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

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Corrections 43
Les racines de X n − e inθ sont les e iθ+2ikπ/n avec k ∈ {0, . . . , n − 1} et celles de
X n − e −inθ s’en déduisent par conjugaison.
Ainsi
X 2n − 2X n cos(nθ) + 1 =
n−1
k=0
(X − e iθ+2ikπ/n n−1
)
k=0
dans C [X] puis en regroupant les facteurs conjugués entre eux
X 2n −2X n cos(nθ)+1 =
n−1
k=0
(X − e iθ+2ikπ/n )(X − e −iθ−2ikπ/n ) =
(X − e −iθ−i2kπ/n )
n−1
k=0
X 2
− 2X cos
Cette décomposition dans R [X] se comprend comme la décomposition en facteurs
irréductibles sauf s’il y a la présence d’un facteur
X 2
− 2X cos θ + 2kπ
+ 1 = X
n
2 − 1 = (X − 1)(X + 1)
II) Pour x > 0,
donc
x x = e x ln x +∞
=
1
x x
dx =
0
n=0
(x ln x) n
n!
+∞
fn
]0,1] n=0
avec
(x ln x)n
fn(x) =
n!
Les fonctions fn sont continues par morceaux, fn converge simplement vers une
fonction continue par morceaux sur ]0, 1].
Les fonctions fn sont intégrables et
(−1)
|fn| =
nxn (ln x) n
dx
n!
Or 1
ε
x n (ln x) n dx =
donc quand ε → 0
]0,1]
]0,1]
]0,1[
1
n + 1 xn+1 (ln x) n
1 ε
− n
n + 1
1
x n (ln x) n dx = − n
x
n + 1 ]0,1]
n (ln x) n−1 dx
ε
x n (ln x) n−1 dx
Ainsi
]0,1]
x n (ln x) n n n
dx = (−1)
0
1
n − 1 1
· · ·
n + 1 n + 1 n + 1
Par suite 1
1
|fn| dx =
(n + 1) n+1
θ + 2kπ
et il y a
convergence de la série
+ 1
n
1
0 |fn|
Par le théorème d’intégration terme à terme, on obtient que l’intégrale
est définie et
1
x x +∞
1
+∞
dx = fn(x) dx =
puis le résultat voulu.
0
n=0
0
n=0
0
x n dx = (−1)n n!
(n + 1) n+1
(−1) n
(n + 1) n+1
]0,1] xx dx
Exercice 32 : [énoncé]
I) a) On a toujours ker f ⊂ ker(g ◦ f).
Inversement, pour x ∈ ker(g ◦ f), on a g ◦ f(x) = 0 donc f ◦ g ◦ f(x) = f(0) = 0.
Or f ◦ g = Id donc f(x) = 0.
Ainsi ker(g ◦ f) ⊂ ker f puis ker(g ◦ f) = ker f.
b) On a toujours Im(g ◦ f) ⊂ Img.
Inversement, pour y ∈ Img, il existe x ∈ E tel que y = g(x) et alors
y = g ◦ f ◦ g(x) = (g ◦ f)(g(x)) ∈ Im(g ◦ f).
Ainsi Img ⊂ Im(g ◦ f) puis Im(g ◦ f) = Img
c) Soit x ∈ ker f ∩ Img. Il existe a ∈ E tel que x = g(a) et alors f(x) = 0 donne
f(g(a)) = 0 d’où a = 0 car f ◦ g = Id. On en déduit x = g(a) = 0 et donc
ker f ∩ Img = {0}.
Soit x ∈ E. On peut écrire x = (x − g(f(x))) + g(f(x)) avec g(f(x)) ∈ Img et
x − g(f(x)) ∈ ker f car
f (x − g(f(x))) = f(x) − (f ◦ g)(f(x)) = f(x) − f(x) = 0
Ainsi E = ker f + Img et finalement
E = ker f ⊕ Img
II) a) Pour x ∈ R, on peut affirmer x sin θe iθ = 1 et par multiplication par la
quantité conjuguée
sin θe iθ
1 − x sin θe iθ = sin θeiθ (1 − x sin θe −iθ )
|1 − x sin θe iθ | 2
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