x)=2|\int_0^x f(t)f'(t)dt|\leq\int_0^x |ff'|
\leq 2\sqrt{\int_0^x f'^2} 2\sqrt{\int_0^x f^2}
\leq 2\sqrt{\int_0^\pi f'^2} 2\sqrt{\int_0^\pi f^2}$,
d'o\`u le r\'esultat imm\'ediat (expliquer cependant).

(b) On recherche f sous forme d'une s\'erie de Fourier,
on justifie sa d\'erivabilit\'e et on utilise (a).


\traitgras
\lettrine{{\%\ (O 261 )\ \%}} {\prover Courbes } \vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
D\'eterminer les courbes $\bf (M(t))_{t\in I}$ continues du plan euclidien
telles que, pour tout $\bf t_1,t_2$ de $\bf I$, $\bf \|
\overrightarrow{M(t_1)M(t2)}\|$
ne d\'epende que de $\bf |t_2-t_1|$.

}}

{\it(La solution de cet exercice a une histoire :
rep\`erant l'int\'er\^et de cet exercice
je le signale \`a Carpentier et Gozard le 4 mars :
 le 8 mars Gozard en feuilletant
plusieurs AMM en facult\'e en cherchant autre chose tombe dessus :
Il est r\'esolu (solutionn\'e ne plaisait pas \`a RC) dans l'American Mathematical
Monthly volume 105 number 10 D\'ecembre 1998
pages 961-962 sous le num\'ero 10594 propos\'e en 1997 p 456
(Notre coll\`egue Tissier
bien connu, en avait envoy\'e une solution) : en voici la
traduction de la solution : (ce qui montre, s'il en \'etait besoin,
que les \'echanges profitent \`a tous en augmentant "la m\'emoire collective"))}

Soit $\gamma(t)=(x(t),y(t)),\  t\in [0,a],\ a>0$, une repr\'esentation
param\'etrique
de la courbe cherch\'ee. Par hypoth\`ese ({\it en anglais {\bf``by assumption"}}),
il existe
une fonction $f:[0,a]\mapsto \R$ telle que $||\gamma(t_1)-\gamma(t_2)||
=f(|t_1-t_2)$,
o\`u $t_1,t_2\in [0,a]$ et $||.||$ est la norme Euclidienne.
Consid\'erons une subdivision $o=t_0<t_1<t_2<...t_{2^m}=a,\ m\geq 2$ de
l'intervalle
$[0,a]$ en $2^m$ sous-intervalles de m\^eme longeur.

Les point $\gamma(t_i),\ i=0,1,...,2^m$ sont les sommets d'un polyg\^one
 $L_{2^m}$ dont tous les cot\'es sont \'egaux (m\^eme longueur). Puisque $t_i-t_{i-2}
=\frac a{2^{m-1}}$, nous ``z-avons"
$||\gamma(t_i)-\gamma(t_{i-2})||=f(\frac a{2^{m-1}})$ pour $i=2,3,...,2^m$.
Puisque les triangles $\{\gamma(t_{i-2}),\gamma(t_{i-1}),\gamma(t_{i})\}$
sont isom\'etiques, les angles du polygone $L_{2^m}$ sont aussi \'egaux.
Par cons\'equent le polygone $L_{2^m}$ est un polygone r\'egulier,
donc il peut \^etre
inscrit dans un cercle (ou une droite), que nous nommons $C_{2^m}$.
Prenant cette fois une partition en $2^{m+1}$ sous-intervalles \'egaux,
nous obtenons de mani\`ere analogue un polygone $L_{2^{m+1}}$ inscrit
dans un cercle (ou une droite) $L_{2^{m+1}}$.

Puisque les $2^m+1$ sommets de $L_{2^{m}}$ appartiennent aussi \`a
$L_{2^{m+1}}$, les cercles (ou droites) $C_{2^{m}}$ et $C_{2^{m+1}}$
ont plus de trois points en commun donc co\"{\i}ncident. Par cons\'equent pour tout
$m\geq 2$ les polyg\^ones r\'eguliers $L_{2^{m}}$ sont inscrits dans le m\^eme cercle
 (ou droite) $C$.

Soit $c$ un arc de $C$ (ou un segment de la droite $C$) d\'etermin\'e par les
points $\gamma(0)$ et $\gamma(a)$.
Nous allons prouver que l'image de $\gamma$ est co\^{\i}ncide avec $c$.
Soit $\gamma(t')$ un point de $\gamma$. Par continuit\'e de $\gamma$,
en $t'$,
pour tout $\varepsilon>0$ il existe $\delta>0$ tel que
$t\in[0,a]$ et $|t-t'|<\delta$  implique $||\gamma(t)-\gamma(t')||<
\varepsilon$.
Choisissons $m$ tel que $\frac a{2^m}<\delta$, et consid\'erons la
subdivision associ\'ee. Puisqu'il existe $i\in\{1,2,...,2^m\}$, on a
$|t_i-t'|\leq t_i-t_{i-1}=\frac a{2^m}<\delta$. Comme $\gamma(t_i)\in c$ et
$||\gamma(t_i)-\gamma(t')||<\varepsilon$, tout voisinage de $\gamma(t')$
contient un point $\gamma(t_i)$ de $c$, donc $\gamma(t')$ appartient \`a la
fermeture de $c$, qui est $c$. Par cons\'equent $\gamma$ co\"{\i}ncide avec $c$.
\cadrefin{\bf La courbe cherch\'ee est un arc de cercle ou un segment de droite}


\traitgras
\lettrine{{\%\ (O 266 )\ \%}} {\prover \'Equivalent } \vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Donner un \'equivalent du coefficient de  $\bf X^n$ dans $(1+X+X^2)^n$.

}}
Il faut sans doute exploiter que $X^2+X+1=(X-j)(X-j^2)$ et la formule
du multin\^ome ;

\traitgras
\lettrine{{\%\ (O 269 )\ \%}} {\prover quotient } \vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soit $\bf P=nX^{n+1}-(n+1)aX^n+a^{n+1}\in\C[X]$, o\`u $\bf a\in\C,\ n\geq 2$.
Montrer que $\bf (X-a)^2$ divise $\bf P$ et calculer le quotient $
\bf \frac P{(X-a)^2}$.

}}

Imm\'ediatement $P(a)=na^{n+1}-(n+1)a^{n+1}+a^{n+1}=0$ ; puis
$P'(X)=n(n+1)X^n-n(n+1)aX^{n-1}=n(n+1)X^{n-1}(X-a)$. Donc $P'(a)=0$.

D'apr\`es l'identit\'e de Taylor $P(X)=\frac {P"(a)}2 (X-a)^2+....+
\frac {P^{(n+1)}(a)}{(n+1)!} (X-a)^{n+1}$.

Or LEIBNITZ donne $P^{(k+1)}(a)=(P'(x))^{(k)}=n(n+1)\big((X-a) (X^{n-1})^{(k)}+
k(X^{n-1})^{(k-1)}\big)$.

On fait $X=a$ ; $P^{(k+1)}(a)=n(n+1)k (n-1)...(n-1-(k-1)+1)a^{n-1-k+1}$ ;

$P^{(k+1)}(a)=n(n+1)k\frac {(n-1)!}{(n-k)!}a^{n-k}$

Le quotient $Q$ demand\'e est donc $Q=\displaystyle\sum_{k=1}^n
\frac {(X-a)^{k-1}}{(k+1)!}  k n(n+1) \frac {(n-1)!}{(n-k)!}a^{n-k}=$
\par\noindent $
 (n+1) \sum_{k=1}^n  \frac {(X-a)^{k-1}}{(k+1)(k-1)!}
\frac {n!}{(n-k)!}a^{n-k}
=(n+1) \sum_{k=1}^n \frac {k}{k+1} (X-a)^{k-1} C_n^k a^{n-k}$


Soit en changeant d'indice $p=k-1$ \cadrefin{$\bf
(n+1)\displaystyle\sum_{p=0}^{n-1}\frac {p+1}{p+2} C_n^{p+1}
(X-a)^pa^{n-p-1}$}

Pour $n=2$ on trouve directement, ou par cette formule
$Q=2X+a$ ;

\traitgras
 \lettrine{{ (O 304) }} {\prover Lie+ Adjoint}
\vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
On munit $\bf E=M_{n,p}(\R)$ du produit scalaire d\'efini par
$\bf <X|Y>=tr(^tXY)$. Soient $\bf A\in M_n(\R)$ et $\bf B\in M_p(\R)$.
On d\'efinit $\bf f\in L(E)$ par $\bf f(X)=AX-XB$.
(a) Expliciter $\bf f*$. (b) Trouver une condition n\'ec\'essaire et suffisante
sur A et B pour que $\bf f*=f$.
\par \it BIB Aubonnet GC 153 Tauvel 2 p 58 ; Leb\oe uf 178 ;
}}

Pour $X,Y\in E$ $^tXY=\displaystyle\sum_{j=1}^p\sum_{i=1}n x_{i,j}y_{i,j}$.
$<. | .>$ est donc le produit scalaire canonique sur E, c'est \`a dire celui
qui rend orthonormale la base $(E_{i,j})_{\matrix{1\leq i\leq n\cr
1\leq j\leq p\cr}}$ canonique de E.

On v\'erifie que les propri\'et\'es de distributivit\'e du produit matriciel,
et la lin\'earit\'e de la trace, assurent que f est bien lin\'eaire

(a) de plus $<f(X)|Y>=tr(^tX^tAY)-tr(^tB^tXY)=
_{\fiverm tr(UBV)=tr(VU)}\  tr(^tX^tAY)-tr(^tXY^tB)=<X|^tAY-Y^tA>$ :
Par cons\'equent \cadrefin{$\bf f*(Y)= ^tAY-Y^tA$}.

(b) Pour que f soit auto-adjoint il faut et il suffit que pour
tout X de E, $f(X)=f*(X)$. Ce qui \'equivaut \`a $(A-^tA)X=X(B-^tB)$.
En sp\'ecialisant cette relation pour les matrices de Base de E, on trouve
(le d\'etailler) que A et B doivent \^etre tous les deux auto adjointes c'est \`a
dire sym\'etriques.
(le faire avec PX=XQ avec P et Q anti sym\'etriques) : $p_{i,i}=q_{j,j}=0$.
\traitgras
 \lettrine{{ (O 319) }} {\prover CONV}
\vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soit f une fonction convexe. \'Etudier la convexit\'e de la fonction
$\bf x\mapsto \frac 1{2h}\int_{x-2h}^{x+2h}f(t)dt$
{\it BIB : Cette fonction intervient au moment de la construction dss
distributions : Dieudonn\'e Calcul infinit\'esimal Hermann p 152-157 ; Pb Saint
Cloud 1972 ; ensi 75 ; ensi 78 ; question et r\'eponse RMS avril 83 p 356-358 ;
rms juin 95 p 791, flory 47 ; }
}}

{\it(Solution Gozard 13 mars 2000)}

\noindent
f est convexe, donc continue, donc la fonction consid\'er\'ee est d\'erivable
(justifier) et de d\'eriv\'ee $x\mapsto \frac {f(x+2h)-f(x-2h)}{2h}$.

Remarquons (cela sera utilis\'e plus loin pour diviser des in\'egalit\'es par $h$),
que quitte \`a remplacer $h$ par $-h$, on peut supposer $h>0$.


Soit $(x,y)\in \R^2 $ avec $x<y$. Alors :
$\cases{ x+2h=t(x-2h)+(1-t)(y+2h) & o\`u $t=\frac {y-x}{y-x+4h}\in ]0,1[$ \cr
 y-2h=t'(x-2h)+(1-t')(y+2h) & o\`u $t'=\frac {4h}{y-x+4h}\in ]0,1[$ \cr}$

Comme $f $ est convexe, $\cases{f(x+2h)\leq tf(x-2h)+(1-t)f(y+2h)\cr
                                f(y-2h)\leq t'f(x-2h)+(1-t')f(y+2h)\cr}$

D'o\`u en additionnant ces ceux in\'egalit\'es, comme $t+t'=1$ :
$f(x+2h)+f(y-2h)\leq f(x-2h)+f(y+2h)$

Soit $\frac {f(x+2h)-f(x-2h)}{2h}\leq \frac {f(y+2h)-f(y-2h)}{2h}$
car $h>0$ ;

La d\'eriv\'ee de la fonction consid\'er\'ee est croissante, donc elle est convexe.
\traitgras

 \lettrine{{ (O 360) }} {\prover Rayon+ Laplace}
\vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soit $\bf \sum a_nx^n$ une s\'erie enti\`ere de rayon de convergence $\bf R>0$.
On pose $\bf f(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} a_nx^n$
pour $\bf |x|<R$. Quel est le rayon de convergence de la s\'erie
$\bf \sum \frac {a_n}{n!}x^n$ ? On pose
$\bf F(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \frac {a_n}{n!}x^n$.
Montrer que $\bf f(x)=\int_0^{+\infty} F(xz)e^{-z} dz$.
{\it BIB : {\fiverm Deschamps 2 p 78} ; Estp pb 3 II 98 ; Br 84 p 119 ;
Br 87 p 117 ; Br 73 p 130 puis
moindre br 88 p 114 ; br 93 p 109 ; br 91 p 96 ; Leb\oe uf 262 ;
  br 79 p 158 ; br 95 p 96 ;
  }
}}

\carre \ Pour tout $0<\rho<R$ on a $|a_n\rho^n\rightarrow 0$. Donc est born\'ee
(toute suite convergente est born\'ee), et il existe $M(\rho)>0$
tel que pour tout $n\in N$ $|a_n\rho^n|\leq M(\rho)$.

Par cons\'equent pour tout $z\in\C$ on a $|a_n \frac {z^n}{n!}|\leq M(\rho)
\frac {|{z\over \rho}|^n}{n!}$. La s\'erie est donc convergente pour tout $z$
complexe. {\bf Le rayon de convergence de la s\'erie
$\bf \sum \frac {a_n}{n!}x^n$ est donc plus l'infini.}

\carre\ Montrons d'abord    la convergence de l'int\'egrale propos\'ee.
L'in\'egalit\'e pr\'ec\'edente montre que pour tout $\rho$ : $0<\rho<R$, on a
pour tout $z$ complexe : $|F(z)|\leq M(\rho)exp(\frac {|z|}\rho$.

Si $|x<R$, prenons $\rho\in ]|x|,R|$. On a alors
$|F(xt)|e^{-t}\leq M(\rho)exp(-t\big[1-\frac {|x|}\rho\big])$.
Comme $1-\frac {|x|}\rho>0$, par domination
$\int_0^{+\infty} F(xt)e^{-t} dt$ est absolument convergente.

\Carre\ Fixons $x\in\C,\ |x|<R$ ; Pour tout $t\in\R$ posons
$g(t)=F(xt)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} a_nx^n \frac {t^n}{n!}$ ;
$g$ est de classe $C^\infty$ sur $\R$ et pour tout $p\in\N$,
$g^{(p)}(t)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} a_nx^n\frac {t^{n-p}}{(n-p)!}$
et donc
$|g^{(p)}(t)|\leq \displaystyle\sum_{n=p}^{+\infty}
M(\rho)|\frac x\rho|^n\frac {|t|^{n-p}}{(n-p)!}=M(\rho)|\frac x\rho|^p
exp(\frac {|x|}\rho$, avec toujours $|x|<\rho<R$.

Ainsi pour tout $p\in\N$, $\lim_{t\rightarrow+\infty} e^{-t}g^{(p)}(t)=0$.

En effectuant $p$ int\'egrations par parties, (et en remarquant que
$g^{(p)}(0)=a_p$), on obtient :

$\int_0^{+\infty} e^{-t}g(t)dt=a_0+a_1x+a_2x^2+....+a_{p-1}x^{p-1}
+\int_0^{+\infty} e^{-t}g^{(p)}(t)dt$.

Puisque $\big\| \int_0^{+\infty} e^{-t}g^{(p)}(t)dt\big\|
\leq M(\rho)|\frac x\rho|^p\int_0^{+\infty} exp[-t(1-\frac {|x|}\rho)]dt
=M(\rho) |\frac x\rho|^p\frac 1{1-\frac {|x|}\rho}$ et que $\frac {|x|}\rho<1$,
on a

\noindent
$\int_0^{+\infty} e^{-t}g^{(p)}(t)dt$  tend vers z\'ero lorsque $p$
tend vers plus l'infini, et par cons\'equent pour $|x|<R$, on a

\hfill
\cadrefin{$\bf \int_0^{+\infty} e^{-t}F(xt)dt=f(x)$\ \vrule \ \liond}

{\it(Ce r\'esultat ressemble \`a une transformation de LAPLACE FOURIER)}


\traitgras

 \lettrine{{ (O 371-253) }} {\prover Dilatation}
\vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soit f une application $\bf C^1$ de $\bf \R^n$ dans $\bf \R^n$ telle que :
$\bf \exists \alpha>0\ \forall (x,h)\in(\R^n)^2\
(df(x).h|h)\geq \alpha ||h||^2$.
\par (a) Montrer que : $\bf \forall (a,b)\in(\R^n)^2\
(f(b)-f(a)|b-a)\geq \alpha||b-a||^2$.
\par (b) Montrer que $\bf f$ \'etablit un $\bf C^1$
diff\'eomorphisme de $\bf \R^n$ sur $f(\R^n)$.
\par (c) Montrer que $\bf f(\R^n)=\R^n)$.

{\it Pour cela que cela int\'er\'esse de broder sur les diff\'erents
aspects du th\`eme dilatation voici une BIB :
Chambert-Loir exos pour l'agr\'egation analyse 1 Masson p 33 ; Bloc
vuibert p 119 ; Rouvi\`ere CDI p 208 ; Andler \'edition marketing topologie
117 ; Andler 1A 166 ; Br 77 ; Exos 3 d'analyse Arnaudies Delezoide
 Fraysse Dunod p 236-237 ; }
}}

(a) Comme pour le th\'eor\`eme de division ou le cours on remarque que
$g(t)=f((1-t)a+tb)$ d\'efinit une fonction $C^1$ de $\R$ vers $\R^n$.
$g'(t)=(df)_{(1-t)a+tb}(b-a)$ et $f(b)-f(a)=g(1)-g(0)=\int_0^1g'(t)dt$ ;
Par cons\'equent $(f(b)-f(a)|b-a)=\int_0^1 (g'(t)|b-a)dt\geq \int_0^1\alpha
||b-a)||^2dt=\alpha||b-a||^2$. On pose $E=\R^n$.

(b) D'apr\`es l'hypoth\`ese la diff\'erentielle de f est en tout point
un isomorphisme lin\'eaire ; d'apr\`es le (a) f est injective.
D'apr\`es le th\'eor\`eme d'inversion locale, cons\'equenc du th\'eor\`eme des fonctions
implicites, f(E) est un ouvert et f est un $C^1$ diff\'eomorphisme
sur f(E).

(c) Il reste \`a prouver que f(E)=E

L'in\'egalit\'e du (a) donne (puisque $(x|y)\leq ||x||.||y||$)
$\alpha ||b-a||^2\leq ||b-a||\ ||f(b)-f(a)||$ d'o\`u pour b diff\'erent de a
$\alpha ||b-a||\leq ||f(b)-f(a)||$,  qui est encore vrai pour a=b.

Pour montrer que f(E)=E on va montrer qu'il est \`a la fois ouvert et ferm\'e et
non vide dans le connexe $E=\R^n$.

Soit une suite $(f(x_n))_{n\in\N}$ \`a valeurs dans f(E), convergente vers L.
L'in\'egalit\'e que nous venons de prouver donne
$\alpha||x_{p}-x_q||\leq ||f(x_p)-f(x_q||$, comme la suite $(f(x_n))$,
est convergente, elle est de    CAUCHY, donc la suite $(x_n)$ aussi
est aussi de CAUCHY?
donc born\'ee (toute suite de Cauchy
est born\'ee revoyez votre cours mon vieux !).
D'apr\`es BW on peut en estraire une sous suite convergente vers $\ell\in E$.
Comme f est continue en $\ell$ on a $f(\ell)=L$ et par cons\'equent
$L\in f(E)$. f(E) est donc ferm\'e dans E, comme il est ouvert (voir le (b))
non vide dans le connexe E, il est \'egal \`a E.



\traitgras

 \lettrine{{ (O 389) }} {\prover E de Steiner}
\vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf

(a) D\'eterminer avec Maple les racines $\bf A, B, C$,
de $\bf P(X)=2X^3-X^2-X-3$ (la racine r\'eelle est C),
et les racines D et E du polyn\^ome d\'eriv\'e $\bf P'(X)$.
Montrer que ces derni\`eres sont \`a l'int\'erieur du triangle ABC dans $\bf \C$.

(b) Donner l'\'equation de l'ellipse de foyers D et E tangente \`a (AB).
Tracer l'ellipse avec Maple, ainsi que le triangle (ABC). Qu'observe-t-on ?
Le montrer.

{\it (BIB STEINER  : Br 79 p 14 ; R\^a alg\`ebre 67 ; Andler bleu p 39-104  ;
spm 4 p 39 ; APM 281 ; Taill\'e 50 ; Bouligand 478 ; apm 328 corr 344 ;
Berger 6 p 209 ;  Exercices pour l'agr\'egation Par Ruaud et W7 Masson p 159-162
 ; Concours g\'en\'eral 95 ;  Capes 1990 deuxi\`eme \'epreuve ; Bib e-mail gliss\'ee
dans Berger 2 ; Brocard III p 225 ; O99-389~)} Br 84 p 242 pour centre
pour barycentres positifs ;
}}

(a) la m\'ethode de recherche des racines rationnelles donne p divise 3
q divise 2 ; on les essaie toutes $p\in\{-1,1,-2,2\}$ et $q\in\{-1,1,-3,3\}$.
On v\'erifie que $C=\frac 32$. $P(X)=(2X-3)(X^2+X+1)$. Donc $A=j$
et $B=j^2$.

$P'(X)=6X^2-2X-1$ de racines $D=\frac {1+\sqrt{7}}6$ et
$E=\frac {1-\sqrt{7}}6$  ; comme elles sont r\'eelles il suffit de
v\'erifier num\'eriquement que $-\frac 12<E<D<\frac 32$ pour savoir si
D et E sont \`a l'int\'erieur du triangle ABC. C'\'etait d'ailleurs pr\'evu
par le th\'eor\`eme  de Lucas Gauss : l'expliquer en deux lignes par la
convexit\'e des barycentres \`a coefficients positifs au lieu de rester
pantois comme une moule.

(b) Une ellipse $\cal (E)$ de foyers D et E a pour \'equation
$\frac {(x-\frac 16)^2}{u^2}+\frac {y^2}{v^2}-1=0$, avec $w^2=u^2-v^2$
et la distance focale $w=\frac {\sqrt{7}}6$.

\'Ecrivons que $\cal(E)$ admet le point de coordonn\'ees $(-\frac 12,0)$
comme sommet : $u^2=(-\frac 12-\frac 16)^2$, d'o\`u $u=\frac 23$ et
$v=\frac 12$.

Ainsi l'\'equation de $\cal(E)$ s'\'ecrit \cadrefin{$\bf \frac 94(x-\frac 32)^2
+4y^2-1=0$}

La droite (AB) a pour \'equation (expliquer et rappeler l'\'equation g\'en\'erale
d'une droite dont on connait deux points distincts)
$\frac {\sqrt{3}}2(x-\frac 32)+2y=0 $ ; L'\'equation aux abscisses de
l'intersection de $\cal(E)$ et (AB) est $\frac 94(x-\frac 16)^2
+\frac 34(x-\frac 32)^2-1=0$ soit $4x^2-4x+1=0=(2x-1)^2$ ;
Comme il y a une racine double, AB est tangente \`a l'ellipse (rappeller
pourquoi : vu au moment des arcs param\'etr\'es nombre des points de rencontre
avec une droite suivant les entiers fondamentaux,
il fallait \'ecouter mon vieux). Le point de contact est
 $(\frac 12,\frac {\sqrt{3}}4)$ ; par raison de
sym\'etrie l'ellipse est tangente \`a AC. Le r\'esultat est g\'en\'eral m\^eme
pour un triangle quelconque (on peut d'ailleurs de ramener \`a un triangle
\'equilat\'eral pour faciliter la d\'emonstration, par des affinit\'es).

Voir dans le compl\'ement maple, le trac\'e de l'ellipse et du triangle ;
J'aurais pu d'ailleurs inclure le graphe dans ce texte en TEX.

\traitgras
\lettrine{{ (O 436) }} {\prover Somme de S\'erie}
\vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Convergence et calcul de $\bf S=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \frac
{(-1)^n}{4n+1}$. {\it BIB : Br 81, 97p28, compil p 47 119 (g\'en\'eralisation) ; }
}}
On remarque que $\frac 1{4n+1}=\int_0^1 t^{4n}dt $ ;
La somme partielle $S_N $ s\'erie vaut
$S_N=\int_0^1\big(\displaystyle \sum_{n=0}^N (-1)^nt^{4n}=
\int_0^1\frac {1+(-1)^Nt^{4N+4}}{1+t^4}dt=\int_0^1\frac 1{1+t^4}dt+I_N$
avec $|I_N| =\int_0^1 \frac {t^{4N+4}}{1+t^4}\leq \int_0^1 t^{4N+4}dt=\frac 1
{4N+5}$. On en d\'eduit la  convergence de la s\'erie (qui \'etait \'evidente par
le CSA) et une expression int\'egrale de sa somme :
$\bf S=\int_0^1\frac 1{1+t^4}dt$.

Le calcul exact de cette int\'egrale se fait \`a l'aide d'une d\'ecomposition
en \'el\'ements simples (ou par Maple) : $F=\frac 1{1+t^4}=
\frac {{1\over 2\sqrt{2}}t+frac 12}{t^2+t\sqrt{2}+1}+
\frac {-{1\over 2\sqrt{2}}t+frac 12}{t^2-t\sqrt{2}+1}$, que l'on \'ecrit
$F=\frac 1{1+t^4}=\frac 1{4\sqrt{2}}\frac {2t+\sqrt{2}}
{t^2+t\sqrt{2}+1}
+\frac 1{4}\frac 1{t^2+t\sqrt{2}+1}
+\frac 1{4\sqrt{2}}\frac {-2t+\sqrt{2}}
{t^2-t\sqrt{2}+1}
+\frac 1{4}\frac 1{t^2-t\sqrt{2}+1}$.

On en d\'eduit facilement une primitive
$\frac 1{4\sqrt{2}}\ln \frac {t^2+t\sqrt{2}+1}
{t^2-t\sqrt{2}+1}+\frac 1{2\sqrt{2}} Arctan(t\sqrt{2}+1)
+\frac 1{2\sqrt{2}} Arctan(t\sqrt{2}-1)$, etla valeur de l'int\'egrale,
c'est \`a dire la somme de la s\'erie :
\cadrefin{$\bf \displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \frac
{(-1)^n}{4n+1}=\frac 1{4\sqrt{2}}\big(\ln(3+2\sqrt{2})+\pi\big)$}






\traitgras




                       %pas d'erreur gswin ici 11 3 2000 10h45 XXXXXXX

\leavevmode{\gros VRAC-flash}  \chameau\vache\ {\it : Les indications
sont br\`eves et ne constituent pas une r\'edaction mais une id\'ee de la m\'ethode ;
aussi c'est \`a vous de r\'ediger et de tout expliquer et justifier
quand vous passez au tableau~: Il ne faudra vous en prendre qu'\`a vous m\^eme
de ne pas avoir assez approfondi : on pourra alors vous reprocher d'\^etre
une vraie moule...}

{\bf (262)} : voir le 371 ;

%\vfill\eject\bye % pas d'erreur gswin  11 mars 2000

{\bf (262)} C'est du cours : utiliser le th\'eor\`eme de Gauss.

{\bf (267)} Passer au exponentielles,  on trouve
$(X+e^{ia})^n+(X+e^{-ia})^n=2P$.

{\bf (268)} Les racines r\'eelles \'eventuelles r\'eelles sont d'ordre pair,
les autres se groupent pas imaginaires conjugu\'ees.

%\vfill\eject\bye % pas d'erreur gswin  11 mars 2000 XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX

{\bf (270)} stricte monotonie et th des VI ; $\frac pq $ : p divise -1
et q divise 1 coefficient dominant ; seuls 1 et -1 peuvent \^etre racines
et ne le sont pas ; non car il resterait une racine r\'eelle rationnelle
X-r serait en facteur.


{\bf (280)} Matrice : Outre la solution donn\'ee \`a part sur le fichier Maple,
Odoux remarque le 28 mai qu'il suffit de changer de base (e1,e5,e2,e3,e4) pour
avoir une matrice diagonale par blocs, et se ramener ainsi \`a
une diagonalisation ``humaine".

{\bf (287): RESTES :  voir sol MAPLE et 099-3V} {\it(L\'evine, br 77 p 55,
Tissier  Br 74
p 38 SPm 2 ;)} Seule difficult\'e : penser \`a utiliser l'existence et l'unicit\'e ;
Pour une base propre si les racines de B sont distinctes : penser aux
Lagrangiens de base ;  La seule originalit\'e est la question (d) CNS.

{\bf (291) Tridiagonale -et non continentale :  } En developpant par rapport
\`a la premi\`ere colonne
on a la relation de r\'ecurrence $D_n=-xD_{n-1}-D_{n-2}$ ;
On transf\`ere la formule par r\'ecurrence ; on reconnait un polyn\^ome
de Tchebytcheff de seconde esp\`ece et on utilise Moivre ;

%\vfill\eject\bye % pas d'erreur gswin  11 mars 2000

{\bf (300) Rapport de deux FQ :} voir un pb MP1 99 ; + O99-287 +GC Lepez 110
 + R\^a exos d'alg\`ebre.

Au besoin en factorisant leur norme, on suppose a et b unitaires ;
sur cette base (a,b) x=ua+vb : $f(x)=\frac {uv}{u^2+v^2}$~;
On passe en polaires on est ramen\'e aux bornes de $\frac 12 \sin 2\theta$~;
On peut utiliser la corr\'eductibilit\'e (voir Fraysse pour un exemplede FQ non
corr\'eductibles) pour la g\'en\'eralisation compl\'eter l'amorce de base~;
Le mieux est de prendre le rep\`ere ON form\'e par les deux bissectrices de a et b
on trouve sur cette nouvelles base $\frac {x_1^2-x_2^2}{x_1^2+...+x_n^2}$ ;
(coefficient \`a assurer)~; les bornes sont -1 et 1 atteintes pour
les directions bissectrices.

%\vfill\eject\bye % pas d'erreur gswin  11 mars 2000

{\bf (301) Matrice NORMALE Nilpotente :}  (cours fiche MP1  ADJOINT ou ch et o
Tensoriel 426, 391 ; AMM 1997) :   {\it(il suffit de remplacer A par A-tI
pour avoir les r\'esultats g\'en\'eraux sur les endomorphismes normaux, pas forc\'ement
nilpotents)}.

Pour des raisons de commodit\'e (ce qui permet de g\'en\'eraliser facilement aux
espaces hermitiens), je note $A^*$ au lieu de $^tA$.

(P1) $\bullet\ $ Comme $||A^*X||^2= X^*AA^*X=X^*A^*AX=||AX||^2$, on a
$Ker A=Ker A^*$.

(P2) $\bullet\bullet\ $ $||AX||^2=(X^*|A^*AX)$ donc $Ker A\subseteq Ker A^*A$ ;
Comme l'autre inclusion est triviale il y a \'egalit\'e.

(P3) $\bullet\bullet\bullet\ $ : Si A est normal : $Ker A=Ker A^2$ :

en effet $Ker A^2=_{P2} Ker (A^2)(A^2)^*=Ker AAA^*A^*=_{A\ normal}
Ker AA^*AA^*=ker (AA^*)^2$ ; Posons $T=AA^*$ ; Or T est normal et $T^*=T$
donc $Ker   (A^2)(A^2)^* =Ker T^2=Ker (TT^*)=_{p1} Ker T=
Ker (AA^*)=_{p1}=KerA$ : par suite $Ker A^2=Ker A$  : la valeur propre
0 est d'indice 1  : l'espace caract\'eristique est propre : A est diagonalisable
; comme elle est nilpotente elle est nulle.


{\bf (311)} C'est Petit Kakutani-ergodique % L'erreur de gswin est l\`a ????XXXXXXXXXXXX

{\it(voir spm 4 p  110 ensi appli 94 ;  Tauvel 2 ;
rms mars 97  p 609 ; Cambert Loir 174 ; Tauvel 204
rms nov 94 p 282 articles de Pommelet ; Viallard analyse Dunod p 24 ;)}
(a) par convexit\'e du barycentre : (b) K \'etant compact  de toute
suite on peut extraire une sous suite convergente (vers b) $v_n=u_{s(n)}$.;
(s \'etant une injection strictement croissante de $\N$)
(c)\danger\ je doute de la forme de l'\'enonc\'e et l'adapte :
f \'etant affine $s(n)f(v_n)=f(a)+...+f^{s(n)}(a)$.
En notation affine $s(n)[f(v_n)-v_n)]=f^{s(n)}(a)-a$.

f est continue sur le compact K et prend ses valeurs dans K : donc f et ses
it\'er\'ees sont born\'ees dans K donc  $f(v_n)-v_n$ tend vers 0.
Par continuit\'e $f(b)=b$, ce qui d\'emontre (d).

{\bf (313) OUVERTE : } Br\'eal 79 p 25 Photocopie ; ou mieux utiliser
la r\'eduction \`a la
forme J(r) : Une fois la matrice de $u$ \'ecrite sous la forme canonique J(r),
prendre les normes N-infini associ\'ees aux bases utilis\'ees ; le r\'esultat
en d\'ecoule facilement ; {\it(Ceci est li\'e au th\'eor\`eme de NON R\'ETRACTION :
voir ce qui est dit page 245 Arnaudies  analyse 2 ; fibrilation cardiaque
science juillet 1983 ; Topo alg\'ebrique Godbillon ; Schwartz topologie
page 125 ;
Th\'eor\`eme d'INVARIANCE DU DOMAINE Spanier Edwin H prof Univ Californie
Algebrical topologie Mac Graw Hill p 199 ; Zismann topo alg\'ebrique Colin
p 202 ; Dourakine pour Brouwer ; Andler 151 ;}
On peut  d\'emontrer qu'il n'existe pas d'hom\'eomorphisme de $R^n$ sur $\R^p$
quand $n\not=p$, mais c'est  beaucoup plus difficile que l'absence de
diff\'eomorphisme.


{\bf (315) homographique : } C'est du cours sur les r\'ecurrences
homographiques : revoyez votre cours mon vieux !
Les PF sont 0 et 1, former $\frac {z_{n+1}-0}{z_{n+1}-1} $.

{\bf 322 : \'equivalent de suite r\'ecurrente  mixte : }   {\it (Bloc p 64)}
Une question de parit\'e permet de se limiter \`a $x_0>0$.
Un tableau de variation montre que $f_n(x)$ est maximum pour
$x=\frac 1{\sqrt{n}}$ et vaut $\frac 1{2\sqrt{n}}$ ; donc
$x_{n+1}\leq \frac 1{2\sqrt{n}}\rightarrow 0$.
Le signe n\'egatif de  $f(x)-x$ prouve que $x_{n+1}-x_n\leq 0$, la suite est
d\'ecroissante et tend vers z\'ero.

On adapte la m\'ethode vue pour avoir l'\'equivalent du terme g\'en\'eral d'une suite
r\'ecurrente : on veut que $f(u_n)^m-u_n^m$ tende vers une limite o\`u $u_n$
disparaisse ; Un DL prouve que m=-2 ;
On trouve que $\frac 1{u_{n+1}^2}-\frac 1{u_{n}^2}\sim 2n $ ;
La sommation des relations de comparaison donne $\frac 1{u_{n}^2}-
\frac 1{u_{0}^2}\sim 2(1+...+n)=n(n+1)\sim \frac 1 {u_n^2}$  ; donc
 $u_n\sim \frac 1n$.

On peut aussi \'ecrire la r\'ecurrence $\frac 1{u_{n+1}}-\frac 1{u_{n}}=nu_n$
que l'on somme de 2 \`a N : $ \frac 1{u_{N+1}}-\frac 1{u_{2}}
=\displaystyle\sum_{n=2}^N nx_n<N-1$ ;
donc $x_{N+1}>\frac 1{N-1+{1\over x_2}}$.
d'o\`u l'encadrement $\frac 1{n-1+{1\over x_2}}<x_n<\frac 1n$, qui conduit au
m\^eme \'equivalent.

{\bf (325) : } Prendre le log pour se ramener \`a une r\'ecurrence lin\'eaire :
cet exemple a \'et\'e trait\'e en application en cours.... secouez vous
mon vieux au lieu de rester comme une moule baveuse...

{\bf (356) D\'enum\'erant : } Plut\^ot que de d\'ecomposer lourdement
en \'el\'ements simples par la m\'ethode classique, on \'ecrit $(1-x^6)=(1-x^3)(1+x^3)$
et $(1-x^6)=(1-(x^2)^3)=(1-x^2)(1+x^2+x^4) $ ;
La fraction s'\'ecrit $F=\frac {(1+x^3)(1+x^2+x^4)}{(1-x^6)^2}$ ;
Dont le num\'erateur est $1+x^2+x^3+x^4+x^5+x^7$ ;
Comme $\frac 1{(1-x^3)^2}=1+2x^6+...+nx^{6n-6}+..$ ;
En distribuant on a $\bf a_{6n}=n+1,\  a_{6n+1}=n,\ a_{6n+2}=n+1,\
a_{6n+3}=n+1,\ a_{6n+4}=n+1,\ a_{6n+5}=n+1$ ; tous \'equivalents \`a n.

{\bf (358) deux SE : } Rappel si $a_n$ tend vers L
alors $limsup(a_nb_n)=L*limsup(b_n)$. En appliquant avec Hadamard comme
$\root n\of{\frac n{n^2+n-2}}\rightarrow 1$ (expliquer en prenant le log)
on a bien R'=R.

(b) Un calcul \'el\'ementaire (\`a faire) donne
$(g'+\frac 2xg)'=\frac 1xf'$.

(c)  Ici $a_n=1$, donc $f=-1-x+\frac 1{1-x}$ ; $\frac {f'}x=
\frac 1{(1-x)^2}+\frac 1{1-x}$.

Par suite $g'+\frac 2xg=\frac 1{1-x}-\ln(1-x)+C$ ; la valeur en 0 donne C=-1
; donc $g'+\frac 2xg=\frac x{1-x}-\ln(1-x)$.

L'EHA donne  $\frac {z'}z=-\frac 2x$ donc $z=\frac k{x^2}$.
On utilise alors la m\'ethode de variation de la constante.
$u'=\frac {x^3}{1-x}-x^2\ln(1-x)$.
Une int\'egration par parties donne alors u.

{\bf (372) Extr\'emums } {\it(br 77 p 157 et Br 94 p 149)}
On trouve les points critiques $A(0,0)$ et $B(\sqrt{2},-\sqrt{2})$
et $C(-\sqrt{2},\sqrt{2})$.
En B r=t=20 et s=4 (notations de Monge) $rt-s^2>0$ f pr\'esente en B un
minimum local strict ; par raison de sym\'erie comme f(-x,-y)=fx,y)
il en est de m\^eme en C ; par contre  en A $f(x,y)=-2(x-y)^2+o(x^2+y^2)$
donc $rt-s^2=0$ : on ne peut rien pr\'evoir par la th\'eorie g\'en\'erale :
mais $f(x,x)=3x^4\geq 0$ et $f(x,-x)=2x^2(x^2-4)<0$ pour $0<|x|<2$.
A est un point COL. Il est bon d'illustrer avec un graphe en trois dimensions
avec MAPPLE.

{\bf (374) Rapport de deux FQ } {\it(R\^a Alg\`ebre p 273)}
Comme $\varphi$ est d\'efinie positive, $\sqrt{\varphi(X)}$ d\'efinit une norme
euclidienne, et sur le compact $\sqrt{\varphi(X)}=1$ (sph\`ere unit\'e S : born\'e
ferm\'e de $\R^n$) la fonction continue $X\mapsto \psi(X)$
est born\'ee et ses bornes sont atteintes.
Comme $X=\frac x{\sqrt{\varphi(x)}}\in S$ pour $x\not=0$,
$r(x)\frac {\varphi(x)}{\varphi(x)}=\psi(\frac x{\sqrt{\varphi(x)}}$,
est born\'ee sur $\R^n-\{0\}$ et ses bornes sont atteintes.

La forme quadratique $x^2+xy+y^2=(x-jy)(x-j^2y)=(x+\frac 1y y)^2+\frac 34y^2$
est bien d\'efinie positive. On peut rechercher les extr\'ema par la m\'ethode des p
points critiques. B et A \'etant les matrices de $\psi$ et $\varphi$
respectivement. $\phi$ peut servir \`a d\'efinir une structure euclidienne sur
$E=\R^n$. Soit P une matrice de passage \`a une BON (e') pour A. {\it(Posons
$Q=P^{-1}$)}.

$B'=^tPBP$ et $A'=I=^tP AP$ {\it(donc $B=^tQB'Q$ et $A=^tQQ$)}.
En se limitant dor\'enavant \`a des changement de base orhtonorm\'es pour
la forme $\varphi$, comme B' est sym\'etique, il existe une base propre (e")
orthogonorm\'ee,
A'=I reste bien s\^ur I. Soit S la matrice (orthogonale) de passage de la BON
(e') \`a la BON (e"). $B"=S^{-1}B'S=^tSB'S=^tS^tP BPS$ ; mais aussi
$I=A"=S^{-1}A'S=^tSIS=^tS^tP A PS$ ; La remarque $^tS^tP=(APS)^{-1}$
permet de constater que $ B"=(PS)^{-1}\big(A^{-1}B\big) (PS)$ ;

Comme (facile) r(x) a comme extr\'ema les valeurs propres (donc r\'eelles) de la
matrice r\'eelle sym\'etrique B" qui a les m\^emes que celle que sa matrice semblable
\cadrefin{$\bf C=A^{-1}B$}, on d\'eduit que les extr\'ema de r sont
les valeurs propres extr\`emes de C.
Pour l'application num\'erique il suffit de faire le calcul au besoin avec
Maple.

{\bf (379) Asymptotes : } On pose $u=f'+af $ : $e^{ax}u=(e^{ax}f)'$ ;
donc $f=e^{-ax}(A+\int_k^x  e^{at}u(t)dt$ ; On prend k assez grand comme dans
(469)... ; (b) On \'ecrit $(f(x)-\frac \alpha ax-\frac \beta a)'+
a(f(x)-\frac \alpha ax-\frac \beta a)$, et on utilise (a).
L'asymptote est $y=\frac \alpha ax+\frac \beta a$.
(c) il y a manifestement une faute de signe il faut \'ecrire +af.
On \'ecrit (``j'ai rien chang\'e") $ (f-g+g)'+a(f-g+g)-h=(f-g)'+a(f-g)+g'+ag-h$.
L'id\'eal est d'avoir $g'+ag-h=0$ : qu'on int\`egre comme plus haut :
$g=e^{-ax}\int_k^x e^{at}h(t)dt+Ae^{-ax}$.

{\bf (398) plans + GAUSS : } On multiplie par -1 pour faciliter la m\'ethode
de Gauss on trouve $(z+\frac x2+y)^2-\frac 14(3x-4y)^2=0$ ; le reste est du
cours (r\'esolution d'un syst\`eme homog\`ene \`a trois inconnues de rang 2 : prendre
une inconnue auxilaire ; normer les vecteurs de base et \'ecire
$d(M,P_1)=d(M,P_2)$.

{\bf (399) droites sur quadrique : } On divise par deux pour faciliter Gauss ;
$(x+2z)(y+3z)-6z^2=\frac b2$ : $(x+y+5z)^2-(x-y-z)^2=24z^2-2b$
b=0 donne un PH ; $b>0$ on peut faire appara\^{\i}tre une diff\'erence de carr\'e
et trouver les deux familles de droites (suivre le cours) ; si $b<0$ H2 pas de
droites r\'eelles (voir le ron\'eo et classification suivant la signature.

{\bf (400) deux plans : } Homog\`ene en x,y,z c'est un c\^one de sommet O.
Gauss donne $(x-by)^2+(1-b^2)y^2-z^2$  ; suivant la signature c'est \`a dire
$|b|$ positionn\'e par rapport \`a 1 on discute la nature elliptique ou H ou deux
plans ; On prend un nouveau rep\`ere, admettant comme direction de l'axe Oz
celle de la normale au plan ; On coupe par z'=0 ; on \'ecrit coefficient de
$x'^2$ = - coefficient de $y'^2$ (voir le cours sur ``gerbe de droite".
Il fallait \'ecouter, vous n'avez qu'\`a vous en prendre \`a vous m\^eme !
au lieu d'\'ecouter les sir\`enes qui vous disent (pour augmenter leurs
chances) que c'est pas la peine de travailler pour r\'eussir.

{\bf (415) }  sym\'etrique r\'eelle ne peut admettre i comme VP  ;

{\bf 418 Matrice : } M=aI+bJ avec $J^2=I \ ; \ (M-aI)^2=b^2I$ ;
$(X-a-b)(X-a+b)$ est annulateur ; si b non nul il n'a que des racines simples.
Donc M est diagonalisable ; c'est encore vrai sib=0 car alors M=aI.

{\bf (425) adjoint : }  classique traine partout ;
voir dans TD Adjoint et r\'eduction ; Les VP sont r\'eelles car L
est auto-adjoint ; les espaces propres sont en outre orthogonaux ;

{\bf (427) Dense- pr\'e BAIRE : } Attention (cf cours topo) l'adh\'erence de
l'intersection est seulement (pas \'egale) \`a l'intersection des adh\'erences -
donner un contre exemple.
Il suffit de montrer que tout voisinage ouvert d'un point de E rencontre
U inter V. S ouvert voisinage de x quelconques de E. $S\cap U\not=emptyplot$
et est un voisinage de x qui renontre V...


{\bf (429)} (Lelong p36) (Schwartz l'utilise pour Baire) ;
Posons $g_p(x)=f(x+\frac 1p)-f(x)$  ; raisonnons par l'absurde, s'il existait
$p\geq 1$ tel que $g_p $ ne prenne pas la valeur 0 sur l'intervalle donn\'e.
La fonction continue $g_p$ garderait un signe constant sur cet intervalle
et en changeant au besoin f en -f, on pourrait se ramener au cas o\`u
$g_p$ serait $>0$. on aurait alors $f(1)-f(0)=
\displaystyle\sum_{k=1}^p[f(\frac kp)-f(\frac {k-1}p)]=
\sum_{k=1}^p g_p(\frac {k-1}p)>0$, ce  qui contreduit l'hypoth\`ese f(1)=f(0) ;
{\it(voir aussi \'epist\'emon 89 ; Schwartz 329 pour existence de fonctions
non d\'erivables ; Andler 102 ; br 78 p 43 ; Ol 82 Australie le graphe de
$f$ a au moins une corde horizontale de longeur $\frac 1n$)}

{\bf (430) : } faire $f(x)/x$ pour avoir la d\'eriv\'ee en 0 ; D'apr\`es Darboux
on a l'exemple d'une fonction d\'eriv\'ee qui n'est pas continue et
v\'erifie cependant le th\'eor\`eme des valeurs interm\'ediaires ; dans Ch
un exemple de fonction dans $\R^2$, qui ne v\'erifie pas Darboux
(ensemble image non connexe) ;

{\bf (431) Darboux :  } D'apr\`es Darboux elle reste de signe constant ;
donc est strictement
monotone (voir les cons\'equences de l'in\'egalit\'e des accroissements finis :
revoyez votre cours mon vieux !)

{\bf (432)  Limite : } Prendre le log on trouve comme \'equivalent
$exp(\sqrt{x})/2x$ qui tend vers plus l'infini.

{\bf (433) $\bf \root n\of{\frac {(2n)!}{n!}}$  : }
On sait (cons\'equence des comparaison des crit\`ere de d'Alembert et Cauchy)
que si $\frac {u_{n+1}}{u_n}\rightarrow L$ alors
$\root n\of{u_n}\rightarrow L$ : il suffit d'appliquer.

{\bf (434) S\'erie non explicit\'ee : } {\it(Solution de Hugues DEMONEOT PSI
Eiffel, email 29 5 2000)} On pose $v_n=(n+1)u_n$, alors la r\'ecurrence s'\'ecrit :
$(n+2)v_{n+1}=v_n+n$ ; Si $\sum u_n$ convergeait, alors $u_n$
(condition n\'ec\'essaire de convergence), tendrait vers 0, donc serait born\'e ;
Or $v_{n+1}=\frac {n+1}{n+2}u_n+\frac n{n+2}\rightarrow 0+1=1$, donc
$b_n\rightarrow 1$, donc $u_n\sim \frac 1n$, s\'erie harmonique divergente ; deux
s\'eries \`a termes g\'en\'eraux (positifs) \'equivalents \'etant de m\^eme nature, la
s\'erie $\sum u_n$ diverge, contrairement \`a l'hypoth\`ese : \cadrefin{$\bf
\sum u_n$ \bf diverge}

{\bf (435) S\'erie non explicit\'ee : } {\it(Solution de Hugues DEMONEOT PSI
Eiffel, email 29 5 2000)}
On pose $v_n=\frac {x_n}{a_n}$, et on pose $R_n=v_{n+1}+...$ reste d'ordre
n de la s\'erie convergente $\sum v_n$ ; on remarque que $v_n=-R_n+R_{n-1}$ ;
On sait que $R_n$ tend vers z\'ero (la s\'erie converge) ;

On pose
\par\noindent $A_n=\frac {a_0v_0+...+a_nv_n}{a_n}
=\frac {a_0v_0}{a_n}+\frac {a_1(-R_1+R_0)+a_2(-R_2+R_1)+...+a_n(-R_n+R_{n-1}}
{a_n}=\frac {a_0v_0}{a_n}+
\frac {(a_2-a_1)R_1+(a_3-a_2)R_2+...+(a_n-a_{n-1}R_{n-1}}{a_n}-
\frac {a_nR_n}{a_n}\rightarrow 0+0+0$ d'apr\`es C\'ESARO, car
$a_n=a_1+(a_2-a_1)+....+(a_n-a_{n-1})$ ;

Si avec $a_n=\ln n$ et $x_n=\frac 1n$, la s\'erie
$\sum\frac {x_n}{a_n}$ convergeait, alors comme
 $A_n=\frac 1{\ln n}(1+...+\frac 1n)\sim {\ln n}{ln n}\rightarrow 1$
ce qui contredirait la conclusion pr\'ec\'edente.

(rappeler le th\'eor\`eme de RIEMANN de comparaison de s\'erie et d'int\'egrale,
ou la s\'erie des diff\'erences qui permet de prouver
que $H_n=1+..+\frac 1n=\ln n+C+o(1)$, o\`u $C$
est la constante d'EULER)

{\bf (438) Bijection d'entiers : }
Pour la premi\`ere on constate que $S(2n)-S(n)\geq (1+...+n)\frac 41{4n^2}
=\frac {(n+1)}{8n}$ qui ne tend pas vers z\'ero ; on a donc pas la condition de
 Cauchy ; donc non CV quelque soit sigma ; Pour la seconde si elle \'etait
convergente, comme elle est \`a terme positifs, elle serait de m\^eme nature que la
s\'erie paquet entre n et 2n ; or le terme g\'en\'eral de la s\'erie paquet ezt
minor\'e nous venons de le voir par $w_n= \frac {(n+1)}{8n\ln(2n)}
\sim \frac 1{8\ln n}$ s\'erie de Bertrand divergente (le premier $\alpha$ en
partant de la gauche diff\'erent de 1 est $0<1$).

{\bf (439) D'Alembert : } (a) Comme $f(x)\in \R^+$, on peut poser
$u(x)=\ln(f(x))$
$u$ est $C^1$ ; $\frac {f'}f=u'\rightarrow \ell$ or $\frac {f(x+1)}{f(x)}
=exp(u(x+1)-u(x))=_{TAF}exp(1-0)u'(c))\exp(\ell)$  (c rendu fonctionnel
par choix tend vers plus l'infini) ;   (b) D'Alembert
prouve que la s\'erie converge puisqu'alors $exp(\ell)<1 $ ;
Comme la s\'erie est \`a terme positifs, et que le terme g\'en\'eral d\'ecro\^{\i}t pour n
 assez grand, le th\'eor\`eme de Riemann (citez le cours) donne que $R(n)\sim
\int_n^{+\infty} f(t)dt$ {\it (pour $\ell=-\infty$ voir
compil p 29, spm3 p 128 ; centrale  91 ;
Leichtnam 226 ; Ovaert II 604 ;  VGC p83, o\`u un \'equivalent sans signe
d'int\'egration est possible)}

{\bf (440) Somme de s\'erie double voir aussi 39 b, Br 94 p 24 : }
La valeur absolue du reste $\displaystyle\sum_{n+1}^\infty \frac {(-1)^k}{k^2}$
est major\'ee par celle du premier terme n\'eglig\'e (CSA) $\frac 1{n^2}$.
La somme double est donc absolument convergente pour la bijection de $\N^2$
initiale, ce fait est donc ind\'ependant de la bijection et les sommes
sont les m\^emes ; On permute les sommations
$S=\displaystyle\sum_{k=1}^\infty  \frac {(-1)^k}{k^2}
\underbrace{\sum_{n=0}^{k-1} 1}_{=k}= \displaystyle\sum_{k=1}^\infty
\frac {(-1)^k}{k} =-\ln(2)$

{\bf (453) Int\'egrale : } f(0)=0, f est impaire. Justifier la d\'erivation
$f'(x)=\int_0^\infty \frac 1{1+t^2)(1+t^2x^2} dt$ ; d\'ecomposer en \'el\'ements
simples, le cas x=1 se trouve par continuit\'e
(pour \'eviter d'avoir un p\^ole double).


{\bf (463) coefficient de FOURIER d'H\"olderienne  : }
$|\frac {f(x)-f(y)}{x-y}|<M|x-y|^{a-1}\rightarrow 0$ ; $f'(x)=0$ ;
f est constante ;
{\it(BIB : il y a des tas de g\'en\'eralisations dessus : Zuily p 95-99, 71 116
avec la suite de Rudin-Shapiro ex 16 pour montrer que la condition est optimale
; N Bary a treatise of trigonometric series (Mac Millan tome 1 p 217 ; )}
On pose $\tau_h(f)(x)=f(x+h)$ translat\'ee ;
Par changement de variable et puisque l'int\'egrale d'une fonction T p\'eriodique
ne d\'epend pas de l'origine qund on int\`egre sur un intervalle de largeur une
p\'eriode on a $c_n(\tau_h(f))=e^{inh}c_n(f)$
J'ose \'ecrire :
$2\pi(c_n(\tau_h(f))-c_n(f))=\int_0^{2\pi}\big(f(x+h)-f(x)\big)e^{-inx}dx
=2\pi 2i e^{{inh\over 2}}\sin n\frac h2 c_n(f)$ ;
En prenant le module des deux membres
$4\pi|\sin n\frac h2||c_n(f)|\leq h^{^\alpha}$ ;
On sp\'ecialise $h=\frac 1n$ et on a le r\'esultat avec $K=
\frac M{4\sin ({1\over 2})}$.

{\bf (468) Solution DSE : } En pr\'esentant bien comme dans (471) on trouve
$a_n=nK $ o\`u $K=a_1$ ; R=1. $y=K\big(-\frac 1{1-x} +\frac 1{(1-x)^2}\big)$.
On utilise la m\'ethode de variation de la constante on pose
$Y=u\frac x{(1-x)^2}$, on reporte bien proprement dans l'\'equation, et on trouve
$u"\frac {-x^2}{1-x}+u'\big(\frac {2x}{1-x}-\frac {7x}{(1-x)^2}+\frac {6x}
{(1-x)^3}\big)=0$, qui se ram\`ene \`a $\frac {u"}{u'}=\frac {2x+3+{1\over x}}
{(1-x)^2}$ qu'on d\'ecompose en \'el\'ements simples.
On trouve sauf erreur de calcul $u=\lambda\int x(1-x)e^{\frac x{(1-x)}}+\mu$.

{\bf (469) Limite de solution d'ED : } On int\'egre par la m\'ethode de variation
des constantes   $f(x)=Ae^{-t}+Be^{-2t}
+e^{-t}\int_k^t u(s)e^sds+e^{-2t}\int_k^tu(s)e^{2s}ds$. On prend k assez
grand pour que $|u(s)|\leq \varepsilon$....; D\'etailler proprement.

{\bf (471) : \'equation diff\'erentielle par SE : }

% macro de disposition de solutions DSE d'\'equa diff 95esim1 95 ivpm
$\left\{\matrix{-1&| &y\ =a_0+a_1x+...\hskip 42mm +a_nx^n+......\hfill\cr
                 1&| &y' =a_1+2a_2x+...\hskip 41mm+na_nx^{n-1}....\hfill\cr
                2x&| &y" = 2a_2+....\hskip 41mm+n(n-1)a_nx^{n-2}+...\hfill\cr
                \noalign{\hrule}
                  &|&\bf 0\ = a_1-a_0+(6a_2-a_1)x+....
                       +(2n^2-n)a_n-a_(n-1))x^{n-1}+...
                       \cr}\right.$

L'unicit\'e du DSE donne $(2n-1)na_n=a_{n-1}$, et une pr\'esentation transitive
donne $a_n=a_0\frac {2^n}{(2n)!}$. D'Alembert donne un rayon infini.
La somme de la s\'erie v\'erifie l'ED sur $\R$ tout entier et une reconstitution
imm\'ediate donc $\bf f(x)=a_0\cosh\sqrt{2x}$ pour $x\geq 0$ et
\cadrefin{$\bf f(x)=a_0\cos\sqrt{-2x}$ pour $x\leq 0$}

{\bf (474) courbe en polaires : } On peut tout trouver  ; r est croissante ;
l'asymptote est Y=2 ; au dessus \`a gauche en dessous \`a droite ; il y a un point
double $t^2+2t-1=0$  ; $t=\pm\sqrt{2}-1=\tan \rac \theta 2$ ;
$\theta=\frac \pi 4$ donne un angle polaire du PD, dont on peut calculer les
 coordonn\'ees. On calcule les tang(V) au PD les tangentes sont orthogonales.
On peut d\'eterminer l'\'equation cart\'esienne ; les points \`a tangente verticale
ou horizontale ; $(x^2+y^2-2y)^2=x^2(x^2+y^2) $ ; c'est une quartique ;
On peut contr\^oler avec Maple.


\leavevmode
\fondpage={\vbox to \vsize{\vskip 5mm
\hfil\ps{carnot,,0.4\vsize,-1 0 0 1,90}\hfil\ps{lion,,0.4\vsize,-1 0 0 1,90}
\hfil
\vskip 10mm
\hfil\ps{lion,,0.4\vsize,-1 0 0 -1,90}\hfil
\ps{carnot,,0.4\vsize,1 0 0 -1,90}\hfil
\vfill}}
\vfill\eject
\bye




%essai PROVER : {\prover \$ *-@\% \char"7B \char"23 \char\# \char"7C \char"A9}


% FOND PAGE  MULTIPLE DANS travbo96 96esim1.tex \`a la fin
%\vskip 10mm
%\leavevmode\hfill\transforme*{4 0 -4 6,70}{\bf Vidiani MP1 Carnot}
%\transforme{4 0 0 4}{\bf Vidiani MP1 Carnot}
%\trait
%\leavevmode
%\fondpage={\vbox to \vsize{\vskip 20mm\hskip 20mm
%\ps{carnot,,0.4\vsize,,90}\hfil\vfill}}

\leavevmode
\fondpage={\vbox to \vsize{\vskip 5mm
\hfil\ps{carnot,,0.4\vsize,-1 0 0 1,90}\hfil\ps{lion,,0.4\vsize,-1 0 0 1,90}
\hfil
\vskip 10mm
\hfil\ps{lion,,0.4\vsize,-1 0 0 -1,90}\hfil
\ps{carnot,,0.4\vsize,1 0 0 -1,90}\hfil
\vfill}}
\vfill\eject
\bye

% macro de disposition de solutions DSE d'\'equa diff 95esim1 95 ivpm
$\left\{\matrix{-x     &| &y\ =a_0+a_1x+...\hskip 42mm +a_nx^n+......\hfill\cr
              (1-x^2)&| &y' =a_1+2a_2x+...\hskip 41mm+na_nx^{n-1}....\hfill\cr
                \noalign{\hrule}
                       &|&\bf 1\ = a_1+(2a_2-a_0)x+(3a_3-2a_1)x^2+....
                       +((n+1)a_{n+1}-(n-1+1)a_{n-1})x^n+...
                       \cr}\right.$

