%O99-1.tex 24 1 2000 21h12 (version 1 07 00 17h50) %V non affich\'ee
\input liv.mac
%\font \etoile=zd scaled\magstep0 % dans liv mac qui est dans texinput
%\centerline{\vbox{\hrule  depth 0pt width 80mm}} % trait partiel centr\'e
\let\cadrejoli=\cadrefin
\def\titreimpair{\line{ {\fiverm d:-emtex-oral O99-1.tex \hskip 3mm}
{\bf ORAL-O1 1999
\hskip 3mm\Carre \hfil Mr VIDIANI Sp\'e MP1 CARNOT  \hskip 2mm\liond\ \folio}}  }

\input upsnum.tex
\def\titrepair{\line{\bf\folio  \hfill {\fiverm o99-1.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-O1 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 r 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 O1 +} : 7, 25,  35 finir = PISOT ;
126, sinus ;  )}

{\it(\`A FAIRE {\prover O1 ? ? }  3, 13, 20 (Magnin+TP) 23 ; 25 ; 32
 sommation des des relations de comparaison ;
 39-b ;  128 (crochet de Lie) ;   152 oeil neuf = juin 98 sol Gozard ;
) }

\cadrejoli{\grise {\prover Oral-O1 99 RMS }}

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

\traitgras
\lettrine{{\%\ (O 16 )\ \%}} {\prover Adh\'erence } \vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soit $A=\{M\in M_n(\C) \ |\  \exists p\in \N^*, M^p=I_n\}$ Trouver
l'adh\'erence de A.
}}
{\it (Autre solution TAUVEL p 126 Masson ; et Grunspan 260)}

{\it(Solution de Carpentier 24 1 2000)}

On cherche $\overline{A}_\R$ et $\overline{A}_\C$.

On va montrer que \cadrefin{$\bf \overline{A}_\C=
\{M\in M_{n,\C}\ |\ S_\C\subseteq \U\}$ et
$\bf \overline{A}_\R=  \overline{A}_\C\cap M_{n,\R}$}

En effet $X=\{M\in M_{n,\C}, S_\C\subseteq\U\}$ est ferm\'e :

Soit $(M_i)_{i\in \N}$ une suite de matrices avec pour tout i
$\exists P_i$, unitaire de degr\'e n \`a racines de module 1 tel que
$P_i(M_i)=0$. On suppose que $M_i\rightarrow M$.

De $(P_i)$, on peut extraire une sous suite convergente car $P_i=
\displaystyle\prod_{j=1}^n(X-\xi_{i,j})$  avec $|\xi_{i,j}|=1$.

On peut trouver une suite $i_k$ croissante telle pour tout j
$(\xi_{i_k,j})_{k\in \N}$ converge vers $\eta_j$.

Alors $(P_{i_k})_{k\in\N}$converge vers $P$ avec $P$ de racines
$\eta_j$ avec $|\eta_j|=1$.

Or $P_{i_k}(M_{i_k})=0\Longrightarrow P(M)=0$, d'o\`u le r\'esultat X est ferm\'e.
\trait

$A_\C\subseteq X $ ; Montrons que $A_\C$  est partout dense dans X.
$M\in X$ : On peut se ramener par automorphisme int\'erieur \`a $M$ triangulaire
$\pmatrix{\xi_1 & * &*\cr
          0    & \xi_2 &*\cr
          .....&  0    &\xi_n\cr}$ et approcher $M$ par des matrices
triangulaires, \`a diagonale de module \'egal \`a 1 et \`a termes tous distincts,
 donc diagonalisables
(cf cours).


Si on choisit la diagonale $e^{i\theta_j}$ avec $\theta_j$ rationnel,
on aura des \'el\'ements de $A_\C$.
\traitgras
\vfill\eject
 \lettrine{{ (O 17) }} {\prover LIE}
\vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soient A et B  deux matrices de $\bf M_n(\C)$.
Donner une condition n\'ec\'essaire et suffisante sur (A,B) pour que l'application
$\bf X\mapsto AX-XB $ de $\bf M_n(\C)$ dans $\bf M_n(\C)$
soit SURJECTIVE.}}

{\it(Solution de Pinguet 28 1 2000)} Appelons u l'application, consid\'er\'ee
dans l'\'enonc\'e. Comme $M_n(\C)$ est de dimension finie, u surjective
\'equivaut \`a u injective \'equivaut \`a $Ker(u)=\{0\}$ (les 9 propri\'et\'es...).

\carre\ Supposons que le noyau de u ne soit pas r\'eduit \`a 0. Alors il existe X
 non nul de $M_n(\C)$ tel que AX=XB.

Donc $A^2X=A(AX)=A(XB)=(AX)B=(XB)B=XB^2$ et par une r\'ecurrence imm\'ediate
$A^kX=B^kX$ puis pour tout polyn\^ome $P\in C[X]$ $ P(A)X=XP(B)$.

En prenant $P=\Pi_A$, il vient $X\Pi_A(B)=0$ ; Comme X est non nul, on d\'eduit
que $\Pi_A(B)$ n'est pas inversible.

Donc $Sp(A)\cap Sp(B)\not=\emptyset$.

\Carre\ Inversement, supposons que  $Sp(A)\cap Sp(B)\not=\emptyset$.
Soit $t\in Sp(A)\cap Sp(B)$.

Alors il existe $x$ non nul de $\C^n$, tel que $Ax=tx$ et
aussi $y$ non nul tel que $^tBy=ty$ (puisque $Sp(B)=Sp(^tB)$.

On pose $X=x^ty\in M_n(\C)-\{0\}$. On a : $AX=Ax^ty=tx^ty$
et $XB=x^tyB=x(t^ty)=tx^ty$ donc $AX=XB$. Donc $Ker(u)\not=\{0\}$.
En conclusion \cadrefin{\bf  u surjective \'equivaut $\bf \ Sp(A)\cap Sp(B)
\not=\emptyset$}.

\traitgras


 \lettrine{{ (\%\ O 21\ \%) }} {\prover Projecteurs}
\vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soit E un espace hermitien, p et q deux projecteurs orthogonaux.
Montrer l'\'equivalence de : (i) pq=qp (ii) pq est un projecteur (iii) p et q
 poss\`edent une base propre commune de diagonalisation.
{\it BIB projecteurs orthogonaux : Tauver 211 ; Br95 p 198 ;
O 98194 ; Br 89 p 219  ; Deschamp 175 ; {\bf Lepez 1 p 101} ;
compil 95 p 196  ; br 94 p 197 ; )} }}

{\it(Solution Pinguet 28 1 2000)}
L'\'equivalence de (i) et (iii) est classique (CNS de codiagonalisabilit\'e de deux
endomorphismes diagonalisables) (Faire rappeler pourquoi un projecteur est
diagonalisable).

On suppose (i). On a alors $(pq)^2=p(qp)q=p(pq)q=p^2q^2=pq$ donc $pq$ est un
projecteur?
Donc (i) implique (ii).

Rappelons que si $p\in\L(E)$ est un projecteur, on note $|||\ |||$,
la norme sur $L(E)$ subordonn\'ee \`a la norme hermitienne $||\ ||$ sur $E$, alors
$p$ est un projecteur orthogonal (id est $p^*=p$)
\'equivaut \`a $|||p|||\leq 1$ (voir O98).

On suppose (ii). On a par le rappel $|||pq|||\leq |||p|||\ |||q|||\leq 1.1=1$
(norme d'alg\`ebre). Donc $pq$ est un projecteur orthogonal, donc
$pq=(pq)^*=q^* q^*=qp$. Donc (ii) implique (i). D'o\`u l'\'equivalence demand\'ee.

{\it Remarque de Cuculi\`ere X-UPS 4 mai 2000 : } Si p et q sont des projecteurs
quelconques (pas forc\'ement orthogonaux) il ne commutent pas forc\'ement.
exemple $\pmatrix{ 1 & a\cr 0 &0 \cr}\pmatrix{ 1 & b\cr 0 &0 \cr}
=\pmatrix{ 1 & a\cr 0 &0 \cr}$.
\traitgras
\lettrine{{\%\ (O 29 )\ \%}} {\prover pol trigo } \vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
(a) Soit f un polyn\^ome trigonom\'etrique de degr\'e n? Montrer que si f admet
au moins 2n+1 racines distinctes sur $\bf[0,2\pi[$, alors f est nul.

(b) Soit f un polyn\^ome trigonom\'etrique \`a valeurs r\'eelles et de degr\'e  n.
On suppose que $f'(0)=||f'||_\infty > ||f||_\infty$. Soit $g(x)=\frac 1n
||f'||_\infty \sin nx-f(x)$.

Montrer que g admet au moins 2n racines distinctes sur $\bf[0,2\pi[$.

Montrer que g' admet au moins 2n+1 racines distinctes sur $\bf[0,2\pi]$.

Montrer que g" admet au moins 2n+1 racines distinctes sur $\bf[0,2\pi[$.

Que peut-on en d\'eduire ?

(c) Soit f un polyn\^ome trigonom\'etrique \`a valeurs r\'eelles et de degr\'e n.
Montrer que $||f'||_\infty\leq n||f||_\infty$.

{\it(Bib Mines 1999, Favard)}}}

{\it(Solution Pinguet 28 01 2000)}

(a)   $f(t)=\displaystyle\sum_{k=-n}^n a_k e^{ikt}=e^{-int}P(e^{it})$
o\`u $P\in \C_{2n}[X]$.

Si f admet au moins 2n+1 racines distinctes sur $[0,2\pi[$, alors $P$
admet au moins 2n+1 racines distinctes dans $\U$, donc $P=0$
(car $deg(P)\leq 2n)$, alors $f=0$.

(b) On pose pour tout k de $[[0;2n-1]],\ a_k)\frac \pi{2n}+\frac {k\pi}n
\in]0,2\pi[$.

Par hypoth\`ese ($||f'||_\infty>n||f||_\infty$), on a $\forall k\in [[0;2n-2]],
\ g(a_k)g(a_{k+1})<0$, donc par le th\'eor\`eme des valeurs interm\'ediaires
(g est bien \`a valeurs r\'eelles), $\exists b_k\in ]a_k,a_{k+1}[,$ tel que
$g(b_k)=0$.

De plus en notant  $a_{2n}=a_0+2\pi$, on a $g(a_{2n-1})g(a_{2n})<0$,
donc $\exists b^\sim_{2n}\in]a_{2n-1} ; a_{2n}[,\ g(b_{2n}^sim)=0$ ;

Si $b_{2n}^\sim<2\pi$, on pose $b_{2n}=b^\sim_{2n}$, alors
$b_{2n}\in]a_{2n-1},2\pi[$ ;

Si $b_{2n}^\sim\geq 2\pi$, on pose $b_{2n}=b^\sim_{2n}-2\pi$,
alors $b_{2n}\in [0,a_1[$ ;

Comme g est $2\pi$-p\'eriodique, on a : $g(b_{2n})=0$.


Ainsi $b_1,b_2,...,b_{2n}$, sont 2n racines distinctes de g sur $[0,2\pi[$ ;

D'apr\`es le th\'eor\`eme de ROLLE (g est \`a valeurs r\'eelles), on a
$ \forall k\in [[1;2n-1]],\  \exists c_k\in ]b_k;b_{k+1}[,\ $
tel que $g'(c_k)=0$.

De plus $g'(x)=||f'||_\infty\cos(nx)-f'(x)$, donc
$g'(x)=g'(2\pi)=||f'||_\infty-f'(0)=0$.

 On pose $c_0=0 $ et $c_{2n}=2\pi$.

Ainsi, $c_0, c_1,c_2,...,c_{2n-1}, c_{2n}$ sont 2n+1 racines distinctes
de g' sur $[0,2\pi]$.

\carre\ D'apr\`es encore le th\'eor\`eme de ROLLE, pour tout k de $[[0;2n-2]]$,
\ $\exists d_k\in ]c_k;c_{k+1}[, g"(d_k)=0$.

%De plus si les $d_k, \ 0\leq k\leq 2n-1$ \'etaient les seules racines de g" dans
%$[0;2\pi[,$, alors on aurait : $g"(0)g"(2\pi)<0,$ contadictoire avec
%la p\'eriodicit\'e $g"(0)=g"(2\pi)$. donc g" admet au moins 2n+1 racines
%distinctes sur $[0,2\pi[$.

De plus, $g"(0)=\displaystyle\underbrace{-n||f'||_\infty\sin (n0)}_{=0}
-f"(0)=-f"(0)=0$, car $f'$ atteind son maximum en 0 par hypoth\`ese
($f'(0)=||f'||_\infty$). D'o\`u $0<d_0<d_1<...<d_{2n-1}$ sont $2n+1$ z\'eros
distincts de $g$ sur $[0,2\pi[$.

\carre\ g" est un polyn\^ome trigonom\'etrique de detr\'e $\leq n$, donc
on d\'eduit par (a) g"=0 ; donc g'=constante=g'(0)=0, donc
$g=constante)=g(b_1)=0$ ; donc $f(x)=\frac 1n||f'||_\infty\sin (nx)$, donc
$||f||_\infty=\frac 1n||f'||_\infty$.

D'o\`u la contradiction avec $||f||_\infty<\frac 1n||f'||_\infty$.

(c) Cela r\'esulte de la contraction pr\'ec\'edente, car quitte \`a faire un changement
de variable
(translation), on peut supposer et \'eventuellement remplacer $f$
par $-f$ :$f'(0)=|f'||_\infty$.

\traitgras
\lettrine{{\%\ (O 31 )\ \%}} \cadrefin{\bf droite affine d'APPUI} \vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soit f une application de $\R$ dans $\overline{\R}$. On pose pour tout x r\'eel
$\bf f^*(x)=\displaystyle\sup_{t\in\R} (xt-f(t))$.

(a) Montrer que si $\bf f\leq g$, alors $\bf f^*\leq g^*$.\par
(b) Montrer que $\bf f^*$ est convexe.
\par
(c) Trouver une relation entre $\bf f$ et $\bf f^*$.\par

(d) Montrer que si $\bf f$ est convexe alors $f=f^{**}$.

{\it BIB : Ri 3 p20 et 49  ; spe dec 79 p 222 ; MP Rouen 1971 ;
MP 1964 Bordeaux ; Chimie Paris 1977 (droites affines d'appui) ;
Bourbaki 1243 p 16 ;
Goulfier analyse 1 p 106 ; Bouix MP p 74 ;
Polycopi\'e X Schwartz Analyse hilbertienne p 22, 23 (projection orthogonale
dans un Hilbertien),41 (enveloppe convexe), 47
(fonction duale au sens de Moreau :
enveloppe sup\'erieure des fonctions affines)  ;
oral spe dec 77 p 222 ; X 81 juin 81: O 93 31 ; Dia Dourakine p 108 ;
Capes 78 ; sp\'e mai 78 + oct 78 ;  ROd 3 p 116 ; rapport X 1976  ;} }}

\leavevmode
\danger\idee\ {\bf Pour cet exercice ultraclassique (voir la Bib),
il serait particuli\`erement int\'er\'essant de voir comment un oeil neuf
le con\c{c}oit ;}

Par commodit\'e je noterai $L(f)$ au lieu de $f^*$.

\carre \ {\bf (a)}  Pour $t$ quelconque on a $xt-f(t)\geq xt-g(t)$,
il en r\'esulte en prenant le sup des deux membres que $L(f)\geq L(g)$.

\carre \ {\bf (b)} L(f) est convexe ?
Traduisons l'hypoth\`ese $f^*=L(f)$ : en consid\'erant la valeur
$ax_1+bx_2$ avec $a+b=1$, il vient $\displaystyle L(f)(ax_1+bx_2)=
\sup_{t\in\R}[(ax_1+bx_2)t-f(t)]
=\sup_{t\in\R}[(ax_1+bx_2)t-(a+b)f(t)]=
\sup_{t\in\R}[(a(x_1t-f(t))+b(x_2t-f(t))]
\leq aL(f)(x_1)+bL(f)(x_2)$. d'o\`u la convexit\'e de $L(f)$.


\carre \ {\bf (c)}     On sait que $\displaystyle L^2(f)(x)=
\sup_{t\in\R}[xt-L(f)(t)]=\sup_{t\in\R}\big[xt-\sup_{t'\in\R}[tt'-f(t')]\big]$.
Si dans le dernier crochet on prend $t'=x$ on obtient une valeur inf\'erieure
ou \'egale \`a la borne sup  $\displaystyle\sup_{t'\in\R}[tt'-f(t')]\geq tx-f(x)$ ;

Donc $\displaystyle xt-\sup_{t'\in\R}[tt'-f(t')]\leq xt-[xt-f(x)]=f(x)$.

En passant aux bornes sup on a $L^2(f)(x)\leq f(x)$
\cadrefin{$\bf L^2(f)\leq f$}

\carre \ {\bf (c)}  Rappel : (voir Chambadal et Ovaert, Fraysse 233,
ROD p 134-138 ; Si f est convexe elle admet une d\'eriv\'ee \`a droite (ou \`a gauche
croissante.
Alors en \'etudiant la fonction diff\'erence on a : $f(x)\geq f(t)+(x-t)f'_d(a)$.
D\'esignant par g la fonction affine du membre de droite, on a d'apr\`es
(a) $L(f)\leq L(g)$ puis \`a nouveau $L^2(f)\geq L^2(g)$ :

Or lorsque g est affine ux+v : on doit chercher le sup de
$tx-g(t)=(x-u)t-v$ (faire une figure) : si x est diff\'erent de u le sup est
plus l'infini $h(x)=L(g)(x)=+\infty$ ; si $x=u$ le sup=-v : $h(u)=L(g)(u)=-v$ ;

Ainsi $L(h)(x)=sup_{t\in\R}(xt-h(t))$
; si $t\not=u$ $xt-h(t)=-(+\infty)$ qui est inf\'erieur \`a tout nombre de $\R$.

Si $t=u$ $xt-h(t)=xu+v $ qui est la borne sup\'erieure cherch\'ee.

$L(h)=L^2(g)=g$, pour une fonction affine on a l'\'egalit\'e dans (b) ;

Mais comme $f\geq L^2(f)\geq L^2(g)=g$.

Comme cela est vrai pour toute valeur de x, en prenant x=a
$g(a)=f(a)\leq L^2(f)(a)\leq f(a)$.
Mis comme a est aussi arbitraire $L^2(f)=f$.

Remarquons qu'on peut pr\'eciser (c) gr\^ace \`a (b) puisque $L(f)$ est convexe :
\cadrefin{$\bf f^{***}=f^*$}



\traitgras
 \lettrine{{ (O 35) }} {\prover PISOT}
\vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soit $\bf M=\pmatrix{0&1&0\cr 0&0&1\cr 1&1&0\cr}\in M_3(\C)$?

(a) \'Etudier les valeurs propres de M.


(b) On pose $\bf u_n=tr(M^n)$.
Exprimer  $\bf u_n$ \`a l'aide des valeurs propres de M.

(c) Soit un entier $\bf q\geq 2$. \'Etudier la suite
$\bf (u_n)$ modulo q. On commencera par q=4 puis q=5.


(d) Quelle est la nature de la s\'erie de terme g\'en\'eral

$\bf \frac 1n\sin\big(\frac {2\pi}q u_n\big) $?

(e) Soit $\alpha$  la valeur propre r\'eelle de M.
Quelle est la nature de la s\'erie de terme g\'en\'eral

$\bf \frac 1n\sin\big(\frac {2\pi}q \alpha^n \big) $?

{\it(BIB ceci est une g\'en\'eralisation de  O-98 : 41, 42*
(RMS juin 99 p 1269-1270) + br 97 p 29)}
}}

(a) La r\`egle de Sarrus par exemple pour det(M-tI) donne l'\'equation
caract\'eristique  $t^3-t-1=0$. Un tableau de variation imm\'ediat
pour $y=t^3-t-1$ montre qu'elle n'a qu'une racine r\'eelle $\alpha>1$.

 Comme le PC est \`a coefficients r\'eels les deux autres sont imaginaires
conjugu\'ees. Le produit des racines est $\alpha\sigma\overline{\sigma}=1$ ; donc
$|\sigma|^2=\frac 1\alpha <1$.

(b) M est diagonalisable sur $\C$ ayant trois valeurs propres dictinctes.
Sur une base o\`u elle est diagonale elle est $M'=diag(\alpha,\sigma,
\overline{\sigma})$.
Donc \cadrefin{ $\bf u_n=tr(M^n)=\alpha^n+\sigma^n+(\overline{\sigma})^n$}.

En multipliant l'\'equation caract\'eristique par $t^{n-3}$ et en la sp\'ecialisant
pour $t=\alpha,\sigma,\overline{\sigma}$, et en ajoutant les \'egalit\'es obtenues,
on a \cadrefin{$\bf u_n=u_{n-2}+u_{n-3}$}.

On peut ainsi \'ecrire d'apr\`es CAYLEY $M^3=M+I$ ; et en multipliant
les deux membres de cette relation par $M^{n-3}$ on a
$M^n=M^{n-2}+M^{n-3}$ ; en prenant la trace des deux membres on a la
relation demand\'ee.

%(d) On s'inspire de la m\'ethode de l'\'eclatement inspir\'ee par le fait que
%$|\sigma|<1$, et donc que $\sum\sigma^n$ est une s\'erie g\'eom\'etrique
% absolument convergente, ainsi que sa conjugu\'ee.
%$\sin\alpha u_n-\sin\alpha\rho^n=2\sin \frac {\alpha(u_n-\rho^n)}2\cos
%\frac {\alpha(u_n+\rho^n)}2=2\sin (\frac {\alpha(\sigma^n+
%\overline{\sigma^n}))}2
%\cos (\frac {\alpha(2\rho^n+\sigma^n+\overline{\sigma^n}))}2$


%Par cons\'equent :
%$|\sin\alpha u_n-\sin\alpha\rho^n=2\sin \frac {\alpha(u_n-\rho^n)}2\cos
%\frac {\alpha(u_n+\rho^n)}2|\leq 2|\sin (\frac {\alpha(\sigma^n+
%\overline{\sigma^n}))}2|
%\leq 2\alpha |\sigma|^n$.

%Les deux s\'eries propos\'ees, diff\'erent d'une s\'erie absolument convergente
% (donc convergente, puisque $\R$ est complet), sont
%de m\^eme nature.

{\it(\`A partir d'ici je tape la solution de JP CARPENTIER 30 juin 2000)}

La suite $(u_n \ mod\ q)$ est p\'eriodique : le nombre de valeurs possibles
de  $z_n=(u_n\ mod\ q, u_{n+1}\ mod\ q, u_{n+2}\ mod\ q)$ est $q^3$
fini, donc se r\'ep\`ete ; comme $u_{n+3}\ mod\ q =u_{n}\ mod\ q +
u_{n+1}\ mod\ q\ mod q$ si $z_n=z_{n+p}\ p\geq 1$, on a $\forall k\geq n$
$u_k=u{k+p}$, par une r\'ecurrence imm\'ediate, mais aussi avec $u_n\ mod\ q\
=(u_{n+3}\ mod\ q)- (u_{n+1}\ mod\ q)\ (mod \ q)$, par r\'ecurrence descendante
cette fois $u_k=u{k+p}$, pour $k\leq n$.

V\'erifions sur les exemples : $u_0=3, \ u_1=0,\ u_2=2,\ $

Modulo 4 : $\displaystyle\underbrace{\underline{3,\ 0,\ 2,} \ 3,\ 2,\ 1,\ 1,\ 3,\ 2,\ 0,\ 1,\ 2,\ 1,
\ 3,\ }_{\hbox{p\'eriode}},\underline{3,\ 0,\ 2,}$


Modulo 5 : $\displaystyle\underbrace{\underline{3,\ 0,\ 2,} \ 3,\ 2,\ 0,\ 0,
\ 2,\ 0,\ 2,\ 2,\ 2,\ 4,\ 4,\ 1,\ 3,\ 0,\ 4,\ 3,\ 4,\ 2,\ 2,\ 1,\ 4,
}_{\hbox{p\'eriode}},\underline{3,\ 0,\ 2,}$

La relation de r\'ecurrence $u_{n+3}=u_n+u_{n+1}$ donne en sommant pour $n$
de $0$ \`a $p-1$, et en appelant $\sigma$ la somme sur une p\'eriode
$\sigma=\sigma+\sigma\ (mod \ q)$, donc $\sigma=0\ mod\ q$.

Information qui ne semble pas suffire pour la suite !

(d) La suite $(\sin(\frac {2\pi}q u_n))$ est p\'eriodique de p\'eriode $p$ ;
regroupant par ``paquets " de $p$ termes successifs on obtient la s\'erie
$\big(\displaystyle\sum_{n=kp}^{kp+p-1}\frac 1n \sin(\frac {2\pi}q u_n)\big)
=\big(\sum_{j=0}^{p-1}\frac 1{kp+j} \sin(\frac {2\pi}q u_k)\big)_{k\in\N}$.

Un d\'eveloppement limit\'e du terme g\'en\'eral donne :
$\displaystyle\frac 1{kp}\big((\sum_{j=0}^{p-1} \sin(\frac {2\pi}q u_j)\big)
+O(\frac 1{k^2})$.

La s\'erie est donc convergente si et seulement si
$\displaystyle \sum_{j=0}^{p-1} \sin(\frac {2\pi}q u_j)=0$.

Pour $q=4$ cette condition est r\'ealis\'ee (autant de trois que de un dans la p\'eriode) ;
par contre elle ne l'est pas pour $q=5$.

Je ne vois pas comment tirer une conclusion plus pr\'ecise.
Il me semble qu'il n'y a pas d'autre relation lin\'eaire sur $\R$
entre les $ \sin(\frac {2\pi}q u_j)$ que les \'evidentes (\'egalit\'es ou oppos\'e)
et qu'\`a partir de l\`a la condition revient \`a un simple d\'enombrement des
 \'el\'ements de la p\'eriode pour voir s'il y a \'elimination des termes deux
\`a deux.
Mais on ne voit pas ni comment le montrer si \`a quelle propri\'et\'e de $q$
cela correspond. {\it(suggestion de Vidiani : faire intervenir une base
q-adique ?)}

(e) On a $\alpha_n+\sigma^n+\overline{\sigma}^n=u_n$
et $\alpha^n=u_n-\sigma^n-\overline{\sigma}^n$ ;
donc $\frac 1n\sin(\frac {2\pi}q\alpha^n)
=\frac 1n\sin(\frac {2\pi}q u_n)\cos(\frac {2\pi}q[\sigma^n+\overline{\sigma}^n])
-\frac 1n\cos(\frac {2\pi}q u_n)\sin(\frac {2\pi}q[\sigma^n+\overline{\sigma}^n])$.

Le second terme est major\'e par
$\frac 1n\frac {2\pi}q[|\sigma|^n+|\overline{\sigma}|^n])\leq \frac {4\pi}{nq}
\frac 1{\alpha^{n\over 2}}$ et $\alpha>1$, donc convergence de la s\'erie.

Pour le premier terme on d\'eveloppe le cosinus portant sur une valeur
proche de $0$ :

$\frac 1n\sin(\frac {2\pi}q u_n)+\frac 1n\sin(\frac {2\pi}q u_n)
O\big(\frac {2\pi}q(|\sigma|^n+|\overline{\sigma}|^n)^2\big)
= \frac 1n\sin(\frac {2\pi}q u_n)+
\displaystyle\underbrace{O\big(\frac 1{\alpha^n}\big)}_{\hbox{s\'erie convergente}}$.

Par cons\'equent $\sum \frac 1n\sin(\frac {2\pi}q u_n)$ convergente
\'equivaut \`a $\sum \frac 1n\sin(\frac {2\pi}q \alpha^n)$ convergente.

$\bullet\ $ Il y a donc convergente pour $q=4,\ 1,\ 2,\ 3$.

En effet la suite $ (u_n)$ modulo 3 est
$\displaystyle\underbrace{\underline{ 0,\ 0,\ 2,\ }
0,\ 2,\ 2,\ 2,\ 1,\ 1,\ 0,\ 2,\ 1,\ 2,\ }_{\hbox{p\'eriode : 6 fois 2, 3 fois 1}}
\underline{0,\ 0,\ 2,}$.

{\it(Pour inciter les coll\`egues \`a fouiller davantage cet exercice
et surtout la question (c) (question annexe trouver un programme en Maple
qui en trouve la p\'eriode suivant q, et en trouver
le listage des \'el\'ements en ligne entre deux valeurs de n) ``quel que soit q", je fais ci dessous un copier coller
de l'exercice d'oral 98 41-42*, qui est d'ailleurs corrig\'e dans la RMS juin 99
page 1269-1270)}
\trait
\lettrine{{ (O98 41 points) }} {\prover PISOT}
\vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soit $\bf M=\pmatrix{0&1&0\cr 0&0&1\cr 1&1&0\cr}\in M_3(\C)$?

(a) \'Etudier les valeurs propres de M.

(b) Soit $\rho$, la valeur propre r\'eelle, $\bf\sigma$
et $\bf \overline{\sigma}$ les valeurs propres non r\'eelles.
Montrer que $\bf \rho>1$ et $\bf |\sigma|<1$.

(c) On pose $\bf u_n=tr(M^n)$. Valeur de $\bf u_n$
en fonction de $\rho,\sigma,\overline{\sigma}$ ? Formule de r\'ecurrence sur
les $\bf u_n$ ?

(d) Montrer que pour tout $\bf \alpha\in\R$,
les s\'eries $\bf \sum\sin(\alpha u_n)$ et $\bf
\sum (\alpha \rho^n)$ sont de m\^eme nature.}}

(a) La r\`egle de Sarrus par exemple pour det(M-tI) donne l'\'equation caract\'eristique
donne $t^3-t-1=0$. Un tableau de variation imm\'ediat pour $y=t^3-t-1$
montree qu'elle n'a qu'une racine r\'eelle $\rho>1$.

(b) Comme le PC est \`a coeficients r\'eels les deux autres sont imaginaires conjugu\'ees.
Le produit des racines est $\rho\sigma\overline{\sigma}=1$ ; donc
$|\sigma|^2=\frac 1\rho<1$.

(c) M est diagonalisable sur $\C$ ayant trois valeurs propres dictinctes.
Sur une base o\`u elle est diagonale elle est $M'=diag(\rho,\sigma,\overline{\sigma})$.
Donc \cadrefin{ $\bf u_n=tr(M^n=\rho^n+\sigma^n+(\overline{\sigma})^n$}.

 En multipliant l'\'equation caract\'eristique par $t^{n_3}$ et en la sp\'ecialisant
pour $t=\rho,\sigma,\overline{\sigma}$, et en ajoutant les \'egalit\'es obtenues,
on a \cadrefin{$\bf u_n=u_{n-2}+u_{n-3}$}.

(d) On s'inspire de la m\'ethode de l'\'eclatement inspir\'ee par le fait que
$|\sigma|<1$, et donc que $\sum\sigma^n$ est une s\'erie g\'eopm\'etrique
 absolument convergente, ainsi que sa conjugu\'ee.
$\sin\alpha u_n-\sin\alpha\rho^n=2\sin \frac {\alpha(u_n-\rho^n)}2\cos
\frac {\alpha(u_n+\rho^n)}2=2\sin (\frac {\alpha(\sigma^n+\overline{\sigma^n}))}2
\cos (\frac {\alpha(2\rho^n+\sigma^n+\overline{\sigma^n}))}2$


Par cons\'equent :
$|\sin\alpha u_n-\sin\alpha\rho^n=2\sin \frac {\alpha(u_n-\rho^n)}2\cos
\frac {\alpha(u_n+\rho^n)}2|\leq 2|\sin (\frac {\alpha(\sigma^n+\overline{\sigma^n}))}2|
\leq 2\alpha |\sigma|^n$.

Les deux s\'eries propos\'ees, diff\'erent d'une s\'erie absolument convergente
 (donc convergente, puisque $\R$ est complet), sont
de m\^eme nature.




\trait

 \lettrine{{\%\ (O98 42 points)\ \%}} \par
\vskip 7mm\hfill {\prover PISOT}
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
(a) On consid\`ere l'\'equation (E) : $\bf x^3-x-1=0$. Que dire de ses racines ?
Soit $\bf \alpha $ la racine r\'eelle

(b) \'Etudier les s\'eries $\bf \sum \frac {\sin\alpha^n\frac \pi 2}{n}$ et
$\bf \sum \frac {\cos\alpha^n\frac \pi 2}{n}$.}}\hfill{}

{\it(Bien que ce ne soit pas le m\^eme, la solution de cet exercice m'a \'et\'e grandement sugg\'er\'ee
par l'exercice Br 97 p29-31 o\`u $\alpha $ \'etait le nombre d'or ; ce n'\'etait pas tout \`a fait pareil,
dans dans cet exercice, l'\'equation $x^2-x-1=0$ a deux racines r\'eelles dont
l'une est de valeur absolue inf\'erieure \`a 1, tandis que dans celui ci il n'y a
qu'une racine r\'eelle de module stictement
sup\'erieur \`a 1, alors que les deux complexes imaginaires conjugu\'es sont de module $<1$ ;
De plus je disposais de toute la th\'eorie des nombres de PISOT, dont $\alpha$
et le nombre d'or sont des cas particuliers)}


\hfill\vbox{\hsize 150mm \cadrefin{\bf Historique et bibliographie des nombres de PISOT}
\it (PUF 646) Nombres de PISOT ou de SALEM : ce sont des nombres r\'eels alg\'ebriques
$\rho$ dont tous les conjugu\'es dans $\C$ autre que $\rho$se trouvent dans le disque
$|z|\leq \theta <1$. Un nombre de PISOT est un nombre r\'eel strictement sup\'erieur \`a 1, racine d'un polyn\^ome
unitaire \`a coefficients entiers, ne poss\'edant aucune autre racine
(r\'eelle ou complexe) de module sup\'erieur ou \'egal \`a 1. Tout entier sup\'erieur \`a 1
est un nombre de PISOT ; L'ensemble S des nombres de Pisot est ferm\'e pour la topologie de $\R$.
SIEGEL a conjectur\'e en 1944 et PISOT l'a d\'emontr\'e en 1955 que le NOMBRE d'OR estle plus petit
point d'accumulation de S. En g\'en\'eral une suite $x^n$ $x>1$  est \'equir\'epartie ;
les nombres de PISOT   sont ceux pour lesquel cette r\'epartition tombe et est la
 plus mauvaise ;
Pisot et VIJAYARAGHAVAN (1941) ont \'etudi\'e le lien avec la s\'erie
$\sum \sin^2(\pi\lambda \theta)^n$, qui ne converge que pour les nombres de PISOT ; V a prouv\'e
qu'il y avait une infinit\'e de points d'accumulation, qu'il \'etait de mesure 0 ;
Ils ont \'etabli le lemme : Pour un nombre de Pisot il existe un $1\leq
\lambda<\theta$ tel que  $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty \sin^2(\pi\lambda \theta)^n
\leq \frac {\pi^2(2\theta+1)^2}{(\theta-1)^2}$.

\cadrefin{BIB : PISOT } PA 101 (exo AMC algorithmique) et 84-85 avril-juin 82
 p55 (pour d\'emontrer que les autres
racines sont de module $<1$ on utilise le th\'eor\`eme de ROUCH\'E) ;
Enseignement math\'ematique D\'ecembre 80 article de PISOT avec l'\'evolution de ses recherches ;
Agr\'egation 1962 ; centrale 78~; une question d'oral en sp\'e juillet 75 ; avril 77 ;
Parent arithm\'etique p 158  ; Panorama des math Hermann p217 ; Q8 \`a propos s\'erie
harmoniqu\'ee sol $91/3$ ; 098 42  ; rapport d'agreg 93 page 57 ;
ensae 81 ; ulm 89 ; Mines 85,95 ; Quadrature 29 ; Chambertloir 1 p 175 ; cru 80 p 193 ;
Tissier Agreg Br\'eal p 76 ; Br 82 p202 avec $a_i>a_j$ ; Leb\oe uf 175 ;
Encyclop\'edie \'Eric W. Weisstein p 1368-1369 donne un d\'ebut de liste de nombre de Pisot ; le plus petit est
celui de cet exercice ;  Tangente 97 d\'efi page 15 n premier implique n divise
$A_n=A_{n-2}+A_{n-3}$, la r\'eciproque n divise $A_n$ implique n premier, a
seulement \'et\'ee v\'erifi\'ee num\'eriquement jusqu'\`a n=5000 ;

} \hfill{}

Pour des questions de notation, je note a, au lieu de $\alpha$ ;
Un simple tableau de variation, prouve que $y=x^3-x-1$, n'a qu'un z\'ero r\'eel
d'ailleurs entre 1  et 2 $a>1$ ; Le polyn\^ome y \'etant \`a coefficients r\'eels,
les deux autres racines b et c sont imaginaires conjugu\'ees ; \`a cause du produit des racines
$\sigma_3=1=abc=a|b|^2$ donc les racine complexes sont de module
$|b|=|c|=\frac 1{\sqrt{a}}<1$.

L'id\'ee est de d\'emontrer que $S_n=a^n+b^n+c^n$ somme de NEWTON (pour la th\'eorie
voir ROD alg\`ebre ou Arnaudies, ou Fraysse, ou cours de sup, voir aussi leur
utilisation
pour l'exercice 180) ; on a $S_1=\sigma_1=0 $ ; $S_2=(\sigma_1)^2-2\sigma_2=
0-(-2)=2$ ; puis $S_0=3$ ; et en mutlipliant $x^3-x-1$ par $x^{n-3}$
et en sp\'ecialisant
pour x=a,b,c, et en sommant on a
\cadrefin{$\bf S_n=S_{n-2}+S_{n-3}$} ;
Cette formule de r\'ecurrence prouve que $S_n$ est entier ;

Par exemple : On remarque, que compte tenu du $\frac \pi 2 $, il
suffit d'avoir le S(n) modulo 4 ; ce que je signale S(0)=3 ; S(1)=0 ; S(2)=2 ; S(3)=3 ; S(4)=2 ; S(5)=5$\equiv 1$ ;
S(6)=5$\equiv 1$ ; S(7)=7$\equiv 3$ ; S(8)=10$\equiv 2$ ;
S(9)=12$\equiv 0$ ; S(10)=17$\equiv 1$~; S(11)=22$\equiv 2$ ; S(12)=19$\equiv 1$ ;
S(13)=39$\equiv 3$ ; S(14)=51$\equiv 3$ ; S(15)=68$\equiv 0$ ;
S(16)=90$\equiv 2$ ;

On pr\'evoyait \`a cause de la relation de r\'ecurrence $S_n=S_{n-2}+S_{n-3}$
que comme chaque $S_1$ ne prend modulo 4 que les 4 valeurs 0..3,
la p\'eriode serait pour le reste modulo 4 au maximum de $4*4=16$, en fait on s'aper\c{c}oit que la p\'eriode est
de {\gros 14} ;


Cette p\'eriode, sugg\`ere, d'\'etudier les s\'eries par PAQUETS : les paquets sont de
cardinal {\gros fini} 14  et le terme g\'en\'eral
des s\'eries propos\'ees, tend vers 0 : leur convergence \'equivaut \`a celle de la s\'erie paquet ;
et on remplace $\frac \pi 2 a^n$ par $\frac \pi 2(S_n-b^n-c^n)=\frac \pi 2
(S_n-2|b|^n \cos(nt))=\frac \pi 2(S_n)+u_n=\theta_n+u_n$, avec des notations \'evidentes, o\`u t est
l'argument de b ; $\sin(\theta_n+u_n)=sin(\theta_n)\cos(u_n)+\cos(\theta_n)\sin(u_n)$ ;
et faire le d\'eveloppement limit\'e, puisque $u_n=O(|b^n|)$.

Les suites num\'erateur $a_n=\cos( \frac \pi 2 (S_n-2|b|^n \cos(nt))$ sont 14
p\'eriodiques et il est imm\'ediat
de d\'emonter (par d\'eveloppement limit\'e en $\frac 1n$) qu'une s\'erie paquet
$b_n=\displaystyle\sum_{k=nP}^{nP+P-1} \frac {a_k}k$, ne converge
que si $a_0+..+a_{P-1}=0$.


Or en tenant compte des valeurs num\'eriques trouv\'ees pour les restes de $S_n$
on trouve que dans un paquet   de $\sum\frac 1n \sin(\frac \pi 2 a^n)$,
$\sin(\frac \pi 2 a^n)$, prend 4 fois la valeur 1 et 4 fois la valeur -1 et le reste la valeur 0,pour le terme le plus bas du d\'eveloppement
(les autres son g\'eom\'etriques de raison $<1$ donc impliquent automatiquement
l'absolue convergence) ; tandis que pour la s\'erie avec le cosinus
+1 est prise 2 fois et -1 4 fois, et 0 le reste, la somme des
termes constants du d\'eveloppement dans le paquet n'est pas nulle :
La premi\`ere s\'erie converge ; la s\'erie avec cosinus diverge ;

{\it (Voir aussi le corrig\'e RMS juin 99 p 1269)}




\traitgras
 \lettrine{{\%\ (O 39)\ \% }} {\prover s\'erie ``reste"} {\bf cf (440)}
\vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 113mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf  (a) Convergence et somme de la s\'erie
de terme g\'en\'eral $\bf \frac {(-1)^n}{2n+1} (n\geq 0)$. \par
\noindent
(b) Convergence et somme de la s\'erie de terme g\'en\'eral

$\bf \frac {(-1)^n}{n+1}\big(\displaystyle\sum_{k=0}^n\frac 1{2k+1} (n\geq 0)$.
}}

{\it Solution Catherine Martineau (PC* Nantes) X-UPS 4 mai 2000 ;}


(a) La s\'erie converge par le CSSA (Crit\`ere Sp\'ecial des S\'eries Altern\'ees) ;
$\frac 1{2n+1}=\int_0^1 t^{2n}dt$ ;
La somme partielle d'indice n de la s\'erie demand\'ee est
$S_n=\displaystyle\sum_{k=0}^n  \frac {(-1)^k}{2k+1}
=\int_0^1  \sum_{k=0}^n  (-t^2)^k dt=\int_0^1\frac
{1-(-t^2)^{n+1}}{1+t}dt=\int_0^1 \frac {dt}{1+t}+I_n$ avec
$|I_n|\leq \int_0^1 t^{2n+1}dt=\frac 1{2n+3}\rightarrow 0$.
Donc \cadrefin{$\bf \lim S_n=\frac \pi 4$}

(b) On a $  \displaystyle\sum_{k=0}^n  \frac {1}{2k+1}
=\int_0^1\displaystyle\sum_{k=0}^n  (t^2)^kdt
=\int_0^1\frac {1-t^{2n+2}}{1-t^2}dt=\int_0^1
\frac {1+t^{n+1}}{1+t}.\frac {1-t^{n+1}}{1-t}$.

Posons $S_p= \displaystyle\sum_{n=0}^p \frac {(-1)^n}{n+1}
\sum_{k=0}^n\frac 1{2k+1}=_{\hbox{\fiverm permutation justifi\'ee
des sommes finies}}\ \sum_{k=0}^p\frac 1{2k+1}
\sum_{n=k}^p\frac {(-1)^n}{n+1}$.   (faire un dessin du domaine de sommation)

Or $\displaystyle\sum_{n=k}^p \frac {(-1)^n}{n+1}
=\int_0^1\displaystyle\sum_{n=k}^p (-t)^ndt=\int_0^1
(-t)^k \frac {1-(-1)^{p-k+1}}{1+t}dt=\int_0^1\frac {(-t)^k-(-t)^{p+1}}{t+1}dt$.

Donc $S_p=\displaystyle\sum_{k=0}^p \frac 1{2k+1}
\int_0^1\frac {(-t)^k-(-t)^{p+1}}{t+1}dt
=\underbrace{\int_0^1\frac 1{1+t}
\sum_{k=0}^p\frac {(-t)^k}{2k+1}dt}_{u_p}-
\underbrace{\big(\sum_{k=0}^p\frac 1{2k+1}\big)
\big(\int_0^1\frac {(-t)^{p+1}}{t+1}dt\big)}_{v_p}$

\Carre\ Posons $u_k(t)=\frac {(-1)^k}{(2k+1)(1+t)}$ converge en vertu du
CCSA. De plus comme on a la majoration du reste
$||R_n||_\infty\leq ||u_{n+1}||_\infty=\frac 1{2n+1}\rightarrow 0$, on a
m\^eme convergence uniforme.

Posons $f(t)=\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty} \frac {(-t)^k}{2k+1}  =
\sum_{k=0}^{+\infty} \frac {(-1)^k(\sqrt{t})^{2k}}{2k+1}=
\frac 1{\sqrt{t}} \sum_{k=0}^{+\infty} \frac {(-1)^k(\sqrt{t})^{2k+1}}{2k+1}$.

Or si l'on pose aussi
$g(u)=\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty} (-1)^k\frac {(u)^{2k+1}}{2k+1}$, alors
en justifiant la d\'erivation dans le disque ouvert de convergence (Rayon 1,
il y a CVU dans tout disque ferm\'e strictement inclus dans le disque ouvert,
et comme la s\'erie d\'eriv\'ee y CVU, on a le droit de d\'eriver terme \`a terme),
$g'(u)=\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty} (-1)^k u^{2k}
=\sum_{k=0}^{+\infty} (-u^2)^k =\frac 1{1+u^2}$ ; ainsi $g(u)= Arctan u +C$,
et $C=0$, en faisant $u=0$. Ainsi \cadrefin{$\bf f(t)=\frac 1{\sqrt{t}}
Arctan \sqrt{t}$}, qui reste encore vrai pour $t=1$, comme on le
constate en comparant les valeurs des deux membres pour cette valeur, obtenue
d\`es le d\'ebut de la solution).

Ainsi $\displaystyle \lim_{p\rightarrow +\infty} u_p(t)=
\int_0^1 \frac {Arctan \sqrt{t}}{\sqrt{t}(1+t)} dt=
\big[Arctan ^2\sqrt{t}\big]_0^1=\frac {\pi^2}{16}$,
puisque $(Arctan^2 \sqrt{t})'=2 Artan \sqrt{t}.\frac 1{1+t}.
\frac 1{2\sqrt{t}}$.

\Carre\ Pr\'eoccupons nous maintenant du comportemnt de $v_p$ :

$\displaystyle\sum_{k=1}^{2p+2} \frac 1k =\ln (2p+2)+\gamma+o(1)$
(voir par exemple le rappel de cours de l'exercice 164 dans sa seconde
solution). Et
$\displaystyle\sum_{k=1}^{p+1} \frac 1{2k} =
=\frac 12\sum_{k=1}^{p+1}\frac 1k=\frac 12\big[
\ln (p+1)+\gamma+o(1)\big]$.

Ainsi $\displaystyle\sum_{k=1}^{p} \frac 1k
=\sum_{k=1}^{2p+2}\frac 1k-\sum_{k=1}^{p}\frac 1k
=\ln (2p+2)+\gamma+o(1)-\frac 12\ln (p+1)-\frac 12\gamma
=\frac 12\ln (p+1)+\ln (2)-\frac 12\gamma+o(1)=\frac 12\ln (p+1)+O(1)$.

De plus comme $\big|\int_0^1\frac {(-t)^{p+1}}{1+t}dt\big|\leq 1{p+2}$,
la conjonctiond es r\'esultats des deux derni\`eres lignes fait
que $\displaystyle_{p\rightarrow+\infty} v_p=0$.

On en d\'eduit que
\cadreombre{$\bf \frac {(-1)^n}{n+1}\big(\displaystyle\sum_{k=0}^n\frac 1{2k+1}
(n\geq 0)=\frac {\pi^2}{16}$\ \vrule\ \liond}

\traitgras
\lettrine{{ (O 57) }} {\prover Max li\'e}
\vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soit $\bf a>0$. Soit $\bf \Gamma$ l'ensemble des  $\bf (x,y,z)\in\R^3$
d\'efini par : $\cases{\bf x+y+z=a\cr \bf x^2+y^2+z^2=a^2\cr}$.
Nature pr\'ecise de $\bf\Gamma$ ? Soit f l'application de $\bf\Gamma$
dans $\bf \R:(x,y,z)\mapsto xyz$. Montrer que f atteint son maximum
et son minimum, les d\'eterminer ainsi que les points de
$\bf \Gamma$ o\`u ils sont atteints. }}

C'est un probl\`eme d'extr\'emum li\'e, qu'on peut contourner en param\'etrant
le cercle r\'eel
(intersection d'une sph\`ere de rayon a et d'un plan a la distance
$OH= \frac a{\sqrt{3}}<a$. sont rayon par pythagore (faire une figure) est
donn\'e par $r^2=a^2-\frac {a^2}3==\frac {2a^2}3$. On peut le param\'etrer
en prenant le nouveau rep\`ere dont l'axe OZ est l'axe ternaire (1,1,1) :
La matrice de passage \`a la base (I,J,K) orthonorm\'ee est
(d\'eja fait plusieurs fois en cours) $P=\pmatrix{
\frac {1}{\sqrt{2}} & \frac {1}{\sqrt{6}} &\frac {1}{\sqrt{3}}\cr
-\frac {1}{\sqrt{2}} & \frac {1}{\sqrt{6}} &\frac {1}{\sqrt{3}}\cr
0 & -\frac {2}{\sqrt{6}} &\frac {1}{\sqrt{3}}\cr}$.
$\Gamma$ qui a pour \'equations dans le nouveau rep\`ere
$X^2+Y^2=\frac {2a^2}{3}$ et $Z=\frac a {\sqrt{3}}$, peut \^etre param\'etr\'e par
$x=\frac X{\sqrt{2}}+\frac Y{\sqrt{6}}+\frac Z{\sqrt{3}},\
y=-\frac X{\sqrt{2}}+\frac Y{\sqrt{6}}+\frac Z{\sqrt{3}},\
z=-2\frac Y{\sqrt{6}}+\frac Z{\sqrt{3}},\ $  soit
$\cases{x=\frac a3+ \frac X{\sqrt{2}}+\frac Y{\sqrt{6}}\cr
        y=\frac a3- \frac X{\sqrt{2}}+\frac Y{\sqrt{6}}\cr
        z=x=\frac a3-2\frac Y{\sqrt{6}}\cr}$ ;
Il suffit d'yn remplacer $X=\frac {a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\cos\theta,\
Y=\frac {a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\sin\theta,\ $
pour avoir $f(x,y,z)=f^*(\theta)$ et l'\'etudier en recherhant ses extr\'ema
comme ceux d'une fonction $C^1$  d'une seule variable sur le compact
$[0,2\pi]$.

On peut aussi dire que f polynomiale donc continue est born\'ee et atteint
ses bornes sur le compact $\Gamma$ ; De plus en justificiant par le th\'eor\`eme
des fonctions implicites (rappeler les hypoth\`eses) on a aux extr\'ema de f :
ker(dg) contient $Ker(dx+dy+dz)\cap Ker(xdx+ydy+zdz)$ et d'apr\`es un th\'eor\`eme
d'alg\`ebre lin\'eaire (faisceauxx) il existe deux scalaires (les multiplicateurs
de LAGRANGE) tels que $df=t(dx+dy+dz)+u(xdx+ydy+zdz)$ ; donc aux extr\'ema
\'eventuels : $yz=t+ux,\ zx=t+uy,\ xy=t+uz$ ;

Montrons qu'obligatoirement deux coordonn\'ees sont \'egales : sinon
en retranchant  la premi\`ere relation aux deux autres :
$z(x-y)=u(y-x)$ et $y(x-z)=u(z-x)$ : on aurait $z=-u=y$.

Aucun point de $\Gamma$ n'\'etant sur l'axe ternaire,
on peut \`a une sym\'etrie pr\`es (rotation pr\`es autour de l'axe ternaire)
supposer $x=y<z$ $u=-x$ et en reportant $xz=t-x^2$ et $x^2=t-xz$ ; mais en fait
en reportant dans $\Gamma $ $2x+z=a$   et $2x^2+z^2=a^2$,
$z=2a-x$ donc en reportant dans la seconde $6x^2-4ax=0$ : $x=0$
et $x=\frac {2a}3$, sont les seules valeurs de x pour lequel l'extr\'emum est
 atteint. A cause du th\'eor\`eme des bornes l'un correspond au minimum (0) l'autre
 \`a un maximum.

Par permutation circulaire on a 3 positions possibles pour le maximum ;
dispos\'es en triangle \'equilat\'eral.

L'interpr\'etation g\'eom\'etrique est \'evidente : il s'agir de trouver les extr\'ema du
 volume alg\'ebrique du parall\'epip\`ede rectangle  dont un sommet est sur Gamma et
l'autre oppos\'e est l'origine,
et \`a cot\'es parall\`ele aux axes ; l'interpr\'etation g\'eom\'etrique est \'evidente.

Il serait int\'er\'essant de v\'erifier si Maple, a une proc\'edure permettant
de trouver les extr\'ema li\'es.
\traitgras
 \lettrine{{ (O 121) }} {\prover Congruence}
\vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soient p et q premiers impairs tels que $\bf q| 2^p-1$.
Montrer que $\bf q\equiv 1 $ mod(2p).
{\it (Bib Bloc p 1+ Grunspan analogue ;) }}}

L'hypoth\`ese q impair, est superflue, puisqu'il divise
un nombre impair $>1$.

Comme p est imapir et q-1 est pair, il suffit de d\'emontrer que $q\equiv 1
$ mod(p).

Par hypoth\`ese $2^p\equiv 1 $ mod(q). Ceci entra\^{\i}ne que, dans le groupe
multiplicatif$\Z/q\Z^*$,
l'ordre de la classe de 2 divise le nombre premier p. Comme l'ordre a de 2
est $\geq 2$, il faut que $a=p$. On en d\'eduit que le cardinal du groupe H
engendr\'e par 2 dans $\Z/q\Z^*$ est p.

D'autre part le th\'eor\`eme de LAGRANGE nous dit que $card(H)$ divise
$card(\Z/q\Z^*)$, c'est \`a dire qu'ici p divise q-1, ou encore $q\equiv 1 $
mod(p).



\traitgras
 \lettrine{{ (O 124) }} {\prover Scind\'e}
\vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soit $\bf\displaystyle\sum_{k=0}^n a_k X^k\in\R[X]$,
 ayant n racines distinctes.
Quel est le signe de $\bf PP"-P'^2$ ? Montrer que
$\bf \forall k a_k^2<a_{k-1} a_{k+1}$.

{\it BIB : vr 93 p 141, GC MPSI p 35}  }}

$\frac {P'}P= \displaystyle\sum_{k=0}^n\frac 1{X-x_k}$ ; les p\^oles r\'eels
\'etant rang\'es par ordre croissant ; La  fonction rationnelle associ\'ee
a donc pour d\'eriv\'ee, sur chaque intervalle ne contenant aucun p\^ole :
$\frac {PP"-P'^2}{P^2}=-\displaystyle\sum_{k=0}^n\frac 1{(X-x_k)^2}$, ce qui
prouve $PP"-P'^2<0$ sur $\R$ priv\'e des p\^oles.

Comme P et P' n'ont pas de racine commune, l'in\'egalit\'e est encore vraie
aux p\^oles.

L'in\'egalit\'e obtenue \'etant encore vraie en particulier en $X=0$
$a_1^2>2a_0a_1$.

Comme les polyn\^omes d\'eriv\'es de P ont aussi toutes leurs racines r\'eelles
distinctes (cons\'equence du th\'eor\`eme de ROLLE), la propri\'et\'e pr\'ec\'edente
 s'applique \`a $P^{(k)}$, pour k=0..n-2, donc $[P^{(k+1)}(0)^2 -P^{(k+2)}(0)
P^{(k)}(0)]>0$, qui donne $[(k+1)! a_{k+1}]^2-k!(k+2)!a_{k+2}a_k>0$, soit
encore $a_{k+1}^2>(1+\frac k{k+1})a_ka_{k+2}$. On en d\'eduit que pour
tout $1\leq p\leq n-1,\ a_{p-1}a_{p+1}< a_p^2$.


\traitgras
\lettrine{{(\%\ O 127 \ \%)}} \cadrefin{\tenbf D\'erangement}

\vskip 5mm
\hfill \cadreombre{\vbox{\hsize 13cm \vskip 3mm \rightskip=3mm
\leftskip=3mm \bf ORAL 94-95 N$^\circ$1 X \smash{\liond}
\vskip 3mm \noindent
 \num{a} Soit $\bf 0\leq p\leq n, (p,n)\in \N^2$. Calculer
 $\displaystyle\bf\sum_{k=0}^p(-1)^kC_n^kC_{n-k}^{p-k}$.

\noindent\num{b} Soit $A_n$ le nombre de permutations $\bf \sigma$ de $\bf S_n$
n'ayant pas de point fixe. Montrer que
$ \displaystyle\bf\sum_{k=0}^nC_n^kA_{n-k}=n!$.

\noindent \num{c} Montrer que $\displaystyle\bf A_n=n!
\big(\sum_{k=0}^n{(-1)^k\over k!}\big)$.
\hfill\smash{\Liong}
 \vskip 3mm}} \carnot 10\hfill{}
 \vskip 2mm
\`A la demande de Plantard voici une :
\leavevmode  \cadrefin{\bf SOLUTION \smash{\gros M1} : }

\noindent Pour des raisons \'evidentes une permutation $\sigma$
de $S_n$ n'admettant pas de point fixe s'appelle un ``D\'ERANGEMENT" de  $S_n$.
{\it (d\'erangement :  suivez mon regard...)}
\num{$\bullet\ $a} De telles formules combinatoires s'obtiennent souvent
en interpr\'etant de deux mani\`ere une formule du BIN\^OME. Ainsi
$1^n=\big(1+(X-X)\big)^n = \displaystyle\sum_{p=0}^nC_n^p(X-X)^p=
\sum_{p=0}^n\sum_{k=0}^pC_p^k(-1)^kX^kX^{p-k} =
\sum_{p=0}^nX^p\big((-1)^kC_n^pC_p^k$.

Or $C_n^pC_p^k={n!\over p!(n-p)!}{p!\over k!(p-k)!}=C_n^kC_{n-k}^{p-k}$ apr\`es
r\'eduction par $p!$ et r\'eintroduction haut et bas de $(n-k)!$

La somme demand\'ee est le coefficient de $\bf X^p$ soit $\delta_{(0,p)}$.
(delta de KRONECKER -particuli\`erement odieux avec CANTOR).
\cadrefin{$\displaystyle\bf\sum_{k=0}^p(-1)^kC_n^kC_{n-k}^{p-k}=\delta_{(0,p)}$
\ \vrule\ \liond}
\trait
\num{$\bullet\ $b} L'ensemble des permutations de $S_n$ est partitionn\'e entre
celles qui n'ont pas de points fixes (les d\'erangements), celles qui ont un seul
point fixe,..., celles qui ont n points fixes (r\'eduite \`a l'identit\'e).

Or une permutation ayant k points fixes exactement est constitu\'ee en
choisissant
k \'el\'ements parmi n, l'ordre du choix \'etant indiff\'erent (ces points restant
seulement invariants), d'o\`u $C_n^k$ choix possibles de ces k points fixes :
il reste alors \`a d\'eranger le (n-k) \'el\'ements non choisis pour obtenir une
permutation
ayant exactement k points fixes. Soit $C_n^kA_{n-k}$ est  nombre de
permutations
de $S_n$ ayant k points fixes. En sommant d'apr\`es la partition, on obtient la
formule annonc\'ee.

Remarque de Cuculi\`ere X-UPS 4 mai 2000  : D\'erangement avec ``remise" :
Au lieu de permutations de $\{1...n\}$, on prend les applications $\varphi$
de   $\{1...n\}$ dans $\{1...n\}$ sans point fixe.
Leur nombre est \'evidemment $(n-1)^n$ (chaque i a comme image possible tous
les autres sauf lui). Le quotient par le nombre des applications est $\frac
{(n-1)^n}{n^n}=(1-\frac 1n)^n$. C'est la probabilit\'e que en tirant
successivement avec remise n jetons num\'erot\'es de 1 \`a n, on n'obtiennejamais le
 nombre k au k-i\`eme tirage. Quand n tend vers plus l'infini la limite est
encore $\frac 1e$.
\trait
\num{$\bullet\ $c} Je vais calculer le second membre et d\'emontrer que c'est
$A_n$ : $\displaystyle n!\sum_{k=0}^n{(-1)^k\over k!} =
n!\sum_{k=0}^n{(-1)^k(n-k)!\over (n-k)!k!}$ ; je remplace le $(n-k)!$ au
moyen de la formule de b) sp\'ecialis\'ee en rempla\c{c}ant n par n-k, ce qui donne :
$\displaystyle n!\sum_{k=0}^n{(-1)^k\over k!} =
\sum_{k=0}^n{(-1)^k n!\over k! n-k)!}\sum_{j=0}^{n-k}C_{n-k}^jA_{n-k-j}=
\sum_{k=0}^nC_n^k(-1)^k\sum_{j=0}^{n-k}C_{n-k}^jA_{n-k-j}$.

On fait un dessin du domaine de sommation, (voir figure) et on change
d'indices de sommation : on pose k+j=p (droite parall\`ele \`a la seconde
bissectrice) et on somme de p=0 \`a n, p \'etant fix\'e on somme k de 0 \`a p.
Ce changement donne la nouvelle formule suivante :
$\displaystyle n!\sum_{k=0}^n{(-1)^k\over k!} =
\sum_{p=0}^nA_{n-p}\sum_{k=0}^p(-1)^kC_n^kC_{n-k}^{p-k} =A_n$, d'apr\`es le a)
car le coefficient de $A_{n-p}$ est nul sauf pour p=0.
\hfill\smash{\GLiong}
\trait
C'est tout ? Ah non c'est un peu court jeune homme ! On pouvait dire, oh Dieu,
bien des choses en somme !
{\it (Cyrano acte 1 sc\`ene {\uppercase\expandafter{\romannumeral 4}})}....
\hfill T.S.V.P $\rightarrow$

\carre \ 1) Le nombre de d\'erangements a pour fonction g\'en\'eratrice
${e^{-t}\over (1-t)}$
en effet : $\displaystyle_{n\geq 0}\sum A_n {t^n\over n!}$ est bien
en rempla\c{c}ant

$A_n$ par son expression obtenue en c) et en posant j=n-k
produit de MERTENS des deux s\'eries de $e^{-t}$ et de ${1\over 1-t}$.

\carre \ 2) On peut \'etablir $A_n=nA_{n-1}+(-1)^n$, qui permet de construire
une table des valeurs des d\'erangements. Cette formule n'est actuellement pas
encore interpr\'et\'ee de mani\`ere combinatoire. On peut \'etablir aussi
$A_n=(n-1)(A_{n-1}+A_{n-1})$. Cette derni\`ere formule par contre peut
 s'interpr\'eter de mani\`ere combinatoire.

\carre \ 3) ${A_n\over n!}\rightarrow {1\over e}=0.368....$ : Si des invit\'es
 en (grand) nombre n laissent leur chapeau au vestiaire, et en reprennent un
au hasard  lors de la sortie, la probablit\'e pour qu'aucun invit\'e n'ait son
propre chapeau  vaut \`a peu pr\`es ${1\over e}$ ; Autre exemple :  n (grand)
danseurs accompagn\'es de leurs \'epouses prennent part \`a une danse o\`u les
partenaires sont tir\'es au sort. Alors la probabilit\'e pour qu'aucun danseur ne
danse avec sa propre \'epouse est ${1\over e}$.   D'apr\`es le crit\`ere sp\'ecial des
s\'eries altern\'ees, la convergence est tr\`es rapide puisqu'elle est en
${1\over (n+1)!}$, premier terme n\'eglig\'e.

 \cadrefin{BIBLIOGRAPHIE} Achache 7, Rivaud neuf p68, Comtet 2 p 10, Letac
(probl\`emes de probabilit\'es PUF p 43), exos Berrard, Tissier exos agreg Br\'eal
 p54, Debarbieux p2. RMS juin 86 p400 partition ; Science octobre 1984 p116
 c'est l'entier le pluq proche de n! sur e ; O95 num\'ero 143 ;
 travail O94 permut 194, Compil 95-99 p 112 ; Br 96 p 99 ;

\traitgras

\lettrine{{(O 135)}}\ \cadrefin{\tenbf suppl\'ementaires}\par
\vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soit E un $\R$-espace vectoriel de dimension finie,
et F un sous espace vectoriel de E, distinct de E
et de $\{0\}$.Montrer que F admet une infinit\'e
de suppl\'ementaires.
}}

{\it(soluton Gozard 13 mars 2000)}
Notons n=dim(E) et dim(F)=k, alors $1\leq k\leq n-1$.
Soit $(e_1,...,e_k)$ une base de F. On peut la compl\'eter en une
base $e=(e_1,....,e_n)$ de E.

Pour chaque $t\in\R$ posons $G_t=Vect(e_{k+1},...,e_{n-1},te_1+e_n)$.

$\bullet\ $ La matrice du syst\`eme $Vect(e_{k+1},...,e_{n-1},te_1+e_n)$
en base e est $B_{1,n}=I_n+tE_{1,n}$ de d\'eterminant 1, donc inversible,
donc ce syst\`eme est aussi une base de E ; donc $G_t$ est un suppl\'ementaire
de F dans E.

$\bullet\ $ Si $G_t=G_u$, alors $te_1+e_n\in G_u$ et il existe
$(\alpha_{k+1},...,\alpha_n)\in\R^{n-k}$ tel que $te_1+e_n=\alpha_{k+1}
e_{k+1}+...+\alpha_{n-1}e_{n-1}+\alpha_n(ue_1+e_n)$.

Comme e est une base de E, il vient $\cases{\alpha_{k+1}=...=\alpha_{n-1}=0\cr
                                            t=\alpha_n u\cr
                                            \alpha_n=1\cr}$ donc $t=u$.

En contraposant $t\not=u\Longrightarrow G_t\not=G_u$.

L'application $\R\ni t\mapsto G_t$ est donc une injection de $\R$
dans l'ensemble des suppl\'ementaires de F dans E. D'o\`u le r\'esultat demand\'e.


\traitgras

\lettrine{{(O 136 det(A) >0) : Pisot }}\ \par
\vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soit A une matrice  r\'eelle.
telle que $A^5=A+I$ ; Montrer que $\bf det(A)>0$.

}}
Le polyn\^ome annulateur donn\'e n'a qu'une racine r\'eelle
(d'ailleurs $>1$) par tableau de variation. A est diagonalisable
sur $ \C$. Le polyn\^ome annulateur \'etant \`a coefficients r\'eels, les racines
complexes se groupent
deux par deux imaginaires conjugu\'ees, avec le m\^eme ordre de
multiplicit\'e. $a$ \'etant la seule valeur propre r\'eelle (d'ailleurs $a>1>0$,
$det(A)=a\displaystyle \prod |a_i|^2>0$

{\it(Remarque, cela marche pour $A^p=A+I$ avec p impair)}
\traitgras
\lettrine{{(O 138 )}}\  \cadrefin{$\tenbf X^n=A$}
\vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
R\'esoudre $\bf X^n=\pmatrix{2 &0 &0 &0\cr
                           0 &1 &1 &0\cr
                           0 &0 &1 &1\cr
                           0 &0 &0 &1\cr}$ lorque X est une
matrice carr\'ee complexe. Quelles sont les solutions r\'eelles. }}

En proc\'edants par blocs et d\'ecomposition des noyaux stables,
$E=E_2\oplus Ker(A-I)^3$. Donc $X=\pmatrix{\root n\of{2} & 0\cr
                                               0         & Y\cr}$
avec $Y^n=I_3+J$.  (racine n-i\`eme de 2 au sens complexe, si n est pair il y en
a deux r\'eelles, sinon une seule).

Montrer (triavial cf cours) que $Y$ doit \^etre dans le commutant de J ;
Commutant que l'on cherche par la m\'ethode de coefficients ind\'etermin\'es.
(L'expliquer) : on trouve $Y=aI+bJ+cJ^2$.

La formule du multin\^ome donne $I+J=\displaystyle
\sum_{p+q+r=n} \frac {n!}{p!q!r!} a^pb^qc^r J^{p+2q}$ ;

Avec par convention $J^0=I$ et comme $J^3=0$,
il ne reste que les triplets int\'er\'essants pour (p,q,r) :
(n,0,0), (n-1,1,0), (n-2,2,0) et (n-1,0,1) ;

Ainsi $Y^n=a^n I+na^{n-1}bJ+C_n^2J^2 a^{n-2}b^2+nJ^2a^{n-1}c$

L'identification donne $a^n=1$ $na^{n-1}b=1$ et
$0=C_n^2 a^{n-2}b^2+n a^{n-1}c$ ;

Syst\`eme \'echelonn\'e qui donne a,b,c ; a n'est r\'eel que dans les m\^emes conditions
que $\root n\of{2}$.


\traitgras
\lettrine{{(O 141 )}}\ {\prover exp A}\par
\vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soit $A\in M_n(\R)$. Montrer que $exp(A)$ est un polyn\^ome en $A$.}}

{\it(Voir aussi Tauvel p131 ; br 94  p 189)}

{\it(Solution Pinguet 28 1 2000}
On note $F=\{ P(A),P\in \R[X]\}$.

F est un sous espace vectoriel de $M_n(\R)$ (de dimension finie $n^2$),
 donc F est ferm\'e dans
$M_n(\R)$.

Or $\displaystyle\sum_{k=0}^n \frac {A^k}{k!}\rightarrow e^A$.
D'o\`u $e^A \in F,$ donc $e^A$ est un polyn\^ome en A.

Remarque de Vidiani : La m\^eme d\'emonstrtion est valable dans $M_n(\C)$  et il ne
faut pas croire que l'application $A\mapsto exp(A)$ est polynomiale.
Le polyn\^ome ne peut \^etre ind\'ependant de A : s'il l'\'etait on appliquerait
\`a A=tI on aurait $P(t)I=Ie^t$ donc $P(t)=e^t$, ce qui est faux (comportement
diff\'erent pour $t$ tendant vers l'infini.

\traitgras

\lettrine{{(O 142 )}}\ {\prover diago }\par
\vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soit $\bf A\in M_n(\R)$, diagonalisable dans $\bf M_n(\R)$.
Montrer que l'ensemble des matrices r\'eelles semblables \`a A est ferm\'e
dans $\bf M_n(\R).$} {\it(Une r\'eciproque est possible)}}

{\it(Solution Pinguet 28 01 2000)}

On note $t_1,...t_r$, les valeurs propres distinctes (r\'eelles) de A.
On note $m_1,...m_r$ leurs multiplicit\'es respectives. Comme
A est $\R-diagonalisable$, on a : $\displaystyle \sum_{i=1}^r m_i=n$.

On note $F=\{M\in M_n(\R) | M \hbox{ semblable \`a A}\}$.

\'Etablissons le {\bf lemme suivant : si $\bf (M_k)_{k\in \N}\in M_n(\R)^\N$
est telle que $\bf M_k\rightarrow  M\in M_n(\R)$, alors $\bf\exists K\in \N,
\ \forall k\geq K, rg(M_k)\geq rg(M)$ (par semi continuit\'e inf\'erieure du rang)
 :}

Le lemme est clair : consid\'erer un d\'eterminant extrait de M d'ordre rg(M) non
 nul ; le m\^eme d\'eterminant extrait est non nul pour $M_k$ si k est assez grand,
 par continuit\'e du d\'eterminant.

Soit maintenant $(M_k)_{k\in \N}\in F^\N$ telle que $M_k\rightarrow M
\in M_n(\R)$.

Montrons que M est dans F.

On a pour tout i de $[1;n],\ M_k-t_iI_n\rightarrow M-t_iI_n$, donc par le
lemme, il vient $\exists K_i\in \N,\forall k\geq K_i, rg(M_k-t_i I_n)
\geq rg(M-t_i I_n)$,
donc par le th\'eor\`eme du rang, on a : $\forall k\geq K_i,\
dim(ker(M-t_i I_n)\geq \underbrace{dim(ker(M_k-t_i I_n)}_{=m_i,\
car\ M_k\in F}$.
donc $\forall i\in [1;r]],\ dim ker(M-t_i I_n)\geq m_i$.

Comme $\displaystyle\sum_{i=1}^r m_i=n$, on a n\'ec\'essairement :
$\forall i\in [[1;r]], dim(ker(M-t_iI_n)=m_i$.

D'o\`u M est semblable \`a A donc $M\in F$.

Cela prouve que F est une partie ferm\'ee de $M_n(\R)$.

 \centerline{\vbox{\hrule  depth 0pt width 80mm}} % trait partiel centr\'e

{\it(Autre vue : Cuculi\`ere 4 mai 2000 X-UPS : }
Soit A est diagonalisable de $M_n(\R)$ et soit
$a_1,...,a_m$ les valeurs propres distinctes de multiplicit\'e $k_1,...,k_m$.
Une matrice B est semblable \`a A ssi pour tout i de $\{1..m\},
\ dim(ker(B-a_iI)=k_i
\Longleftrightarrow \{1..m\},\ dim(ker(B-a_iI)\geq k_i
\Longleftrightarrow \{1..m\},\ rang(ker(B-a_iI)\leq n-k_i$ ;
or $\{ M | rang(M)\leq k\} $ est $\underline{\hbox{\bf FERM\'E}}$
car cela se traduit par la nullit\'e de tous les d\'eterminants extraits d'ordre
$>k$. {\it(intersection finie de ferm\'es...)}.

Remarquons que la r\'eciproque est vraie dans $\C$. En effet on a le lemme :
Soit $A=(a_{i,j})$ triangulaire sup\'erieure. Alors la matrice
$Diag(a_{1,1},...,a_{n,n})$ appartient \`a l'adh\'erence de la classe de similitude
de A. En effet  soit $P=diag(1,q,q^2,...,q^{n-1})$.
Alors $(P^{-1}A)_{i,j}=\displaystyle\sum_{k=1}^n(P^{-1})_{i,k}(A)_{k,j}
=(P^{-1})_{i,i}(A)_{i,j}=q^{-i}a_{i,j}$.

$\pmatrix{ 1 & 0 & 0\cr
         0 & q & 0\cr
          0 & 0 & q^2\cr} \pmatrix{ * & * & *\cr 0 & * & *\cr  0 & 0 & *\cr}
\pmatrix{ 1 & 0 & 0\cr
          0 & \frac 1q & 0\cr
          0 & 0 & \frac 1{q^2}\cr}$.



$(P^{-1}AP)_{i,j}=\displaystyle\sum_{k=1}^n
(P^{-1}A)_{i,k}(P)_{k,j}=(P^{-1})_{i,j}(P){i,j}=q^{-i}a_{i,j}q^j=q^{j-i}a_{i,j}
\rightarrow$ quand q tend vers plus l'infini si $i>j$. Contre exemple dans
$\R \ : \ \pmatrix{0&-1\cr 1 & 0\cr}$.



\traitgras


\lettrine{{(O 143 exp(A))}}\ \par
\vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soit A une matrice sym\'etrique r\'eelle. Montrer que $\bf A$
est un polyn\^ome en $\bf e^A$.
}}

{\it(Remarque de Cuculi\`ere : c'est vrai pour toute matrice diagonalisable
sur $\R$, mais non sur $\C$, car l'exponentielle n'y est pas injective.)}

A \'etant sym\'etrique r\'eelle est ortho-diagonalisable et ses valeurs propres
sont r\'eelles. Sur cette base $A'=diag(t_1,...,t_n)$ et $B'=e^{A'}=
diag(e^{t_1},...,e^{t_n})=diag(u_1,...,u_n)$ : Comme les $u_i$ sont distincts
quand les $t_i$ correspondants le sont, (car $x\mapsto e^x$ est strictement
monotone) il suffit de prendre le LAGRANGIEN tel que $L(u_i)=t_i$,
pour avoir $A'=L(B')$ ; on revient \`a la base initiale en constatant que
$B^k=P B'^k P^{-1}$.
\traitgras
\lettrine{{(\%\ O 157\ \%)}}\ {\prover EF} \par
\vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soit $\bf \in C^1(\R^+,\R)$telle que f(0)=0  et $\bf \forall x\in\R^+
\ 0\leq f'(x)\leq 1$. Pour $\bf x\geq 0$, on pose $\bf g(x)=
\big(\int_0^x f)^2-\int_0^xf^3$.
(a) \'etudier les variations de g.
(b) D\'eterminer les applications f telles que g=0.

{\it BIB analogie : Br 86 p 38}
}}
Un tableau avec les hypoth\`eses donne $f(x)\geq 0$.

$g'=f(2\int_0^x f-f^2)$ ; si on pose $h=(2\int_0^x f-f^2$ ;
$h'=2f-2ff'\geq 0$, donc au moyen d'un tableau $h(x)\geq 0$. $g$
est croissante.

Comme $f(0)=0$ et f croissante, on suppose f(x) =0 sur $[0,a]$ et
strictement positif apr\`es. g'=0 donne h=0 ; posons $F(x)=\int_0^xf$ ;
h=0 se traduit par $2F=F'^2$ ; F' est du signe de ff' donc positif
donc pour $x>a \ \frac {F'}{\sqrt{F}}=\sqrt{2}$
soit $\frac {F'}{2\sqrt{F}}=\frac {\sqrt{2}}2$  : $\sqrt{F}=
\frac {\sqrt{2}}2x+C$ ;Donc
$F= (\frac {\sqrt{2}}2x+C)^2 $ ; $f=F'=x-a$ ; Comme f doit
\^etre $C^1$ alors $a=0$ ou $a=+\infty$.

\traitgras
\lettrine{{(O 164 ) Cte Euler}}
 \vskip 7mm
\hfill \cadreombre{\vbox{\hsize 13cm \vskip 3mm \rightskip=3mm
\leftskip=3mm \bf ORAL 93-94 N$^\circ$328 \vskip 3mm
 Convergence et somme S de la s\'erie de terme g\'en\'eral $\bf u_n=
(-1)^n{\ln n \over n}$ \vskip 3mm}} \hfill{}

{\it BIB : O94 388= O38zeta.tex ; Tissier Agreg 318, 323 ; Br 90 p37
\'equivalent du reste ; Vernotte 49 ; GC lopez p 83 ; }

 \vskip 5mm



 Comme $ n\rightarrow {\ln n \over n} $ tend vers z\'ero en d\'ecroissant
 la convergence est donn\'ee par le crit\`ere sp\'ecial des s\'eries altern\'ees. \trait

Pour la somme : on pose $\zeta_a(x)=\sum_1^{+\infty} (-1)^{n+1} {1 \over n^x}$.
 On remarque que ${1 \over n^x} = e^{-x \ln n} $.

La s\'erie d\'eriv\'ee est $\sum_1^{+\infty} (-1)^{n+1} {- \ln n \over n^x} $ et on
 constate que sous r\'eserve d'existence (droit, \`a justifier par convergence
  UNIFORME, de permuter $\sum $ et d\'erivation ) on aura
  \cadrefin{$S=\zeta_a'(1)$}

Comme $ 0 \leq {\ln n \over n^x } \leq {\ln n \over n^\alpha } $ o\`u $\alpha
>0 $ est donn\'e. On \'etudie {\it ( voir une autre fa\c{c}on dans l'article
d'ARNAUDIES sur le d\'eveloppement en s\'erie enti\`ere de $\zeta $ et dans
SPM3 p 80 ) } la fonction d\'efinie par $\varphi (u) = {\ln u \over u^x } =
\ln u e^{-x\ln u}$ alors
$\varphi ' (u)= {e^{-x\ln u} \over u }(1-x \ln u ) $ ce qui donne le tableau de
variation : $\tabvar{u   &\q 0  &\q 1    & \q e^{1\over x} & \q +\infty \L
                   \varphi'&\q +  &\q +    & \q 0            & \q -       \L
                   \varphi & \q \u&\q \u   & \q              & \q \d      \cr}$

Or $e^{1 \over x} \leq e^{1 \over a } $ pour $ a \leq x $ donc
$ { \ln n \over n^x} $
d\'ecroit \`a partir du rang, ind\'ependant de x  $ n_0=[e^{1 \over a } ] + 1 $ ;
Le reste $r_n$ d'ordre $ n \geq n_0 $ de la s\'erie d\'eriv\'ee, est d'apr\`es le
crit\`ere
sp\'ecial des s\'eries altern\'ees major\'e  en valeur absolue, par celle du premier
terme n\'eglig\'e : soit $|r_n| \leq {\ln n \over n^x } \leq {\ln n \over n^a } $
qui tend vers z\'ero : on a une majoration UNIFORME : la s\'erie d\'eriv\'ee converge
uniform\'ement, donc $\zeta_a $ est d\'erivable sur $\R_*^+$ et la somme S de la
s\'erie est bien \cadrefin{$\bf S=\zeta_a'(1)$} \trait
 On remarque (vu en cours et le refaire en justifiant bien les commutations
pour $x>1$) que \cadrefin{$\zeta_a(x)=(1-2^{1-x})\zeta (x) $}

Comme dans le cours ( le refaire ), on montre avec la s\'erie des diff\'erences
que si f est d\'ecroissante positive \`a partir de a
$U_n=\sum_a^nf(k)-\int_a^nf(t)dt$
tend vers une limite $L_f$ lorsque n tend vers l'infini, et donc reste born\'e.
{\it ( rappelez m\^eme une interpr\'etation g\'eom\'etrique : voir ci contre ) } ;
\ \cadrefin{\bf Dans le cas qui concerne cet exercice  $f(t)={1 \over t^x } $.}
\trait
f \'etant d\'ecroissante et de limite z\'ero en $+\infty$, la m\'ethode de
d\'emonstration
du th\'eor\`eme de RIEMANN de comparaison de s\'erie et d'int\'egrale (sur laquelle
j'ai insist\'e en cours, car elle fournit souvent un proc\'ed\'e pour avoir un
\'equivalent de sommes de s\'eries d\'ependant d'un param\`etre ) nous dit que
pour tout $t \in [n,n+1] $ on a $  f(n+1) \leq f(t) \leq f(n) $ : int\'egrant
cette relation, entre n et n+1 on a comme la largeur n+1-n=1
$f(n+1) \leq \int_n^{n+1}f(t)dt \leq f(n) $.
Donc $0 \leq v_n=f(n)-\int_n^{n+1}f(t)dt \leq f(n)-f(n+1)=w_n $. La s\'erie
des diff\'erences de la suite convergente f(n) \'etant convergente, la s\'erie
domin\'ee de terme g\'en\'eral $v_n$ est aussi convergente.
Montrons, que la s\'erie de fonction $\sum v_n(x) $ est normalement, donc
UNIFORM\'EMENT convergente sur $[1,+\infty[$. En effet d'apr\`es la formule des
accroissements finis {\it ( on suppose f d\'erivable sur $\R^+$)} donne
$w_n=f(n)-f(n+1)=(n-n-1)f'(n+\theta) = {x \over (n+\theta)^{x+1}}
 \leq {1 \over n^2} $ {\it ( l'emploi d'une formule de TAYLOR sur F primitive
 de f : $F(n+1)-F(n)=f'(n)1+{f"(n+\theta) \over 2}1^2 $ donne m\^eme une
majoration plus fine par ${1 \over 2n^2}$
mais est moins directe si on la parachute avant d'en avoir besoin pour
la majoration de $v_n$ )  }
Donc la somme de la s\'erie $\sum v_n$ est continue sur $[1,+\infty[$.
Or si $x>1$ cette somme vaut $\zeta(x)-\int_1^{+\infty} t^{-x}dt=
\zeta(x)-{ 1 \over x-1}$ et si x=1
elle vaut $\displaystyle \lim_{N\rightarrow \infty} \sum _{n=1} ^{N-1} v_n(1)=
\lim_{N\rightarrow \infty} \big( 1+{1 \over 2} +{1 \over 3}  ...
+{1 \over N-1} -\ln N \big) =
\lim_{N\rightarrow \infty} \big( 1+{1 \over 2} +{1 \over 3}  ...
+{1 \over N} -\ln N  -{1\over N}\big) =
\gamma $ constante d'EULER {\it (voir TPE 93 + son calcul en Maple V.3
avec 1200 d\'ecimales )}. On peut donc \'ecrire \raise -3mm\hbox{
\cadreombre{\vbox{\hsize=48mm \vskip 2mm \leftskip=2mm \rightskip=\leftskip
\hskip -4mm $ \zeta(x)={ 1 \over x-1}+\gamma+o(1)
$\ \vrule\  \liond \vskip 2mm }}       }

On revient au calcul de $\zeta '_a(1)$ ; $\zeta_a(x)
=(1-e^{-(x-1)\ln 2})\zeta(x)
=\bigl((x-1)\ln 2 -(x-1)^2{(\ln 2 )^2 \over 2 } + o(x-1)^2\bigl)
\bigl({ 1 \over x-1}+\gamma+o(1)\bigl)
 = \bigl(\ln 2 -(x-1){(\ln 2 )^2 \over 2 }+ o(x-1)\bigl)\bigl(1+
\gamma (x-1)+o(x-1)\bigl) =
  \ln 2 = (x-1)({-(\ln 2 )^2 \over 2 }+\gamma \ln 2 ) +o(x-1) $.
 Donc $ \zeta_a(x)-\zeta_a(1)=(x-1)({-(\ln 2 )^2 \over 2 }+\gamma \ln 2 +o(1))$
et ainsi \hfill\raise -6mm\hbox{
\cadreombre{\vbox{\hsize=83mm \vskip 2mm \leftskip=2mm \rightskip=2mm
\noindent \hfil $ \bf S=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^n{\ln n \over n}
=\zeta'_a(1) ={-(\ln 2 )^2 \over 2 }+\gamma \ln 2
 $\ \vrule \ \liong\vskip 2mm \hfill}}  } \hfill{}

\centerline{\vbox{\hrule  depth 0pt width 80mm}} % trait partiel centr\'e

{\it(Solution sans s\'erie enti\`ere par Cuculi\`ere 4 mai 2000 X-UPS : }
Rappelons qu'une cons\'equence du th\'eor\`eme de RIEMANN de comparaison de s\'erie
et d'int\'egrale est le lemme suivant : Si f est continue par morceaux
sur $[a,+\infty[,$ avec $a\in\N$, et positive et d\'ecroissante sur
$[,+\infty[$ avec $A\geq a$. Alors
$\displaystyle\sum_{k=a}^nf(k)=\int_a^n f(t)dt+C+o(1)$ quand n tend vers plus
l'infini {\it(voir votre cours ou ROD 4 page 31)}.

Soit $H_n=\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac 1k=\ln n+\gamma+o(1)$ ;
$T_n=\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac {\ln k}k=\frac 12(\ln n)^n+C+o(1)$ ;

Posons $S_n=\displaystyle\sum_{k=1}^n(-1)^k\frac {\ln k}k$ ;
Si $S_{2n}$ tend vers S alors, $S_n$ tend aussi vers $S$ (comparer
$S_{2p+1}$ et $S_{2p}$.

Or comme pour la s\'erie hormonique altern\'ee :
$S_{2n}=-\frac {\ln 1}1 +\frac {\ln 2}2-\frac {\ln 3}3+...+
\frac {\ln (2n)}{2n}$ et $T_{2n}=+\frac {\ln 1}1 +\frac {\ln 2}2
+\frac {\ln 3}3+...+ \frac {\ln (2n)}{2n}$.

$S_{2n}+T_{2n}=2\big(\frac {\ln 1}1 +\frac {\ln 2}2+\frac {\ln 3}3+...
+ \frac {\ln (2n)}{2n}\big)
=\displaystyle 2\sum_{k=1}^n\frac {\ln 2k}{2k}
=\sum_{k=1}^n \frac {\ln 2+\ln k}k=H_n\ln 2+T_n$ ;

Soit $S_{2n}=H\c{c}_n\ln 2+T_n-T_{2n}=(\ln n+\gamma+o(1))\ln 2+
\frac 12(\ln n)^2+C+o(1)-\big(\frac 12(\ln 2n)^2+C+o(1)\big)
=\gamma\ln 2-\frac 12\big( \ln 2\big)^2+o(1)$
d'o\`u \cadrefin{$\bf S=\gamma\ln 2-\frac 12(\ln 2)^2$\ \vrule\ \liond}




\traitgras
\lettrine{{(\%\ O 194\ \%)}}\ {\prover Tresses} \par
\vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soit $\bf f :\R^2\mapsto \R^2$ de classe $\bf C^2$, telle que pour
tout point $\bf m\in \R^2,\ df(m)$ soit une similitude directe.
Montrer que f est harmonique. Si, pour tout tout point $\bf m\in\R^2$,
$\bf df(m) $ est une ROTATION, montrer que la matrice jacobienne de f
est constante.
{\it BIB : 92/2 O92tress.223 Henri Cartan cours de CDI Hermann 1979 p 38 ;
Fran\c{c}ois RIDEAU exercices de CDI Hermann 1979 p 43-44 106-109 ;
Eric LEICHTNAM Xavier SCHAUER exercices de math\'ematiques tome 4 analyse II
Ellipses Marketing juin 82 p 42 ; FLORY Topologie Analyse tome 3 p 30 Vuibert
 1976 ;  Br 96 p 136 ;
Leb\oe uf p 298 Ellipses ; Gonnord Th\`emes d'analyse pour l'agr\'egation
ellipses 1998 ; } }}

Puisque $df(m)$ est une similitude, la matrice jacobienne de f=(F,G) en m
est de la forme $\pmatrix{a & -b\cr b & a \cr}$. Avec $a=\dd Fx=\dd Gy$
et $b=\dd Gx=-\dd Fy$ (conditions de CAUCHY).

On d\'emontre que les deux composantes F et G de f sont harmoniques :
par exemple pour F : $\Delta(F)=\dd {\dd Fx}x+\dd {\dd Fy}y=
\dd {\dd Gy}x+\dd {-\dd Gx}y=0 $ par  SCHWARZ Hermann Amandus,
(car F et G sont $C^2$.

Il suffit de d\'emontrer que les vecteurs d\'eriv\'es des colonnes de la matrice
jacobienne sont orthogonaux aux vecteurs de la BON que consituent les colonnes
elles m\^eme de la matrice jacobienne (elle est orthogonale).
 Si de plus $a^2+b^2=1$, alors $2a\dd ax+2b\dd bx=0$ et
$2a\dd ay+2b\dd by=0$ ce qui signife $\pmatrix{\dd ax \cr \dd bx\cr}.
\pmatrix{a\cr b\cr}=0$ ;
les deux d\'eriv\'es de la premi\`ere colonne lui sont orthogonales.
En tenant compte des conditions de CAUCHY, on a leur orthogonalit\'e
avec la seconde colonne. Donc la premi\`ere colonne ayant ses d\'eriv\'ees
orthogonales \`a une base, a ses d\'eriv\'ees nulles donc est constante.

Les r\'ef\'erences donn\'ees, permettent de d\'emontrer cette m\^eme propri\'et\'e
pour une application de $\R^n$ vers $\R^n$.
Le principe de la d\'emonstration est le m\^eme.
\traitgras

\lettrine{{(O 195 harmonique)}}\ \par
\vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soit $\bf f\in C^2(\R^2,\R)$ v\'erifiant $\bf \Delta(f)=\dd2 fxx+\dd2 fyy =0$.
Pour $\bf r\geq 0$, on pose $\bf K(r)=\int_0^{2\pi} f(r\cos t,r\sin t)dt$.
Montrer que K est constante. Quelle est la valeur de cette constante ?
{\it(BIB analogues : br 96 p142, Br 93 p 116, O93 231 moyenne, Riemann Green,
Fourier,
propri\'et\'es des fonctions harmoniques, Leboeuf 311, O98 269, spm4 p 40)}}}

Si l'on pose $g(r,t)=f(r\cos t, r\sin t)$, le calcul du cours,
montre que le laplacien en coordonn\'ees polaires est donn\'e par
$r^2\Delta(f)= r^2\dd2 grr+r\dd gr+\dd2 gtt=0$, ce qui peut s'\'ecrire autrement
$\dd  gr\big(r\dd gr\big)=-\frac 1r\dd2g rr$.

\noindent
En invoquant l'int\'egrale d\'ependant d'un param\`etre r, $g$ \'etant $C^2$,
il en est de m\^eme de K et $rK'(r)=\int_0^{2\pi}r\dd g r(r,t)dt $ ;

La fonction $N\ : \ r\mapsto rK'(r)$ est \`a son tour d\'erivable et
$(rK'(r))'=\int_0^{2\pi}\dd {(r\dd gr)}r(r,t)dt=-\frac 1{r^2}\int_0^{2\pi}
\dd2 gtt(rt)dt$ et comme $t\mapsto \dd gt(r,t)$ est $2\pi$ p\'eriodique, la
derni\`ere int\'egrale est nulle ;

$N$ est constante sur $\R$. Mais $N(0)=0$, donc $K'=0$ et $K$ K est constante
sur $\R$. (elle n'est d\'efinie que pour r positif, mais en fait on peut montrer
 qu'elle est paire :
il suffit de faire le changement $t=u-\pi$ et de r\'etablir les bonnes bornes
tenant compte de la p\'eriodicit\'e par rapport \`a u).
\cadrefin{$\bf K(r)=2\pi f(0,0)$}

{\it (Cuculi\`ere X-UPS 3 mai 2000 Palaiseau : )} On autilise l'associ\'ee
harmonique de $f$, qui donc v\'erifie $\dd fx=\dd gy$ et $\dd fy=-\dd gx$.

Et apr\`es une justification de la d\'erivation sous le signe int\'egral :

$K'(r)=\int_0^{2\pi} \big[\dd fx(r\cos t,r\sin t)\cos t+\dd fy(r\cos t,
r\sin t)\sin t\big]dt $

$
=\int_0^{2\pi} \big[\dd gy(r\cos t,r\sin t)\cos t-\dd gx(r\cos t,
r\sin t)\sin t\big]dt  =\int_0^{2\pi}\dd {g(r\cos t,r\sin t)}t dt=
[f(r\cos t,r\sin t)]_0^{2\pi}=0$.
\traitgras
\vfill\eject
\lettrine{{\%\ (O 198 )\ \%}} {\prover ED } \vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soit $\bf$ une application $\bf C^2$ de $\bf\R$ dans $\bf \R$
telle que $f"f-f'^2=1$. Montrer que $\bf f$  est $\bf C^\infty$.
Expliciter $f$. {\it(Bib : Br 83 p 118)}
}}

Soit $d: I\mapsto\R$ une solution ; comme pour tout $x$ de
$I$,$f(x)f"(x)=1+f'^2(x)\geq 1$,ni $f$ ni $f"$ ne s'annulentet donc $f"=
\frac {1+f'^2}f$ est d\'erivable sur $I$ et par transfert imm\'ediat
$f$ est $C^\infty$ sur $I$.

$on a $f"'f=f"f. De m\^eme $\psi=\frac {f"}f$ est d\'erivable sur $I$ et
$\psi'=\frac {f"'f-f"f'}{f^2}=0$. Ainsi $\psi$ est constante: il existe
k r\'eel tel que $f"-kf=0$

\noindent\hskip-7mm
$\cases
{k=0      & conduit \`a $f(x)=ax+b$ et $a^2=-1$ impossible \cr
 k=-w^2<0 & conduit \`a $f(x)=a\sin(wx+b)$ puis \`a $a^2w^2=-1$ impossible\cr
k=w^2 & conduit \`a $f(x)=ae^{wx}+be^{-wx}$, puis en reportant dans l'\'equation
\`a $4abw^2=1 $ : ni a, ni b  \cr
 & ne sont nuls et ils sont de m\^eme signe alors \cadrefin{$\bf f(x)
=\frac 1w\cosh(wx+c)$}\cr}$.

f est $C^\infty$ sur $\R$.

En fait j'ai d\'emontr\'e, $C^\infty$ en m\^eme temps que le calcul. Cela peut
se faire de la fa\c{c}on suivante par recherche de solution maximale :
Si b \'etait par exemple une borne sup\'erieure born\'ee de I ; Cauchy Lipchitz en
b, prouverait que l'on peut prolonger la solution en d\'ebordant en b, b ne
serait pas la borne sup\'erieure : $b=+\infty$ ; de m\^eme de l'autre cot\'e de I.

{\it(compl\'ement : expliquer comment on peut r\'esoudre
l'\'equation $yy"-y'^2=k$)} (si k n\'egatif il faut beaucoup de raccords).
\traitgras
\lettrine{{ (O 202)}} \cadrefin{\bf Int\'egrale complexe}

\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 100mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf  Calculer $\bf f(u)=\int_\R e^{-x^2-iux}dx$.}}

{\it BIB : Flory 2 204 ; Lelong 193 ; {\fiverm Deschamp} 2 p 137 ; juin 85
analogues divis\'e par un radical br 83 p 63 ; br 82 p 137 pour une somme ;
voir O98-136 et 262.}

La continuit\'e sur $\R\times\R$ de $(x,u)\mapsto e^{-x^2-iux}$ et de $(x,u)
\mapsto\dd {e^{-x^2-iux}}u=ixe^{-x^2-iux}$, ainsi que les majorations
$|e^{-x^2-iux}|\leq e^{-x^2}$, $|ixe^{-x^2-iux}|\leq |x|e^{-x^2}$, qui assurent
la convergence NORMALE des int\'egrales pour les bornes $\pm \infty$,
prouvent continuit\'e et d\'erivabilit\'e de f sur $\R$.
et $f'(u)=\int_\R ixe^{-x^2-iux}dx$, d'o\`u $2f'(u)+uf(u)
=-i\int_\R (-2x+iu)e^{-x^2-iux}dx
=-i\big[e^{-x^2-iux}\big]_{-\infty}^{+\infty}=0$.

On peut remarquer que la partie imaginaire $e^{-x^2}\sin ux$ est impaire, donc
d'int\'egrale nulle ; f est donc r\'eelle et v\'erifie une \'equation diff\'erentielle
simple : $\frac {f'(u)}{f(u)}=-\frac u2$ ; donc $f(u)=\lambda e^{-x^2\over 4}$
avec $\lambda=f(0)=\sqrt{\pi}$ ; finalement \cadrefin{$\bf
f(u)
=\int_\R e^{-x^2-iux}dx=\int_\R e^{-x^2}\cos(ux)dx=\sqrt{\pi}e^{-{x^2\over 4}}$
\ \vrule \ \liond}.

{\it(Autre solution par r\'esidus, int\'egrale curviligne :
 Cuculi\`ere  X-UPS 4 mai 2000 : }

On calcule $\int_\Gamma exp(-z^2-niz)dz$ sur le contour $\Gamma$, contour du
rectangle (faire un dessin) A(-R,0), B(R,0), C(R,$-\frac n2$),
D=(-R,$-\frac n2$), parcouru dans le sens anti-trigo.

\carre\ Sur AB : z=t, t varie de -R \`a +R   $I_1=\int_{-\R}^{+\R}
exp(-t^2+-int)dt\rightarrow I$.

\carre\ Sur BC $z=R-\frac {in}2t$, t varie de 0 \`a 1 ;
$dz=-i\frac n2dt$.  $z^2+inz=(R-i\frac n2t)^2+in(R-i\frac n2t)
=R^2-Ribnt-\frac{n^2t^2}4+inR-\frac {n^2}2t$.

$|exp(-z^2-inz)|=exp(-R^2+\frac {n^2t^2}4-\frac {n^2}2t)$ donc
$|I_2|\leq \int_0^1e^{-R^2+{n^2\over 4}t^2-{n^2\over 2}t}\frac n2dt\leq
exp(-R^2\frac {n^2}4)\rightarrow 0$.

\carre\ Sur DA de m\^eme en changeant R en -R : $I_4$  tend vers 0.

\carre\ $z=-i\frac n2+t$, t variant de R \`a -R.
$z^2+inz=(-i\frac n2+t)^2+in(-i\frac n2+t)=-\frac {n^2}4-int+t^2+
\frac {n^2}2+int=\frac {n^2}4+t^2$ donc $I_3=-\int_{-R}^{+\R}
exp(-t^2-\frac {n^2}4)dt\rightarrow exp(-\frac {n^2}4\int_\R e^{-t^2}dt$.
Or $\int_\Gamma exp(-z^2-2inz)dz=0$ donc $I_1+I_2+I_3+I_4=0$ donc
\cadrefin{$\bf I=exp(-\frac 14 n^2)\frac 12\sqrt{\pi}$}.

\traitgras




\lettrine{{( O 209 )}}\ \cadrefin{\bf orthoptique de parabole} \par
\vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soit P une parabole (a) trouver le lieu des intersections des couples
de tangentes perpendiculaires \`a P; (b) Quel est le nombre de points
d'intersection
de P et d'un cercle ? (c) Trouver le lieu des cercles bitangents \`a P.
{\it BIB : Paraboles outre Tetrel 75, br 86 p 232, br 87 p275, br 88 p 232,
br90 p 71,
 br 94 p220, br 95 p 222,  Compil 210, GC 206, 208, Aubonnet GC 207
Leb\oe uf 30 44 et 45)}
}}

(a) Comme ce n'est pas plus difficile, on traite le cas g\'en\'eral de la courbe
iso-optique d'o\`u l'on voit la parabole $y^2=2px$ sous l'angle V :

L'\'equation de la tangente \`a la parabole, avec le coefficient angulaire $m=y'$
est $y=mx+\frac p{2m}$.

Les pentes des tangentes men\'ees \`a la parabole par le point (a,b),
sont donc donn\'es par l'\'equation $2am^2-2bmp=0$~; D'ailleurs
(1) $\tan V=\frac {m"-m'}{1+m'm"}$ ; d'autre part (produit des racines)
$mm'=\frac p{2m}$ et $(m'-m")^2=(m'+m")^2-4m'm"=\frac {b^2}{a^2}-\frac {2p}a$.

En portant ces valeurs dans (1) et en posant $\tan V= K$, on trouve
(2) $4b^2-8pa=K^2(2a+p)^2$.

Dans le cas particulier o\`u $V=\frac \pi 2$, le lieu est la directrice
\cadrefin{\bf 2a+p=0}.

Dans le cas g\'en\'eral le lieu est une hyperbole dont l'un des axes co\"{\i}ncide avec
 celui de la parabole. On a une hyperbole \'equilat\`ere pour K=1,
c'est \`a dire pour $V=\frac \pi 4$.

En rempla\c{c}ant les lettres a et b par x et y l'\'equation (2) s'\'ecrit
$4(y^2-2px)=K^2(2x+p)^2$.

L'hyperbole est bitangente \`a la parabole aux points (imaginaires !) o\`u celle ci
 est rencontr\'ee par la directrice $2x+p=0$, c'est \`a dire aux points de contact
 des tangentes issues du foyer. Les deux coniques bitangentes sont donc
\'egalement bitangentes au cercle de rayon nul ayant pour centre le foyer.
L'hyperbole a m\^eme foyer et m\^eme directrice que la parabole.

(b) 4= produit des degr\'es des deux courbes d'apr\`es Bezout.

(c) Un cercle quelconque ayant pour \'eguation $x^2+y^2-2ax-2by+d=0$,
l'\'equations aux ordonn\'ees des rencontre avec la parabole s'obtient en \'elminant
$x=\frac {y^2}{2p}$, ce qui donne
$\frac {y^4}{4p^2}+y^2-\frac {ay^2}p-2by+d=0$.
soit $y^4+4y^2(p^2-ap)-8p^2by+4p^2d=0$.

Pour un cercle bitangent on soit avoir deux couples de racines doubles
s,s et t,t : on peut \'ecrire que le premier membre pr\'ec\'edent doit
\^etre identifiable \`a $(y^2+uy+v)^2$, ou bien utiliser les relations entre
coefficients et racines d'une \'equation alg\'ebrique :
$s+s+t+t=0$, $s^2-4st+t^2=4p^2-4ap=2x^2-4s^2$ donc $s^2=ap-2p^2$ ;
Enfin la somme des produit trois \`a trois des racines donne
$0=8p^2b$ donc $b=0$ $ a=\frac {s^2}p+p$ ;
Le lieu des centres des cercles bi-tangents est la demi droite port\'ee par
l'axe issue du sommet et dans la concavit\'e de la parabole, ce qui \'etait \'evident
g\'eom\'etriquement, par raison de sym\'etrie.


\traitgras
\lettrine{{( O 210 )}}\ \cadrefin{\bf Alignement} \par
\vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf Trouver l'ensemble des nombres complexesz tels
 que les points d'affixe $z, z^2$ et $z^3$ soient align\'es.}}


Rappeler que cette condition d'alignement est
$\left|\matrix{z & z' & z" \cr
               \overline{z}&\overline{z'}&\overline{z"}\cr
              1 & 1 &1\cr}\right|=0$ ; ce qui donne ici
$z\overline{z}\left|\matrix{1 & z & z^2 \cr
               1&\overline{z}&\overline{z}^2\cr
              1 & 1 &1\cr}\right|=0$ soit  $z=0,\ z=1$, ou
$z=\overline{z}$. Interpr\'eter.

\traitgras
\lettrine{{(\%\ O 211 \ \%)}}\ \cadrefin{\bf Implicite} \par
\vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf   \'Etudier la courbe d'\'equation
$\bf \sin(x+y)+\cos(x-y)=1$ au voisinage de l'origine (tangente, position par
rapport \`a la tangente, courbure).}}

L'emploi justifi\'e du th\'eor\`eme des fonctions implicites (rappeler et justifier)
donne : $ y'\cos(x+y)+y'\sin(x-y)=0$, ... y'=-1, y"=4 et
$R=\frac {(1+y'^2)^{3\over 2}}{y"}=\frac {\sqrt{2}}2$.

Ce qui est confirm\'e par le graphe en maple ci contre.
with(plots) ; implicitplot(sin(x+y)+cos(x-y)=1,x=-0.3..1,y=-0.3..1,title=
` O 99 211`,tchickness=4);
{\it(Contrairement aux messages que j'ai recu l'\'epaisseur du trait n'est pas
modifi\'ee \`a l'impression, alors qu'elle l'est \`a l'\'ecran)}

\traitgras
\trait
\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
qaund 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 (33) DA de racine : } Faire un tableau pour $f_n(x)=x^n+x^{n-1}+x-1$ ;
la racine est entre 0 et 1 ;
$f_{n+1}(x)=f_n(x)+x^{n+1}-x^{n-1}$ : $f_{n+1}(x_n)<0$ la suite $x_n$ cro\^{\i}t ;
major\'ee par 1 converge vers $0<\ell\leq 1$ ; on prend le log en s\'eparant.
Si $\ell\not=1$ on aurait l'infini=0.

{\bf (34) DA de racine : }  On fait un tableau, on manipule en encadrant
on trouve $a_n\sim 2n$ ; puis en posant $a_n=2n-b_n$ en prenant de log $a_n=
2n-\frac 1{(2n)^{n2n-1}}+o(\frac 1{(2n)^{n2n-1}})$.

{\bf (41)} voir 127 d\'erangement.

{\bf (44)} Appliquer l'in\'egalit\'e de Cauchy-Schwarz \`a $\int_0^1\sqrt{fg}$...

{\bf (61) Int\'egrale double :} Par Fubini ou permutation des lettres muettes
     $2I=I+I=\int\int_D (a+b)=(a+b) aire\ de\ D= a+b$.


{\bf (80)} V\'erifier dim(E(2))=2, donc $P=(X-2)(X-1)$
donc $M^k=2^k(U)+1^k W $. Calculer U, W avec k=0..1 ;
On trouve quelque chose comme $e^t I+ e^{2t}M$. (c) de m\^eme ; pour N qui
n'est pas diagonalisable $N^k=2^k(U+kV)+1^k W $~: avoir U, V, W par
k=0..2, on trouve $exp(tN)$ de la forme $e^t I+e^{2t}(a+bt) M$.

{\bf (122) Id\'eal : } Si I(a) inclus dans I(b) $(ta)\subseteq (t'b)$ ; pour t=1
a est divisible par b.
La suite des diviseurs entiers d'un nombre entier \'etant finie, on a la r\'eponse.
111

{\bf (123) Polyn\^ome r\'eel :} Imm\'ediat : ce sont les polyn\^omes de $\R[X]$ : par
limite on montre que les
polyn\^omes d\'eriv\'es prennent aussi des valeurs r\'eelles, et l'identit\'e de Taylor
pour
P donne le r\'esultat ; ou mieux il coincide avec son LAGRANGIEN en n points.
Ou encore pour tout z r\'eel $P(z)=\overline{P(z)}$ donc $a_k=\overline{a_k}$
qui est donc \`a coefficients r\'eels. Pour la condition suffisante, voici l'id\'ee
donn\'ee  sur UPS-Math par Pierre-Jean Desnoux et Benont Richard :
Si $P$ \`a coefficients r\'eels n'etait pas constant, alors $P(z)-i$ non plus,
donc d'apr\`es D'Alembert admettrait au moins une racine, qui ne peut \^etre
que non r\'eelle (sinon $P(a)$ r\'eel serait \'egal \`a $i$), et pour le complexe
$a$ on aurait $P(a)=i\notin \R$. Donc les seuls polyn\^omes r\'epondant \`a la
question sont les polyn\^omes constants r\'eels.

{\it(Autre solution JPG : P est holomorphe  et si P
non constant il existe $z_0,\ |P'(z_0)\not=0$ et donc on applique le th\'eor\`eme
d'inversion locale : il existe $V(z_0)$ et $W(P(z_0))$ tel que P soit un
isomorphisme de V vers W :  $P(\C)$ ne serait pas inclus dans $\R$)}.

{\bf (125) Tchebytcheff : } Par r\'ecurrence $z^n+z^{-n}$ ; Tchebycheff poser
$z=\cos \theta$ (\'eventuellement complexe) ;

{\bf (126)} {\bf Triphas\'e : } {\it voir RMS juin 98 O97 150 p1105, Hormiere
y est dit avoir utilis\'e Maple et les Bases de Gr\"obner)} en combinant on a
exp(ia)+exp(ib)+exp(ic)=0 ; comme les
nombres complexes sont ne module 1, en isolant l'un dans un membre et prenant
les modules on v\'erifie que le r\'eseau est triphas\'e ; le reste en d\'ecoule.

{\bf (129) trace : } c'est du cours sur le d\'eterminant et les syst\`emes
diff\'erentiels lin\'eaires, avec le Wronskien ; Deux formes multilin\'eaires
altern\'ees sont proportionnelles, calculer le coefficient sur la base
canonique : on trouve la trace ;

{\bf (130)} {\bf (Comatrices) : } La relation $A^{-1}=\frac {^tCom(A)}{det A}$
donne det A= 1 pour le premier : det(A) = 1 ou 0 (\'ecart\'e) pour le second d'o\`u
$A^2=I$.

{\bf (131)} {\bf Fadeev Sominski : } exos fin alg\`ebre  I Arnaudies :
Exprimer les tchebytcheff  $\cos nt=2^{n-1}\cos^n t+...$, puis Vandermonde ;
$D=2^{1+...+n-2}V(\cos x_1,...?\cos x_n)$.

{\bf (133)} {\bf   (rang et espace stable : Jordan)}
{\it(id\'ees Br 84p189+ spm1 p 74, O93 143 juin 94 p 676 )}
  comme il est nilpotent, 0 est la seule  VP ; On construit une base de Jordan
en prenant $e_1$ tel que $f^3(e_1)\not=0$ (dire pourquoi il existe ;
par Jordan ou parce que f est \'equivalente \`a $J_r$)
On pose $e_2=f(e_1)$ ; $e_3)=f^2(e_1)$ ; $e_3=f^3(e_1)$ ; la m\'ethode des images
 it\'er\'es montre que $e_1?...,e_4$ est une base de $\R^4$ et que $e_4$ engendre
Ker(f) ; On cherche les espaces stables par dimension croissante :
\'ecartant $\{0\}$ et $\R^4$ triviaux  ; les espaces stables de dimension 1  sont
les espaces 0 propres (seul le noyau) ; Par th\'eor\`eme du cours (voir le ron\'eo
r\'eduction) les hyperplans stables sont les espaces 0 propres pour
la matrice transpos\'ee. Pour les plans, on a un th\'eor\`eme disant que le PC de la
 restriction \`a un espace stable divise celui de A : Il faut chercher
$Ker(A^2)$ ;

{\bf (134) LIE } (br 82 et Br 89 p 238) Par recurrence
$f^kg-gf^k=\alpha k f^k$ ;
(1) en combinant P etant un polyn\^ome annulateur minimal $P(f)g-gP(f)=\alpha
fP'(f)$ ; $X P'=sP$ ; ED $P=aX^s$ ; (2) consid\'erer H de L(E) vers L(E)
H(h)=hg-gf : $H(f^k)=\alpha kf^k $ si $f^k$ non nul pour tout k, H aurait une
 infinit\'e de valeurs propres distinctes dans un EV (L(E)) de dimension finie
$n^2$.

{\bf (137)} tridiagonale : obtenir une relation de r\'ecurrence sur
$D_n=det(A-tI)$. Pr\'evoir la localisation des
z\'eros par Hadamard ; voir ENS 61 pour affiner la localisation.

{\bf (139)} Maple ou mieux ``m\'ethode rajouter x" ; distinguer les cas $a\not=1$
et $a=1$.

{\bf (140)} Par la m\'ethode "rajouter x" et faisant x=-b et x=-c, puis en
faisant tendre c vers b, on aurait le d\'eterminant avec a quelconque,
($\frac {x(a-b)^n-b(a-c)^n}{c-b}$) il suffit de remplacer a par a-t
pour avoir le PC ; Mais il y a plus rapide M+(b-a)I=bU (U il n'ya que des 1)
Donc M-(a-b)I=bU est de rang 1, donc multiplixit\'e de b-a $\geq$ dim E(a-b)=n-1.
On a la valeur propre manquante par la trace (n-1)(a-b)+t'=na donc
t'=nb-b+a ; la matrice est ortho-diagonalisable car sym\'etrique ; une base
propre pour E(a-b) est l'hyperplan $x_1+..+x_n=0$ et pour t'
le vecteur (1,...,1) orthogonal \`a l'hyperplan. $M^k=t^kU+t'^kV$, U et V
d\'etermin\'ees avec k=0..1 ; $e^M =Ue^t+Ve^{t'}$.

{\bf (152) auto orthogonal }  RMS juin 98 p 1150-1154 (sol Gozard) ;

{\bf (154) NORME : G\'en\'eralisation de cet exercice dans Exos r\'esolus
Arnaudies-Delezo\"{\i}de  analyse T2 p 369-371 : }
A doit \^etre infinie born\'ee ; la forme lin\'eaire de Dirac est continue
ssi a est dans A ; sa norme est 1 ;
Pinguet  pour la continuit\'e remarque que si f(P)=P(0) la continuit\'e de f
\'equivaut \`a 0 appartient \`a l'adh\'erence de A.
En effet si tel est le cas $||P||=max_{x\in \overline{A}} |P(x)|\geq |P(0)|
=|f(P)| $ ; f est continue (propri\'et\'e ``(5)").

Sinon on construit un exemple de suite de polyn\^omes montrant la discontinuit\'e
de $ f $ ;  Si $ 0\notin  \overline{A},\ \exists \eta >0$, tel que
$[-\eta,+\eta]\cap  \overline{A}=\empty plot$ ;
On pose $M=\sup_{t\in A} |t|$, et on onstruit la fonction F
affine par morceaux dont le graphe est ci contre.
D'apr\`es le th\'eor\`eme de Weiestrass il existe une suite $(P_n)$ de polyn\^omes
convergeant uniform\'ement vers F sur $[-M,M]$.
Ainsi on a $||P_n||$ tend verz z\'ero, alors que $f(P_n)=P_n(0)
$ qui tend vers  F(0)=1, donc f n'est pas continue.

{\bf (158)} Oser \'ecrire les accroissements finis pour
     $f(\frac {k+1}n)-f(\frac kn)$ k=0..n-1 et ajouter.

{\bf (204)} ; chercher une solution polynomiale y=x faire le changement y=ux ;
 (rappel O 97 245 \'etait
surprenant mis dans TD ED g\'en\'eralisation Bouligand).






%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}}

\bye

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

