%O01-2.tex 21 04 02 22h22 (version zip 19 10   02 10h30  %V non affich\'ee
\input liv.mac  % ligne 602 d\'ebut apr\`es exercice 16 Whitney
\input psfig.sty
\let\cadrejoli=\cadrefin
% PLANCHES ligne 2096
% VRAC ligne 2339 (\`a r\'eactualiser p\'eriodiquement)
\voffset-15mm
\font\enorme=cmbx10 scaled 6192  % pour l'op\'erateur Delta %{\enorme \char'01}XXXXX DELTA GROS
\font \etoile=zd scaled\magstep0 % dans liv mac qui est dans texinput
\def\Star{{\Gras \char'106}}
%\centerline{\vbox{\hrule  depth 0pt width 80mm}} % trait partiel centr\'e
\def\titreimpair{\line{ {\fiverm pentium zip oral O01-2.tex \hskip 3mm}
{\bf ORAL-O2 2001
\hskip 3mm\Carre \hfil Mr VIDIANI Sp\'e MP1 CARNOT  \hskip 2mm\liond\ \folio}}  }

\def\titrepair{\line{\bf\folio  \hfill {\fiverm Zip  O01-2.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-O1 02
\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

%Pentium (Pentium version \date\ : \heure ) %XXXXXXX VERSION affich\'ee XXXXXXXXXXXXXXXXX
{\it(Rajouter \`a TP :  }
\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 $lg\_vidiani@ipac.fr$)}

\cadrefin{\vbox{\hsize 180mm \leftskip=2mm \rightskip=\leftskip \bf
C'est en 1930 que VAN DEN WAERDEN (Bartel, Leenert Amsterdam 1903),
 construisit son exemple de fonction continue, d\'erivable nulle part.
Ses travaux alg\'ebriques servirent de base au groupe Bourbaki (1936) ;
le fait qu'il avait \'ecrit son trait\'e (Modern Alg\'ebra) en COLLABORATION
avec ARTIN et NOETHER, id\'ee de travail en commun, qui \'etait
une nouveaut\'e \`a l'\'epoque, inspira leur fa\c{c}on de travailler. Pourquoi ce
qui \'etait bon pour des cerveaux exceptionnels, ne serait-il pas bon pour
d'autres ? Les \'echanges libres ont toujours \'et\'e une caract\'eristique des
activit\'es intellectuelles par opposition \`a tout ce qui est commercial, ou
industriel,... ; initi\'ee 1968, accentu\'ee 1981, la r\'etention
(moins il y a d'herbivores dans un pr\'e (*), plus il y a d'herbe sans efforts,
pour celles qui y sont !) d'informations
(heureusement diminu\'ee par l'usage d'internet, qui permet maintenant
l'acc\`es \`a certaines de ces informations \`a ``flux tendu")
diverses, intellectuelles, officielles ou techniques
(y compris les  r\'ef\'erences compl\`etes et pr\'ecises), l'absence d'\'echanges
accessibles \`a tous a \'et\'e une des raisons de la baisse d'influence des classes
pr\'eparatoires ; Celles ci ne se revaloriseront qu'\`a ce prix ;
Par exemple la bourse d'\'echange, initialement cr\'e\'ee en 1993
sous ma suggestion pressante, r\'eparait le fait anormal que les corrig\'es
du contr\^ole \`a post\'eriori, datant de pr\`es de 20 ans n'\'etaient accessibles
que par les responsables, alors qu'en physique ils l'\'etaient depuis 4 ans
environ ; la confrontation des solutions, des m\'ethodes, entre les
deux contr\^oleurs puis les lecteurs, permettaient par comparaison
des techniques assur\'ees des anciens et les id\'ees neuves des coll\`egues
frais-\'emoulus, une vision nouvelle des concepts, qui \'etait valorisante
pour tous.  Il en est de m\^eme des \'echanges que les solutions de question d'oral
r\'ecentes (2001) reproduites ci dessous ont provoqu\'es ; rester dans son coin
n'est jamais une solution  pour prouver sa sup\'eriorit\'e : il faut maintenant
la prouver, et la maintenir, dans la confrontation r\'eelle et non par le silence
 hautain et m\'eprisant, s\^ur de lui et dominateur (**).
Enfin, si la doctrine de la gratuit\'e (photocopies, biblioth\`eques,..)
est normale jusqu'\`a la fin de la scolarit\'e obligatoire, elle est
intrins\`equement perverse apr\`es,  en particulier dans nos classes
 : d\'e-responsabilisation,  risque de limitation par pr\'etexte de lignes
budg\'etaires.

(*){\fiverm (par exemple on a l'embarras du choix pr\`es de Tournus :
les pr\'es des Moiti\'es, le pr\'e du Breuil, les pr\'es de la Lev\'ee, le pr\'es de l'Eau,
le champ Brul\'e sud de la croix Vacher, le champ S\'emard, le champ Mar\'echal sud
est des Rigolettes, le champ P\'en\'etre,...)} (**) {\fiverm(Voir (*))}

}}

\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 44 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.


\cadreepais{\gros O2 rms num 2 : 18 02 2002 ex : 1-443}

\leavevmode\erable\ veut dire am\'eliorable

{{\gros (\`A FAIRE ?? )} \par
2 $P(k)=l^n$ (=planche 3) et lien avec planche 39 $\sqrt{P(n)}$ \par
20 SE nulle sur un sous arc. (principe du max ?)\par
23 Convexe, gradient et Stokes : facile si C2 avec Taylor FQ positive\par
24 Syst\`eme diff\'erentiel \par
29-info * Fibonacci ; \par
30-info  fonctions croissantes (voir Comtet) \par
32-info G\'enome ; \par
46 Norme subordonn\'ee groupe de matrices  inversibles dans une boule \par
60 Pad\'e, dense  \par
{\tenbf (189*) Somme  de la s\'erie solution de l'\'equation fonctionnelle}\par
237 Ordre\par
{\tenbf (256* Point d'\'equidistance, produit scalaire} \par
264 inf sup et normes \'equivalentes cf Br 76 p 29 et r\'ef\'erences O 2000 86
en \TeX\ ; Br 88 p 178; Tauvel ron\'eo Poitiers p66'  \par
{\tenbf (298*) nature de s\'eries modifi\'ees}\par
309* (d) injectivit\'e et surjectivit\'e\par

\cadrefin{\bf PLANCHES : } Planche (3) op\'erateur Delta ;
Planche(5) d\'eplacement sur les ar\`etes d'un cube sommes avec r\'ep\'etition
cf Comtet $C_{8+n-1}^n $ ? ;
planche(40) 2\`eme th de Riemann comparaison s\'erie
et int\'egrale ron\'eo et cours ; planche (62) Lambert : Vauthiers +Leichtnam 145 ;

\cadreombre{\tenbf \`A faire th\'ematis\'e :}   (entre parenth\`eses)= d\'eja faits :

\cadrefin{\bf Topologie} 4 adh\'erence ; 6* connexe ; 9 norme invariante
cf Br et Oraux ant\'erieurs et conditionnement ; 46 norme ; 51* complet ;
53* distance ;
60 Pad\'e, dense ;
65* compact ; (166 adh\'erence cf 2000) ;
268* pseudo d\'erivation et densit\'e ;
378 projecteur ferm\'e ;


\cadrefin{\bf Convexit\'e} 12*, 15*, 23, (25*),

\cadrefin{\bf PSEUDO solution } 11 voir 26 juin 2001 ; 21* ; 28* aire ;

\cadrefin{\bf Morphisme} 3* matrices ; (42) factorisation Mines et leichtnam 73;

\cadrefin{\bf Tchebycheff ``le TCh\'e"} 11 voir th\`eme topo ; 76* ;

\cadrefin{\bf BLOCS} (89) Voir GC, Leichtnam p146 ;  Blocs vuibert p74,
 essai par pol minimal ; g\'en\'eralisation bloc p77 ;

\cadrefin{\bf Factorise } 40 polyn\^ome,  passer en polaires ;

\cadrefin{\bf VP AB connu}  (147) TPE 92 et TP (et solutions diverses Hormi\`ere)
Leichtnam p 76 ;

}

\trait

{\it(Questions classiques \`a Am\'eliorer {\prover O1 + } :\par
9 Norme juin 95 p 774 + O 98 204 \par
11 Projecteur atteint : 26 juin 2001 p 997 et X 78 environ\par
18 Weierstrass \`a coefficients entiers,  cf R\^a : rendre plus compact \erable\par
20 maxi atteint sur la fronti\`ere ; principe du max ; \par
24 syst\`eme produit vectoriel \par
27 STURM\par
28* aire balay\'ee ; pseudo\par
44 LIE cf R\^a alg\`ebre\par
74 Somme de polyn\^omes \par
79 majorer (cf Mir et tp 0)\par
130 carr\'e \par
139 Vp commune (cf blocs 106\par
173 sup \par
335 axe de sym\'etrie\par
346 stables cf br 82 et tp 12-13\par
369 Projecteur cf TP                        \par
378 Noyaux et images ; ferm\'es et complets                  \par
428 Maximum de FQ\par
}



\cadrejoli{\grise {\prover Oral-O1 02 RMS }}

{\it(Ce fichier sera joint \`a la bourse d'\'echange en \TeX\ en juin 2002)}

\traitgras
\traitgras


\traitgras
\lettrine{{ (O 16)}}
\hfill{\prover Raccord C infini } \vskip 5mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soit f une application $\bf C^\infty$ de $\bf \R$ dans $\bf \R$. On suppose
qu'il existe g  de $\R_+$ dans $\bf \R$ telle que $\bf \forall x\in \R,
\ f(x)=g(x^2)$.
(a) La fonction g est-elle $\bf C^\infty$ sur $\bf \R_+^*$ ?\par
(b) La fonction g admet-elle des d\'eriv\'ees \`a tout ordre en 0 ?}}\hfill{}

{\it BIB : outre ``contre examples in analysis" : voir
Piotr Biler et Alfred Witkoski, Problems in mathematical Analysis
Dekker 1990 New york ISBN 0-8247-8312-3 pages 48 (exo 4-209), p 165 qui donne
les r\'ef\'erences : Duke math J. 10 1943 par Hassler Whitney
pages 153-158 (pr\'eparation) et 159- 172 (article re\c{c}u le 28
juillet 1942 pr\'esent\'e \`a l'American Mathematical Society le 8 septembre
1942) et Th Br\"ocker et L. Lander
Differentiable GERMS and catastrophes   Cambridge University Press 1975
(command\'e BU 13 3 02) ; ENS Ulm-S\`evres 1980 premi\`ere composition, corrig\'e
(solution par Arnaudies, et une Bonne solution...) dans
RMS octobre 1981  162-172 essentiellement la question III a) et b) ;
et enfin un article de Henri Joris Archiv math Vol 39 269-277 0003-889X/82/
3903-269 $\$$ 3.30/0 (Birkh\"auser Verlag)
(1982) re\c{c}u de RIDDE Franz 15 octobre 01 qui l'avait retrouv\'e gr\^ace
\`a ma bib sur ups math ``Une application $C^\infty$  non immersive qui poss\`ede
la propri\'et\'e universelle des immersions !)}

{\it (Indication bibliographique de Thierry Guitard envoy\'ee par mail le 17
octobre 02, (fin de message produit infini pour l'exo 19 O1) :
Le lemme de Whitney qui est essentiel pour la th\'eorie des singularit\'es
(th de Pr\'eparation, fonctions sym\'etriques (Malgrange, Mather, Tougeron,
Glaeser ) , forme normale, etc...) est expos\'e par Martinet singularities
of smooth functions and maps, Cambridge UP, LMSLNS, num\'ero 58 : th\'eor\`eme de
division d'ordre 2 ; toute cette m\'ecanique est necessaire pour \'etendre
aux fonctions de type fini les r\'esultats de l'alg\`ebre des polynomes
\'etendus par Weierstrass aux FA
{\it(NDT : additif de LGV : FA= Fonctions Analytiques et non Fonction Affine,
ou Fonction d'Appui, et encore moins eau de toilette FA)}

Ce r\'esultat permet d'\'etablir par exemple les formes normales des
\'equations diff\'erentielles implicites (Ecole d'Arnold, circa 1985).

Glaeser a donne dans Fonctions compos\'ees differentiables (1963 , annals
of maths) une autre preuve du lemme de Whitney ; cette th\`ese de Glaeser
ach\`eve la traduction en ind\'efiniment diff\'erentiable des th\'eor\`emes de
Weierstrass sur les s\'eries entieres).}



{\it Ci dessous est la traduction de l'article de  Hassler WHITNEY paru dans
Duke math J. 10 1943 r
pages 153-158 (pr\'eparation) et 159- 172 (article re\c{c}u le 28
juillet 1942 pr\'esent\'e \`a l'American Mathematical Society le 8 septembre
1942))}

La formule de TAYLOR \`a l'ordre $n$ avec reste int\'egral peut s'\'ecrire :

(1) $f(x)=f(0)+\frac {f'(0)}{1!} x+...+\frac {f^{(n-1)}(0)}{(n-1)!} x^{n-1}
+\frac 1{n!} x^n+f_n(x)$ o\`u $f_n(x)=\frac n{x^n}
\int_0^x (x-t)^{n-1} f^{(n)}(t)dt$. ($x\not=0$).

Le principal objet de ce papier (Th\'eor\`eme 1) est de montrer que si $f$ est
de classe $C^{n+p}$ (c'est \`a dire \`a des d\'eriv\'ees continues jusqu'\`a l'ordre
$n+p$), alors $f_n$ est de classe $C^p$, mais non n\'ec\'essairement de classe
sup\'erieure.

La condition pour que $f$ soit de classe $C^{n+p}$ peut \^etre exprim\'ee
uniquement au moyen de $f_n$ (Th\'eor\`eme 2).

Une g\'en\'eralisation est donn\'ee pour les dimensions sup\'erieures (Th\'eor\`eme 3).

Les fonctions sont toujours suppos\'ees d\'efinies dans un voisinage de l'origine.

Le deuxi\`eme th\'eor\`eme est surtout utile pour la note suivante.

Les r\'esultats de l'ensemble de ces deux articles est essentiel pour \'etudier les
singularit\'es de certaines transformations (voir l'article suivant).

\trait
\hfill\cadreombre{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf \cadrefin{\bf Th\'eor\`eme 1}
Soit $\bf 1\leq n\leq n+p$, soit f une fonction de classe $\bf C^{n+p}$
(dans un voisinage de l'origine), et supposons (1) et (2) valides.
Posons $\bf f_n(0)=f^{(n)}(0)$.

Alors $\bf f_n$ est de classe $\bf C^p$, et de classe $\bf C^{n+p}$  pour
$\bf x\not=0$.

Ses d\'eriv\'ees pour k=0...p sont
\par (3) $\bf f_n^{k}(x)=\frac n{x^{n+k}}
\int_0^x (x-t)^{n-1} t^k f^{(n+k)}(t)dt\ (x\not=0),$  et
\par (4) $\bf f_n^{k}=\frac {n! k!}{(n+k)!} f^{(n+k)}(0)$.
\par En outre (5) $\bf \displaystyle \lim_{x\rightarrow 0} x^k f_n^{(n+k)}(x)=0
\ (k=1,...,n)$.}}\hfill{}

{\it(Voir aussi le corrollaire 2, ci-dessous)}.

Nous avons besoin de deux formules, en supposant $\Phi $ diff\'erentiable.

(6)  $\int_0^x t^{k+1} \Phi'(t) dt = x^{k+1}
\Phi(x)-(k+1)\int_0^x t^k\Phi(t)dt$
obtenue par une simple int\'egration par parties, et aussi pour $n\geq 2$,

$0=[(x-t)^{n-1}t^{k+1} \Phi(t)]_{t=0}^{t=x} =\int_0^x \dd {}t
[(x-t)^{n-1}t^{k+1} \Phi(t)]dt=
\int_0^x\Big[(n-1)(x-t)^{n-2}t^k
\big\{(x-t)-x\big\}\Phi(t)_{\hbox{\fiverm ``j'ai
rien chang\'e"}} +(k+1)(x-t)^{n-1}t^k\Phi(t)+(x-t)^{n-1}t^{k+1}\Phi'(t)\Big]dt$

Soit (7)   $\int_0^x(x-t)^{n-1}t^{k+1}\Phi'(t)dt=-(n+k) \int_0^x(x-t)^{n-1}t^
\Phi(t)dt+ (n-1)x\int_0^x(x-t)^{n-2}t^{k}\Phi(t)dt$.

La formule (3) dans le cas $k=0$ est simplement la formule (2).

On prouve (3) par r\'ecurrence sur $k$. Supposons la r\'ealis\'ee pour un $k$ donn\'e.

$\bullet\ $ Si, d'abord $n=1$, alors la diff\'erentiation de (3)
donne \`a l'aide de (6),
$f_1^{(k+1)}(x)=-\frac {k+1}{x^{k+2}}\int_0^x t^k f^{(k+1)}(t)dt
+\frac 1{x^{k+1}} x^k f^{(k+1)}(x)=\frac 1{x^{k+2}}
\int_0^x t^{k+1}f^{(k+2)}(t)dt$,
ce qui \'etait demand\'e, pour le transfert de r\'ecurrence.

$\bullet\ $ Puis, pour $n\geq 2$,  on obtient aussi la formule attendue

$f_n^{(k+1)}=-\frac {n(n+k)}{x^{n+k+1}}\int_0^x (x-t)^{n-1}t^kf^{(n+k)}(t)dt
+\frac {n(n-1)}{x^{n+k}}\int_0^x (x-t)^{n-2}t^kf^{(n+k)}(t)dt$

$=\frac {n}{x^{n+k+1}}\int_0^x (x-t)^{n-1}t^{k+1}f^{(n+k+1)}(t)dt $.

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

Puis nous prouvons une formule bien connue portant sur la fonction $B$ d'EULER.
Poser $f(x)=x^{n+k}$ donne $f_n(x)=n!x^k,\ f_n^{(k)}(x)=n! k!,\
f^{(n+k)}(x)=(n+k)!$.

Substituant ces relations dans (3), on obtient :
(8) $\frac {n}{x^{n+k}}\int_0^x (x-t)^{n-1}t^{k}dt=\frac {n! k!}{(n+k)!}$.

On en d\'eduit que  $\eta$ \'etant suppos\'ee continue et born\'ee dans un voisinage
de l'origine on a
(9)
$|\frac {n}{x^{n+k}}\int_0^x (x-t)^{n-1}t^{k}\eta(t)dt|
\leq \frac {n! k!}{(n+k)!}
max |\eta(t)|$.

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

Maintenant nous pouvons d\'eterminer la limite de $f_n^{(k)}(x)$ quand $x$ tend
vers $0$.

\`A cause de (9) en prenant $\eta(t)= f^{(n+k)}(t)-f^{(n+k)}(0)$, on peut
remplacer $f^{(n+k)}(t)$ par $f^{(n+k)}(0)$ dans (3), et avec (8)
on obtient (10) $\displaystyle \lim_{x\rightarrow} f_n^{(k)}(t)=
\frac {n! k!}{(n+k)!}f^{(n+k)}(0)$.

Il suffit maintenant d'un argument \'el\'ementaire pour montrer successivement
que $f_n$ est continue, de classe $C^1$,...., et que (4) est vraie.

En raison de la relation (1), $f_n$ est de classe $C^{n+p}$ pour $x\not=0$.

Diff\'erentiant (3) avec $k=p$, on obtient par LEIBNITZ pour $x\not=0$.

(11)
$f_n^{(p+k)}(x)=\displaystyle\sum_{j=0}^k C_k^j \frac {d^{k-j}}{dx^{k-j}}
\big(\frac n{x^{n+p}}\big)\frac {d^{j}}{dx^{j}}\int_0^x (x-t)^{n-1} t^p
f^{(n+p)}(t)dt$

$=
\sum_{j=0}^k  \frac {A_{pnkj}}{x^{n+p+k-j}}\int_0^x (x-t)^{n-j-1} t^p
f^{(n+p)}(t)dt  \ (k\leq n-1)$.

Et enfin (12)  $f_n^{(p+n)}(x)=\displaystyle
\sum_{j=0}^k  \frac {A_{pnj}}{x^{2n+p-j}}\int_0^x (x-t)^{n-j-1} t^p
f^{(n+p)}(t)dt  +\frac {A_{pn}}{x^n} f^{(n+p)}(x)$, les $A_{...}$ \'etant
des constantes de regroupements de termes.

Utilisant (8) et (9) on trouve dans chaque cas, qu'il existe des constantes
$B$ telles que

$\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0} x^k f_n{(n+k)}(x)=
B_{pnk} f^{(n+p)}(0)\ (k=0,...,n)$.

Pour trouver les constantes $B_{pnk}$, comme par LEIBNITZ elles ne d\'ependent
pas de $f$, on prend $f(x)=x^{n+p}$ ; alors $f_n(x)=n!x^p$ et
$x^kf_n^{(p+k)}(x)=0\ (k=1,...,n)$.

Vu que $f^{(n+p)}(0)=(n+p)!,\ B_{pnk}=0$ pour $k>0$, et (5) est prouv\'ee.

{\it Exemple : } Set $f(x)=|x|^{n+k+{1\over 2}}$. Alors $f$ est de classe
$C^{n+p}$, et $f_n(x)=\pm n! |x|^{p+{1\over 2}}$ est de classe $C^p$ mais pas
de classe plus \'elev\'ee.

\Carre\ \cadrepoint{\bf Corrolaire 1 } {\bf Si F(x) est continue, et si
$x^nF(x)$ est de classe $\bf C^{n+p}$, alors $\bf x^iF(x)$ est de classe
$\bf C^{p+i}$ pour i=0,...,n.}

Posons $f(x)=x^n F(x)$. D\'eveloppons $f$ par la formule (1).
Pour $x=0$ on a $f(0)=0$. Divisant par $x$ et faisant tendre $x$ vers $0$,
alors cela montre que $f'(0)=0$, etc ; D'o\`u $f_n(x)=n!F(x)$, et $F$
est de classe $C^p$ d'apr\`es le th\'eor\`eme 1. Si l'on applique ce r\'esultat
avec $F(x)$ remplac\'e par $x^iF(x)$ et $n$ remplac\'e par $n-i$, le corrollaire
en d\'edoule.

De l\`a il s'en suit le

\Carre\ \cadrepoint{\bf Corrolaire 2 } {\bf Avec les notations du th\'eor\`eme 1,
$\bf x^if_n(x)$ est de classe $\bf C^{p+i}$ pour $\bf 1\leq n\leq n+p$.}
\trait
\cadrefin{\bf Un th\'eor\`eme r\'eciproque} Nous allons montrer que certaines
des conditions du dernier th\'eor\`eme sont suffisantes pour rendre $f$ de
classe $C^{n+p}$. Nous avons besoin pour cela du lemme suivant :

\cadrepoint{\bf Lemme} {Si $\bf \Phi(x)$ est de classe $\bf C^r$ pour $\bf
x\not=0$, et si $\bf \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\Phi^{(r)}(x)$ existe,
alors $\bf \Phi(0)$ peut \^etre d\'efini (choisi) pour que $\bf \Phi$ soit de
classe $\bf C^r$.}

Si nous prenons $x_0<x<0$ ou $0<x<x_0$, et que nous d\'eveloppions
$\Phi^{(i)}$ \`a l'aide dela formule de TAYLOR avec reste int\'egral, \`a l'ordre
$r-i$, nous trouvons
$\displaystyle \Phi^{(i)}=\sum_{j=0}^{r-u-1}  \frac {\Phi^{(i+j)}(x_0)}{j!}
(x-x_0)^j+\frac 1{(r-i-1)!}\int_{x_0}^x  (x-t)^{r-i-1} \Phi^{(r)}(t)dt$.

Prenant $i=0$ et faisant tendre $x$ vers $0$. Alors les hypoth\`eses montrent
que $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0} \Phi(x)$ existe. Nous appelons celle ci
$\Phi(0)$, et par prolongement $\Phi$ est ainsi construite continue.
Puis cette fois utilisant $i=1$, nous voyons que
$\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0} \Phi'(x)$ existe.
D'o\`u (cons\'equence d'un th\'eor\`eme d\'eduit de la formule des accroissements finis)
$\Phi$ est ce classe $C^1$. En continuant par le m\^eme proc\'ed\'e avec $i$
croissant nous prouvons le lemme.

\trait
\hfill\cadreombre{\vtop{\hsize 112mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf \cadrefin{\bf Th\'eor\`eme 2 =
r\'eciproque du Th\'eor\`eme  1}
Soit $\bf f_n(x)$ de classe $\bf C^{n+p}$ pour $\bf x\not=0$, et supposons que
(13) $\bf \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0} x^k f_n^{(p+k)}(x)\ (k=0,..,n)$
existe. Posons $\bf f(0)=a_0$ et (14)
$\bf f(x)=a_0+\frac {a_1}{1!} x+...+\frac {a_{n-1}}{(n-1)!} x^{n-1}+
\frac {1}{n!} x^n f_n(x)\ (x\not=0)$.

\noindent
Alors f est de classe $\bf C^{n+p}$, et $\bf f^{(i)}(0)=a_i\ (i=0...,n-1),
\ f^{(n)}(0)=f_n(0)$.}} \hfill{}

{\it Remarque : Les limites dans (13) sont $0$ pour $k>0$ d'apr\`es
le th\'eor\`eme 1.}

D'abord le lemme montre que $f_n(0)$ peut \^etre d\'efini de telle sorte que
$f_n$ soit de classe $C^p$. Posons $F(x)=\frac {x^n}{n!} f_n(x)$.

Il suffit de montrer que $F$ est de classe $C^{n+p},\ F^{(i)}(0)=0$ pour
$i=0...n-1$ et que $F^{(n)}(0)=f_n(0)$.

La diff\'erentiation de $F$ donne pour $x\not=0$,

(15) $F^{(i)}(x)= \displaystyle\sum_{j=0}^i C_i^j \frac {d^{i-j}}{dx^{i-j}}
\big(\frac {x^n}{n!}\big) f_n^{(j)}(x)=\sum_{j=max(0,..,i-n)}^i
C_j^i \frac {x^{n-i+j}}{(n-i+j)!}f_n({(j)}(x)$.

Si nous montrons que
$\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0} F^{(i)}(x)$ existe pour $i=0..n+p$,
il en d\'ecoulera que $F$ est de classe $C^{n+p}$.

Fixons un $i$. Chaque terme de (15) avec $j\leq p$ est bien s\^ur continu en
$x=0$.

Si $j=p+k,\ k>0$, alors $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}
x^{n-i+j} f_n^{j)}(x)=\lim_{x\rightarrow 0} x^{n+p-i} \lim_{x\rightarrow 0}
[x^k f_n^{(p+k)}(x)]$, qui existe par (13).

D'o\`u  $F(x)$ est de classe $C^{n+p}$.
Le fait que $F^{(i)}(0)=0$ pour  $i<n$ est \'evident par (15).
Le fait que $F^{(n)}(0)=f_n(0)$ est (4) du th\'eor\`eme 1 avec $k=0$ et ainsi le
th\'eor\`eme 2 est prouv\'e.


{\it Exemple : } Posons (pour $x\not=0$) $f(x)=\frac 12 f_2(x),\ f_2(x)=x^2
\sin(\frac 1{x^2})$, alors $f_0$ est continue, et est de classe $C^2$ pour
$x\not=0$
mais $f(x) $ n'est m\^eme pas de classe $C^1$.
\trait
Voyons ce qui se passe maintenant en dimension sup\'erieure ou \'egale \`a $2$.

\hfill\cadreombre{\vtop{\hsize 111mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf \cadrefin{\bf Th\'eor\`eme 3 }
Soit f(x,y) de classe $\bf C^{n+p},\ n\geq 1, \ p\geq 0$.

Alors (16) $\bf f(x,y)=g_0(y)=....+\frac {x^{n-1}}{n-1)!} g_{,-1}(y)+
\frac {x^n}{n!}g_n(x,y)$,

avec (17) $\bf g_i(y)=\frac {\partial^i}{\partial x^i} f(0,y)\ (i=0...n-1)$,


(18) $\bf  g_n(x,y)=\frac n{x^n}\int_0^x (x-t)^{n-1} \frac {\partial^n}
 {\partial t^n}
f(t,y) dt \ (x\not=0)$ ;

les $\bf  g_i$ sont de classe $\bf C^{n+p-i}$ pour $\bf i=0,..,n$ ;

Pour $\bf k+\ell \leq p,$

(19)     $\bf \frac {\partial ^{k+\ell}}{\partial x^k\partial y^\ell} g_n(x,y)=
\frac n{x^{n+k}}\int_0^x (x-t)^{n-1} t^k
\frac {\partial ^{n+k+\ell}}
{\partial x^{n+k}\partial y^\ell} f(t,y)dt\ (x\not=0)$,

(20)  $\bf \frac {\partial ^{k+\ell}}{\partial x^k\partial y^\ell} g_n(0,y)=
\frac {n!k!}{(n+k)!} \frac {\partial ^{n+k+\ell}}{\partial x^{n+k}
\partial y^\ell}
f(0,y)$.

}}\hfill{}

Clairement le th\'eor\`eme peut facilement \^etre g\'en\'eralis\'e \`a des dimensions
sup\'erieures.
Ainsi nous pouvons d\'evelopper chaque $g_i$ jusqu'\`a l'ordre $n-i$, donnant un
d\'eveloppement complet de $f$ avec le reste int\'egral.

D'abord pour un $y$ fix\'e (dans le voisinage donn\'e de l'origine), d\'evelopper $f$
en fonction de $x$ donne les formules (16), (17) et (18).

Les $g_i$ pour $i<n$ sont manifestement de  classe $C^{n+p-i}$.

Diff\'erentier (18) $\ell$ fois en consid\'erant $y$ comme fix\'e donne (19)
avec $k=0$.

Maintenant consid\'erons encore $y$ comme fix\'e, et appliquons la preuve de (3)
\`a la fonction $\frac {\partial^\ell}{\partial y^\ell} g_n$ consid\'er\'ee comme
fonction de $x$ seul. Cela prouve (19) ;

Maintenant on d\'emontre  $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}
\frac {\partial ^{k+\ell}}{\partial x^{k}\partial y^\ell} g_n(x,y)=
\frac {n! k!}{(n+k)!} \frac {\partial ^{n+k+\ell}}{\partial x^{n+k}
\partial y^\ell}
f(0,y')$ exactement comme (10) l'a \'et\'e.

Comme d\'ecoulent \`a la fois, d'abord le fait que $g_n$ est de classe $C^p$,
et la formule (20).

{\it Example : } Posons $f(x,y)=\frac {x|y|^{{7\over 2}}} {x^2+y^2},
\ (x,y)\not=(0,0), \ f(0,0)=0$.

Passons en polaires : Posons $r^2=x^2+y^2$, et $P_i,\ Q_i,\ R_i$ d\'esignant des
polyn\^omes de degr\'e $i$.

Alors pour $y>0$ est est facile de voir que :
$f=\frac  {P_4y^{{1\over 2}}}{r^2},\ \frac {\partial f}{\partial x}=
\frac  {Q_5y^{{1\over 2}}}{r^4},\
 \frac {\partial f}{\partial y}=
\frac  {Q'_5y^{{1\over 2}}}{r^4}, \
\frac {\partial ^2 f}{\partial x^2} =\frac  {R_6y^{{1\over 2}}}{r^6},\
\frac {\partial ^2 f}{\partial x\partial y} =\frac  {R'_6y^{{1\over 2}}}{r^6},
\ \frac {\partial ^2 f}{\partial y^2} =\frac  {R"_6y^{{1\over 2}}}{r^6}$.

Comme $2|xy|\leq r^2,\ f(x,0)=0$, et tous les termes au dessus tendent vers $0$
quand $y$ tend vers $0$ ;
On proc\`ede de m\^eme pour $y<0$. Et ainsi il est clair que $f$ est de classe
$C^2$.

D\'evelopper $f$ \`a l'aide de (16) donne $f(x,y)=0+x|y|^{{3\over 2}}
-x^2{\frac x|y|^{{3\over 2}}}{x^2+y^2}$ et ainsi $g_2(x,y)=-2x|y|^{{3\over 2}}
\frac 1{r^2}$ pour $r\not=0$.

Comme $\frac {\partial}{\partial x}g_2(0,y)=-2|y|^{-{1\over 2}}$ $(y\not=0)$
$g_2$ n'est pas de classe $C^1$.
\trait
On est mainteant en mesure de g\'en\'eraliser la question d'oral (O2001-16).
 $f$  fonction paire d\'efinie dans un voisinage de l'origine peut \^etre exprim\'ee
comme une fonction $g(x^2)$ ; $g(u)$ est d\'etermin\'ee pour $u\geq 0$,
mais non pour $u<0$.
Nous souhaitons montrer que $g$ peut aussi \^etre d\'efinie pour
$u<0$  de telle mani\`ere qu'elle ait en gros la moiti\'e de la classe de $f$.
On peut donner un r\'esultat similaire pour les fonctions impaires.

\hfill\cadreombre{\vtop{\hsize 111mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf \cadrefin{\bf Th\'eor\`eme 4 }
Une fonction paire $\bf f(x)$, peut \^etre \'ecrite comme $\bf g(x^2)$. Si f est
analytique,
de classe $\bf C^\infty$, ou de classe $\bf C^{2s}$, g peut \^etre choisie
analytique, de classe $C^\infty$ ou de classe
$\bf C^s$, respectivement.}}\hfill{}

Si $f(x)=\sum a_ix^i$ est paire et analytique, alors $a_i=0$ pour
$i$ impair, et nous pouvons poser $g(u)=\sum a_{2i}u^i$, qui est analytique

Supposons que $f$ soit paire et de classe $C^{2s}$. Alors la formule de
TAYLOR  donne  (1) $f(x)=a_0+a_1x^2+...+a_{s-1}x^{2s-2}
+x^{2s}\Phi(x)$ ;

D'apr\`es le th\'eor\`eme 1 des pr\'eambules, $\Phi$ est paire et continue et de
classe $C^{2s}$ pour $x\not=0$ et $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0} x^k
\Phi^{(k)}(x)=0\ (k=1,...,2s)$.

Posons $\psi(u)=\psi(-u)=Phi(u^{{1\over 2}})$, et (3)
$g(u)= a_0+a_1u+...+a_{x-1}u^{s-1}+u^s\psi(u)$.

Alors $g(x^2)=f(x)$.

Pour montrer que $g$ est de classe $C^s$ il est suffisant de d\'emontrer
gr\^ace au th\'eor\`eme 2 du pr\'eambule que
$\displaystyle \lim_{u\rightarrow 0} u^k\psi^{(k)}(u)\ (k=0...,s)$ existe.

Si nous d\'erivons la relation $\psi(x^2)=\Phi(x)\ (X>0)$, un simple raisonnement
par r\'ecurrence montre (par la formule de d\'erivation de fonctions compos\'ees
par exemple FAA DI BRUNO) qu'il existe des constantes $\alpha_{ki}$
telles que

(5) $\Phi^{(k)}(x)=\displaystyle\sum_{1\leq i\leq \frac 12 k}
\alpha_{ki}x^{k-2i} \psi^{(k-i)}(x^2)+2^kx^k\psi^{(k)}(x^2)$.

R\'esolvant ce syst\`eme \'echelonn\'e, il existe des constantes $\beta_{ki}$ telles
que

(6)  $2^kx^k\psi^{(k)}(x^2)=\Phi^{(k)}(x)
+\displaystyle\sum_{1\leq i\leq \ k-1}
\beta{ki} x^{-i}\Phi^{(k-i)}(x)$, d'o\`u

$x^{2k}\psi^{(k)}(x^2)=\Phi^{(k)}(x)
+\displaystyle\sum_{1\leq i\leq \ k-1}
\beta'{ki} x^{k-i}\Phi^{(k-i)}(x)$, et (4) pour $x>0$ s'en d\'eduit
par (2).

Comme $\psi(-u)=\psi(u)$, le th\'eor\`eme est prouv\'e dans ce cas.

Supposons finalement que $f$ est paire et de classe $C^\infty$.
Alors pour chaque $s$, il y a une fonction $g_s(u)$ de classe $C^s$
telle que $f(x)=g_s(x^2)$.
  Comme $g(u)=g_s(u)$ est ind\'ependante de $s$ pour $u\geq 0$,
$g(u)$ est de classe $C^\infty$ pour $u\geq 0$.
D'apr\`es le th\'eor\`eme 1 le fait que $g$ soit de classe $C^\infty$ peut \^etre
\'etendu pour toutes valeurs de $u$.

{\it Exemple 1 : } Soit $f(x)=|x|^{2s+1+{1\over 2}}$. Alors $f$ est de classe
$C^{2s+1}$, tandis que $g(u)= u^{s+{3\over 4}}$ pour $u>0$ et $g$ ne peut pas
\^etre de classe $C^{s+1}$.

{\it Exemple 2 : } Soit $f(x)$ la fonction de CAUCHY $exp(-\frac 1{x^2})$.
Alors $g$ existe, est de classe $C^\infty $ ; Pour $u>0$,
$g(u)=exp(-\frac 1u)$ ;
Par cons\'equent on ne peut d\'efinir $g$ par cette formule pour $u<0$ ;
mais on peut poser $g(u)=exp(-\frac 1{|u|}) $ pour $u\not=0$.
\trait
\hfill\cadreombre{\vtop{\hsize 115mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf \cadrefin{\bf Th\'eor\`eme 5 }
Une fonction impaire $\bf f(x)$, peut \^etre \'ecrite comme $\bf xg(x^2)$. Si f est
 analytique, de classe $\bf C^\infty$, ou de classe $\bf C^{2s+1}$, g peut \^etre
 choisie analytique, de classe $C^\infty $, ou de classe $\bf C^s$,
respectivement.}}\hfill{}

Ici encore le cas analytique est trivial. Si $f$ est impaire
ou de classe $C^{2s+1}$, alors le d\'eveloppement de TAYLOR donne
$f(x)=a_0 x+...+a_{s-1} x^{2s1} \Phi(x)=xF(x)$ ;

Appliquant la d\'emonstration du dernier th\'eor\`eme \`a la fonction paire $F(x)$
donne le r\'esultat.  (Le fait que $F$ est de classe $C^{2s}$ r\'esulte du
corollaire 1) ; Le cas o\`u $f$ est de classe $C^\infty$ se fait comme
dans le th\'eor\`eme pr\'ec\'edent.

{\it Remarque : } Puisque $g$ est construire de mani\`ere explicite, le th\'eor\`eme
est encore valable pour des fonctions de plusieurs variables qui sont impaires
par rapport \`a l'une d'entre elles (Le cas o\`u $f$ est de classe $C^\infty$
ne pr\'esente aucune difficult\'e.)

Les articles pr\'ec\'edemment traduits de WHITNEY sont suivis de celui ci
(12 pages) :

\Carre\  {\bf Le type g\'en\'eral des singularit\'es des fonctions de n variables
de classe 2n-1.}
\traitgras
\traitgras
\vfill\eject
                                                                               %XXX D\'ebut apr\`es exo 16 Whitney
\lettrine{{ (O 6)}\Star}
\hfill{\prover Groupes distingu\'es de rotations } \vskip 5mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soit G un sous groupe de l'ensemble $\bf SO_3$ des rotations de $\bf\R^3$
euclidien. Soit $\bf G_0$ la composante connexe par arcs de Id dans G.
\par (a) Montrer que $\bf G_0$ est un sous groupe de G.
\par (b) Montrer que si G est distingu\'e dans $\bf SO_3$, il en est de m\^eme de
$\bf G_0$.
\par (c) On suppose ici que G est connexe par arcs, distingu\'e et non r\'eduit
\`a $\bf \{Id\}$. Montrer que G contient une rotation d'angle $\bf \pi$.
En d\'eduire que $\bf G=SO_3$.
\par (d) On suppose G distingu\'e. Montrer que $\bf G=\{Id\}$ ou $\bf G=SO_3$}}

{\it(Solution Pinguet Carnot Dijon 10 mai 02)}

{\bf (a)} Soit $(g,h)\in G_0^2$, puisque $G_0$ est connexe par arcs
$\exists (\gamma,\delta)\in C([0,1],G)^2,\ \gamma(0)=Id, \ \gamma(1)=g,
\ \delta(0)=Id,\ \delta(1)=h$.

On pose : $\forall t\in[0,1],\eta(t)=\gamma(t)^{-1}\delta(t)$.

L'application $\matrix{GL(\R^3)&\rightarrow &GL(\R^3)\cr
                          u    &\mapsto     & u^{-1}\cr}$
\'etant continue (rappeler pourquoi) et l'application
$\matrix{L(\R^3)^2&\rightarrow &L(\R^3)\cr
                          (u,v)& \mapsto& uv\cr}$ \'etant continue
(expliquer), il vient : $\eta\in C([0,1],G)$ (car $G$ est sous groupe
de $SO_3$) avec $\eta(0)=Id$ et $\eta(1)=g^{-1}h$ donc $g^{-1}h\in G_0$.
D'o\`u $G_0$ est bien un sous groupe de $G$.

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

{\bf (b)}  Supposons $G$ distingu\'e dans $SO_3$. Soit $g\in G_0$, $\exists
\gamma\in C([O,1],G),\ \gamma(0)=Id,\ \gamma(1)=g$.

Soit $h\in G$. On pose : $\forall t\in [0,1],\ \eta(t)=h^{-1}\gamma(t)h$.

On a : $\eta\in C([0,1],G)$ (car $G$ est distingu\'e par hypoth\`ese dans $SO_3$)
avec $\eta(0)=Id$ et $\eta(1)=h^{-1}gh$. Donc $h^{-1}gh\in G_0$.
D'o\`u $G_0 $ est distingu\'e dans $G$.

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

{\bf (c)} Soit $G\in G\backslash\{Id\}$. On note $D$ l'axe orient\'e de $g$
et $\theta\in]-\pi,\pi]$ l'angle orient\'e. Quitte \`a remplacer $g$ $g^k$
(o\`u $k\in \N^*$ est convenablement choisi), on peut supposer :
$\theta\in ]-\pi,\pi]\backslash]-\frac \pi 2,\frac \pi 2]$, ce que l'on fait
d\'esormais.

$G$ \'etant par hypoth\`ese connexe par arcs, il existe $\eta\in C([0,1],G)$ telle
que $\eta(0)=Id$ et $\eta(1)=g$.

L'application $\varphi : \matrix{ [0,1]&\rightarrow & \R \cr
                                   t   &\mapsto &\frac {Tr(\eta(t))-1}2\cr}$
est continue, et $\varphi(0)=1,\ \varphi(1)=\frac {T(g)-1}2=\cos \theta\leq 0$
(car $\theta\in ]-\pi,\pi]\backslash]-\frac \pi 2,\frac \pi 2]$), donc d'apr\`es
le th\'eor\`eme des valeurs interm\'ediaires, il existe $t_0\in
]0,1],\ \varphi(t_0)=0$.

Ainsi $\eta(t_0)\in G$ est d'angle $\pm\frac \pi 2$, donc $\eta(t_0)^2\in G$
est une rotation d'angle $\pi$.

Puis $G$ \'etant distingu\'e dans $SO_3$, on en d\'eduit que $G$ contient toutes
les rotations (car $u\circ r(D,\theta)\circ u^{-1}=r(u(D),\theta)$, on r\'ecup\`ere
tous les axes) d'angle $\pi$, c'est \`a dire tous les demi-tours.
Or $SO_3$ est engendr\'e par les demi-tours (car si $r\in SO_3$
est le produit de deux demi tours d'axes perpendiculaires \`a l'axe de $r$
et faisant un angle de $\frac \theta 2$).
D'o\`u $G=SO_3$.

$\underline{\hbox{remarque : }}$ Il \'etait facile avec l'application $\varphi$
pr\'ec\'edente de r\'ecup\'erer, pour tout $\theta\in]-\pi,\pi]$, une rotation d'angle
$\theta$ dans $G$, puis $G$ \'etant distingu\'e, toutes les rotations.

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

{\bf (d)} D'apr\`es (a,b,c), il vient : $G_0=\{Id\}$ ou $G_0=SO_3$.

\carre\ Si $G_0=SO_3$ alors comme $G_0\subseteq S\subseteq SO_3$ on a
$G=SO_3$.

\carre\ On suppose $G_0=\{ Id\}$.

Soit $g\in G$. Soit $h=r(D,\theta)\in SO_3\backslash\{Id\}$ avec $D$ orient\'e
et $\theta\not\equiv 0[2\pi]$.

$G$ \'etant distingu\'e, l'application $\eta : \matrix{
[0,1] &\rightarrow &G\cr t&\mapsto & gr(D,t\theta)\underbrace{g^{-1}}_{\in G}
\underbrace{r(D,-t\theta)}_{=r(D,t\theta)^{-1}}\cr}$
est \`a valeurs dans $G$ et continue avec $\eta(0)=Id$),
donc $gr(D,\theta)g^{-1}r(D,-\theta)=\eta(1)=gr(D,\theta)g^{-1}r(D,\theta)^{-1}
\in G_0=\{Id\}$, c'est \`a dire
$gr(D,\theta)=r(D,\theta)g$.

Ainsi, on a : $\forall h\in SO_3, \ gh=hg$ soit $g$ commute avec tout \'el\'ement
de $SO_3$ (alias appartient au centre de $SO_3$ qui est r\'eduit \`a $\{Id\}$
comme il est facile de le voir encore avec la relation : $\forall u\in
SO_3, \ u\circ r(D,\theta)\circ u^{-1}=r(u(D),\theta)$)

$\underline{\hbox{\bf Conclusion : }}$ Le groupe $SO_3$ est SIMPLE : les seuls
sous-groupes distingu\'es sont $\{Id\}$ et $SO_3$.

\traitgras
\lettrine{{ (O 20)}}
\hfill{\prover SE nulle sur le cercle } \vskip 5mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
(a) soit f d\'efinie et continue sur $\bf \{z\in\C,|, |z|\leq 1\}$, d\'eveloppable
en s\'erie enti\`ere sur le disque unit\'e et nulle sur le cercle unit\'e. Montrer que
f=0.

(b) M\^eme question en supposant seulement que f est nulle sur un sous arc
du cercle unit\'e.}}



Pour (a) j'utilise le principe du maximum

Pour (b) je pose calcule $g(z)=f(z^p$), $p$ entier suffisamment grand (on
peut pr\'eciser par partie enti\`ere suivant l'angle de l'arc donn\'e) tel que
$z^p $ d\'ecrive tout le cercle unit\'e.

{\it(Solution Pierre F\'evrier 18 05 02)}

Pour (a) j'utilise $\int_0^{2\pi} f(re^{it})e^{-int}dt=2\pi r^na_n$ et je fais
tendre r vers 1 gr\^ace \`a la continuit\'e de $f$ sur le disque ferm\'e. D'o\`u
$a_n=0$.

Pour (b) je fais subir des rotations \`a $z$ pour obtenir des $f(ze^{-ia})$
nulles sous d'autres sous-arcs du cercle unit\'e. Il existe alors un produit
fini de telles fonctions v\'erifiant l'hypoth\`ese du (a) (d\'eveloppable en
s\'erie enti\`ere par produit de Cauchy). Ce produit est donc nul et
l'int\'egrit\'e du produit de Cauchy donne le r\'esultat.

{\it(Solution Jean-Denis Eiden 25 mai 02)}

Bonjour, Georges : pour le a), on peut utiliser BESSEL-PARSEVAL \`a la
fonction $t\to f(r\exp(it))$ avec $r<1$ puis faire tendre $r$ vers $1^{-}$.
Dans l'int\'egrale, on applique le th. de cv domin\'ee, $f$ \'etant C$^0$ sur
compact et, pour la s\'erie, dont le t.g. est $|(c_n)|^2 r^{2n}$, on m.q.
$c_n$ est de carr\'e sommable (argument que j'ai d\'ej\`a utilis\'e il y a 2 ou 3
ans dans une question analogue que tu avais faite, \`a propos d'un pb d'\'ecrit
cette fois) : donc $|(c_n)|^2 r^{2n}$ cv normalement et on fait tendre $r$
vers $1$. Cela m.q. les $c_n$ sont ts nuls.

Je ne suis pas s\^ur, mais je peux me tromper, que ton principe marche pour le
b), bien que l'id\'ee de remplacer $z$ par $z^p$ soit tr\`es jolie : en effet,
cela montre que $g$ est nulle sur la <<racine $p$--i\`eme>> de l'arc et non
sur sa <<puissance $p$--i\`eme>>. En revanche, on peut supposer l'arc
<<centr\'e>> au point $1$ (sinon, on op\`ere une rotation) et choisir une racine
de l'unit\'e $u\neq1$ dans cet arc. Ensuite de quoi, on consid\`ere $n>0$ tel
que $u^n=1$ et on pose $g(z)=f(z)f(uz)f(u^2z)...f(u^{n-1}z)$ qui est nulle
vu le a). Pour $z=0$, on obtient que $f(0)=0$, on factorise $z$ dans $f$ et
on recommence...


\traitgras
\lettrine{{ (O 23)}}
\hfill{\prover Appui, convexe, gradient } \vskip 5mm
\noindent\hskip -5mm
{\gros (Convexe= sup d'affines d'appui, S\'eparation des convexes,
  HAHN-BANACH)}

\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soit f une application continue, convexe sur $\bf R^n$ \`a valeurs r\'eelles.
Soit $\bf \phi$ de classe $\bf C^1$, nulle sur la fronti\`ere de $\bf [0,1]^n$.
Montrer que $\bf \int_{[0,1]^n} f(x+grad\ \varphi(t))dt\geq f(x)$, pour
tout x dans $\bf \R^n$;}}

Si $f$ est $C^1$ convexe, par hyperplan d'appui :
$f(x+h)=f(x)+df(x)h+o(h)h$ $ f(x+h)\geq f(x)+hf'(x0)$
donc $f(x+grad \varphi(t))\geq f(x)+ grad (\varphi(t))f'(x)$
et en int\'egrant $\int_C\geq f(x)(vol (C)) +f'(x)0=f(x)$.

On peut envisager l'utilisation du th\'eor\`eme d'HAHN-BANACH.

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

Il y a \'egalit\'e si $f$ est AFFINE car  $f(x+grad \varphi(t))=
f(x)+grad \varphi(t)$ et l'int\'egrale du second terme est nulle par
hypoth\`ese.

Or il faut savoir (c'est une cons\'equence du th\'eor\`eme de s\'eparation des
convexes, pr\'e-HAHN-BANACH) que toute fonction convexe (continue) est
le supr\'emun d'une famille de fonctions affines (continues) d'APPUI.
$f(x)=\sup g_i(x)$. Comme l'\'egalit\'e (donc l'in\'egalit\'e) est vraie
pour chaque $g_i$, elle reste vraie par passe au sup.

{\it(Bib : Pour ceux qui veulent pr\'eciser ces th\'eor\`emes de s\'eparation des
convexes et sup d'affine : voici les meilleurs r\'ef\'erences :
hyperplan affine d'appui : Chimie centre 77 ; Rivaud III p 49 ;
rms d\'ecembre 77 p 222 ;
rms octobre 78 ; Rapport agreg 76 ; Cours X Analyse Hilbertienne
Schwartz p42-47 : fonctions affines au sens de MOREAU . O99 31* rms
juin 2000 ; Capes 78 ; Dourakine Dia Belin p 114 fonctions convexes
conjugu\'ees de FENCHEL (1949) g\'en\'eralis\'ees par BROENDSTED et MOREAU
dans le cadre d'espacess de dimension infinie et p115 applications multiples
en analyse convexe
(probl\`eme de Minimax (cf Berge topologique et Enseignement Math\'ematique
juillet septembre 97 par Choquet, document tipe shannon sc sept 92 p 25),
 probl\`emes varationnels convexes,
th\'eorie des jeux, recherche d'\'equilibre en \'economie) ; Ruand Masson
p211 et 174 ;

S\'eparation et affines :
Berge espaces Topologiques Dunod 1959 p 200-201 ; Bonnault Exercices d'analyse
Dunod 1987 isbn  2-04-016969-5 pages 69-71 ; R\^amis exercices d'alg\`ebre
Masson P 270-271 ; RMS juillet 73
une excellent solution page 316-317 ; Leichtnam et Schauer alg\`ebre ellipses
1999 Isbn 2 7298 4967 p 364-365 ; Pour Hahn Banach voir aussi : Roudi\`ere
Cassini p 21-24  et Exercices d'Andler Bloch ellipses tome topologie
p 256, 264 ; et Enfin Topologie de SchwarTz (Hermann) page 282 ; Chambadal et
{\fiverm Ovaert} Analyse II Gauthiers Villars p 250)}

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

{\it(Solution Jean Christophe Feauveau 13 mai 02)}

Dans un premier temps, on suppose que $f$ est de classe $C^1$.
On v\'erifie que $g(t) = f(tx+(1-t)y)$ est convexe, et par suite $g'(1)
\geq  g(1)-g(0)$.
Bref, pour tout $x$ et $y$ on a $f(y) \geq  f(x) + df_x(y-x)$.
Ainsi, $f(x + grad(f)(t)) \geq  f(x) + df_x(grad(\phi)(t))$ pour tout $x$ dans
$\R^n$ et $t$ dans $[0,1]^n$.
On int\`egre alors par rapport \`a $t$ et on utilise la lin\'earit\'e de $df_x$
 pour conclure \`a $\int_{[0,1]^n} f(x + grad(\phi)(t))dt \geq  f(x)$.

Le cas g\'en\'eral (f continue) peut se d\'eduire de ce qui pr\'ec\`ede et d'un argument
 de densit\'e.
Par exemple, pour $x$ dans $\R^n$, $f$ et $\phi$ donn\'es, soit $R > 0$ tel que
$B(0,R)$ contienne
$x+ grad(\phi(t))$ pour tout $t$ dans $\R^n$. On choisit alors une suite de
 noyaux $(r_n)  C^1$,
positifs, d'int\'egrale $1$ et tels que le support de $r_n$ tend vers $\{0\}$ :
 bref, une suite r\'egularisante.
Il est facile de constater que les produits de convolution $f_n = r_n*f$
converge uniform\'ement
vers $f$ sur $B(0,R)$ et que $f_n$ est convexe et de classe $C^1$.
{\it(pour la tecnhique de r\'egularisation, voir par exemple Chambert-Loir,
exercices de math\'ematiques pour l'agr\'egation abalyse 2 (Masson 1995) pages
31-32)}
 On applique l'in\'egalit\'e
pr\'ec\'edente qui reste vraie par passage \`a la limite.

Cela dit, je ne sais pas donner une interpr\'etation de cette in\'egalit\'e en
\'economie ou autre.

\traitgras

\lettrine{{ (O 69\Star)}}
\hfill{\prover Antipodes } \vskip 5mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soit P une application $\bf C^2$ de $\R$ dans $\R$ de p\'eriode $\bf 2\pi$
et $\bf \Gamma$ la courbe : $\bf x(t)=P(t)\cos t-P'(t)\sin t$ ;
$\bf y(t)=P(t)\sin t+P'(t)\cos t$

On suppose que $\bf\Gamma$ n' pas de point double, que $\bf P(t)+P"(t)>0$
pour tout $\bf t\in\R$.

(a) Soit u un vecteur unitaire, montrer qu'iul existe exactement deux droites
distinctes parall\`ele \`a u et tangentes \`a $\bf \Gamma$.

(b) Deux points de la courbe son dit associ\'es, si les tangentes en ces
points sont parall\`eles et non confondues et les rayons de courbure en ces
points sont \'egaux. Donner une condition n\'ec\'essaire et suffisante pour que
deux points soient associ\'es.

(c) Montrer qu'il existe au moins un couple de points associ\'es.

(d) Soit f une application continue de $\bf [0,\pi]$ dans $\bf \R$
telle que $\bf \int_0^\pi f(u)\sin u du=0$. Montrer que f s'annule au moins
une fois sur $\bf ]0,\pi[$.

(e) On suppose de plus que $\bf \int_0^\pi f(u)\cos u du=0$. Montrer que
f s'annule en deux points distincts de $\bf ]0,\pi[$.

(f) Soit $\bf M(t_0)$ et $\bf M(t_0+\pi)$ un couple de points associ\'es.
On pose R(r)=P(t)+P"(t), $\bf F(t)=R(t)-R(t+\pi)$.
Soit f la fonction d\'efinie sur $\bf [0,\pi]$ par
$\bf f(t)=F(t_0+t)$. Montrer qu'il existe $\bf t_1$ et $\bf t_2$
distincts dans $\bf ]0,\pi[$ annulant f. On aura ainsi prouv\'e l'existence
de trois couples distincts de points associ\'es.
}} \hfill{}

{\it(Cet exercice est exactement la partie II du second probl\`eme de l'X
1970 auteur du probl\`eme Guivarc'h, (Renier \'etait alors unn peu jeune))}

{\it(Les coll\`egues habitu\'es \`a la g\'eom\'etrie diff\'erentielle ont reconnu la courbe
enveloppe de ses tangentes mise sous la forme normale d'EULER
(D(t)) $x\cos t+y\sin t -p(t)=0$)}

(a) Avec les notations classiques $u=(\cos t,\sin t)$ et $v=u'$ directement
orthogonal \`a $u$ et unitaire, on a :
$OM=p u+p' v$ et $\dd {OM} t= (p+p")u'$ ;
Les hypoth\`eses impliquent que $\dd {OM} t\not=0$. Il est port\'e par la droite
D(t). $\Gamma$ est donc l'enveloppe de ses tangentes $D(t)$.
Comme $p$ est $2\pi$ p\'eriodique, $D(t)$ aussi et on aura toutes les tangentes
parall\`eles \`a $D(t_0)$ en prenant $t=t_0+(2n+1)\pi$, ces droites \'etant
confondues avec $D(t_0+\pi)$ mais distinctes de $DF(t_0)$, puisque
$p(t)$ est positif pour tout $t_0\in [0,\pi]$.
Elles sont distintes car parall\`eles et coupant l'axe radial d'angle $t_0$ en
deux points d'abcisse oppos\'ees strictement.

\centerline{\vbox{\hrule  depth 0pt width 80mm}}

(b) Un calcul fait en cours (le rappeler) montre que $R(t)=p+p"$.
(d'o\`u la logique de la notation du (f)). Donc une condition n\'ec\'essaire et
suffisante pour avoir deux points associ\'es $t_0$ et $t_0+\pi$ est que
\cadrefin{$\bf F(t_0)=R(t_0)-R(t_0+\pi)=0$}.

 \centerline{\vbox{\hrule  depth 0pt width 80mm}}


(c) On remarque qu'il y a des courbes dont tous les points sont associ\'es :
les cercles de centre O et les courbes ayant un centre de sym\'etrie.
Ces cas \'ecart\'es il existe $t_0\in ]0,\pi[,\ F(t_0)\not=0$.
(strictement positif par exemple pour fixer les id\'ees
(au besoin remplacer $t_0$ par $t_0+\pi$).

Or pour tout $t$ on  a $F(t+\pi)=-F(t)$, donc $F(t_0+\pi)=-F(t_0)\not=0$.
Soit $t_1$ la borne inf\'erieure des $t\in [t_0,t_0+\pi]$
tels que $F(t)<0$. Cet ensemble n'est pas vide puisque $t_0+\pi$ y
appartient.

En outre $F(t_1)=0$ (sinon la continuit\'e de $F$ donne la contradiction
avec l'une ou l'autre des propri\'et\'es de la borne inf\'erieure).
Et on a bien l'existence d'un coupe de points oppos\'es de param\`etres
respectifs $t_1$ et $t_1+\pi$.


\centerline{\vbox{\hrule  depth 0pt width 80mm}}

(d) Si elle ne s'annulait pas sur l'intervalle ouvert propos\'e,
elle y serait de signe constant qu'au besoin en la changeant en son oppos\'ee
on peut supposer $>0$. La positivit\'e de l'int\'egrale des fonctions continues
donnerait $\int_0^\pi f(t)\sin t dt>0$. Contradiction.

\centerline{\vbox{\hrule  depth 0pt width 80mm}}

(e)  En calculant $a$ \'etant le z\'ero pr\'ec\'edemment prouv\'e,
$0=_{\hbox{\fiverm combinaison par formule trigo sur sin(t-a)}}
\int_0^\pi f(t)\sin(t-a)dt$. La fonction sous le signe somme serait
positive et son int\'egrale ne pourrait s'annuler.
Il y a donc un second changement
de signe pour $f$ sur l'intervalle $]0,\pi[$ et  un second z\'ero pour $f$.

\centerline{\vbox{\hrule  depth 0pt width 80mm}}

(f) $t_0\leq t<t_1\Longrightarrow F(t)>0$.

$ \forall t>t_1 \exists t' | t_1<t'<t$ et $ F(t')<0$.

Une rotation des axes permet de se ramener au cas o\`u $t_1=0$, ce que nous
supposons pour la suite.

Rappelons que $F(t+\pi)=-F(t)$.

Il existe un intervalle \`a gauche de $0=t_1$ o\`u $F(t)>0$ et des valeurs
de $t$ arbitrairement voisines de $0=t_1$ \`a droite, pour lesquelles
$F(t)<0$.

D'apr\`es le rappel il existe un intervalle \`a gauche de $\pi$ o\`u F(t)<0.

\Carre\ On calcule ais\'ement $\int_0^\pi F(t)\sin t dt=\int_0^{2\pi}
(p(t)+p"(t))\sin tdt=\int_0^{2\pi}(-\frac {d x}{dt}) dt=0$.

L'application du (f) donne que $F$ a deux autres z\'eros dans $]0,\pi[$ d'o\`u au
total trois couples de ``points associ\'es".


\cadrepoint{\it BIBLIOGRAPHIE} {\it X 72 1970 auteur du probl\`eme Guivarc'h,
corrig\'e RMS avril 1971 p 589-596, bourr\'e d'erreurs.
Solution manuscrite Chemise g\'eom\'etrie diff\'erentielle ; am\'elioration Bouteloup
pour la partie antipodes, vu X ups 1986 ;
Voir aussi ``l'antipodensatz" de Borsuk (1933) Gonnord g\'eom\'etrie diff\'erentielle
 pour l'agr\'egation (ellipses 1996 p 25) : il existe \`a tout instant
au moins un coupe de points ``antipodiques" de la terre en lesquels la
temp\'erature et la pression sont les m\^emes (autres r\'ef\'erences gliss\'ees
dans cet ouvrage) ; voir ups 198 janvier 2001 dans
le forum ; Dictionnaire Hauchecorne \`a Ulam ;

Pour la ressemblance avec le th\'eor\`eme des 4 SOMMETS voir :
R\^amis corrig\'es de g\'eom\'etrie page 167-168 ; Crestey 3 p 152 ; Br 70 Nordon
pour z\'eros de Bessel p 38,52 et O2000 339 ; Berger Gostiaux collection U
G\'eom\'etrie diff\'erentielle
p 361-363 ; Debarbieux Dunod 85 p 293 et sqq ; Article revue MP  octobre 1975 ;
Fourier TD  Polya 2 158 ; Pb Gr 89 ; Chambert-Loir tome 3 exos d'agreg
g\'eom\'etrie 1996 p 191 ; Cahier pr\'epa ensi P centre 84 page 2 et sqq ;
American Mathematical Monthly
D\'ecembre 1995 p 912-916 ``the four-Vertex theorem revisited" par Tabachnikov ;
Enseignement math\'ematique (Chuiche) Janvier-juin 1966 (Renier \'etait
encore plus jeune) page 25 (cette proposition, aujourdh'ui bien classique,
a \'et\'e trouv\'ee en 1908 par l'Indien MUKHOPADYAYA ; Ehrart ovales et Ovo\"{\i}des
RMS octobre novembre 1953.}
\traitgras
\lettrine{{ (O 76\Star)}}
\hfill{\prover Tchebycheff } \vskip 5mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soit $\bf n\in\N^*$. Montrer qu'il existe un unique polyn\^ome $\bf T_n$ tel que
$\bf T_n(\cos \theta)=\cos (n\theta)$ pour tout $\bf\theta\in\R$. Quel est le
degr\'e et le coefficient dominant de $\bf T_n$ ? Calculer $\bf ||T_n||_\infty$
sur $\bf [-1,1]$. Soit A l'ensemble des polyn\^omes de degr\'e n et de coefficient
dominant
$\bf 2^{n-1}$. Montrer que pour tout $\bf Q \in A$, on a $\bf ||Q||_\infty\geq
||T_n||_\infty$. Cas d'\'egalit\'e ?}}\hfill{}

{\it(BIB : Favard tome I p 245, Capes 76, X 1977, enset 81, Oral 90, air 1983,
ensieta 95, ensae M 1 96, Oral 96 num 62, Allessandri Exbrayat (Masson)
Th\`emes d'analyse
168-175, {\fiverm Ovaert} et Verley alg\`ebre 1 p 108, O2000 86, Polya 2 81
corrig\'e page 264-265 Tchebycheff \oe uvres p 387-469 Saint Petersbourg 1899,
Centrale 1 02, Francinou et Gianella et Nicolas Oraux x-ens Cassini 2001 p 209-
210 (ouvrage remarquable \`a touts points de vue, contenu et hauts de page, index
avec renvoi en pages))}

Toutes les questions pr\'eliminaires \'etant ultraclassiques et ayant \'et\'e
d'ailleurs
trait\'ees par l'\'el\`eve avec une indication pour la minoration de la norme de
$Q$, je ne traite que le cas d'\'egalit\'e.
Supposons $P$ unitaire et $||P||=||T_n||$ et reprenons le d\'ebut du raisonnement
 pr\'ec\'edent.
Posons $Q=T_n -P$. On a $deg(Q)\leq n-1$ et $Q(z_0)\geq 0$ et $Q(z_1)\leq 0$,
$Q(z_2)\geq 0$,... (rappel $z_k=\cos \frac {k\pi}n$) ; (on doit remplacer les
in\'egalit\'es strictes du raisonnement initial par des in\'egalit\'es larges).
Si toutes les in\'egalit\'es sont strictes $Q$ est nul comme pr\'ec\'edement.

La situation se r\'ev\`ele plus d\'elicate si l'un des $Q(z_k)$ est nul.
Si $1\leq k\leq n-1$ et $Q(z_k)=0$, alors $P(z_k)=\pm \frac 1{2^{n-1}}$
et $z_k$ est un extr\'emum local de $P$.
On a donc $P'(z_k)=0$ et comme $T'_n(z_k)=0$,
on trouve $Q'(z_k)=0$ : $z_k$ est une racine multiple de $Q$.

Montrons par r\'ecurrence sur $k\in[[0,n-1]]$ que $Q$ poss\`ede au moins $k$
(respectivement
$k+1$) racines compt\'ees avec leur multiplicit\'e dans l'intervalle
$[z_k,z_0]=[z_k,1]$ si $Q(z_k)\not=0$ (respectivement $Q(z_k)=0$).
Il n'y a rien \`a prouver si $k=0$. Supposons $k\geq 1$.

\hskip 20mm $\bullet\ $ Si $Q(z_k)=0$, $z_k$ est une racine au moins
double et comme il y en a au moins $k-1$ dans $[z_{k-1},1]$ (par hypoth\`ese de
r\'ecurrence), on en trouve donc au moins $k+1$ dans $[z_k,1]$.

\hskip 20mm $\bullet\ $ Si $Q(z_k)\not=0$, et $Q(z_{k-1}=0$,
l'hypoth\`ese de r\'ecurrence
assure l'existence de $k$ z\'eros dans $[z_{k-1},1]\subset [z_k,1]$.

\hskip 20mm $\bullet\ $ Si $Q(z_k)\not=0$, et $Q(z_{k-1}\not=0$,
on a $Q(z_k)Q(z_{k-1})<0$ et $Q$ s'annule sur $]z_k,z_{k-1}[$. Dans ce cas
encore, il y a donc au moins $k$ racines dans $[z_k,1]$.

La r\'ecurrence est achev\'ee. Si $Q(z_{k-1})=0$, $Q$ a donc au moins $n$ racines
dans $[-1,1]$. Dans le cas contraire, $Q((-1)Q(z_{n-1})\leq 0$ et $Q$
s'annule sur $[-1,z_{n-1}[$. Comme on a d\'eja $n-1$ racines dans $[z_{n-1},1]$,
on obtient dans ce cas aussi $n$ racines dans $[-1,1]$. Le polyn\^ome $Q$ est
donc nul, ce qui donne le r\'esultat.

{\it(La d\'emonstration faite  dans cet exercice peut se g\'en\'eraliser. On dit
qu'une fonction continue \'equi-oscille sur $n+1$ points de $[a,b]$,
s'il existe des points $z_0<z_1<....<z_n$ de $[a,b]$ tels que pour
tout $i\in[[0,n]]$, $g(z_i)=||g||=\displaystyle\sup_{t\in[a,b]} |g(t)|$
et $g(z_{i+1})=-g(z_i)$ si $i<n$.

On a vu que le polyn\^ome $T_n$ \'equi-oscille sur $n+1$ points de $[-1,1]$.

On peut d\'emontrer le th\'eor\`eme suivant :
pour $f\in C([a,b],\R)$, il existe un polyn\^ome unique (dit de meilleure
approximation) qui r\'ealise le minimum de distance \`a $\R_{n-1}[X]$ au sens de la
 norme uniforme. Cet unique  polyn\^ome $q\in\R_{n-1}[X]$ est caract\'eris\'e
par le fait que $f-q$ equi-socille sur au moins $n+1$ points de
$[a,b]$. L'exercice a montr\'e que si on prend $[a,b]=[-1,+1]$ alors
$q=\frac {T_n}{2^{n-1}}
-X^n$ r\'ealise le minimum de distance de $X^n $ \`a $\R_{n-1}[X]$)}

\traitgras
\lettrine{{ (O 78)}}
\hfill{\prover B\'ezout } \vskip 5mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soient P et Q deux polyn\^omes de $\bf \R[X]$ de degr\'es respectifs a et b.
Montrer l'\'equivalence entre

(i) La famille $\bf
(P,XP,...,X^{b-1}P,Q,XQ,...,X^{a-1}Q)$ est libre.

(ii) Il existe $\bf (U,V)\in (\R[X])^2$ tels que UP+VQ=1.}}\hfill{}

{\it(Pour des liens avec le R\'ESULTANT et le d\'eterminant de Sylvester voir
Queysanne, RO{\fiverm d} I, et Francinou Cassini)}

(i) implique (ii) : Puisqu'elle est libre, de cardinal $a+b=dim
\R_{a+b-1}[X]$ elle est une base de
$\R_{a+b-1}[X]$, en particulier le polyn\^ome $1$ peut s'\'ecrire suivant cette
base : $1=s_0P+s_1XP+....+ s_{b-1}X^{b-1}P+t_0Q+t_1XQ+...+t_{a-1}X^{a-1}Q
=(s_0+s_1X+....+ s_{b-1}X^{b-1})P+(t_0+t_1X+...+t_{a-1}X^{a-1})Q=UP+VQ$.

(ii) implique (i) Si la famille pr\'ec\'edente \'etait li\'ee, en \'ecrivant cette
liaison il existerait des polyn\^omes $S$ et $T$ de degr\'es respectifs
$\leq b-1$ et $\leq a-1$, tels que $SP+TQ=0$ ;
Mais comme $P$ et $Q$ sont premiers entre eux, d'apr\`es B\'ezout (ii)
$P$ de degr\'e A devrait diviser $TQ$ or premier avec $Q$, d'apr\`es
Gauss, il devrait diviser $T$ qui est de degr\'e strictement moindre : d'o\`u
$T=0$ et de m\^eme $S=0$ : une relation de liaison de la famille donn\'ee
ne peut \^etre que triviale : elle est bien libre.

Que dire de plus ?

Remarque tout ceci est bien s\^ur avec les pr\'eambules de la th\'eorie des id\'eaux
et des  anneaux factoriels.




\traitgras
\lettrine{{ (O 119)}}
\hfill{\prover Tr. de FOURIER } \vskip 5mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soit $\bf\alpha_in \R$. Existence et calcul de
$\bf I(\alpha)=\int_0^{+\infty}\frac {\cos\alpha x}{\cosh x} dx$.
}}\hfill{}

{\it(Bass Vert p 165-167 ; voir des id\'ees dans 02000 484, Br 92 p 69,
br 93 p 99 ;  une table tr\`es compl\`ete de transform\'ee de Fourier
exponentielle, sinus, cosinus est donn\'ee dans S. Gradshteyn et M. Ryshik
Academic press inc 1980 isbn 0-12-294760-6 pages 1147-1152 ; \`a la demande
"Fourier cosine transform google donne 470 sites ; si on rajoute le mot
table on a une seule r\'eponse, avec une table d'une vingtaine de fonctions ;
Le dictionnaire Weisstein en donne encore moins ; Maple V-4
(voir Zimmermann page 244-245)
y a acc\`es par : with(inttrans): et calcule rapidement quand il est possible ;
on peut m\^eme faire inclure ses r\'esultats dans la table interne de Maple)}

Les exercices 120-122 proc\`edent exactement du m\^eme principe.

\Carre\ Dans un premier temps on d\'eveloppe en s\'erie de Fourier la
fonction $f$ p\'eriodique de p\'eriode $2\pi$, impaire, \'egale \`a $\cosh tx$
si $0<x<\pi$ ($t$ param\`etre fix\'e). Les coefficients de Fourier
$a_n$ sont tous nuls (fonction impaire)  et $b_n=\frac 2\pi\int_0^\pi
\sin nx\cosh tx dx=[1-(-1)^n\cosh t\pi]\frac {2n}{\pi(t^2+n^2)}$
(passer aux exponentielles et int\'egrer calmement).

D'apr\`es le th\'eor\`eme de Dirichlet la s\'erie de Fourier associ\'ee converge pour
tout $x$ dans tout intervalle ferm\'e contenu dans l'intervalle ouvert $]0,\pi[$.

En tout point o\`u $f$ est continue, la somme de la s\'erie est $f(x)$.
Donc en particulier pour $0<x<\pi $ on a
$\cosh tx=\displaystyle\sum_{n=1}^\infty
[1-(-1)^n\cosh t\pi]\frac {2n}{\pi(t^2+n^2)}\sin nx$.

Faisons dans cette relation $x=\frac \pi 2$.

En remarquant que $\cases{ \sin nx=0 & pour $n$ pair\cr
                           \sin nx=(-1)^p & pour $n=2p+1$\cr
                         1+\cosh t\pi=2\cosh^2 \frac {t\pi}2 &
Formule que devrait finir par savoir Chiffot \cr}$,

on obtient \cadrefin{$\bf \frac 1{\cosh \frac \pi 2 t}
=\frac 4\pi \displaystyle\sum_{p=0}^\infty
(-1)^p\frac {2p+1}{(2p+1)^2+t^2}$\ \vrule\ \bf  \liond}

 \centerline{\vbox{\hrule  depth 0pt width 80mm}}

\Carre\ D\'eveloppons maintenant $\frac 1{\cosh t}$
suivant les puissances de $e^{-t}$. Si $t>0$,
$\frac 1{\cosh t} =\frac {2e^{-t}}{1+e^{-2t}}=
2e^{-2t}-2e^{-3t}+....+(-1)^n2e^{-(2n+1)t}+...$.

D'o\`u
$\frac {\cos xt}{\cosh t} =\frac {2e^{-t}}{1+e^{-2t}}=
2e^{-2t}\cos xt-2e^{-3t}\cos xt+....+(-1)^n2e^{-(2n+1)t}\cos xt+...$.

Si on d\'esire int\'egrer terme \`a terme cette s\'erie de $t=0$ \`a $t=+\infty$,
on rencontre deux difficult\'es quand on esssaie d'utiliser la convergence
uniforme de la s\'erie :

(a) l'intervalle d'int\'egration n'est pas born\'e.

(b) la s\'erie ne converge pas uniform\'ement dans l'intervalle d'int\'egration
qui a une extr\'emit\'e au point $t=0$.

On va donc montrer directement que l'int\'egrale du reste tend vers z\'ero,
c'est \`a dire que $A_n=\int_0^\infty |\frac {\cos xt}{\cosh t}
-\displaystyle\sum_{p=0}^n (-1)^p2e^{-(2p+1)t}\cos xt|dt$ tend vers z\'ero
avec $\frac 1n$.

Comme il s'agit d'une s\'erie g\'eom\'etrique, le reste se calcule facilement.
On trouve $A_n= \int_0^\infty |\cos xt\frac {e^{-(2n+3)t}}{1+e^{-2t}}|dt
\leq \int_0^\infty e^{-(2n+3)t}dt=\frac 1{2n+1}
\rightarrow 0$.

\noindent Finalement   $\int_0^\infty \frac {\cos xt}{\cosh t}dt =
2\displaystyle\sum_{p=0}^\infty (-1)^p \int_0^\infty
\cos xt e^{-(2p+1)}dt= \sum_{p=0}^\infty
(-1)^p\frac {2(2p+1)}{(2p+1)^2+t^2}=_{\hbox{\fiverm
d'apr\`es la formule encadr\'ee}}\bf \ \frac \pi 2\frac 1{\cosh {\pi x\over 2}}$



Cette formule donne ce qu'on appelle la transform\'ee de Fourier cosinus
de $\frac 1{\cosh t}$. En langage probabiliste, elle exprime que
$\frac 1{\pi\cosh t}$ est une densit\'e de probabilit\'e qui a pour fonction
caract\'eristique $\frac 1{\cosh {\pi x\over 2}}$.

En rempla\c{c}ant $t$ par $t\sqrt{\frac \pi 2}$, et $x$ par
$x\sqrt{\frac 2\pi }$, la formule ci-dessus devient :
$\int_0^\infty \frac {\cos xt}{\cosh t \sqrt{\frac \pi 2}}dt
=\sqrt{\frac \pi 2} \frac 1{\cosh \sqrt{\frac \pi 2}}$.

Elle prend une forme sym\'etrique :  $\frac 1{\cosh \sqrt{\frac \pi 2}}$
est sa propre image de Fourier en cosinus.


\traitgras
\lettrine{{ (O 122)}}
\hfill{\prover Tr. de FOURIER + SE } \vskip 5mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
\'Etudier $\bf F(\alpha)=\int_0^\infty \frac {\sin \alpha x}{\rac 4{\sinh x}}
dx$ (Carat\`ere $\bf C^\infty$, d\'eveloppement en s\'erie enti\`ere...)}}\hfill{}

Une premi\`ere solution a \'et\'e donn\'ee par melle Cabau (VZ) par d\'ecoupe pour
pouvoir invoquer une convergence uniforme.

En voici une seconde plus compacte et qui pr\'ecise la pr\'ec\'edente.

$F$ est impaire, on peut donc se limiter \`a $\alpha\geq 0$.

Posant $f(x,\alpha)=\frac {\sin \alpha x}{\rac 4{\sinh x}}$ on a
$\dd {f(x,\alpha)}{\alpha}= x\frac {\cos \alpha x}{\rac 4{\sinh x}}$.

On constate que $|\dd {f(x,\alpha)}{\alpha}|\leq  \frac {x}{\rac 4{\sinh x}}$.
($\alpha$ a disparu dans le majorant, qui est une fonction int\'egrable sur
$\R^+$, puisque $x$ est n\'egligeable devant $exp({x\over 4})$).
IL y a donc convergence normale donc uniforme de l'int\'egrale de la d\'eriv\'ee
de $f$ ; en recommen\c{c}ant de m\^eme pour les d\'eriv\'ees suivantes on en d\'eduit
que $F$ est $C^\infty$ sur $\R$.

{\it(On remarque, mais cela n'apporte rien \`a l'exercice, que $F$
est la transform\'ee de Fourier sinus de
$\frac {1}{\rac 4{\sinh x}}$)}

Voyons maintenant pour le d\'eveloppement en s\'erie enti\`ere.

On a (en d\'eveloppant en s\'erie enti\`ere $\sin\alpha x$) :
$f(x,\alpha)=\frac {\sin \alpha x}{\rac 4{\sinh x}}=\frac {1}{\rac 4{\sinh x}}
\big[\displaystyle\sum_{k=0}^\infty
\frac {(-1)^k \alpha^{2k+1}x^{2k+1}}{(2k+1)!}\big]$.

Le probl\`eme (d\'eja remarqu\'e dans la premi\`ere m\'ethode) est dans la justification
pr\'ecise de l'interversion de $\int$ et de $\sum$.

$|f(x,\alpha)|=| \frac {\sin \alpha x}{\rac 4{\sinh x}}| =
\frac {1}{\rac 4{\sinh x}}
\big[\displaystyle\sum_{k=0}^\infty
\frac {|\alpha|^{2k+1}|x|^{2k+1}}{(2k+1)!}\big]=$

$=_{\hbox{\bf \idee \
\fiverm d\'eja vue pour les max de $\fiverm |\sin z|$, et \'evoqu\'ee
oralement en voiture
sur le route de Chenvove le 12 juin avec Carpentier \ }}
\bf \frac {\sinh |\alpha x|}{\rac 4{\sinh x}}|$.

Or alors que $|\sin \alpha x|$ \'etait major\'e par $1$, ce qui permettait
la convergence dans probl\`eme de l'int\'egrale associ\'ee, ici
$\displaystyle\frac {\sinh |\alpha x|}{\rac 4{\sinh x}}|\leq \displaystyle
\frac {1}{\rac 4{\sinh x}}\sim_{+\infty}
\frac {e^{|\alpha x|}}{exp (\frac 14 x}=e^{x(|\alpha|-\frac 14)}$.

Il ne peut il y avoir convergence pour ce majorant de $|f(x,\alpha)|$ que si
\cadrefin{$\bf |\alpha|<\frac 14$}

Nous supposons donc  $|\alpha|\leq A<\frac 14$ ($A$ fix\'e aussi proche que
l'on veut de $\frac 14$).

Alors sur cet intervalle $[-A,+A]$ pour $\alpha $
$|f(x,\alpha)|\leq  \frac {\sinh |A x|}{\rac 4{\sinh x}}$ dont l'int\'egrale
(v\'erification imm\'ediate) converge normalement par rapport \`a $\alpha$,
sur $\R^+$.

Il y a donc convergence normale sur $\R^+$ des sommes partielles de la s\'erie
$\frac {1}{\rac 4{\sinh x}}
\big[\displaystyle\sum_{k=0}^\infty
\frac {\alpha|^{2k+1}x^{2k+1}}{(2k+1)!}\big]$ et on peut donc permuter
$\sum$ et $\int$ comme on le remarquait plus haut.

Par cons\'equent :
$\bf F(\alpha)=
\displaystyle\sum_{k=0}^\infty
\frac {\alpha^{2k+1}}{(2k+1)!}\big(\int_0^\infty
\frac {x^{2k+1}}{\rac 4{\sinh x}}dx\big)$.

La seule chose qu'on peut dire \`a ce niveau est que le rayon $R$ ce cette
s\'erie est $R\geq \frac 14$.

En d\'epassant l\'eg\`erement le programme de sp\'e, en plongeant dans la th\'eorie
des fonctions de variable complexe, on constate en prenant $\alpha=\frac i4$
(le complexe $i$) que comme $\sin \frac {ix}4=i\sinh(\frac x4)$ que cette fois
l'int\'egrale n'est plus convergente~: le point $\alpha=\frac i4$ est donc un
point singulier de $F$ : or comme nous l'avons d\'emontr\'e dans le cours pour les
fractions rationnelles, le rayon de d\'eveloppement en s\'erie enti\`ere d'une
fraction rationnelle est la distance de $O$ au p\^ole le plus voisin,
on a donc $R=\frac 14$. {\it(voir Valiron p 369 et Bass p 617)}

{\bf Ainsi F est d\'eveloppable en s\'erie enti\`ere et le rayon de ce d\'eveloppement
est \cadrefin{$\bf R=\frac 14$\ \vrule\ \liond}, ce qui \'etait loin d'\^etre
\'evident au d\'epart !}

\traitgras
\lettrine{{ (O 125)}}
\hfill{\prover Th de Sturm +Z\'eros } \vskip 5mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf

(a)
Soient $\bf f_1$ et $\bf f_2$ deux applications continues de I dans $\bf \R$
telles que $\bf f_1\geq f_2$. Soient $\bf \alpha<\beta$ deux z\'eros
d'une solution non nulle de $\bf y"+f_2y=0$. Montrer que toute solution de
$\bf y"+f_1 y=0$ s'annule dans $\bf [\alpha,\beta]$.

(b) On consid\'ere l'\'equation diff\'erentielle $\bf y"+e^t y=0$. Montrer
que toute solution non nulle admet une infinit\'e de z\'eros.
Soit $\bf t_1<t_2<...< t_n...$ une suite de z\'eros cons\'ecutifs de
cette solution. Montrer que la suite $\bf (t_n)$ tend vers plus l'infini.
Montrer que $\bf e^{t_n}\sim \frac {\pi^2 n^2}4$.}}\hfill{}

{\it(Voir TD 3 p 5, 6, Eska Vauthier p 190, nouvelle \'edition 137 ;
 Putnam 1966 exercice B6 ;
Leichtnam et Schauer 4 p 68-69 et Mir Philipov p 60 et 125
(732 est la d\'ecroissance de l'\'ecart des z\'eros cons\'ecutifs, 731 ``au moins 15
z\'eros" m'a \'et\'e signal\'e en X Ups 1985  par Becker (M' Bordeaux),
 il est dans TP3 avec une visualisation en Maple) ; rms novembre 79 ;
Valiron p362-363 par positivit\'e de l'int\'egrale ; Dieudonn\'e calcul infinit\'esimal
; Favard p126 qui expose le mieux (avec Valiron) ; Agreg 59)}

(a) Montrons plus pr\'ecis : entre deux z\'eros cons\'ecutifs de $y_2$, $y_1$
s'annule au moins une fois {\bf dans l'intervalle ouvert}, \`a moins que ces deux
fonctions ne soient proportionnelles, et cela avec changement de signe.

Introduisons la fonction auxiliaire $W$, Wronskien de $y_1$ et $y_2$, bien que
ce ne soient pas les solutions d'une m\^eme \'equation (on a quand m\^eme le droit
d'\'essayer !)

$W=W(y_1,y_2)=\left|\matrix{y_1 &y_2\cr y'_1 &y'_2\cr}\right|=y_1y'_2-y_2y'_1$
; Alors $W'=y'_1y'_2-y'_2y'_1+y_1y"_2-y_2y"_1 = y_1y_2(-f_2+f_1)$.

$y_2$ est (au besoin en la rempla\c{c}ant par $-y_2$ solution de $E_2$) par exemple
positive strictement entre deux z\'eros cons\'ecutifs de $y_2$.
Raisonnons par l'absurde et supposons que $y_1$ ne s'annule pas sur cet
intervalle et soit donc de signe constant, que par le m\^eme type de remplacement
 on peut supposer \^etre le signe $+$.

Alors compte tenu de l'hypoth\`ese $f_1\geq f_2$, $W$ est strictement
croissante dans l'intervalle consid\'er\'e.

Or le simple recours \`a la d\'efinition de la d\'eriv\'ee,
prouve que $y'_2(\alpha)\geq 0$ et $y'_2(\beta)\leq 0$.
Et ainsi $W(\alpha)\geq 0$ et $W(\beta)\leq 0$ : cro\^{\i}tre d'une valeur
positive \`a une valeur n\'egative ne laisse pas beaucoup de possibilit\'es :
donc $W=0$ sur l'intervalle ouvert et comme par hypoth\`ese on a suppos\'e que
$y_1$ ne s'y annule pas on peut y consid\'eter le rapport $r=\frac {y_2}{y_1}$
et $r'=\frac {W}{y_1^2}=0$ donc $r= constante$ et $y_1$ est proportionnelle
\`a $y_2$.

Le r\'esultat est donc d\'emontr\'e en raisonnant par l'absurde.

{\prover (*) }\cadrefin{\bf Si $\bf f_2\leq f_1$ entre deux z\'eros de $\bf y_2$
il y a au moins un z\'ero de $\bf y_1$}  {\prover (*) }


\centerline{\vbox{\hrule  depth 0pt width 80mm}}

(b) Sur $\R^+$ $f_1(t)=e^t\geq 1=f_2(t)$,
consid\'erons $y_2=\sin(x-a)$ solution de $u"+1^2u=u"+u=0$,
$y_1$ s'annule au moins une fois sur $]a,a+\pi[$ et il y en a bien au moins
une infinit\'e d\'enombrable (\Star) puisqu'il y a au moins un z\'ero de $y_2$
d'apr\`es {\prover (*) }, entre deux z\'eros cons\'ecutifs $a+k\pi$ et $a+(k+1)\pi$
de $u$, pour tout $k\in\N$.

{\it(Le point suivant est classique, facile \`a comprendre, mais demande
une r\'edaction pr\'ecise et limpide : seuls F et V (voir Bib) le font)}

Supposons que dans un intervalle $(a,b)$, $w^2\leq f(t)\leq \Omega^2$.

$\bullet\ $ D'apr\`es {\prover (*) } avec $\cases{f_2=w^2\cr f_1=f\cr}$, entre
deux z\'eros de  $y_2=\sin w(t-a)$, il y au moins un z\'ero de $y$ solution de
$y"+f(t)y=0$. L'\'ecart entre deux z\'eros cons\'ecutifs de $y_2$ est $\frac
\pi\omega$.     {\it(Remarque : le nombre de z\'eros de $y_2$ dans un
intervalle $[u,v]$ est $[\frac {(v-u)\omega}{\pi}]+\varepsilon_\omega$), o\`u
$\varepsilon_\omega=0$ ou $1$ selon que qu'il y a un z\'ero en une des bornes) }

$\bullet\ $ D'apr\`es {\prover (*) } avec $\cases{f_2=f\cr f_1=\Omega^2\cr}$,
entre deux z\'eros $a$ et $b$ (on ne sait pas encore s'ils sont effectivement
d\'enombrables pour pour dire ``cons\'ecutifs") de  $y_2$, (il y en a une infinit\'e
d'apr\`es
(\Star), il y au moins un  de $y_1=\sin\Omega(t-a)$ solution de
$u"+\Omega^2 u=0$. Or ils sont $a,a+\frac \pi\Omega,...$.
Pour qu'on puisse en avoir il faut $\frac\pi\Omega\leq b-a$.

\`A Cause de cette minoration la suite des z\'eros d'une solution non nulle
de $y"+f(t)y=0$ est donc discr\`ete, d\'enombrable.


Cet \'ecart est donc au moins $\frac \pi\Omega$ et au plus $\frac \pi\omega$.
\cadrefin{$\bf \frac \pi\Omega\leq t_{k+1}-t_k\leq \frac \pi\omega$\ \vrule
\ \liond}  Le nombre de z\'eros de $y$ solution de $y"+f(t)y=0$,
dans un intervalle $[u,v]$ o\`u  $\omega^2\leq f(t)\leq \Omega^2$
est donc entre $[\frac {(v-u)\Omega}{\pi}]+\varepsilon_\Omega$ et
$[\frac {(v-u)\omega}{\pi}]+\varepsilon_\omega$.

{\it (Si (ce qui est le cas ici) $f$ est croissante, on aura
sur $[t_k,t_{k+1}]$,    $\omega=f(t_k)\leq f(t)\leq f(t_{k+1})\Omega$
et donc $\frac \pi{f(t_{k+1})}\leq t_{k+1}-t_k\leq \frac \pi{f(t_k)}$
et $ \frac \pi{f(t_{k+2})}\leq t_{k+2}-t_{k+1}\leq \frac \pi{f(t_{k+1})}$ :
dans ce cas non seulement la suite $t_k$ est d\'enombrable, et tend vers l'infini
mais de plus l'\'ecart entre deux z\'eros cons\'ecutifs d\'ecro\^{\i}t
$t_{k+2}-t_{k+1}\leq t_{k+1}-t_{k}$)}

 \centerline{\vbox{\hrule  depth 0pt width 80mm}}

On applique maintenant ces remarques au cas $f(t)=e^t $ :


Alors entre deux z\'eros cons\'ecutifs       $w^2=e^{t_n}\leq e^t\leq \Omega^2=
e^{t_{n+1}}$ soit d'apr\`es ce qui pr\'ec\`ede :
$\frac {\pi}{\sqrt{e^{t_{n+1}}}}\leq           t_{n+1}-t_n\leq \frac {\pi}
{\sqrt{e^{t_n}}}$.

On remarque que $t_n=\ln x_n$ o\`u $x_n=e^{t_n}$.

La relation pr\'ec\'edente s'\'ecrit donc :

$\frac {\pi}{\sqrt{x_{n+1}}}\leq  \ln \frac {x_{n+1}}{x_n}\leq \frac {\pi}
{\sqrt{x_n}}$.

Donc $\ln \frac {x_{n+1}}{x_n}\rightarrow 0$.

Or $\ln \frac {x_{n+1}}{x_n}\sim  \frac {x_{n+1}}{x_n}-1\sim
\frac \pi{\sqrt{x_n}}$. (car $\ln(1+u)\sim u$ quand $u$ tend vers $0$)

Donc $x_{n+1}-x_n\sim\pi\sqrt{x_n}$ et $\sqrt{x_{n+1}}-\sqrt{x_n}
=\frac {x_{n+1}-x_n}{\sqrt{x_{n+1}}+\sqrt{x_n}}\sim\frac \pi 2$.

Par sommation des relations de comparaison :
$\sqrt{x_n}-\sqrt{x_1}\sim n\frac \pi 2$.

Comme le second terme est fini : $\sqrt{x_n}\sim n\frac \pi 2$
soit $e^{t_n}=x_n\sim n^2\frac {\pi^2}4$. Ce qu'il fallait d\'emontrer !







\traitgras
\lettrine{{ (O 134)}}
\hfill{\prover in\'egalit\'e, Rang } \vskip 5mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soit $\bf A=[a_{i,j}]\in M_n(\R)$ telle que $\bf A^2=A $ et $\bf ^tA=A$.
Montrer que $\bf \displaystyle\sum_{i\leq i,j\leq n} |a_{i,j}|\leq n\sqrt{rg(A)
}$
}}\hfill{}

{\it(Solution Pinguet 10 5 02)} On pose $\forall (A,B)\in M_n(\R)^2,\
(A|B)=Tr(^tAB)= \displaystyle\sum_{i\leq i,j\leq n} a_{i,j} b_{j,i}$ :

L'application $(\ | \ )$ est classiquement un produit scalaire sur $M_n(\R)$.

Soit $A\in M_n(\R)$ telle que $A^2=A=^tA$ (id est $u_A$ est un
projecteur orthogonal sur $\R^n$).

On pose $B=(b_{i,j})_{1_leq i,j\leq n}\in M_n(\R)$ avec
$\forall   (i,j)_in[[1,n]]^2,\ b_{i,j}=
\cases{\hfill 1 & si\hfill $a_{i,j}\geq 0$ \cr
       \hfill -1& si\hfill $a_{i,j}< 0$ \cr}$

Il vient : $\displaystyle\sum_{i\leq i,j\leq n} |a_{i,j}|=
(A|B)\leq_{\hbox{\fiverm In\'egalit\'e de CAUCHY-SCHWARZ\ }} ||A||.||B||$.

Or $||B||=\sqrt{n^2}=n $ et $||A||=\sqrt{Tr ^tAA}=_{\hbox{\fiverm
(car $u_{^tA A}=u_{A^{*}}u_A=(u_{A})^2=u_{A} $) \ }}\ \sqrt{Tr A}=$\par\hfill

$=_{\hbox{\fiverm (Car la trace d'un projecteur est \'egale \`a son rang)\ }}\
\sqrt{A}$
d'o\`u \cadrefin{$\bf \displaystyle\sum_{i\leq i,j\leq n} |a_{i,j}|
\leq n\sqrt{Tr A}$\ \vrule\ \liond}

\traitgras

\lettrine{{ (O 174\Star)}}
\hfill{\prover EF Putnam 96) } \vskip 5mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 119mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soit f continue de $\bf \R_+$ vers $\bf \R$. On suppose qu'il existe k$\bf
\in [0,\frac 14[$ tel que pour tout $\bf x>0,\ f(x^2+k)=f(x)$.
Montrer que f est constante.}}

{\it(L'auteur de cette question d'oral ne s'est pas fatigu\'e : c'est
l'exercice A6 du concours Putnam 1996 (USA))}.

{\`A cause d'une coquille, 6 lignes en partant du bas, de la solution,
($2a_1k_n+k_n^2$ remplac\'e par $2a_1k_n$)
la solution donn\'ee sur le site putnam
$http://www.kalva.demon.co.uk/putnam/psoln/psol966.html$ est \'erronn\'ee),
il vaut mieux s'inspirer de
l'American Mathematical Monthly octobre 1997 page751)}

Comme $f(x)=f(x^2+k)=f(-x)$, $f$ est paire. Il suffit donc que sa restriction \`a
$\R^+$ v\'erifie l'\'equation fonctionnelle.
Nous supposons \`a partir de maintenant $x\geq 0$.

\centerline{\vbox{\hrule  depth 0pt width 80mm}}

\cadrefin{\bf Rappel}

Je rappelle (cours grand MP1) que lorsqu'on a une fonction $s$ continue
et strictement croissante, d\'efinie sur $[u,v]$ et $s([u,v]\subseteq [u,v]$
(permanence de l'appartenance), que
(1) il y a permanence de la position des termes de la suite
$x_{n+1}=s(x_n)$ avec $x_0\in[u,v]$ par rapport \`a tout point fixe $L$ \'eventuel
(en effet $x_n\leq L\Longrightarrow_{\hbox{\fiverm strictement croissante\ }}
x_{n+1}\leq s(L)=L$ : tout d\'epend de la position de $x_0$ par rapport \`a $L$).

(2) La suite est monotone, le type de monotonie d\'ependant
uniquement du signe de $x_0-L$
(en effet $x_{n+1}-x_n=s(x_n)-s(x_{n-1}$ est du signe de $x_n-x_{n-1}$
puisque $s $ est croissante. Donc est du signe de $x_1-x_0=s(x_0)-x_0$
qui est de signe constant dans tout intervalle o\`u il y a au maximum
deux points fixes cons\'ecutifs. Le type de monotonie d\'ependant
uniquement du signe de $x_1-x_0$ (croissante si $>0$, d\'ecroissante si $<0$.

\centerline{\vbox{\hrule  depth 0pt width 80mm}}

l'\'equation $x^2-x+k=0$ a deux z\'eros positifs (seuls points fixes possibles
de la suite r\'ecurrente associe \`a $s(x)=x^2+k$)
$a=\frac {1-\sqrt{1-4k}}2<b=\frac {1+\sqrt{1-4k}}2$

$\bullet\ $ Si $0\leq x_0<b$ et si on d\'efinit $x_{n+1}=x_n^2+k$, la croissance
de $s$, ($s(s)=x^2+k$) implique d'apr\`es les rappels celle de la suite $x_n$.
Et comme $x_1-x_0=x_0^2+k-x_0=(x_0-a)(x_0-b)$ celle suite est croissante
(major\'ee par $a$)
si $0<x_0<a$ et d\'ecroissante (minor\'ee par $a$ par permanence
de la position par rapport aux points fixes) pour $a<x_0<b$.
Dans tous les cas elle converge
vers un point fixe de $L$. Comme elle s'\'ecarte de $b$ point fixe
r\'epulsif, elle converge vers $a$ :
$f(x_0)=f(x_1)=...=\lim f(x_n)= f(\lim x_n) =f(a)$.


$\bullet\ $ Si $b< x_0$ et si on d\'efinit $x_{n+1}=\sqrt{x_n-k}$, la croissance
de $s$, ($s(x)=\sqrt{x-k}$) implique comme $x_1-x_0=\sqrt{x_0-k}-x_0$
est du signe (multiplier et diviser par la quantit\'ee conjugu\'ee)
$x_0-k-x_0^2=-(x_0-a)(x_0-b)<0$ : la suite $x_n$ est d'apr\`es les rappels
d\'ecroissante minor\'ee par $b$ vers laquelle elle converge et

$f(x_0)=f(x_1)=...=\lim f(x_n)= f(\lim x_n) =f(b)$.

Par continuit\'e \`a droite et \`a gauche en $b$, on a $f(a)=f(b)$ et
{\bf f est constante.}

Remarquons que le raisonnement qu'on vient de faire,
marche \'egalement si $k=\frac 14$, la seule diff\'erence est que $a=b$.

\centerline{\vbox{\hrule  depth 0pt width 80mm}}

\Carre \ {\bf Extension :} l'\'enonc\'e de Putnam 1996 n'\'ecartait pas le
cas $k>\frac 14$.

Dans ce cas $s(x)=x^2+k$ par suite de discriminant $<0$ n'a plus de points
fixes.
Posant $t_0=0, \ t_{n+1}=s(t_n)$~: la suite (cf rappels) $t_n$ est monotone.
strictement croissante et elle ne peut \^etre born\'ee car si elle l'\'etait
croissante major\'ee elle convergerait vers un point fixe, qui n'existe pas.
Donc elle tend en croissant vers plus l'infini et les intervalles
$[t_n,t_{n+1}]$ recrouvrent $\R^+$.

La fonction $f$ va \^etre d\'efinie par r\'ecurrence (comme la fonction
faisant l'objet du probl\`eme d'agr\'egation 1949 (num\'ero RMS 4609
mais il n'est pas corrig\'e dans la RMS comme je l'ai v\'erifi\'e dans les archives
Vuibert en allant faire passer le Capes en 1977)
voir PUF CDI par Delachet p 53-61 et 117-126 en particulier p 55
pour lafigure constructive et AR dans APM 413)
\`a partir d'un germe $g$
arbitraire d\'efini sur $[0,k]$, tel que pour des raisons de continuit\'e
$g(0)=g(k)$. Posant $\phi(x)=\sqrt{x-k}$ on a la construction :

$f(x)=\cases{g(x)    & pour $x\in [0,k]=[t_0,t_1]$ \cr
             g(\phi(x))    & pour $x\in [k,k^2+k]=[t_1,t_2]$ \cr
             g(\phi(\phi(x)))    & pour $x\in [t_2,t_3]$ \cr
             ...............     & .......................\cr
             g\big(\underbrace{\phi(\phi(...(\phi}_n(x))...))\big)
& pour $x\in [t_n,t_{n+1}]$ \cr}$

Par construction $f$ satisfait \`a l'\'equation fonctionnelle propos\'ee.
La continuit\'e est une cons\'equence de celle de $g$ et de $\phi$ dans les
intervalles ouverts, et l'hypoth\`ese $g(0)=g(c)$, montre qu'il y a
bien raccord de continuit\'e aux bornes des intervalles $(t_n,t_{n+1}]$.

\traitgras
\lettrine{{ (O 189\Star)}}
\hfill{\prover EF int\'egrale) } \vskip 5mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 119mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Trouver toutes les fonctions continues f de $\bf \R$ dans $\bf \R$
telles ques $\bf \forall x\in\R\ \ f(x)-2x\int_0^x f(t) \cos (x-t) dt=1$}}
\hfill{}

{\it(Voir O1 ; Br90 p 80, voir aussi par SE, RMS juin 99 num 238 p1304)}

{\it(L'\'el\`eve  C, qui avait r\'eclam\'e le d\'etail de la solution de cet
exercice, ne s'est m\^eme pas pr\'esent\'e le lendemain...)}

Pour simplifier l'\'ecriture des calculs je pose $C=\int_0^x f(t) \cos (x-t) dt$
et $S=\int_0^x f(t) \sin (x-t) dt$ ; d'apr\`es le th\'eor\`eme rappel\'e sur
la solution \'ebauch\'ee dans un exercice analogue plus simple, dans la
feuille O1, on a \cadrefin{\vbox{\hsize 20mm \bf C'=y-S \par S'=C}}

L'\'equation s'\'ecrit (1) :  $y-2xC=1$ et $x=0$ donne $y(0)=1$.

Par d\'erivation de (1) on a (2) : $ y'-2C-2x(y-S)=0$, $x=0$ donne $y'(0)=0$.

Une nouvelle d\'erivation donne :
$y"-2(y-S)-2(y-S)-2x(y'-C)=0$ soit (3) : $y"-4(y-S)-2x(y'-C)=0$.

On multiplie (3) par $x$ : (3') : $xy"-4x(y-S)-2x^2(y'-C)=0$

Par (2) on remplace $2x(y-S)=y'-2C$ soit
(3") : $xy"-2(y'-2C)-2x^2(y'-C)=0\Longleftrightarrow
xy"-2y'(1+x^2)+(2+x^2)C=0$.

Or par (1) $2C=\frac {y-1}x$ ce qui donne

$xy"-2y'(1+x^2)+(2+x^2)\frac {y-1}x$ soit
(4) \cadrefin{$\bf x^2y"-2y'(x+x^3)+(2+x^2)y=(2+x^2)$}.

$y_0=1$ est solution \'evidente, mais comme on ne voit pas comment
int\'egrer (quel changement de variable ?) l'\'equation sans second membre associ\'ee,
on pr\'ef\`ere la m\'ethode de recherche de solution particuli\`ere sous
forme de s\'erie enti\`ere (dont nous v\'erifierons la convergence).

Cauchy Lipchitz  et les conditions initiales assurent qu'il faut chercher
une solution (unique) sous la forme % ligne 1671
(Cauchy Lipchitz et la parit\'e des coefficients de l'\'equation diff\'erentielle
donne $y(-x)=y(x)$ elle est donc paire

% macro de disposition de solutions DSE d'\'equa diff 95esim1 95 ivpm


\noindent\hskip-10mm
$\left\{\matrix{(2+x^2)     &| &y\ =1+a_2x^2+...\hskip 42mm +a_{2p}x^{2p}+......\hfill\cr
               -2(x+x^3)&| &y' =2a_2x+...\hskip 41mm+(2p)a_{2p}x^{2p-1}....\hfill\cr
                x^2&| &y" =2a_2x+...\hskip 41mm+(2p)(2p-1)a_{2p}x^{2p-2}....\hfill\cr
                \noalign{\hrule}
               \bf 2+x^2\        &|&\bf = 2+x^2(0a_2+1)+x^4(2a_4+a_2-
4a_2-8a_4+12a_4)+....
                       x^{2p}\big(a_{2p}(2-6p+4p^2)+a_{2p-2}(1-4p)\big)
                       \cr}\right.$

$a_2$ est arbitraire, ce qui donne un espace affine de solutions
de dimension $1$. L'unicit\'e de d\'eveloppement en s\'erie enti\`ere donne
\cadrefin{$\bf a_{2p}=\frac {4p-1}{(2p-2)(2p-1)}a_{2p-2}$}

et par transitivit\'e on obtient
\cadrefin{$\bf a_{2p}=\frac {(4p-1)(4p-3)...3}{(2p-1)!}a_2=\frac {2p}{2^{2p}}
C_{4p}^{2p} a_2$}

D'Alembert donne que le rayon de cette s\'erie enti\`ere est infini.

Les seules solutions possibles de cette \'equation fonctionnelle (il reste
\`a v\'erifier par report) sont

\cadrefin{$\bf y=1+a_2\displaystyle\sum_{p=1}^{+\infty}
\frac {(4p-1)(4p-3)...3}{(2p-1)!}x^{2p}$}

Reste \`a savoir si l'on peut reconna\^{\i}tre dans cette s\'erie une fonction
classique  ? {\it(La RMS donne aussi une solution sous forme de s\'erie)}


\traitgras

\lettrine{{ (O 204)}}
\hfill{\prover \'equivalent d'int\'egrale } \vskip 5mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 119mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
On pose $\bf f(x)=\in_0^{+\infty}
\frac {1-\cos t}{x^2+t^2}dt$. Ensemble de d\'efinition ? Continuit\'e ?
Caract\`ere $\bf C^1$~? Parit\'e? D\'eterminer les limites, puis les \'equivalents
en $\bf 0$ et $\bf +\infty$. \`A l'occasion on rappellera les \'enonc\'es pr\'ecis
des th\'eor\`emes d'int\'egration (convergence domin\'ee, convergence monotone...).
}}\hfill{}

{\it(Voir exos analyse tome 2 R\^amis
{\fiverm Deschamps} Odoux page 121-123, excellent article
g\'en\'eralisant tous ces \'equivalents et limites dans RMS juin 1986 pages 367-382)}

{\it(Solution Carpentier 14 06 02)}

$g(t)=\frac {1-\cos t}{t^2}\geq 0$ prolong\'ee par $g(0)=\frac 12$ est continue
et int\'egrable sur $[0,+\infty[$.

$\forall x \ 0\leq \frac {1-\cos t}{x^2+t^2}\leq g(t)$ donc $f$ est
{\bf d\'efinie sur $\bf \R$}.

$(x,t)\mapsto \frac {1-\cos t}{x^2+t^2}$ est continue sur
$\R\times ]0,+\infty[$ donc d'apr\`es le th\'eor\`eme de Lebesgue de la convergence
domin\'ee {\bf f est continue sur $\bf \R$}.

En particulier $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0} f(x)=f(0)=\int_0^\infty
\frac {1-\cos t}{t^2} dt>0$ et il n'y a pas de probl\`eme d'\'equivalent en $0$.

\Carre\ $f$ est clairement paire et d'ailleurs d\'ecroissante.

$\dd {\big(\frac {1-\cos t}{x^2+t^2}\big)}x=-2x \frac {1-\cos t}{(x^2+t^2)^2}$,
fonction int\'egrable sur $]0,+\infty[$.

Si $|x|\geq \alpha>0$, il y a domination par $\frac 2\alpha g(t)$ :
$f$ est donc d\'erivable sur $\R\backslash \{0\}$ et
$f'(x)=-2\int_0^\infty x \frac {1-\cos t}{(x^2+t^2)^2} dt$.

\Carre\ \cadrefin{\bf Transformons l'int\'egrale en posant t=xu}
$f'(x)=-2\int_0^\infty x \frac {1-\cos xu}{x^2u^2} \frac {u^2}{(1+u^2)^2} du$
et $|\frac {1-\cos xu}{x^2u^2}|\leq \frac 12$, et
$\frac {u^2}{(1+u^2)^2}$ est int\'egrable : on peut encore par convergence
domin\'ee conclure que
$\displaystyle
x\mapsto -2\int_0^\infty x
\underbrace{\frac {1-\cos xu}{x^2u^2}}_{\rightarrow \frac 12}
\frac {u^2}{(1+u^2)^2} du$ est continue....

$f'$ a donc une limite en $0$ : $f$ est $C^1$ sur $\R^+$
et on va prouver (cf ci dessous) que $f'_d(0)=-\frac \pi 4$ (point anguleux en
$0$).

\Carre\ {\bf \'Etude en $\bf +\infty $ : }
Par convergence domin\'ee, il vient imm\'ediatement
$\displaystyle\lim_{x\rightarrow +\infty} f(x)=0$ et aussi
$\displaystyle\lim_{x\rightarrow
+\infty} f'(x)=\lim
-2\int_0^\infty x \frac x{x^2+t^2} \frac {1-\cos t}{x^2+t^2} dt=0$.

\'Ecrivons, en posant $t=xu$ : $f(x)=
\int_0^\infty \frac {1-\cos xu}{x(1+u^2)}du=\frac 1x\int_0^\infty \frac {du}
{1+u^2}-\frac 1x\int_0^\infty \frac {\cos xu}{1+u^2} du$.


Or $\int_0^\infty \frac {du}{1+u^2}=[Arctan u]_0^\infty =\frac \pi 2$ et
$\int_0^\infty \frac {\cos xu }{1+u^2} du
=[\frac {\sin xu}x\frac 1{1+u^2}]_{u=0}^\infty
+\int_0^\infty \frac {\sin xu}x \frac {2u}{(1+u^2)^2}du$
et donc $|\int_0^\infty \frac {\cos xu }{1+u^2} du|\leq \frac 1x\int_0^\infty
\frac {2u}{(1+u^2)^2} du=\frac 1x[-\frac 1{1+u^2}]_0^\infty=
\frac 1x\rightarrow 0$.

Donc \cadrefin{$\bf f(x)=\frac \pi{2x}+0_{\infty}(\frac 1x)$\ \vrule\ \liond}

De m\^eme $f'(x)=-\frac 2{x^2}(\int_0^\infty \frac {du}{(1+u^2)^2}-
\int_0^\infty \frac {\cos xu}{(1+u^2)^2}du)=-\frac \pi{2x^2}+o(\frac 1{x^2})$.

\carre\ Calculs annexes :
En int\'egrant par parties $\int_0^\infty \frac {du}{1+u^2}=
[\frac u{1+u^2}]_0^\infty+2\int_0^\infty \frac {u^2}{(1+u^2)^2}du$ donc
$\int_0^\infty \frac {u^2}{(1+u^2)^2}du=\frac \pi 4 $ et
$f'(0)=-2\int_0^\infty \frac {u^2}{(1+u^2)^2}du=-\frac \pi 4$ ;

$\int_0^\infty \frac {du}{(1+u^2)^2}=\int_0^\infty \frac {du}{1+u^2}du
-\int_0^\infty \frac {u^2}{(1+u^2)^2}du=\frac \pi 2-\frac \pi 4=\frac \pi 4$.



\traitgras

\lettrine{{ (O 227\Star)}}
\hfill{\prover det(A+X) } \vskip 5mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 119mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf  Soit $\bf C\in M_n(\R)$.
Montrer que si $\bf \forall X\in M_n(\R),\ det(C+X)=det(X)$,
alors C=0. En d\'eduire que si $\bf A,B\in M_n(_R)$ v\'erifient
$\bf det(A+X)=det(B+X)\ \forall X\in M_n(_R)$, alors A=B.}}


{\it(BIB : Br 92 p 163, Leboeuf 51, GC 2\`eme ann\'ee Aubonnet p 124 ;)}

{\it(Solution concert\'ee de Mme Martineau, Quercia, et Vidiani
au foyer des \'el\`eves X 14 mai 2002)}

Si $C$a une colonne $C_k$ non nulle, on compl\`ete $C_k$ pour avoir
une matrice $X=[X_1,...?X_{k-1},-C_k,X_{k+1};...,X_n]$ r\'eguli\`ere.
$C+X$ ayant sa $k-$i\`eme colonne nulle a un d\'eterminant nul :
on n'aurait pas $0=det(C+X)=det(X)\not=0$. Donc la matrice $C$ est nulle.
Pour la deuxi\`eme partie on remarque que $det(A+X)=det(A-B+(B+X))=det(B+X)$
donc en posant $Y=B+X$ et $C=A-B$ on est ramen\'e au cas pr\'ec\'edent.


{\it(Solution de Pierre Delezo\"{\i}de 27 mai 02)}
($\det(C+X)=\det(X)$ pour tout $X$) on
peut dire qu'on peut ramener $C$ \`a la forme \'equivalente $I_{n,r}$
(taille $n$ rang $r$) et que sous cette forme, en prenant
$X=\lambda\,I_n$, on a l'\'egalit\'e
$(\lambda+1)^r\,\lambda^{n-r}=\lambda^n$ pour tout $\lambda$, ce qui
implique $r=0$ et $C=0$.



\traitgras

\lettrine{{ (O 264)}}
\hfill{\prover Inf Sup > 0 } \vskip 5mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 119mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soit $\bf \Omega=\{z_0,...,z_n\} $ un ensemble de $\bf n+1$ nombres
complexes distincts.
Soit $P_n$ l'ensemble des polyn\^omes de $C_n[X]$ dont le coefficient dominant
est \'egal \`a $1$.
Montrer que $\displaystyle \inf_{P\in P_n}\Big( \sup_{z\in\Omega}
|P(z)|\Big)>0$.

Indication : penser aux normes.}}\hfill{}

{\it(Bib : O2000 86,  Tauvel ron\'eo Poitiers p 67 ; Br 76 ; TD 20 MP1)}

Il faut penser  \`a deux normes Lipchitz \'equivalentes, l'une \'etant
la somme des valeurs absolues des coefficients, qui \`a cause du coefficient
dominant est $\geq 1$. $N(P)=|a_0|+...+|a_n|\geq |a_n|$.

{\it (suggestion de Jean Michel Feauveau 23 4 02)}
Pour l'autre norme (dans $C_n[X])$, il me semble que $\displaystyle
||P||=\sup_{z\in\Omega} |P(z)|$,
s'impose d'elle m\^eme ?

C'est bien une norme, car outre les autres axiomes (homog\'en\'eit\'e,
in\'egalit\'e triangulaire)
qui d\'ecoulent des propri\'et\'es du supr\'emum, il y a bien s\'eparation car $||P||=0$
impose que $P$ de degr\'e $n$ aurait $n+1$ z\'eros distincts, dont serait nul.

Deux normes sur le $\C$-espace de dimension finie $n+1$, $\C_n[X]$,
sont Lipchitz \'equivalentes. Il existe donc deux scalaires strictement positifs
$a$ et $b$ tels que pour tout polyn\^ome $P$ de $C_n[X]$ on ait
$aN(P)\leq ||P||\leq bN(P)$ ; En particulier pour tout polyn\^ome $S$ de
${\cal P}_n$ on a (puisque $N(P)\geq 1$)  $0<a\leq ||S||$.
L'infimum des $||S||$ quand $S$ parcourt ${\cal P}_n$ est donc $\geq a>0$.



On peut aussi remarquer que
$\displaystyle\inf_{P\in P_n} \sup_{z\in\Omega}|P(z)|$ est, pour cette norme,
la distance du polyn\^ome nul \`a $P_n$ qui est ferm\'e en tant que sous espace
affine de dimension finie...
\traitgras

      \lettrine{{(O 294)}}   \par \hfill
{\prover Mertens : ``e" : S\'eries de ``Facult\'es"}

\vskip 5mm

\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Pour $\bf x\in \backslash\Z^-$, on pose
$\bf\displaystyle f(x)=\sum_{n=0}^{+\infty} \frac 1{x(x+1)...(x+n)}$.
Justifier l'existence de $\bf f(x)$ et prouver que
$\bf\displaystyle e \sum_{n=0}^{+\infty}\frac {(-1)^n}{n!(x+n)}$.
Montrer que $f$ est de classe $\bf C^\infty$}}\hfill{}

{\it (Bibilographie ``S\'eries de Facult\'es" :
La premi\`ere fois que j'ai vu ce terme c'est dans le cours d'analyse de l'\'ecole
polytechnique de Favard Tome II page 382 (Gauthiers Villars 1960) ;
R\^ac p 248 ; Rivaud III p 243 ; Flory 4 p 111 ?  ; MP 64 ? 74 ? ; Valiron (page
non retrouv\'ee) ; {\bf Br\'eal 83 p 99 centrale ; }   Agreg 83 voir rapport
pages 25-29 avec bib page 29 ; Ulm 83 rms octobre 83 ;
Biler et Witkowski Problems in mathematical analysis (Dekker 1990) page 26 ex
3.74 corrig\'e page 149 : calculer $f(10)$ (on utilise
l'\'equation fonctionnelle $f(x+1)=e-xf(x)$; )}

Posons pour tout $p\in\N\ a_p=\frac {(-1)^p}{p!(x+p)} $ et $b_p=\frac 1{p!}$ ;
Les s\'eries de termes g\'en\'eraux $a_p$ et $b_p$ sont absolument convergentes et
on a $e=\displaystyle \sum_{p=0}^{+\infty} b_p$.

Posons alors $\forall n\in\N\ \displaystyle c_n=\sum_{p=0}^{n} a_p b_{n-p}$
(produit de Mertens) ; on sait que la s\'erie de terme g\'en\'eral $c_n$ est
absolument convergente et que
$\displaystyle \sum_{p=0}^{+\infty}c_n=\big(\displaystyle \sum_{p=0}^{+\infty}
b_p\big)\big(\displaystyle \sum_{p=0}^{+\infty}a_p\big)=
e\displaystyle \sum_{p=0}^{+\infty} \frac {(-1)^p}{p!(x+p)}$.

Explicitons $c_n$. On a     $c_0=a_0b_0=_frac 1x$.
$c_n=\displaystyle \sum_{p=0}^{n} \frac {(-1)^p}{p!(x+p)}
\frac 1{(n-k)!}$.

D\'ecomposons la fraction rationnelle $\frac 1{x(x+1)....(x+n)}$ qui n'a que
des p\^oles simples ; on a d'une fa\c{c}on imm\'ediate en notant $P$ le polyn\^ome
situ\'e au d\'enominateur :

$\frac 1{P(x)}=\displaystyle \sum_{k=0}^{n}  \frac 1{P'(-k)(x+k)}$ or $P'(-k)
=-k(-k+2)...(-1)(1)2...(-k+n)$. Soit $P'(-k)=(-1)^k k!(n-k)!$ et ainsi
$\frac 1{x(x+1)...(x+n)}=c_n$ pour tout entier $n\in\N^*$.

Et ainsi la relation demand\'ee est \'etablie.




\traitgras

      \lettrine{{(O 369)}}   \hfill
{\prover Projecteur : th de Maschke}

\vskip 5mm

\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf

Soit u un endomorphisme orthogonal de l'espace Euclidien E
et v=I-u  \par (a) Montrer que $Im v=(Ker u)^\perp$
\par (b) Montrer que la suite $U_n=\frac 1{n+1}\displaystyle\sum_{k=0}^n u^k
$ converge vers un projecteur que l'on d\'eterminera.}}

{\it(Bib : Aubonnet GC p 147-148 ; Oral 2000 83 ; Tauvel 204, Allessandri p 32
th\`emes de g\'eom\'etrie agr\'egation de math\'ematiques ; voir aussi exo 250 mis dans
Vrac, Francinou Cassini p 271)}

La somme directe orthogonale \'etant \'etablie comme dans le cours
on fait (b) :
Pour tout $x\in Ker v$, l'\'egalit\'e $u(x)=x$, donne $U_n(x)=x$

Pour $x_in Im(v)$ on peut trouve r$y\in E$ tel que $x=u(y)-y$ et alors
$(n+1)U_n(x)=\displaystyle\sum_0^n[u^{k+1}(y)-u^k(y)]=u^{p+1}(y)-y$ et donc
$||U_n(x)||\leq \frac 2{n+1}||y||$.

La suite d\'eduite de la suite $U$ par restriction \`a $Im (v)$ est donc
convergente vers $0$.

On conclut gr\^ace au (a) nque la suite $U$ {\bf converge vers le projecteur
orthogonal sur $\bf Ker(u-I)$.}

Remarquons que nous avons d\'emontr\'e la convergence simple sur $E$.
On peut \'etablir la convergence uniforme sur la sph\`ere unit\'e de $E$,
ce qui repr\'esente la convergence de la suite $(U_n)_{n\in \N}$
dans l'espace vectoriel norm\'e $(L(E),||\ ||)$.




\traitgras

 \lettrine{{(O 384)}}   \hfill
{\prover EF {\enorme \char'01}}
\vskip 5mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf   Soit $\bf g:\R\rightarrow\R$ continue.
Trouver toutes les fonctions continues $\bf f:\R\rightarrow\R$ continues
telles que $\bf \forall x\ f(\frac x3)-f(x)=g(x)$ et f(0)=0. % car le \bf math
                                                            %= \bf \'ecriture
Que dire si g est $\bf C^1$ \`a d\'eriv\'ee born\'ee ?}}\hfill{}



\centerline{\vbox{\hsize 150mm
{\it BIB : Cet exercice (O384-2001, planche 184-II) est tr\`es classique,
et en liaison avec l'exercice (O187-2001) avec diff\'erentes
variantes,
soit que $f(\frac x2)$ soit remplac\'e par $f(x)$ ou $f(\frac {x+1}2)$, soit
qu'on demande l'injectivit\'e de $u$ et sa non surjectivit\'e, soit de caract\'eriser
$u(E)$, soit que $E$ soit remplac\'e par d'autres espaces fonctionnels,
soit de calculer $|||u|||$, soit
enfin que la recherche des fonctions propres soit remplac\'ee par
des \'equations pr\'ecises $u(f)=2f$ ou $u(f)=4f$, qui sont en fait
la recherche d'espaces propres particulier ; voici quelques r\'ef\'erences
O2000 num\'ero 160 (corrig\'e (par Gozard) sur le fichier mis \`a disposition de
la bourse 2001 ; \Carre\  Br\'eal 83 page 31-32 ; Oral 84 180 (non corrig\'e) ;
Esim 85 ; Lyon 3 1990 ; Index \`a EF pour Gamma ens 1960 ;  oral 89 num\'ero 3 ;
Br\'eal 86 page 126 ; Br\'eal 89 page 221 ; Lyon 3 1990 ; Bloc Vuibert
pr\'epas page 142 ; Spm 3 p 84 pour une \'equation fonctionnelle similaire ;
ron\'eo \'equations fonctionnelles (m\'ethode de la s\'erie p 4-5, th\`eme {\enorme
\char'01}) ; Arnaudies tome 2
(Dunod 1972) page 604 exo ``12" comme par hasard ;
Exercices Lelong p 237, 254 ;
Voir aussi O-2001 165 et 168 et 187, 384 et planche 184 II ;
 Br 77 p 47-48, ; Tissier 2 p 149 ; concours g\'en\'eral
1979 ; RMS juin 85 p 384-395 avec g=FR ; Andler 71 p 71 ; Br 82 p 237 )}   }}

\leavevmode\idee\ {\it(Toute id\'ee d'am\'elioration, d'hypoth\`eses minimales
pour la convergence de la s\'erie
(avec une somme continue), seront les bienvenues $lg\_vidiani@ipac.fr$)}

Il est d'abord clair que l'\'equation donn\'ee $ f(\frac x3)-f(x)=g(x)$ se g\'en\'eralise
sous la forme $ f(\frac xk)-f(x)=g(x)$ avec $k\not=1$ ; le signe entre les
deux $f$ peut \^etre $+$ : il suffit d'alterner les sommes ; le cas $k=1$
se ram\`ene \`a l'op\'erateur {\enorme \char'01}\ ;

Je crois qu'il est illusoire d'\'essayer de donner $f$ dans un intervalle
$]\frac 13,1]$ et de prolonger en utilisant la relation fonctionnelle, car
d'une part se posera le probl\`eme des continuit\'e \`a gauche et \`a droite
aux points $\frac 1{3^n},\ n\in\Z$, mais aussi celui de la continuit\'e
en $0$, et la d\'efinition sur $\R^-$. En fait il faut rep\'erer l'aspect
LIN\'EAIRE de cette \'equation fonctionnelle :
si on pose $u(f)(x)= f(\frac x3)-f(x)$ ; $u$ est lin\'eaire et le probl\`eme
est la surjectivit\'e de $u$ sur $C(\R,\R)$.

\Carre \ {\bf u est injective : } Si $f\in Ker(u)$ alors
$f(\frac x3)=f(x)$ et par r\'ecurrence $f(x)=f(\frac x{3^n})$ et en prolongeant
par continuit\'e en $0$ $f(x)=f(0)$ et $f$ est constante. Si comme le dit
l'\'enonc\'e on se limite aux fonctions nulles en $0$, l'\'equation fonctionnelle
propos\'ee.
ne peut avoir dans l'ensemble des fonctions continues nulles en $0$ qu'une
solution.

\Carre\ {\bf u est-elle surjective ?}

Une r\'ecurrence triviale dans la relation $u(f)(x)=f(\frac x3)-f(x)=g(x)$
donne $f(\frac x{3^{k+1}})-f(\frac x{3^k})+=g(\frac x{3^k})$ ;
soit $\cases{ f(\frac x3)-f(x)=g(x)\cr
              f(\frac x{3^2})-f(\frac x3)=g(\frac x3)\cr
              ...............\cr
             f(\frac x{3^{n+1}})-f(\frac x{3^n})=g(\frac x{3^n})\cr}$
\hskip 20mm (pi\`ege la derni\`ere est ligne num\'ero $n+1$)

Ajoutons ces relations membre \`a membre et r\'eduisons par t\'elescopage.
Il reste :  $f(\frac x{3^{n+1}})-f(x)=\displaystyle\sum_{j=0}^n
g(\frac x{3^j})$

Pour toute solution $f$ continue et nulle en $0$,
la s\'erie $\displaystyle\sum_{j=0}^{+\infty} g(\frac x{3^j})$ est convergente.

\noindent
\cadrefin{\bf Une condition n\'ec\'essaire pour que $\bf g\in Im(u)$
est que la s\'erie $\bf \displaystyle\sum_{j=0}^{+\infty} g(\frac x{3^j})$  converge}

Le fait que cette s\'erie converge, exigera pour conclure de v\'erifier que
sa somme (qui sera la seule solution pour $f$) est bien continue et
v\'erifie  $f(0)=0$. Le plus commode \'etant si possible de v\'erifier sa
convergence uniforme par une convergence normale.
(ce qui est imm\'ediat dans le cas o\`u $g$ est d\'erivable en $0$ car alors
$|g(x)|\leq K|x|$).

\Carre\ {\bf Il suffit donc d'exhiber une fonction $g$ pour laquelle
la s\'erie pr\'ec\'edente ne converge pas pour montrer que $f$ peut ne pas exister
c'est \`a dire que $u$ n'est pas surjective. }

Il suffit de prendre $g$ telle que
$\displaystyle\sum_{j=0}^{+\infty} g(\frac 1{3^j})$ diverge.
Par exemple en prenant la fonction affine par morceaux (pour
constuire une fonction continue)
telle que $g(\frac 1{3^n})=\frac 1{n+1}$ (terme g\'en\'eral de la s\'erie Harmonique
divergente) nulle par exemple dans chaque intervalle
$[\frac 1{3^n}-\frac 1{3^{n+2}},\frac 1{3^n}+\frac 1{3^{n+2}}]$.

On peut aussi \^etre plus constructif en prenant $g(x)=\frac 1{1+\ln |x|}$.
L\`a encore on tombe sur une s\'erie de m\^eme nature que la s\'erie harmonique
divergente et cette fonction n'appartient pas \`a $Im(u)$ qui n'est donc
pas surjective.






\traitgras
      \lettrine{{(O 397)}}   \hfill
{\prover S\'erie mixte}

\vskip 5mm

\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
On d\'efinit la suite u \`a l'aide des conditions initiales $\bf u_0>0,\
u_{n+1}=u_n+\frac n{u_n}$. \'Etudier la suite u, puis la s\'erie de
terme g\'en\'eral $\bf \frac 1{u_n}$.
\par {\it (BIB analogue  : Br 96 p 14+ bloc prepa p 99 :
$u_{n+1}=u_n+\frac 1{n^\alpha u_n)}$,
mais limit\'e \`a $\alpha>0$ ; Br 91 p 20 Br 97 p 18 ; Olympiade 98 Pologne ;
rms juin 94 p 679 ; O99 321, 434 ; ).}
}} \hfill{}

{\it(cet exercice est exactement O98-218)}

On \'el\`eve au carr\'e (sugg\'er\'e par le double produit, qui fait dispara\^{\i}tre
le $u_n$) $u_{n+1}^2-u_n^2=2n+\frac {n^2}{u_n^2}$, on ajoute les relations
en d\'ecr\'ementant n, en n-1,... en simplifiant il reste $u_n^2\geq n(n-1) $
qui tend vers l'infini ; {\it((expliquer, d\'etailler)} ; Puis
$\frac n{u_n}\leq \frac n{\sqrt{n(n-1)}}$ est born\'e ; donc
$u_n^2-u_{n-1}^2\sim 2n $ ; par sommation des relations de comparaison
(les sommes partielles sont \'equivalentes si l'une diverge, sinon ce sont les
restes qui sont \'equivalents) ; on a $u_n^2\sim n^2$ ;
par cons\'equent $\frac 1{u_n}\sim\frac 1n $, s\'erie harmonique divergente ;
 deux s\'eries \`a termes g\'en\'eraux \'equivalents et POSITIFS, \'etant de m\^eme nature
la s\'erie $\sum \frac 1{u_n}$ diverge ;




















\traitgras
\traitgras
{\prover PLANCHES}
\trait
{\bf (Planche 36) : } {\bf \'equivalent de la racine d'une suite de polyn\^omes : }

{\it(Solution Cuculi\`ere 17 mai 02 : }

Si l'on pose : $n*(x_n - 1)=a_n$, soit :
$ x_n=1+a_n/n$, Palisse a prouv\'e que  : $1<a_n<3/2 $.

Cette suite $a_n$ v\'erifie :
$n*\ln(1+a_n/n)=-\ln(2)-ln(a_n - 1)$    (1).

On utilise la double in\'egalit\'e classique pour $x>0$ : $x - (x^2)/2 < \ln(1+x)
 < x$,
d'o\`u : $0<a_n-n*\ln(1+a_n/n)<(a_n)^2/(2*n)$.

Comme  la suite  $a_n$ est born\'ee, il en r\'esulte que
$b_n=a_n-n*ln(1+a_n/n)$ tend vers $0$,
donc d'apr\`es (1) :
$b_n=a_n+ln(2)+ln(a_n - 1)$ tend vers $0$.

La fonction $g(x)=x+ln(2)+ln(x-1)$ est strictement croissante
et continue sur $]1,+\infty[$ et son ensemble-image est $\R$.

Cette fonction $g$  admet donc une fonction r\'eciproque  $h$ strictement
croissante et continue sur $\R$. La suite $a_n=h(b_n)$ admet donc une limite
finie $L=h(0)$ quand $n$ tend vers + l'infini.

Ce r\'eel  $L$ v\'erifie : $L+\ln(2)+\ln(L-1)=0$, soit : $L=1+exp(-L)/2$.
 On trouve : $L$ \`a peu pr\`es \'egal \`a : $1,15718495150$.

Conclusion :   $x_n \sim 1 ~ \frac Ln$.

Si c'est bon, comment trouver un terme suppl\'ementaire ?

On peut g\'en\'eraliser \`a   l'\'equation
$n*x^{n+1} - (n+1)*x^n = c$, avec $c>0$.

On trouve sans mal le terme suivant du d\'eveloppement
asymptotique de $x_n$ :
 $x_n = 1+ L/n + L*(L-1)/(2*(n^2)) + o(1/(n^2))$,
o\`u  $L$ est d\'efini par : $L=1+c*exp(-L)$,
mais  bizarrement, je ne vois pas comment continuer,
comment trouver les termes suivants. Qu'en penses-tu ?
r\'eponse de LGV : Euler-Poincar\'e.



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

{\it(Solution Jean Denis Eiden 17 mai 02)}
Poser $f_n(x)=nx^{n+1}-(n+1)x^n-1/2$ et former
$u_n=f_n(1+(a/n))$ pour $a>1$. Alors $u_n=A+o(1)$, o\`u $A=(a-1)e^a -1/2$.
Donc, si $A>0$, $x_n<1+(a/n)$ pour $n$ assez grand, puisque $f_n$ cro\^{\i}t
strictement et de m\^eme $x_n>1+a/n$ pour $n$ assez grand si $A>0$.
On en conclut que $x_n=1+(b/n)+o(1/n)$, o\`u $b$ est  tel que $(b-1)e^b=1/2$.



\trait
{\bf (Planche 42) Hyperboles \'equilat\`eres passant par trois points : }

{\it(voir aussi O99-3V.tex dont l'original source est sur le cdrom
et sur le site ups, ex O390, dont je rappelle le corrig\'e ci dessous)}

\lettrine{{ (O99- 390) }}\vskip 7mm\hfill
{\prover HE + Desargues-Sturm + EULER  : }
%\vskip 7mm
\hfill\cadrefin{\vtop{\hsize 110mm\leftskip 1mm
\rightskip 1mm \noindent \bf
Soit E un plan euclidien. Trouver toutes les hyperboles \'equilat\`eres
passant par les points A(2,3), B(-1,5), C(-2,-4).
Montrer que toutes ces hyperboles passent par un point fixe.
Trouver le lieu des centres de ces hyperboles.}}

{\it(voir aussi off pr\'epa oral 2001 planche 42 O01.2.tex)}

{\it NB : il va de soi que la m\'ethode demand\'ee au candidat \'etait
analytique, le centre se trouvant soit par la m\'ethode de r\'eduction de
Gauss en carr\'es soit par le syst\`eme $f'_x=0,\ f'_y=0$, comme on l'a vu
au d\'ebut du cours sur les surfaces (attention si on ne se limite pas
des surfaces alg\'ebriques il faut invoquer le th\'eor\`eme de Nullenstellensatz !).
Mais les calculs, que l'\'el\`eve Gautheron a men\'e jusqu'au bout grace \`a mes
indications, ayant abouti \`a un cercle, j'ai imm\'ediatement senti que ce
n'\'etait pas particulier au triangle propos\'e.

Par cons\'equent  devant la beaut\'e de cet exercice, je ne r\'esiste pas
(Pinguet, dont les lecteurs de cette bourse d'\'echange ont pu appr\'ecier
les belles solutions de certains exercices particuli\`erement difficiles,
appr\'eciera peut \^etre cette g\'en\'eralisation) ;

Il faut savoir, que ce r\'esultat est  une simple cons\'equence du th\'eor\`eme
d'involution sur les faisceaux de conique de Desargues Sturm !
Les lecteurs voulant en savoir plus pourront consulter les ouvrages
comptemporains,
(seuls ceux de Berger et Collet sont r\'ecents), donn\'es dans la BIB.}

Une hyperbole \'equilat\`ere a une \'equation de la forme (coefficient de $x^2$
= - coefficient de $y^2$) $x^2-y^2+2axy+bx+cy+d=0$ ;
En \'ecrivant qu'elle contient les trois sommets, on tombe sur un syst\`eme
de rang 3 en $(a,b,c,d)$ ; il reste une inconnue secondaire ; elles forment
donc un faisceau lin\'eaire du genre $f_1+tf_2$ ; o\`u les courbes $f_i(x,y)=0$
sont deux hyperboles \'equilat\`eres ; toutes les courbes du faisceaux en sont ;
De plus toute courbe du faisceau contient les quatre point d'intersection
des deux courbes de base ; or les trois hyperboles \'equilat\`eres
d\'eg\'en\'er\'e\'es en deux droites~: un cot\'e et la hauteur associ\'e, font partie du
faisceau ; on prend deux d'entre elles, l'orthocentre du triangle
est le quatri\`eme point cherch\'e ; en prime  comme la troisi\`eme HE
d\'eg\'en\'er\'ee y passe, on montre ainsi que les trois hauteurs d'un triangle
sont concourantes.

{\fiverm(On peut aussi utiliser le fait que les points cycliques sont conjugu\'es
par rapport \`a toute hyperbole \'equilat\`ere et l'exercice (Rivaud 2 p 184),
qui dit que si les coniques \`a ABC
et I et J sont deux points conjugu\'es, alors les coniques du faisceau
circonscrites passent par un quatri\`eme point fixe, doc forment un faisceau.)}


\cadrefin{\bf Lieu des centres } Donnons deux solutions (il y en a
une troisi\`eme : l'analytique)

{\etoile \char 34\ } Premi\`ere solution :
On sait que le lieu des centres des coniques d'un faisceau
est une conique contenant neuf points (sommets du triangle diagonal
{\it(form\'e par les trois diagonales, une est ``\`a l'ext\'erieur" si le quadrangle
est convexe)}
au quadrangle ABCH,
par les milieux des 6 cot\'es : conique des 9 points ; son
centre est le point de concours des droites joignant les milieux des cot\'es
oppos\'es : Montrons qu'elle passe aussi par les
points cycliques I et J. En effet la conique du faisceau passant par I
est tangente \`a la droite de l'infini en ce point (en effet I \'etant un
point de la conique, J point conjugu\'e est sur la tangente). Le p\^ole de
la droite de l'infini est alors le point I et par suite la conique lieu des
p\^oles contient les points cycliques. On en d\'eduit que les 9 points consid\'er\'es
appartiennent \`a un cercle. Compte tenu des 9 points dans ce cas : c'est
le cercle des 9 points, le cercle d'EULER du triangle ABC.


\cadrefin{\vbox{\hsize 15cm \bf Le lieu des centres des hyperboles \'equilat\`eres
circonscrites \`a ABC est le cercle d'EULER du triangle ABC}}

Rappelons que le centre du cercle d'Euler est le milieu de HO,
O centre du cercle circonscrit.

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

{\etoile \char 43\ } Seconde solution : (g\'eom\'etrie pure Monsieur Collet
1985)
$\Omega$ \'etant le centre de l'hyperbole. B appartenant \`a l'hyperbole, la droite
$BA_1$ o\`u $A_1$ est le point diam\'etralement oppos\'e \`a $A$,
est parall\`ele \`a $\Omega C'$. $C'$ milieu de $AB$ mais aussi
milieu de $PQ$ d\'etermin\'e par les asymptotes $(\Delta,\Delta')$
\`a l'hyperbole sur la droite $AB$.

Dans le triangle rectangle (faire une figure) $\Omega PQ$,
$\Omega C'=C'P=C'Q$ et le triangle $C'P\Omega$ est isoc\`ele,
donc $(\Delta,AB)=-(\Delta,A_1B)$.

R\'eciproquement si un point $C$ du plan v\'erifie la relation
$(\Delta,AC)=-(\Delta,A_1C)$, la droite $AC$ recoupe l'hyperbole
en $C_1$ tel que $(\Delta,AC_1)=-(\Delta,A_1,C_1)$ et donc $C$
et $C_1$  sont confondus.

\noindent On a par cons\'equent les relations : $(\Delta,AB)=-(\Delta, A_1B)$
et $(\Delta,AC)=-(\Delta,A_1C)$  soit $(AC,AB)=-(A_1C,A_1B)$
et $H$ \'etant l'orthocentre de $ABC$ on a : $(AC,AB)=-(HC,HB)$,
d'o\`u $(HC,HB)=(A_1C,A_1B)$ qui traduit que les quatre points
$A_1,H,B,C$ sont cocycliques.

Dans l'homoth\'etie $h(A,\frac 12)$, $h(B)=C',\ h(C)=B',\ h(A_1)=\Omega$
et $h(H)=\alpha$, milieu de $AH$. Les  quatre points $\Omega, B', C',\alpha$
sont cocycliques, or $\alpha, B', C'$ sont sur le cercle d'EULER du triangle
$ABC$, donc $\Omega$ est sur ce cercle.

De la relation $(AC,AB)=-(HC,HB)$  on d\'eduit que $H$ est sur l'hyperbole.

Parmi les hyperboles \'equilat\`ere ciconcscrites \`a $(A,B,C)$
(suppos\'e non \'equilat\'eral), il y en a une
seule passant par le centre de gravit\'e  $G$ : c'est l'hyperbole de FERMAT.



\cadrefin{\it BIBLIOGRAPHIE ; Hyperboles \'Equilat\`eres circonscrites }
{\it Berger G\'eom\'etrie C\'edic 1978 : tome 4 p 201, 184, 160, 144,
tome 2 p 193 ;

Exercices de g\'eom\'etrie tome 3 Rivaud, Vuibert 1966 p 65-66, 19-20
et tome 1 p 184
Premiers principes de g\'eom\'etrie ``moderne" Duporcq Gauthiers villars 1949
p 66 et 49 ; Deltheuil et Caire G\'eom\'etrie de Math elem (Baill\`eres \'editeur) pour
le th\'eor\`eme de Feuerbach p 176 ;  Charles Michel (et non Martel !) compl\'ement
de g\'eom\'etrie ``moderne" Vuibert 1949 p 23 ; Dollon probl\`emes d'agr\'egation
Math\'ematiques \'el\'ementaires,  Vuibert 1948 pour le probl\`eme d'agr\'egation
1937 p 156 pour l'hyperbole \'equilat\`ere de KIEPERT, qui est un cas particulier
d'une HE du faisceau circonscrit au triangle ;
Collet et Griso Math en plus, le cercle d'EULER Vuibert 1987 p 57-59
ISBN 2-7117-1363-6 ; }

Le programme Maple V5 ci dessous (V4 a sans doute une proc\'edure hyperbole
fausse car l'hyperbole trac\'ee ne passe pas par les points demand\'es !)

restart:with(geometry):

$ triangle(T,[point(A,-3,-3),point(B,1,4),point(C,5,1)]):$

$ line(AB,[A,B]):line(BC,[B,C]):line(CA,[C,A]):$

 circumcircle(CC,T,'centername'=OO):

 detail(CC);

 altitude(hA,A,T,H):altitude(hB,B,T,K):altitude(hC,C,T,L):

 (altitude= nom anglais d'hauteur)

 orthocenter(HH,T): EulerCircle(EU,T,'centername'=ce):

 (Choix d'un point M sur le cercle CC)

$ f:=(x,y)->x^2-39/2+y^2-3/2*x+y = 0:$
$ f(-3.3,y);solve(\%);$


 point(M,-3.3,1.477371993): IsOnCircle(M,CC);



$ hyperbola(hyperb,[A,B,C,HH,M]):$

$ draw([T(thickness=5),AB,BC,CA,CC,EU,hA,hB,hC,M,A,B,C,hyperb(thickness=5,$

$color=red)],axes=normal,thickness=1,font=[HELVETICA,BOLD,16],color=black,$

$scaling=constrained,title=`planche 42 hyperbole`,linestyle=1,
view=[-5..6, -5..5],printtext=true);$

\hfill
\psfig{file=m02z-2fc.eps,height=75mm,angle=270} %ne pas imposer width pour respecter cercle en cercle scaling=constrained
\hfill{}




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

{\it(Solution Delezoide 16 mai 02)}



Les hyperboles \'equilat\`eres qui passent par les trois sommets du
triangle forment un faisceau (dimension $6$, $3+1$
conditions$=$ dimension
$2\rightarrow$ droite projective) dont on connait trois \'el\'ements :
les couples d'une hauteur et du c\^ot\'e oppos\'e. Comme ces trois
coniques d\'eg\'en\'er\'ees passent toutes par l'orthocentre, toutes les
hyperboles \'equilat\`eres en question passent par l'orthocentre.
Il s'agit donc du faisceau des coniques passant par les trois
points du triangle et son orthocentre. Ici l'orthocentre a pour
coordonn\'ees $(3/2,3)$ et les hauteurs passent toutes par des
points \`a coordonn\'ees enti\`eres (\`a vue par Cabri G\'eom\`etre); le
calcul ne doit pas \^etre bien compliqu\'e. Il y a du $(3,4,5)$ dans
l'air.

Une \'equation de la droite $(AC)$ est $2y-x+3=0$ une \'equation de
la hauteur en $B$ est $2x+y-6=0$. Une \'equation de la droite
$(BC)$ est $4y+3x-19=0$ et une \'equation de la hauteur en $A$
est $4x-3y+3=0$. Ces hyperboles \'equilat\`eres sont donc les
coniques dont les \'equations sont~:~
$$\lambda(2x+y-6)(2y-x+3)+\mu (4x-3y+3)(4y+3x-19)=0\ .$$
A remarquer que l'ensemble des centres de ces hyperboles
\'equilat\`eres est une conique, car c'est l'ensemble des p\^oles de
la droite de l'infini par rapport aux coniques d'un faisceau.
Cette conique passe \'evidemment par les pieds des hauteurs. De
plus, comme il s'agit d'hyperboles \'equilat\`eres, les points
cycliques sont conjugu\'es par rapport \`a chacune de ces
coniques. Si $\cal C$ est la conique du faisceau qui passe par
le point cyclique $a$, comme l'autre point cyclique lui est
conjugu\'e, il se trouve sur la tangente en $a$, donc cette
tangente en $a$, qui est la droite de l'infini, a pour p\^ole $a$
par rapport \`a $\cal C$. Cela prouve que l'ensemble des centres
passe par les points cycliques est que c'est par cons\'equent un
cercle. Ce cercle est le cercle d'EULER du triangle. Si $\cal
H$ est l'une de ces hyperboles \'equilat\`eres, de centre $O$
appartenant au cercle d'EULER $\Gamma$, le sym\'etrique de
l'orthocentre $H$ du triangle par rapport \`a $O$ est sur
l'homoth\'etique du cercle d'Euler par rapport \`a l'homoth\'etie de
centre $H$ et de rapport $2$, c'est-\`a-dire le cercle
circonscrit au triangle. Le cercle circonscrit au triangle
recoupe donc l'une de ces hyperboles \'equilat\`eres en les 3
sommets du triangle, et un quatri\`eme point qui est le
sym\'etrique de $H$ par rapport au centre
de l'hyperbole.

\hfill
\psfig{file=m02z-2fd.eps,height=75mm,width=75mm} %dessin avec cabri ne pas mettre angle =270
\hfill{}

{\it(H\'elas cette belle figure faite par Delezoide avec Cabri, ne passe
pas \`a l'\'ecran comme celle faites par Maple...; ce fichier est quand meme
joint pour ceux qui veulent voir cette figure ; il est lisible avec gsview
et celui avec l'extension pdf avec word ; question : pourquoi le fichier
*eps
fait avec maple est-il visible en postscript et imprimable (voir au
dessus du dernier trait), alors qu'un fichier eps
fait pas CABRI ne l'est pas ?)}



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

{\it(Solution Jean Denis Eiden 17 mai 02)}
Chercher les hyperboles \'equilat\`eres par l'\'equation
$A(x^2-y^2)+2Bxy+2Cx+2Dy+F=0$. Les trois conditions donnent un syst\`eme
de rang $3$, \`a $5$ inconnues : il suffit d'en conna\^{\i}tre $2$ solutions
 ind\'ependantes.
Par exemple, une solution est l'\'equation de la r\'eunion de la droite $(AB)$ et
de la perpendiculaire \`a $(AB)$ passant par $C$ et une autre, ind\'ependante,
est l'\'equation de la r\'eunion de la droite $(BC)$ et de la perpendiculaire
\`a $(BC)$ passant par $A$...

{\it(Solution et Bib de Roger Cuculi\`ere 20 mai 02)}

Les  propri\'et\'es de l'hypernbole \'equilat\`ere reviennent p\'eriodiquement
dans les exercices. La g\'eom\'etrie tarde \`a mourir,
peut-\^etre est-elle immortelle...

Il me semble en avoir d\'ej\`a parl\'e sur cette liste, je ferai une recherche d\`es
que j'aurai le temps. J'ai expliqu\'e tout cela dans "Le Nouvel Archim\`ede" n$^\circ$4,
avril 1985, en donnant la solution par les faisceaux, et
aussi la solution euclidienne, qui s'appuie sur le lemme :
L'hyperbole \'equilat\`ere de diam\`etre AA' passant par B est le lieu des points M
tels que : (AB, AM) = -(A'B,A'M) (angles de droites, mod.  $\Pi$).
Voyez la parent\'e avec le cercle : remplacez le - par un +,
et vous avez un cercle !

Ceci se trouve dans :
Leboss\'e-H\'emery, G\'eom\'etrie, classe de math\'ematiques, programme de 1945,
Fernand Nathan, 1961, pp. 333-335. Les exercices propos\'es \`a la suite font
 d\'emontrer les r\'esultats \'evoqu\'es par VIDIANI, sur l'orthocentre,
le cercle d'EULER, etc..

J'ai achet\'e ce livre quand je suis devenu  \'el\`eve de Terminale (1961-62).
Je l'ai achet\'e d'occasion \`a un autre \'el\`eve qui venait d'avoir son bac, et je
l'ai toujours gard\'e. Attention, je ne dis pas que c'\'etait le manuel en vigueur
 dans ma classe, qui \'etait le MAILLARD et MILLET, car j'\'etais dans une
Terminale de province de niveau quelconque, mais je l'avais comme compl\'ement.

Comme le temps passe...

J'ai trait\'e de l'hyperbole de KIEPERT dans "Le Nouvel Archim\`ede" n$^\circ$5,
juillet 1985. {\it(Ajout de VIDIANI : Cette hyperbole de KIEPERT faisant
l'objet du probl\`eme d'agr\'egation 1937 (voir DOLLON Vuibert 1948 p 148-157))}

Ajouter \`a la bibliographie :

Papelier, exercices de g\'eom\'etrie moderne, Vuibert, 1927
Lemaire, Etude \'el\'ementaire de l'hyperbole \'equilat\`ere et de quelques courbes
d\'eriv\'ees, Vuuibert, 1927.

J'aimerais savoir si parmi les trois  coll\`egues nomm\'es Lemaire se trouve un
descendant de celui-ci :
ce serait int\'eressant d'en savoir plus sur ce Lemaire de jadis...



\trait
{\bf (Planche  43) \'Equivalent de somme de s\'erie : }

Voir aussi Vaughtier Eska et Leitcham et Schauer.

{\it(Solution de Jean-Denis Eiden 17 mai 2002)}

% copier coller de son source qu'il m'a envoy\'e le 20 5
% car ce qui \'etait mis sur la liste par Pelisse en diff\'erait quelque peu.

\def\dsp{\displaystyle}
Soit $S(t)=\dsp\sum\limits_{n=1}^{\infty}{t^n\over 1-t^n}$. On a alors
$$I(t)\leq S(t)\leq {t\over 1-t}+I(t)\qquad{\rm,\quad avec }
\qquad I(t)=\dsp\int_{1}^{+\infty}\ {t^u\over 1-t^u}{\rm d}u$$

L'int\'egrale se calcule \`a vue : $I(t)=\dsp{\ln(1-t)\over\ln t}$ d'o\`u
$S(t)=\dsp{\ln(1-t)\over\ln t}+{\rm O}({1\over 1-t})={-\ln(1-t)\over 1-t}
+{\rm O}({1\over 1-t})$.

En outre, pour tout $n\ge1$,
$(1-t)S(t)+\ln(1-t)=\dsp\sum\limits_{k=1}^{+\infty}t^k({1-t\over1-t^k}-{1\over
k})\ge\dsp\sum\limits_{k=n+1}^{2n}t^k({1-t\over1-t^k}-{1\over k})$.
Choisissons $t=1-{1\over n }$ dans cette in\'egalit\'e~:
$(1-t)S(t)+\ln(1-t)\ge\dsp\sum\limits_{k=n+1}^{2n}t^k({1/n\over1-t^k}-{1\over
k})\ge\dsp\sum\limits_{k=n+1}^{2n}t^k({1\over n}-{1\over k})\ge(1-{1\over
n})^{2n}(1-\dsp\sum\limits_{k=n+1}^{2n}{1\over k})$ et ce dernier minorant tend
 vers $\exp(-2)\times(1-\ln2)>0$ quand $n\to+\infty$ alors que
$1-{1\over n}\to1$~: on n'a donc pas $(1-t)S(t)+\ln(1-t)={\rm o}(1)$.


%Encadrer la somme par les int\'egrales de $t^u/(1-t^u)$
%sur des intervalles ad hoc...On peut alors d\'evelopper en s\'erie sous
%l'int\'egrale et int\'egrer terme \`a terme (CV monotone ou domin\'ee):
%on obtient $I(t)=Log(1-t)/Log(t)$ ; un calcul de DL donne alors :
%$I(t)=-Log(1-t)/(1-t) + Log(1-t)/2 + o(Log(1-t)) ... $

{\it Chardard remarque le 18 mai : }
Je n'ai pas assez d'\'el\'ements pour me faire une id\'ee de l'exactitude
de la solution. Par contre, je peux affirmer que l'\'enonc\'e de la Planche
43 est faux (ce n'est qu'une erreur typographique, mais c'est une erreur
mal plac\'ee); on a en fait:

$S(t)= - Log(1-t) / (1-t) + O(1/(1-t))$ quand $t$ tend vers $1-$.
En voici une d\'emonstration.  La diff\'erence de $S(t)$ et de $-Log (1-t)/(1-t)$
est \'egale \`a :
$f(t) = sum ( t^n/(1-t^n) - t^n / n(1-t), n=1..infini)
      = sum (t^n ( 1/(1-t^n) - 1/ n(1-t) ), n=2..infini)
      = sum (t^n  (n-1-t-..-t^(n-1)) / (n(1-t^n) ), n=2..infini)
      = sum (t^n (t^(n-2)+ 2t^(n-3)+ ...+
n-1))/(n(1+t+...+t^(n-1))),n=2..infini)$

Il n'est pas difficile de montrer que le terme g\'en\'eral de cette somme est
compris entre $t^n$ et $t^n/4$.
Donc, $f(t)$ est compris entre $t^2/(1-t)$ et   $t^2 / 4(1-t)$ .

Ce qui permet de conclure.

{\it Fran\c{c}ois Koechlin Pr\'ecise le 19 mai 17h,29 : }
Le $O(1/(1-t))$ est \'equivalent \`a $\frac{\gamma}{1-t}$ o\`u $\gamma$ est la
constante d'EULER, selon Polya II.1.32.


\trait
{\bf( Planche 49) : Ordre fini :}
{\bf G est un sous-groupe de $\bf GL_n(Z)$, dont tous les \'el\'ements sont
d'ordre fini, $\bf (M_1 ... M_p)$ est une base de l'espace vectoriel
engendr\'e par les \'el\'ements de G. On demande de d\'emontrer que
l'application qui \`a tout \'el\'ement A de G associe le p-uplet
$\bf (tr(AM_1), ... ,tr(AM_p))$ est injective et d'en d\'eduire que le
groupe G est de cardinal fini.}

{\it(Solution Robert Chardard 8 juin 02)}




Si deux \'el\'ements A et B de G ont m\^eme image par cette
application, alors, par lin\'earit\'e de la trace, on a, pour tout
\'el\'ement X de G: tr(AX)=tr(BX).
En particulier:
$tr(AB^(-1))= tr(BB^(-1))=n$
$AB^(-1)$ \'etant un \'el\'ement de G, elle est diagonalisable et ses
valeurs propres sont toutes de module 1. La seule possibilit\'e
pour que leur somme vaille n est qu'elles soient toutes \'egales
\`a 1. Mais alors :
$AB^(-1)=I$, $A=B$
D'o\`u l'injectivit\'e de l'application

Pour montrer que G est fini, on remarque qu'on peut
choisir $M_1 ... M_p$ dans G. Dans ce cas, pour A dans G,
les quantit\'es $tr(AM_i)$ sont en nombre fini, puisque ce sont des
\'el\'ements de Z et que les valeurs propres de $AM_i$ sont de module
1.
Ayant construit une application injective de G dans un ensemble
fini, on en d\'eduit que G est fini.

{\it(Serge Belhassen signale le 11 juin 02 : }
En compl\'ement, cette question peut \'egalement  \^etre vue comme une
application des th\'eor\`emes de BURNSIDE sur les modules et alg\`ebres
semi-simples. Par exemple c.f. Algebra I de Kostrikin et Shafarevich chez
Springer (EDM 11) p. 89.
... mais bien s\^ur, pas question de causer de \c{c}a \`a nos \'el\`eves ;O) ...

{\bf (Planche 176) Ker f= Imf :}
(Br 85p193 et 76 p 18) la condition est $rang \ f=\frac n2$, donc $n$ pair ET
$f^2=0$.

{\bf (Planche 178) s\'erie int\'egrale  :} Br 89, une IPP suffit $u_n$ tend vers
s\'ero ; L'\'enonc\'e demande sans doute un \'equivalent de la somme partielle.

{\bf (Planche 179) Laplace :)} Appliquer Laplace (ron\'eo) les maxima sont
en z\'ero et un.

{\bf (Planche 182 ) Det circulant :)} C'est un d\'eterminant circulant
avec $a_0=0$, appliquer le cours avec les vecteurs propres \'evidents
$^t(1,w_k,...,w_k^{n-1})$ o\`u $w_k=exp(\frac {2ki\pi}n)$.

{\bf (Planche 184-II) \'Equation fonctionelle ``s\'erie" : }
Voir dans ce Vrac-2 la question RMS (384) du m\^eme type  o\`u j'ai mis
le contre exemple de  Chardard sur l'insuffisdance de l'hypoth\`ese de continuit\'e
et une \'ebauche de solution et des r\'ef\'erences bibliographiques.

\traitgras
\traitgras

\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...}

\leavevmode
\erable\ signifie que la solution est photocopi\'ee dans une des r\'ef\'erences.

{\bf (11)\erable\ meilleure approximation :} Chambert-Loir 148-149

{\bf (69*) Points associ\'es  : } Voir le probl\`eme X-1970 points antipodes
auteur du pb ``Guyomach".  (corrig\'e fait en d\'etail)

{\bf (85) Inverse d'une matrice de Vandermonde  : }
Le mieux est d'aller voir dans Chambadal exercices et probl\`emes r\'esolus
Gauthier Villars 1972 pages p 133-134 : penser aux Lagrangiens !

{\bf (87) Vandermonde g\'en\'eralis\'e : } C'est assez subtil :  plus question
de proc\'eder de mani\`ere polynomiale, comme dans le cours.
Comme en TP (EV ind\'ependance, Chambadal p33, en utilisant Rolle par r\'ecurrence
on montre qu'une \'equation non banale $a_1t^{m_1}+...+a_nt^{m_n}$ a au plus
$n $ z\'eros positifs. Donc $t^{m_1},...,t^{m_n}$ sont ind\'ependants.
D'apr\`es le lemme de factorisation et dualit\'e
le d\'eterminant des $f_i(t_j)$ (Par exemple Rivaud III p 182) est non nul.
Comme par hyptoh\`ese de r\'ecurrence le facteur de $t_n^{m_n}$ est $>0$,
en faisant tendre $t_n$ vers plus l'infini on voit que le d\'eterminant en
question est $>0$.

Cet exercice a \'et\'e g\'en\'eralis\'e en 1920 par Polya (voir exercice 76 p 46 corrig\'e
224, et 48 p 43 corrig\'e 219)
avec des exponentielles (voir l'ind\'ependance toujours au d\'ebut du TP M1
num\'ero 10)

{\bf (88)\erable\  Diagonalisable Dense : } Voir bloc p 95 ; Tissier analyse 2
 et RMS juin  99 Oral 98 181 p 1288-1289 et TP.
 TB car pour la r\'eciproque \'evite (ce qui est rare) le th\'eor\`eme
de continuit\'e des racines d'une \'equation alg\'ebrique.





{\bf (117) \'equivalent et Laplace : }
La voie royale c'est d'appliquer la m\'ethode de LAPLACE, en partulairsant tous
les param\`etres de l'hypoth\`ese (voir ron\'eo) mais il est plus astucieux
(cf par exemple TP 23 page 1 (entre exercice de mardi et mercredi) et Flory 2
page 151, Exercices Lelong p 206, 212, br\'eal 91 page 11)
 que $\frac {\ln(x)}{1-x^2}\rightarrow -\frac 12$
en $x=1-0$. Et par convergence domin\'ee
$I_n+\frac 12\frac 1{n+1}$ est born\'e, donc \cadrefin{$\bf I_n
\sim-\frac 12\frac 1{n+1}$}

Plus g\'en\'eralement si $f$ est continue sur $[0,1]$ et si on pose
$I_n=\int_0^1 x^nf(x)dx$

Par continuit\'e de $f$ en $1$, quel que soit $\varepsilon>0$,
il existe un voisinage $V_\varepsilon=[1-\eta,1]$ de $1$, (avec $0<\eta<1$)
tel que pour tout $x$ dans ce voisinage $|f(x)-f(1)|<\varepsilon$.

\'Ecrivant alors $I_n=\int_0^1 x^n (f(x)-f(1)+f(1))dx$
on a $I_n=\int_0^{1-\eta} (f(x)-f(1))x^ndx+\int_{1-\eta}^1 (f(x)-f(1))x^ndx
+\frac {f(1)}{n+1}$.
D'o\`u, le premier \'el\'ement \'etant du type exponentiel et n\'egligeable par rapport
\`a $\frac 1n$. on a $I_n=\frac {f(1)}n+o(\frac 1n)$.

Si $f$ est de classe $C^{p+1}$ on peut m\^eme montrer (par des int\'egrations
successives par parties) que

\leavevmode \cadrefin{$\bf I_n=\displaystyle\sum_{k=0}^p
\frac {a_k(f)}{n^{k+1}}+ o(\frac 1{n^{p+1}})$} avec $a_k(f)=(-1)^k\displaystyle
\sum_{q=0}^k C_k^q f^{(q)}(1)$.



En langage de distributions on peut diure que la suite des fonctions
$nx^n$ tend vers la masse $1$ au point $1$.

{\bf (120)\erable\erable\ Transform\'ee de Fourier :}
Leichtnam, Blocs 84-86 et Deschamp 128.


{\bf (122)\erable\ Transform\'ee de Fourier : }
(Br 88 p 69 et Leboeuf 169) Suivre exactement le m\^eme plan
que pour 119 ou 120.

{\bf (125)\erable\  Z\'eros de sol d'ED et Sturm : } voir TD 3 MP1
et Vauthier Eska page 190 ; Pour l'exemple les lecteurs attentifs
ont reconnu l'exercice B6 de la comp\'etition PUTNAM de 1966.

{\bf (130) carr\'e en base 10 aabb : }
{\it(Cet exo est ancien car propos\'e dans 1850 exos de Moisotte (Dunod) p 32 ;
G\'en\'eralis\'e dans exos de Capes de Vaugthier Prat (Masson))}

Cela s'\'ecrit en base $10$ :  $11(100a+b)=x^2$ ; pour des raisons d'unicit\'e
de la d\'ecomposiution en facteurs premiers, $x=11k$ et l'\'equation
se ram\`ene \`a $100a+b=11k^2$.

$a=0$ donne $b=11k^2$ et comme $0\leq b\leq 9$ seul $a=0,b=0$ conviennent dans
ce cas et $0000=0^2$.

On peut donc supposer $1\leq a\leq 9$ et on doit avoir $k^2=\frac {100a+b}{11}
\in[\frac {100}{11},\frac {909}{11}]$
soit $k\in[3,019..=\sqrt{\frac {100}{11}},\sqrt{\frac {909}{11}}=9,09..]$ ;
Et comme il est entier $4\leq k\leq 9]$.

Il ne reste que $5 $ possitibilit\'es pour $k$ : on doit v\'erifier
que $11k^2=100a+b$ est de la forme d\'ecimale $a0b$.

$\cases{k=4,\ 11k^2=11*16=176 & pas de la forme $a0b$\cr
        k=5,\ 11k^2=11*25=275 & pas de la forme $a0b$\cr
        k=6,\ 11k^2=11*36=396 & pas de la forme $a0b$\cr
        k=7,\ 11k^2=11*49=539 & pas de la forme $a0b$\cr
  \bf   k=8,\ 11k^2=11*64=704 & \bf de la forme $\bf a0b$ avec a=7, b=4\cr
        k=9,\ 11k^2=11*81=891 & pas de la forme $a0b$\cr}$

Il n'y a que deux solutions $\bf 0000=0^2$ et $\bf 7744=(88)^2$.

{\bf (132*) FR Minorer au moins un P(k)  : }
{\it(Br 97 et compil p 159-160 ; Grunspan 58)}
Ayant obtenu classiquement $\frac PQ=\sum \frac {A_k}{x-k}$
et $A_k=\frac {P(k)}{\displaystyle \prod_{j\not=k}(k-j)}
=\frac {P(k)}{k(k-1)...(k-k+1)(k-k-1)....(k-n)}
=\frac{(-1)^{n-k}P(k)}{k!(n-k)!}=\frac {(-1)^{n-k}}{n!}P(k) C_n^k$

Multipliant par $X$ et faisant tendre $X$ vers l'infini on a comme $P$ est
unitaire

$1=\displaystyle\sum_{k=0}^n A_k=\sum_{k=0}^n \frac {(-1)^{n-k}}{n!}P(k) C_n^k$
et donc
$n!=\displaystyle\sum_{k=0}^n A_k=\sum_{k=0}^n (-1)^{n-k}P(k) C_n^k$ ;

Raisonnons par l'absurde si $\forall k=0..n$ on avait
$2^n|P(k)|< n!$ on aurait
$n!<n!\frac 1{2^n}\displaystyle\sum_{k=0}^n  C_n^k=n!\frac 1{2^n}(1+1)^n=n!$
d'o\`u la contradiction.



{\bf (136) Nilpotence et inversible :}
Pour le th\'eor\`eme direct commencer par $A=I$ puis \'ecrire
$A+B=A(I+A^{-1}B)$ en constatant que $B_1=A^{-1}B$ est nilpotente.
Pour la r\'eciproque constater que $A=(A+B)-B$ (astuce grand MP1).


{\bf (138) Noyau de A et de exp(A)-I  :}
$A$ est trigonalisable, on peut supposer qu'elle est mise sous une forme
triangulaire de Jordan, ou tout au moins $0$ \'etant valeur propre d'ordre $p$,
qu'on a compl\'et\'e une base de $Ker(A^p)$ form\'ee de $x_0\in Ker(A^p)\backslash
Ker(A^{p-1})$, par une base de la somme des espaces caract\'eristiques associ\'ees
aux valeur propres non nulles de $A$. Alors
$e^{A'}-I=(S,U) $ o\`u le bloc $U$ est inversible et $S$ triangulaire de
diagonale nulle. $Ker(e^{A'}-I)=Ker S$.

{\it(Solution  de Gozard le 12 juin 02 : )}
Si $x\in Ker(A)$ alors $\forall p\in\N^*, A^px=0$ donc
$\forall n\in \N\ \displaystyle \sum_{k=0}^n\frac {A^k}{k!} x=x$.
Donc en passant \`a la limite $n\rightarrow +\infty, exp(A)x=x$ et ainsi
\cadrefin{$\bf Ker(A)\subseteq Ker(exp(A)-I)$}.

Cette inclusions peut tout \`a fait \^etre stricte :
exemple $A=2i\pi I$, son noyau est \'evidemment $\{0\}$.
Par contre $exp(A)=I$ donc $Ker(Exp(A)-I)=\C^n$.

{\it(Solution  de Claude Morin (PC* Limoges) 18 juin 02 : )}
On a en g\'en\'eral  $Ker(A)$ inclus dans $Ker(exp(A)-I)$.
Il y a \'egalit\'e ssi $A$ n'a pas de valeur propre de la forme
$a=2k\pi i$ avec $k$ entier non nul.
En effet, si cette condition est r\'ealis\'ee, $ exp(A)-I=B*A$ avec
$B=\displaystyle\sum_{k=1}^\infty\frac {A^(k-1)}{k!}$ qui est inversible.
Sinon, un vecteur propre de $A$ associ\'e \`a $2*k*\pi*i$ ($k$ non nul)
 appartient \`a $Ker(exp(A)-I)$ mais pas \`a $Ker(A)$.

exemple : $A=[[0,-2\pi] [2\pi,0]],\ exp(A)=I,\ Ker(A)=\{0\},\
Ker(exp(A)-I)=\R^2$.










{\bf (160) forme quadratique : } {\it (g\'en\'eralis\'e dans Leboeuf p 161-162)}


{\bf (163) GRAMM : } Condition n\'ec\'essaire $f=gu$, $f*=u*g*$ donc
$ff*=guu*g*=gg*$ : R\'eciproque par le th\'eor\`eme de WITT : (C12', rapport agreg 79
p60, Ch tensoriel p 522).

Ou mieux directement   : La matrice $AA*=BB*$ ($A$ associ\'ee \`a $f$ etc)
est sym\'etrique positive ; donc ortho diagonalisable ; il existe une matrice
orthogonale $W$ telle que $WAA*W*=D$ diagonalis\'ee positive ; on pose $A'=WA $ :

Les lignes de $A'$ v\'erifient $(u_i|u_j)=\lambda_i$ ; Il existe une BON
telle que $v_i=\alpha_i v_i$ et $\alpha_i=\sqrt{\lambda_i}$ :
Pn appelle $V$ la matrice de lignes $v_1,...,v_n$ et $\Delta=(\alpha_1,...,
\alpha_n)$ on a $\Delta=WAV*$ ;

La m\^eme d\'emarche appliqu\'ee \`a $B$ donne $\Delta=WBV'*=WAV*$ et $B=AV*V'$
; Donc $B=AU$ avec $U=V*V'$ orthogonale.

{\it(BIB : GC Aubonnet alg\`ebre p142 ; Br 90 p 193 ; {\fiverm Deschamps al\`ebre p
149-150} ; Br 83 p 173 ; Br 84 p 231-232)}

{\bf (202) FONCTION DE BESSEL et int\'egrale  : }
{\it(quelques r\'ef\'erences Blocs p 91 ; Rivaud III 199-200)}
Une fois le rayon infini \'etabli par d'Alembert,
pour retomber sur une fonction classique de BESSEL, je pose
$F(x)=f(x^2)$ ; Nous allons d\'emontrer de deux mani\`eres) que $F$ et donc $f$
sont born\'eees sur $\R^+$. (1) Posant $I(x)=\int_0^{2\pi} exp(ix\cos t)dt$,
d\'eveloppant en s\'erie l'exponentielle, jusitifiant la permutation int\'egrale et
somme par convergence normale et utilisant la valeur des int\'egrales de WALLIS
trouv\'ees on obtient (tous calculs faits et \`a faire...)
\cadrefin{$\bf I(x)=2\pi F(x)$} ;
D'o\`u comme $2\pi\geq |I(x)|=2\pi |F(x)|$ on d\'eduit $|F(x)|\leq 1$ ;
ce qui n'\'etait pas \'evident au d\'epart. Cette majoration justifie l'existence de
l'int\'egrale et sa convergence normale.
(2) Une seconde m\'ethode est de constater que $xF"+F'+xF=0$ ; si on pose
$g=F^2+F'^2$ on a $g'=2F'(F+F")=-\frac 2x F'^2$ pour $x>0$ ; d'o\`u $g$ d\'ecro\^{\i}t
$0\leq g(x)\leq g(0)=1$ \`a fortiori $|F(x)|\leq 1$.
Pour la justification du calcul de $H(s)=\int_0^\infty f(t)e^{-st}dt$ et
l'autorisation
de d\'eriver sous le signe somme voir la m\'ethode du cours avec $H_n=\int_0^n$
et par exemple bloc pr\'epas p 92-93. On trouve tous calculs faits
et justifi\'e $\bf \frac 1s exp(-\frac 1{2s})$.

{\bf (204)\erable  Int\'egrale \`a param\`etre  :} {\it(Voir exos analyse tome 2
R\^amis
{\fiverm Deschamps} Odoux page 121-123, et solution d\'etaill\'ee ci dessus)}

{\bf (205)  Int\'egrale \`a param\`etres : }
{\it(G\'en\'eralis\'ee Leboeuf p 163, R\^ac 119, {\fiverm Deschamp 2 p 117})}
On pose avec $\alpha\in]0,1[$, $F_a(\alpha)=\int_0^\alpha \frac {t^a}{\ln t}dt$
; on \'etudie $I(\alpha)=F_{x+1}-F_x$ ; Dans $F_x$ on pose $u=t^{x+1}$ ;
On cherche la limite en $\alpha=1-0$ par le th\'eor\`eme de la moyenne ;
On trouve $\bf I=\ln \frac {x+2}{x+1}$.

{\bf (208)\erable\  Int\'egrale impropre \`a param\`etres : } (solution manuscrite)
La continuit\'e r\'esulte de la convergence normale ; F est impaire ; $F(0)=0$.
Puis pour $x>\varepsilon>0$ il y a convergence normale pour
l'int\'egrale de la d\'eriv\'ee $\dd {f(x,t}x=\frac 1{1-x^2}\big(
-\frac {tx^2}{1+t^2x^2}+\frac t{1+t^2}\big)$.
On trouve $F(x)=F(0)-\int_0^x\frac {\ln u}{1-u^2} du$.
Comme le montre Maple (Log int\'egral) on ne peut aller plus loin dans
l'int\'egration.
Seul $F(1)$ est calculable (\`a l'aide d'une s\'erie), voir par exemple Leichtnam
ou Bass (Vert Masson 1965) p 110-116 ; (voir aussi R\^a 119, RMS fev 73,
MP 77 p111) ;
On trouve $F(1)=\frac {\pi^2}8$.

{\bf (218)\erable\  Int\'egrale de Gauss et FQ positive : }

{\it(Br 76 p 213, Flory 3 p111, R\^ac p 213, Lelong pour double somme discr\`ete)}
Utiliser la m\'ethode de Gauss pour r\'eduire
$Q(M)=a(X^2+Y^2)$ avec $X=x+\frac {by}a$ et $Y=\frac {\sqrt{ac-b^2}y}a$.
Faire le changement de variable dans l'int\'egrale double.
On trouve  $\sqrt{ac-b^2} I=\pi$.

{\bf (225)\erable\ Irr\'eductible Eisenstein : }
(Francinou Cassini p 173, Leichtnam 46)

{\bf (229) \'Equation matricielle $\bf M^3-3M+2I=0$ : }
$M$ v\'erifie l'\'equation $(x-1)^2(x-2)=0 $ ; d'apr\`es le th\'eor\`eme de
d\'ecomposition des noyaux (revoyez votre cours mon vieux !) on a donc
$C^4=E=Ker(M-I)^2\oplus Ker(M-2I)$ ; Donc ($Ker(M-2I)$ est form\'e de
vecteurs (de base) $2$ propres, $Ker(M-I)^2$ est form\'e de vecteurs
ou $1$-propres ou tels que $(M-I)^2x=0$ par cons\'equent $M$ est semblable
\`a l'une des matrices $2I$, $diag (1,2,2,2)$ ; $diag(S,2,2)$, $diag(T,2)$, $U$,
o\`u $S$ est un bloc $(2,2)$ triangulaire de diagonale $(1,1)$, o\`u
$T$ est un bloc triangulaire de diagonale $(1,1,1)$ du type Jordan
la parall\`ele adjacente sup\'erieure \`a la diagonale principale \'etant nulle
les autres \'el\'ements arbitraires (ou ramen\'es \`a des 0 ou 1 par Jordan) ;
$U$ \'etant une matrice (4,4) de diagonale 1 telle que $(U-I)^2=0$.
les deux parall\`eles adjacences sup\'erieures \'etant nulles, les deux derni\`eres
arbitraires. On a ainsi la classe de similitude des solutions.
{\it(Quelques r\'ef\'erences : Gantmacher pour la th\'eorie g\'en\'erale, ROD
exo de fin de chapitre r\'eduction dans un espace de dimension 6, Br\'eal 92
p 153, O93 en Tex juin 94 ; Br 82 pour puissance p 211 ;}

{\bf (230) Corps : } comme dans un X 1985 environ (matrices de m\^eme rang)
ne pas se focaqliser sur le d\'eterminant nul.




{\bf (232)\erable\  Espace des images it\'er\'ees  : }
Outre la solution en maple jointe en photocopie, une autre est de diagonaliser
la premi\`ere et de trigonaliser la seconde de fa\c{c}on \`a avoir des sous-espaces
stables.

On reconnai\^{\i}t la matrice compagne de $X^3-3X^2-4X+12=(X-3)(X-2)(X+2)$ ;
$M$ est donc diagonalisable ayant un polyn\^ome caract\'eristique scind\'e \`a racines
simples.
Les valeurs propres associ\'es aux valeurs propres $3,2,-2$ sont dans l'ordre
$v_1=(-4,0,1),\ v_2=(6,-5,1),\ v_3=(-6,-1,1)$.

Ainsi $W(u)\not=E \Longleftrightarrow \cases{u=v_i\ i=1..3\cr
                                             u\in Vect(v_i,v_j)\cr}$

L'autre matrice n'est pas diagonalisable de PC $X^3-7X^2+16X-12= (X-3)(X-2)^2$.
Les vecteurs propres sont : pour $t=3\ v_1=(4,-4,1)$ et pour $t=2,
v_2=(6,-5,1)$.
On remarque que $v_1\wedge v_2=(1,2,4)$.

On conclut en disant que
 $W(u)\not=E \Longleftrightarrow \cases{u=v_i\ i=1..2\cr
                                             u\in Vect(v_1,v_2)\cr}$

{\bf (245)\erable\  Commutant et \'equation du type LIE : }
L'indication donn\'ee ne sert \`a rien ? Voir Grunspan p 153.
Pour l'adjoint de $\Phi$ voir Aubonnet GC p 153
C'est une question d'ENS qui descend 6 ans apr\`es au niveau centrale-Ensi !
alors que les \'el\`eves moyens ont eu un secondaire d\'evalu\'e.

{\it(Philippe Patte propose le 7 juin : )}
$\Phi_A*(Y)=^tAY-Y^tA$)

Justement, on cherche l'image de $Phi_A$. L'orthogonal en est le noyau de
l'adjoint, ie le commutant de $transp(A)$, ie $transp(C(A))$.
L'image de $Phi_A$ est donc l'orthogonal de $transp(C(A))$, ie $\{ B,\
 tr(MB)=0$ pour tout $M$ dans $C(A)\}$.

{\it(Jean-Fran\c{c}ois Guiffes 8 juin 02 : )}
Le probl\`eme revient \`a montrer que l'orthogonal de
Im(PhiA) est l'ensemble des transpos\'ees des matrices de ker(PhiA) , ce qui
d\'ecoule du th\'eor\`eme du rang appliqu\'e \`a PhiA , et de l'orthogonalit\'e de
Im(PhiA) avec transpose(ker(PhiA)).




{\bf (250)\erable\  Orthogonale et Kakutani :} {\it (
solution maple, voir aussi l'exo 369 avec ses
r\'ef\'erences)}

IL serait sadique de faire cet exercice uniquement \`a la main (\'essayez donc)
Un utilise maple : mots \`a utiliser with(linalg), matrix, det,
solve trace, add ; on exprime que M est orthogonale et det(M)=+1 et on suit
la m\'ethode du cours : le cosinus par la trace puis (-p,q,-r) sont donn\'es
ainsi que le signe du sinus par M-trnapose(M) ; quant \`a la derni\`ere question
voir la m\'ethode de l'exercice 369 ou bien Tauvel p 204 ;


{\bf (254) d\'efinie positive : } On peut comme dans le cours ou Leichtnam ou TP
ou exo 248 d\'emontrer que les d\'eterminants des matrices en ``coin" sont tous
$>0$. Mais on peut (comme g\'en\'eralis\'e en TP) remarquer
que $q(x)=\displaystyle\int_0^{+\infty} \big(\sum_{k=1}^n a_ke^{-a_kt}\big)^2dt
=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}n \frac {x_ix_j}{a_i+a_j}$.

La positivit\'e de l'int\'egrale des fonctions continues donne $q(x)\geq 0$ et
avec l'ind\'ependance des exponentielles polyn\^omes (les $a_k$ sont distincts)
on remarque que $q(x)=0\Longleftrightarrow x_i=0,\ i=1..n$.
On peut aussi remarquer que $\int_0^1 t^{a_i+a_j-1}dt=\frac 1{a_i+a_j}$.

{\bf (255) Rapport de deux formes quadratiques : }

Ce qui facilite le travail, ici c'est que la base canonique $E_i^j$ est
orthogonale pour le produit scalaire d\'efini en (a).
Ainsi (voir cours co-r\'eductibilit\'e de deux formes quadratiques, au moment
de la th\'eorie de l'adjoint, ou R\^ac p 273-276) le rapport $r(X)$ d\'ecrit
l'intervalle $[\lambda_{min},\lambda_{max}]$, des valeurs propres de
l'endomorphisme $F^{-1}G$ ; le fait qu'ici $F=I$ simplifie bien le travail.

Ce qui g\`ene dans (b), c'est que la matrice $A$ n'est pas sym\'etrique ;
mais on a vu en cours (revoyez le monsieur R !) qu'elle peut s'\'ecrire $A=S+T$
 avec des notations \'evidentes (S sym\'etrique, T antisym\'etrique) ;

$^tXAX=^tXSX+^tXTX $ mais $^t(^tXTX)=-^tXTX$ donc par lin\'earit\'e de la trace
et le corps de caract\'erisique nulle on a $trace(^tXTX)=0$.

Mais $S=\frac {A+^tA}2$ donc $G(X)=\frac 12 trace(^tX\pmatrix{ 0 & 1 &1\cr
1&0&1\cr 1&1&0\cr}X$ (le $3$ s'est r\'eduit).

D\'eveloppant cette trace, on a si $X=\pmatrix{ x& x' &x"\cr
 y& y' &y"\cr  z& z' &z"\cr}$.

$2G(X)=x(y+z)+x'(y+z)+x"(x+y)+y(y'+z')+y'(x'+z')+y"(x'+y')+z(y"+z")+z'(x"+z")
+z"(x"+z")$ ;

Donc la matrice de la forme quadratique $G$ est (je pose $a=\frac 12$ pour
simplifier l'\'ecriture) :

\centerline{
$G=\pmatrix{  0 & a & a &a &a &a &a &a &a\cr
              a & 0 & a &a &a &a &a &a &a\cr
              a & a & 0 &a &a &a &a &a &a\cr
              a & a & a &0 &a &a &a &a &a\cr
              a & a & a &a &0 &a &a &a &a\cr
              a & a & a &a &a &0 &a &a &a\cr
              a & a & a &a &a &a &0 &a &a\cr
              a & a & a &a &a &a &a &0 &a\cr
              a & a & a &a &a &a &a &a &0\cr}$.
            }

``Or" sous avons vu dans le cours {\gros MP1} (ou Tauvel 79)
 (m\'ethode ``rajouter $x$") que
si on avait le d\'eterminant d'ordre $n$ (ici $n=9$)
de la forme $D$ de diagonale $(t_1,....,t_n)$, $a$ dans le triangle
sup\'erieur, $b$ dans le triangle inf\'erieur, qu'avec la pose
$P(X)=(t_1-X)....(t_n-X)$, on avait
$D=\frac {aP(b)-bP(a)}{a-b}$ si $a\not=b$ et $P(a)-aP'(a)$ si $b=a$.

Pour avoir le polyn\^ome caract\'eristique de $G$ il suffit de prendre
$t_i=-\lambda$ et $P(X)=(-1)^n(X+\lambda)^n$ ;

Par cons\'equent l'\'equation caract\'erisique de $G$ (qui est sym\'etrique
r\'eelle donc orthodiagonalisable pour le produit scalaire d\'efini)
est donc $(a+\lambda)^n-an(a+\lambda)^{n-1}$.

Les valeurs propres de $G$ sont donc $-a=-\frac 12$ \`a l'ordre $n-1=8$ et
$-a+9a=8a=4$ simple.

Par cons\'equent sur une base orthogonale o\`u l'on a diagonalis\'e les deux
formes quadratiques num\'erateur et d\'enominateur on a
$r(X)=\frac {G(X)}{f(X,X)}= \frac {-\frac 12(||X||^2-x_{9,9}^2)+4x_{9,9}^2)
}{f(X,X)}$.

Le calcul rapide vu en cours (remarquer $-\frac 12<4$ permet de conclure
que $-\frac 12\leq r(X)\leq 4$.

{\bf (256*) Point \'equidistant : }

{\it(Solution Pierre Delezo\"{\i}de 19 06 02 18h46)}

La partie homog\`ene du syst\`eme s'\'ecrit $\left< P\vert
e_1\right>=\left< P\vert e_2\right>=\left< P\vert e_3\right>$
(\'equations d\'ependantes) et $a+b+c=0$. Il y aura une solution et une
seule au probl\`eme affine si, et seulement si, le syst\`eme homog\`ene a
comme seule solution 0. Or si $P$ v\'erifie le syst\`eme lin\'eaire, les 3
produits scalaires $\left<P\vert e_i\right>$ sont \'egaux (not\'es $k$) et
$$\left<P\vert P\right>=(a+b+c) k=0\ ,$$
donc $P=0$.

{\it(Solution Gissot Pierre 19 06 02 18h48)}

Je dis peut \^etre une b\^etise, mais l'\'enonc\'e demandant simplement l'existence,
ne peut on pas se contenter de dire que $e_1$ $e_2$, $e_3$ (vus comme des
points) engendrent un plan affine,
 la recherche de $P=ae_1+be_2+ce_3$ avec $a+b+c=1$ c'est la recherche d'un
point de ce plan \'equidistant
 des trois points, c'est donc l'intersection des m\'ediatrices.
Qu'en pensez vous ?


{\it(Solution Denis L\'eger 19 06 02 20h43)}

On se ram\`ene en dimension $3$ en consid\'erant $Vect(e_1,e_2,e_3)$.
Il s'agit donc de chercher si l'intersection du plan d'\'equation $a+b+c=1$
avec une sph\`ere passant par $e_1, e_2$ et $e_3$ est non vide.

S'il existe un moyen simple de trouver les centres de ces sph\`eres, il
suffira de calculer la distance entre le centre et le plan, mais je ne
sais pas trop comment trouver le centre sans \'ecrire un syst\`eme...

Bref, je crains d'avoir compliqu\'e le probl\`eme !   ;-)

{\it(Denis L\'eger le 20 juin)}
Je viens de me rendre compte que le fameux plan d'\'equation $a+b+c=1$ EST le
plan contenant $(e_1,e_2,e_3)$ !

Il suffit donc de prendre le centre du cercle passant par $e_1, e_2$ et $e_3$
 et c'est gagn\'e.

{\it(Jean Voedts 20 juin 2002)} remarque :
Ne s'agit-il pas tout simplement de montrer que les m\'ediatrices d'un
triangle d'un plan affine euclidien sont concourantes ?


{\bf (258) \'equation avec endomorphismes auto-adjoint et POSITIFS : }
{\it(Voir une \'equation analogue dans Tauvel page 275 )}
Tout le d\'ebut est facile :

\leavevmode\danger\
Voici {\it(Une solution d'Yvan Gozard pour la d\'emonstration que
$c$ positif)}

Soit $\lambda$ une valeur propre de $c$ ; il existe $x\not=0$ tel que
$cx=\lambda x$.

On a $(bx|x)=((ca+ac)x|x)=(cax|x)+(acx|x)=_{\hbox{\fiverm c et a sont
auto-adjoints}} (ax|cx)+(cx|ax)=2(cx|ax)=2(\lambda x|ax)=2\lambda(ax|x)$

Comme $a $ est d\'efini positif, $(ax|x)>0$.

Comme $b $ est  positif, $(bx|x)\geq0$.

Donc $\lambda=\frac 12\frac {(bx|x)}{(ax|x)}\geq 0$.
Ainsi toute valeur propre de $c$ est positive et ainsi $c$ est positif.

Si de plus $b$ est d\'efini positif, alors $(bx|x)>0,\ \lambda>0$ et $c$ est
d\'efini positif.











{\bf (260) Kakutani g\'en\'eralis\'e : } Le mieux c'est Viallard pb d'analyse
ma\^{\i}trise de math Dunod p 24 o\`u toutes les r\'ef\'erences sont not\'ee dont Gonnord,
Tauvel, Allesandri 161, ensi appli 94,  Bourbaki XV espaces topo,
Ron\'eo Tauvel 68, article Lu\c{c}on rms octobre 86, th\'eor\`eme ergodique de Von
Neumann p 89, Chambert Loir 174-181.

{\bf (269)\erable\erable\ \'Equation fonctionnelle : } {\it(Akkar dit page 96
que c'est un exercice d'olympiades OIM 84, mais ce doit \^etre un sujet non
retenu effectivement ; Br 93 p65, GC Lepez 99 ; Bonnault 95)}

{\bf (270) EF : } {\it(Id\'ees analogues Berger Cayley Menger ; crus 88 p 19 ;
delezoide p41 ; X ellipses)} f est inversible, (d'inverse $f^2$, comme
elle est continue elle est (cours topologie) strictement monotone ;
$f^2$ est donc croissante $=f^{-1}$ qui est strictement croissante, donc
$f$ aussi : si $f(x)<x$ $f(f(x))<f(x)<x$ puis $x=f^3(x)<f^2(x)<f(x)<x$
absurde (de m\^eme que $f(x)>x$. Donc seule l'identit\'e convient.

{\bf (271)\erable\ D\'eriv\'ee n-i\`eme et polyn\^omes : } {\it(Flory 2 p 41, Delezoide
 2 p100 R\^a exos 138 ; R\^a  p 22 ; 1960 ens + Mines)} Par r\'ecurrence, puis par
coefficients ind\'etermin\'es $a_n=-n a_{n-1}=(-1)^n n!$ avec $a_0=1$ ; On d\'erive
ensuite par Leibnitz la relation $(1+x^2)f'+xf=0$ ; $P'_n=-n^2 P_{n-1}$ ;
Pour les racines on proc\`ede par Rolle.


{\bf (274) EF \'equation fonctionnelle : } Poser $f(x)=sh(t(x))$.
On trouve $\frac {t(x)}x=k=t'(0)$ donc $f(x)=\sinh kx$.

{\bf (286)\erable\  S\'erie \`a terme g\'en\'eralr\'ecurrent : } (Br 94 p24)

{\bf (296) RAYON de s\'erie $\bf \sum \frac {a_n}{n!}x^n$  : }
Voir TP, Br\'eal 84 Leb\oe uf Deschamp 2 p 79 o\`u toutes r\'ef\'erences ;
estp 3 98 ;

{\bf (301) Int\'egrale \`a Pics :} {\it(Voir par exemple Br 87 p 56;
O2000 444, Br\'eal 92 p 85 par Wallis ; l'exemple le plus classique a \'et\'e
propos\'e \`a la comp\'etition Putnam de 1942)} Utiliser la m\'ethode du cours sur les
int\'egrales \`a Pics en \'etudiant la s\'erie de terme g\'en\'eral
$u_n=\int_{b_n}^{b_{n+1}} f(t) dt$ o\`u $b_n=n\pi$. On majore par une
int\'egrale de Wallis d'indice $9n^4$, dont on connait l'\'equivalent.
On peut discuter suivant $p$, pour  $|\sin x|^{x^p}$ (ici $p=4$)


\leavevmode\idee\ {\bf (314) f continue \`a s\'erie des coefficients sommable
est la somme de sa SERIE DE FOURIER : }
{\it(Un pb 99, E3A 2 II 2 bi   2002, Delezoide II p 127, oral 20)}

On sait que l'\'egalit\'e de Parseval est vraie dans l'ensemble des fonctions
$2\pi-$ p\'eriodiques int\'egrables.
Compte tenu de l'hypoth\`ese, la s\'erie de Fourier de $f$ converge uniform\'ement
vers une fonction $F$ continue
(limite uniforme des sommes partielles continues)
$2\pi-$p\'eriodique. Compte tenu de la permutation justifi\'ee
(par la convergence normale de la s\'erie de $f$) de l'int\'egrale et
de la somme infinie, on a $c_n(F)=c_n(f)$ donc $c_n(F-f)=0$ et par PARSEVAL
$2\pi\displaystyle\sum_{n\in\Z} |c_n(F-f)|^2=\int_0^{2\pi} |F-f|^2dt=0$
et comme $F-f$ est continue, la positivit\'e de l'int\'egrale des fonctions
continues donne \cadrefin{\bf F=f}.



{\bf (337) Sous GROUPE des \'el\'ements de carr\'e 1 :}
Tout est bien fait avec d'autres multiples r\'ef\'erences sur ce th\`eme
not\'ees manuscritement dans Br\'eal 93 p 147.


{\bf (342) Blocs et complexes  :} le (a) est classique (voir R\^ac p 132) par
combinaison de colonnes et de lignes. Pour le (2)
Si $A$ et $B$ COMMUTENT (qu'ai je dit S ? \'ecoutez donc au lieu de rester
flasque comme une moule) alors  $A^2+B^2=(A+iB)(A-iB)$ et $Det(A^2+B^2)
=det(A+iB) det(A-iB)=det(M)$.
 Pour le cas o\`u $A$ et $B$ ne commutent pas, il suffit de construire un
contre exemple :
ce que fait {\it Delezoide le 21 juin 02}, en prenant deux matrices nilpotentes
qui ne commutent pas $A=\pmatrix{ 0& 1\cr 0&0\cr}$ et $B=\pmatrix{0& 0\cr
1& \cr}$.



{\bf (348) Vecteur propre commun :}

$f$ et $g$ commutent, et comme $\C$ est alg\'ebriquement clos, $f$ poss\`ede
au moins une
valeur propre $\alpha$. Soit $E_\alpha$ l'espace propre associ\'e (pour $f$).
Pour tout vecteur $x$ de cet espace on a $f(g(x))=(fg)(x)=_{\hbox{\fiverm
f et g commutent}} g(f(x))=g(\alpha x)=\alpha g(x)$ et ainsi
$E_\alpha$ est stable par $g$. La restriction de $g$ \`a cet espace
a au moins une valeur propre $\beta$ et un vecteur propre $y$.
$y$ est \`a la fois $\beta$ propre pour $g$ et $\alpha$ propre pour $f$.

{\it(Remarque MP1 : Ceci se g\'en\'eralise pour des endomorphismes v\'erifiant
$fg-gf=af+bg$ (voir par exemple Tauvel page 30-31 Masson \'editeur exercices de
math\'ematiques pour l'agr\'egation, ouvrage que je vous recommande, car tous
les exercicfes classiques y sont regroup\'es !)}


{\bf (350) Bloc, diagonalisable :} $A$ de $GL_n(\C)$ n'a pas de valeur
propre nulle. Soit $P$ sont polyn\^ome minimal $P(X)=\displaystyle
\prod (X-t_i)$ o\`u les $t_i$ sont distincts et non nuls.
On constate que $B^2=diag(A,A)$ donc $P(B^2)=0$ et
$T(X)=P(X^2)=\prod (X^2-t_i)=\prod (X-r_i)(X+r_i)$ o\`u $r_i^2=t_i$
n'a que des racines simples puisque $r_i\not=\pm  r_j$ $i\not= j$ et
$r_i\not=-r_i$. $B$ a un polyn\^ome annulateur n'admettant que des racines
simples, donc est diagonalisable.




{\bf (352) d\'eterminant style DAMIER : } retranchez les lignes \`a reculons
: on trouve $2^{n-1} (-1)^k$, k facile \`a calculer avec le signe des \'el\'ements
de la diagonale principale de la matrice triangulaire trouv\'ee.


{\bf (367) Base PROPRE orthonorm\'ee commune : }
On constate que $AB=BA=0$ donc elles commutent et l'existence d'une base
propre commune est assur\'ee (voir ron\'eo diagonalisation page 11)
; De plus on sait que quand deux endomorphismes commutent, tout vecteur
propre pour l'un est stable par l'autre  (excellent ron\'eo MP1 r\'eduction page 1)
; L'ennui est que stable ne veut pas dire propre et \`a priori une base propre
quelconque de A n'est pas forc\'ement base propre pour B ; Si les valeurs propres
de A \'etaient distinctes, on pourrait le d\'emontrer (voir TP et ron\'eo
r\'esolution de $X^2=A$, mais h\'elas ici $0$ est triple pour $A$.

Un calcul rapide montre que $A$ a pour valeurs propres $0$ triple et $4$
simple. et que le plan $x+y+z+t=0$ est espace 0-propre et que le vecteur
$(1,1,1,1)$ est $4-$propre. D'ailleurs comme pr\'evu (la matrice est sym\'etrique
les espaces propres associ\'es \`a des valeurs propres disctinctes sont orthogonaux
et le vecteur $^tU=(1,1,1,1)$ est bien le vecteur normal \`a l'hyperplan
$0-$propre.

Mais $B=(C1,C2,-C1,-C2)$ et comme $AB=0$ $C1$ et $C2$ sont
$0-$propres pour $A$.

Mais $BC1=2C1$ et $BC2=-2C2$, et $BU=0$ ; on dispose donc d\'eja de
trois vecteurs propres d'ailleurs (v\'erifier) orthogonaux deux \`a deux et
propres (valeurs propres diff\'erentes) de $A$ et de $B$.


Il reste \`a en trouver un quatri\`eme : il doit \^etre orthogonal \`a ceux d\'eja
construits $x+y+z+t=0$ pour orthogonal \`a $U$ ; puis $x-z=0$ et $y-t=0$ pour
\^etre orthogonal \`a $B1$ et $B2$.  $(x,y,x,y)$ est donc candidat et comme
$x+y+x+y=0$ soit $y=-x$ le transpos\'e $V$ de $(1,-1,1,-1)$ convient.
Il est $0-$propre pour $A$ et (v\'erifier) $0-$propre pour $B$

Il suffit de normer tous ces vecteurs pour avoir la matrice $P$ orthogonale
de changement de base canonique vers une base propre orthonorm\'ee commune \`a $A$
 et $B$.

Ainsi
\cadrefin{$\bf P=(\frac {C1}{\sqrt{2}},\frac {C2}{\sqrt{2}},
\frac {V}{\sqrt{4}}, \frac {U}{\sqrt{4}})$ \bf \ \vrule\ \liond}
et alors $A'=diag(0,0,0,4)$ tandis que $B'=diag(2,-2,0,0)$.

{\bf (350-369)\erable \ Kakutani : }
(compil 99, Francinou  p 204)

{\bf (372) GRAMM :} {\it (Br75 p55, RMS juin 91)}
Dans le cas particulier propos\'e il suffit de prendre trois vecteurs unitaires
$(u,v,w)$ (un tri\`edre) faisant entre eux, deux \`a deux, des angles donn\'es :
$u.v=\cos\gamma,\ v.w=\cos\alpha,\ w.u=\cos\beta$.

Dans le cas g\'en\'eral $A$ est ortho-diagonalisable puisque sym\'etrique r\'eelle.
elle est semblable \`a $D$ de valeurs propres $t_i$ toutes $>0$ ;
$D=diag(t_1,...,t_n)=\big(diag(\sqrt{t_1},...,\sqrt{t_n})\big)^2=V^2$ :
 il suffit d'\'ecrire $A=PDP^{-1}=PD^tP=PVV^tP=(PV)^t(PV)$.
$A$ est la matrice de Gramm du syst\`eme de vecteurs libres, colonnes de
la matrice r\'eguli\`ere $PV$. (Dites pourquoi r\'eguli\`ere ? Genestier !).


{\bf (378) Projecteur et espaces ferm\'es et complets : }
$Ker(p)=p^{-1}(\{0\})$ et $Im(p)=Ker(p-I)$ images r\'eciproques de ferm\'es
par des applications continues sont ferm\'es.
$E$ somme directe de complets est complet.

{\bf (384) \'Equation fonctionnelle solution s\'erie  : } {\it(Br77 p 47, spm3,
ron\'eo fonctionnelle, planche 02001 184-2, voir EM EF de Van der Waerden, CG 79)}
l'\'equation fonctionnelle donne avec $x=0$, $h(0)=0$, en sommant et t\'elescopant
on trouve que la seule solution possible est $ f(x)=\displaystyle
\sum_{k=0}^\infty h(\frac {x}{2^k})$ ; tout consiste \`a d\'emontrer que
cette s\'erie converge ; or c'est assez SUBTIL (voir ron\'eo EF MP1) d'habitude
on doit supposer $h$ d\'erivable en $0$, mais l'hypoth\`ese d'uniforme continuit\'e
va suffir. Dans  Leichtnam et Schauer tome 3 (ellipses) page 55 on montre
(en 4 lignes) que l'uniforme continuit\'e sur l'intervalle implique
que $|h(x)|\leq u|x|$ ce qui suffit par domination (normale)
 par la s\'erie g\'eom\'etrique $u\sum \frac {a}{2^k}$, pour obtenir la convergence.

{\it(Chardard Robert donne un contre exemple le 22 06 02 pour remarquer
que cette question d'uniforme convergence est insuffisante :) }

L'hypoth\`ese $h$ continue est insuffisante pour affirmer la convergence de la
s\'erie $\sum h(\frac{x}{2^n})$  (m\^eme en rajoutant l'hypoth\`ese $h(0)=0$).
Il suffit de consid\'erer la fonction:
$ h(x) = \frac{1}{ |ln(x)| }$     avec     $a<1$




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