Corrigé des exercices - Dunod

Corrigé des exercices
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Chapitre 4
Exercice 4.1
1. La proposition P signifie que si deux parties A et B d’un ensemble E sont telles que
A ∩ B = B, alors, A ⊂ B
Sa négation P est : (∃(A,B) ∈ (P(E)) 2 ;A ∩ B = B ∧ A ⊄ B)
C’est P qui est vraie.
2. La proposition P signifie que si la somme de deux réels est nulle, alors les deux réels sont
nuls.
Sa négation P est : (∃(x,y) ∈ (R) 2 ,x + y = 0 ∧ (x ≠ 0 ∨ y ≠ 0))
C’est P qui est vraie.
3. La proposition P signifie que, si la somme des carrés de trois réels est nulle, alors ces trois
réels sont nuls.
Sa négation P est : (∃(x,y,z) ∈ (R) 3 ,x 2 + y 2 + z 2 = 0 ∧ (x = 0 ∨ y = 0 ∨ z = 0))
C’est P qui est vraie.
4. La proposition P signifie que, quels que soient les réels x, y, et z non tous les trois nuls,
alors (x − y + z) 2 + (x − 2y − z) 2 + (2x − 3y) 2 est strictement positif.
Sa négation P est : (∃(x,y,z) ∈ (R) 3 ,(x,y,z) ≠ (0,0,0)∧(x−y+z) 2 +(x−2y−z) 2 +(2x−3y) 2 0)
C’est P qui est vraie (considérer par exemple x = 3,y = 2,z = −1).
5. La proposition P signifie qu’il existe un réel M supérieur à tous les autres, c’est à dire
que R admet un élément maximum.
Sa négation P est :(∀M ∈ R, ∃x ∈ R,x > M)
C’est P qui est vraie.
6. La proposition P signifie que, quel que soit le réel x; il existe un réel M qui lui est strictement
supérieur.
Sa négation P est : (∃x ∈ R, ∀M ∈ R,M > x)
C’est P qui est vraie. On constatera à propos de cet exemple et du précédent, que le simple
changement de place de deux quantificateurs peut changer complètement le sens d’une proposition,
au point de lui faire dire le contraire de ce qu”elle disait au préalable.
7. La proposition P signifie que, quel que soit le réel ε strictement positif (aussi petit soit-il),
il existe un réel strictement positif α tel que, si x est une valeur approchée à α près de 0,
alors sinx est une valeur approchée de 0 à ε près. C’est la définition de la continuité en 0
de la fonction sinus.
Sa négation P est : (∃ε ∈ R + ∗ , ∀α ∈ R, ∃x ∈ R, |x| < α ∧ |sin x| ε)
C’est P qui est vraie.
Exercice 4.2
1. Le tableau rempli fait l’objet du schéma ci-dessous.
P Q 1 2 3 4 5 6 7 8
V V V V V V V V V V
V F V V V V F F F F
F V V V F F V V F F
F F V F V F V F V F
A B

4
P Q 9 10 11 12 13 14 15 16
V V F F F F F F F F
V F V V V V F F F F
F V V V F F V V F F
F F V F V F V F V F
A B
2. Les réponses aux deux questions qui suivent sont données ci-dessous colonne par colonne.
a) À la colonne 1, on doit faire figurer une propriété qui est vraie dans tous les cas. Une
telle propriété est une « Tautologie ». Comme tautologie, on peut choisir la propriété «
P ∨ P »dont le caractère tautologique exprime le principe du « tiers exclus », qui stipule
que, une proposition P étant donnée, l’une ou l’autre des propriétés P et P est vraie, et il
n’y a pas d’autre possibilité.
Le sous ensemble associé est l’ensemble E. Il est toujours vrai qu’un élément de E appartient
à E.
b) À la colonne 2, on fait figurer la proposition « P ∨ Q »qui est vraie lorsqu’au moins une
des deux propositions P et Q est vraie.
Le sous ensemble associé est A ∪ B.
c) La propriété correspondant à la colonne 3 est vraie lorsque P est vraie ou Q fausse. On
fera donc figurer la propriété P ∨Q, c’est à dire Q ∨P, ou encore Q ⇒ P. Le sous ensemble
associé est A ∪ B. Remarquons que,lorsque ce sous ensemble est égal à E, c’est que B ⊂ A,
c’est à dire que la propriété x ∈ B implique la propriété x ∈ A
d) À la colonne 4, on reconnaît la propriété P, associée à l’ensemble A.
e) À la colonne 5, on a la propriété P ∨ Q, c’est à dire P ⇒ Q, associée au sous ensemble
A ∪ B (voir colonne 3).
f) À la colonne 6, on reconnaît la propriété Q, associée à l’ensemble B.
g) À la colonne 7, on reconnaît la conjonction des colonnes 3 et 5. On fera donc figurer la
propriété (P ∨Q) ∧(P ∨Q), que l’on résume sous la forme P ⇔ Q (propriétés équivalentes,
qui correspondent à des sous ensembles égaux)
h) À la colonne 8, on reconnaît la propriété « P ∧ Q »qui est vraie lorsque les deux propositions
P et Q sont vraies.
Le sous ensemble associé est A ∩ B.
i) Colonne 9, négation de la colonne 8. Propriété P ∧ Q = P ∨ Q.
Sous ensemble A ∪ B
j) Colonne 10, négation de la colonne 7. Propriété P ∨∨Q (disjonction exclusive).
Sous ensemble (A ∩ B) ∪ (A ∩ B).
k) Colonne 11, négation de la colonne 6. Propriété Q.
Sous ensembleB.
l) Colonne 12, négation de la colonne 5. Propriété P ⇒ Q, c’est à dire P ∧ Q.
Le sous ensemble associé est A ∩ B. Quand ce sous-ensemble est non vide, la propriété »
∀x ∈ E,P(x) ⇒ Q(x) »est fausse.
m) Colonne 13, négation de la colonne 4. Propriété P.
Sous ensembleA.

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n) Colonne 14, négation de la colonne 3. Propriété Q ⇒ P, c’est à dire Q ∧ P.
Le sous ensemble associé est B ∩ A. Quand ce sous ensemble est non vide, la propriété «
∀x ∈ E,Q(x) ⇒ P(x) »est fausse.
o) Colonne 15, négation de la colonne 2. Propriété P ∨ Q = P ∧ Q.
Sous ensemble A ∩ B
p) Colonne 16, négation de la colonne 1. Une propriété qui est toujours fausse est une «
antilogie ». Comme antilogie, on peut choisir la propriété « P ∧ P »dont le caractère antilogique
exprime le principe de « non contradiction », qui stipule qu’une proposition P
ne peut être à la fois vraie et fausse
Le sous ensemble associé est l’ensemble ∅. Il est toujours faux qu’un élément de E appartienne
à ∅.
Exercice 4.3
1. • Partie directe. On suppose que E ⊂ F, et l’on considère un élément quelconque X de
P(E). On sait donc que X ⊂ E ⊂ F. Il en résulte, par transitivité de l’inclusion, que X ⊂ F,
c’est à dire que X ∈ P(F). Il en résulte donc que P(E) ⊂ P(F).
• Réciproquement, supposons que P(E) ⊂ P(F), et soit x un élément de E. Le singleton
{x} est donc un élément de P(E) et par suite, par hypothèse, de P(F). On en conclut que
x ∈ F. Comme ceci est vrai pour tout x élément de E, on en déduit que E ⊂ F.
2. On sait que E ⊂ E ∪ F, et que F ⊂ E ∪ F. D’après la question preécédente, il en résulte
que P(E) ⊂ P(E ∪ F), et que P(F) ⊂ P(E ∪ F), et donc que (P(E) ∪ P(F)) ⊂ P(E ∪ F).
Remarquons que cette inclusion est en général stricte. Soient par exemple E = {x} et
F = {y}. On a : P(E) = {∅, {x}},P(F) = {∅, {y}} et P(E ∪ F) = {∅, {x}, {y}, {x,y}}.
Exercice 4.4
1. Il est clair que si A = B, alors A ∪ B = A ∩ B.
Réciproquement, supposons que A∪B = A∩B. Soit a un élément de A. D’après la définition
de la réunion, a est élément de A ∪B, et donc, par hypothèse, de A ∩B. Il est donc élément
de A et de B.
Tout élément de A étant élément de B, on conclut que A ⊂ B.
En reprenant le même raisonnemlent avec un élément b de B, on prouve de même que B ⊂ A.
Il en résulta que A = B.
Exercice 4.5
1. Calculons : A ∩ B ∩ C = (A ∩ B) ∩ C = (B ∪ C) ∩ C = C ;
De même : A ∩ B ∩ C = A ∩ (B ∩ C) = A ∩ (C ∩ A) = A ;
Et enfin : A ∩ B ∩ C = B ∩ (A ∩ C) = B ∩ (B ∩ A) = B ;
Le résultat en découle.
Exercice 4.6
1. Soit x un élément de A. Il est élément de A ∪ X, et donc de B ∪ X
• S’il n’est pas élément de X, étant dans B ∪ X, il est élément de B.
• S’il est élément de X, alors, comme il est dans A et dans X, il est dans A ∩ X et donc
dans B ∩ X, c’est à dire à la fois dans A et dans B.

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Dans tous les cas, un élément quelconque de A est donc élément de B. Donc A ⊂ B.
On prouverait de même que B ⊂ A, et donc A = B
Exercice 4.7
1. Par distributivité : Y = (A ∪ B) ∩ C = (A ∩ C) ∪ (B ∩ C).
Comme A ∩ C ⊂ A,(A ∩ C) ∪ (B ∩ C) ⊂ A ∪ (B ∩ C). C’est à dire Y ⊂ X
En général, cette inclusion est stricte. En effet, Y ne contient que des éléments de C, alors
que X contient au moins tous les éléments de A. Pour qu’il y ait égalité, il faut donc au
moins que A ⊂ C.
Supposons alors que A ⊂ C, et soit x un élément de X. Par définition de X, x est élément
de A ou de B ∩ C.
S’il est dans A, il est dans A ∪ B, et aussi dans C puisque A ⊂ C. Il est donc élément de Y .
S’il est dans B ∩ C, il est dans B, donc dans A ∪ B, et dans C, donc dans Y .
En conclusion, X = Y si et seulement si A ⊂ C.
2. En passant au complémentaire, on obtient, par les règles de Morgan : Z = A ∪ (B ∩ C)
et T = (A ∪ B) ∩ C
On obtient alors, d’après la question précédente : T ⊂ Z, d’où il résulte que : Z ⊂ T.
Exercice 4.8
1. Par définition, A\B = A équivaut à A ⊂ B, ce qui équivaut, en passant au complémentaire
à : A ⊃ B, soit B ⊂ A soit encore à B \ A = B
2. (A ∩ B) \ C = (A ∩ B) ∩ C = (A ∩ C) ∩ (B ∩ C) = (A \ C) ∩ (B \ C)
3. (A ∪ B) \ C = (A ∪ B) ∩ C = (A ∩ C) ∪ (B ∩ C) = (A \ C) ∪ (B \ C)
4.
(A \ B) \ C = (A \ B) ∩ C = (A ∩ B) ∩ C = A ∩ (B ∩ C) = A ∩ (B ∪ C) = A \ (B ∪ C)
(A \ C) \ (B \ C) = (A ∩ C) ∩ (B ∩ C) = A ∩ C ∩ (B ∪ C)
= (A ∩ C ∩ B) ∪ (A ∩ C ∩ C) = (A ∩ C ∩ B) = A ∩ (B ∪ C) = A \ (B ∪ C)
.
Exercice 4.9
1. (X ∩ Y ) ∪ (X ∩ Y ) = X ∩ (Y ∪ Y ) = X ∩ E = X
2. (X ∪ Y ) ∩ (X ∪ Y ) = X ∪ (Y ∩ Y ) = X ∪ ∅ = X
3. En utilisant ce qui précède : A = X ∪ X = E
4. En utilisant ce qui précède : B = X ∩ X = ∅
Exercice 4.10
1. Cette équivalence résulte clairement des définitions.

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2. Calculons : X ∩ Y ∩ ( (X ∩ Z) ∪ (Y ∩ Z) ) = (X ∩ Y ∩ X ∩ Z) ∪ (X ∩ Y ∩ Y ∩ Z)
= (X ∩ Y ∩ Z) ∪ (X ∩ Y ∩ Z) = (X ∩ Y ) ∩ (Z ∪ Z) = (X ∩ Y ).
La conclusion en résulte, par application de la première question.
3. (X ∪ Z) ∩ (Y ∪ Z) = (X ∩ Z) ∪ (X ∩ Z) ∪ (Z ∩ Y ) ∪ (Z ∩ Z).
Compte tenu de (Z ∩ Z) = ∅, et de la première question, on en déduit :
4. D’après la question précédente, on a :
(X ∪ Z) ∩ (Y ∪ Z) = (X ∩ Z) ∪ (Z ∩ Y ).
(Z ∪ X) ∩ (X ∪ Y ) ∩ (Y ∪ Z) = (X ∪ Y ) ∩ [(X ∩ Z) ∪ (Z ∩ Y )]
= [(X ∪ Z) ∩ X ∩ Z] ∪ [(X ∪ Z) ∩ Y ∩ Z]
= (X ∩ X ∩ Z) ∪ (Z ∩ X ∩ Z) ∪ (X ∩ Y ∩ Z) ∪ (Z ∩ Y ∩ Z)
= (X ∩ Z) ∪ (Y ∩ Z) ∪ (X ∩ Y ∩ Z)
= (X ∩ Z) ∪ (Y ∩ Z).
D’autre part, on a : (Z∪X)∩(Y ∪Z) = [(Z∪X)∩Y ]∪[(Z∪X)∩Z] = (Z∩Y )∪(X∩Y )∪(Z∩Z)∪(X∩Z)
Soit : (Z ∪ X) ∩ (Y ∪ Z) = (Z ∩ Y ) ∪ (X ∩ Y ) ∪ (X ∩ Z).
Calculons alors (X ∩ Y ) ∩ [(Z ∩ Y ) ∪ (X ∩ Z)] = (X ∩ Y ∩ Z) ∪ (X ∩ Y ∩ Z) = (X ∩ Y ), ce
qui prouve que (X ∩ Y ) ⊂ (Z ∩ Y ) ∪ (X ∩ Z)
Il en résulte que (Z ∩ Y ) ∪ (X ∩ Y ) ∪ (X ∩ Z) = (Z ∩ Y ) ∪ (X ∩ Z),
et donc que : (Z ∪ X) ∩ (Y ∪ Z) = (Z ∩ Y ) ∪ (X ∩ Z) = (Z ∪ X) ∩ (X ∪ Y ) ∩ (Y ∪ Z)
Exercice 4.11
1. A = A ∩ A = A ∪ A = A|A
2. (A|A)|(B|B) = A ∪ B = A ∩ B
3. (A|B)|(A|B) = A|B = A∪B; A\B = A∩B = (A|A)|(B|B) = (A|A)|((B|B)|(B|B));
A∆B = (A \ B) ∪ (B \ A) = ((A \ B)|(B \ A))|((A \ B)|(B \ A)) =
((A|A)|((B|B)|(B|B)))|((B|B)|((A|A)|(A|A)))|((A|A)|((B|B)|(B|B)))|((B|B)|((A|A)|(A|A)))
Exercice 4.12
1. f(A) =]1,+∞[; −1
f (B) =] − ∞, −1[∪]1,+∞[.
2. f(A) =]0,+∞[; −1
f (B) = ∅.
3. f(A) = { 1 n 2 ;n ∈ N∗ }; −1
f (B) =] − ∞, −1[∪]1,+∞[.
Exercice 4.13
1. f(A) = [2,+∞[;
−1
f (B) = {ρ(cos θ + isin θ),ρ ∈ [0,1],θ ∈ R}.

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2. f(A) = {1};
3. f(A) = [0,2];
−1
f (B) = {ρ(cos θ + isin θ),ρ ∈]0,1],θ ∈ R}.
−1
f (B) = {ρ(cos θ + isin θ),ρ ∈ [1,2],θ ∈ R}.
Exercice 4.14
1. a) On suppose que A 1 ⊂ A 2 . Soit y 1 ∈ f(A 1 ). Il existe un élément x 1 de A 1 tel que
f(x 1 ) = y 1 . Comme A 1 ⊂ A 2 , x 1 est aussi élément de A 2 , et par suite, y 1 est aussi élément
de A 2 . Il en résulte que f(A 1 ) ⊂ f(A 2 )
b) On suppose que B 1 ⊂ B 2 . Soit x 1 ∈ −1
f (B 1 ). Alors f(x 1 ) est élément de B 1 , donc de B 2 ,
compte tenu de l’hypothèse. Donc x 1 est élément de −1
f (B 1 )
2. a) On sait que A 1 ⊂ A 1 ∪ A 2 et A 2 ⊂ A 1 ∪ A 2 . Il en résulte d’après la première question,
que f(A 1 ) ∪ f(A 2 ) ⊂ f(A 1 ∪ A 2 )
Réciproquement, soit y un élément de f(A 1 ∪ A 2 ), il existe un élément x de A 1 ∪ A 2 tel que
y = f(x). Si x ∈ A 1 , alors y ∈ f(A 1 ), si x ∈ A 2 , alors y ∈ f(A 2 ), donc y ∈ f(A 1 ) ∪ f(A 2 )
La conclusion résulte de la double inclusion ainsi démontrée.
b) Comme A 1 ∩A 2 ⊂ A 1 et A 1 ∩A 2 ⊂ A 2 , la première question permet de conclure. Notons
que dans le cas général, cette inclusion est stricte.
3. a) La première question permet là encore de conclure que −1
f (B 1 ) ∪ −1
f (B 2 ) ⊂ −1
f (B 1 ∪B 2 )
Réciproquement, soit x un élément de −1
f (B 1 ∪ B 2 ). On sait qu’alors, f(x) est élément de
B 1 ∪ B 2 . Si f(x) ∈ B 1 , alors x ∈ −1
f (B 1 ), et si f(x) ∈ B 2 , alors x ∈ −1
f (B 2 ). Dans les deux
cas, x est élément de −1
f (B 1 ) ∪ −1
f (B 2 ). L’égalité demandée résulte de la double inclusion
ainsi démontrée.
b) La première question permet encore de conclure que −1
f (B 1 ∩ B 2 ) ⊂ −1
f (B 1 ) ∩ −1
f (B 2 ).
Réciproquement, soit x un élément de −1
f (B 1 ) ∩ −1
f (B 2 ). Alors, f(x) est élément de B 1 et
de B 2 , donc de B 1 ∩B 2 . Donc x ∈ −1
f (B 1 ∩B 2 ). L’inclusion −1
f (B 1 ) ∩ −1
f (B 2 ) ⊂ −1
f (B 1 ∩B 2 )
est ainsi démontrée. L’égalité annoncée en résulte.
4. a) Pour démontrer qu’aucune relation ne relie en général l’image directe du complémentaire
d’un sous ensemble et le complémentaire de son image directe, prenons un exemple. Soit
f l’application de R dans R définie par f(x) = x 2 , et soit A = [−2,1]. On a alors
f(A) = [1,4],A =] − ∞, −2[∪]1,+∞[,f(A) =]1,+∞[ et f(A) =] − ∞,1[∪]4,+∞[.
On constate sur cet exemple que, en général,f(A) n’est pas inclus dans f(A), et que f(A)
n’est pas non plus inclus dans f(A).
b)
• Soit x un élément de −1
f (B). On sait que ceci signifie que f(x) est élément de B. Il en
résulte que x ne peut pas appartenir à −1
f (B), et par suite qu’il appartient à −1
f (B). On a
donc prouvé que −1
f (B) ⊂ −1
f (B)

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• Réciproquement, soit x un élément de −1
f (B). Son image par f ne peut pas appartenir
à B, sinon il appartiendrait à −1
f (B). Elle appartient donc à B, ce qui prouve que
−1
f (B) ⊂ −1
f (B).
• L’égalité annoncée résulte de la double inclusion ainsi démontrée.
Exercice 4.15
1. a) −1
f (f(A)) et A est l’ensemble des éléments x de E dont les images f(x) sont dans f(A).
Par définition, tout élément a de A est un tel élément, et donc A ⊂ −1
f (f(A)).
b) Si f est injective, quel que soit le sous ensemble A de E, aucun élément de A n’a son
image dans f(A). D’après ce qui précède, il en résulte que A = −1
f (f(A)).
Réciproquement, supposons que, quel que soit le sous ensemble A de E, A = −1
f (f(A)).
Posons A = {x}. L’égalité {x} = −1
f (f({x})) signifie que f(x) n’a qu’un seul antécédent,
qui n’est autre que x. Comme ceci est vrai pour tout x, on peut conclure que f est injective.
2. a) Soit b( un élément ) de B. Par définition, l’image par f d’un antécédent de b est égale
−1
à b. Or, f f (B) est l’ensemble des antécédents des éléments de B. Il en résulte que
( ) −1
f f (B) ⊂ B.
b) Si f est surjective, tout élément ( y de)
B admet au moins un antécédent x dont il est
−1
l’image. Il est donc élément de f f (B) , et l’inclusion de la question précédente devient
égalité.
( ) −1
Réciproquement, supposons que pour tout sous ensemble B de F, on ait f f (B) = B,
( ) −1
et posons B = F. On a alors f f (F) = F ce qui prouve que f est surjective.
Exercice 4.16
1. Pour tout entier positif n, posons f n = f ◦ f ◦ f ◦ ... ◦ f(n fois). Quel que soit l’élément y
de I n+1 , il existe x élément de E tel que y = f n+1 (x) = f n (f(x)), ce qui prouve que y ∈ I n .
2. Supposons que n soit un entier tel que I n = I n−1 = ... = I j , et considérons un élément
y de I n . Il existe un élément x de E tel que y = f n (x) = f ( f n−1 (x) ) . Or, f n−1 (x) est
élément de I n−1 , donc de I n . Il existe donc un élément x ′ de E tel que f n−1 (x) = f n (x ′ ), et
donc y = f (f n (x ′ )) = f n+1 (x ′ ), ce qui prouve que y ∈ I n+1 . L’inclusion I n ⊂ I n+1 est donc
ainsi démontrée. Il en résulte que I n+1 = I n = I n−1 = · · · = I j , et la propriété annoncée est
démontrée par récurrence.
Dans le cas où f est surjective, on a j = 0.
Exercice 4.17
1. Si f n’était pas injective, il existerait deux éléments distincts x ′ et x” de E tels que
f(x) = f(x ′ ). Ceci impliquerait que g(f(x)) = g(f(x ′ )), c’est à dire que, contrairement à

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l’hypothèse, g ◦f ne serait pas injective (puisque x ≠ x ′ ). Le résultat annoncé est donc ainsi
démontré par réduction à l’absurde.
2. Comme g ◦f est surjective, pour tout élément z de G, il existe un élément x de E tel que
z = g(f(x)). En posant y = f(x), il en résulte que, quel que soit l’élément z de G, il existe
un y de F tel que z = g(y), ce qui prouve que g est surjective.
Exercice 4.18
1. On sait (voir exercice 14) que quel que soit f, f(A ∩ B) ⊂ f(A) ∩ f(B)
Supposons alors que f soit injective, et soit y un élément de f(A) ∩ f(B). Il existe alors un
élément a de A et un élément b de B tels que y = f(a) = f(b). Comme f est injective, on
a a = b et cet élément appartient ) A ∩ B. On en conclut que y ∈ f(A ∩ B), ce qui prouve
l’inclusion f(A) ∩ f(B) ⊂ f(A ∩ B), et donc l’égalité f(A ∩ B) = f(A) ∩ f(B).
Réciproquement, supposons que, quels que soient les sous ensembles A et B de E, on ait
f(A∩B) = f(A)∩f(B). Considérons deux éléments distincts x et y de E. Les sous ensembles
A = {x} et B = {y} sont disjoints ({x} ∩ {y} = ∅). Comme f(∅) = ∅, la condition
f(A ∩ B) = f(A) ∩ f(B) s’écrit : f({x} ∩ f{y}) = ∅, qui est vérifiée si et seulement si
f(x) ≠ f(y). Ceci devant être vrai quels que soient les éléments x et y, ceci prouve que f
est injective.
2. Il est clair que, si f est bijective, la condition f(A) = f(A) est vérifiée pour tout
sous ensemble A de E. Réciproquement, supposons que, pour tout sous ensemble A de
E, f(A) = f(A). Alors (voir exercice 14), f(E) = f(A ∪ A) = f(A) ∪ f(A) = F. Donc f est
surjective.
D’autre part, soient x et y deux éléments distincts de E. Comme x ≠ y, y ∈ {x}, et donc
f(y) ∈ {f(x)}, ce qui prouve que f(x) ≠ f(y). Comme ceci est vrai quels que soient x et y,
on peut conclure que f est injective.
Exercice 4.19
1. a) On sait que A ∪ A = A ∪ ∅ = A. Donc, si ϕ A est injective, alors A = ∅.
Réciproquement, si A = ∅, alors ϕ ∅ est l’application identique, donc est injective.
b) On sait que A ⊂ A∪X. Si ϕ A est surjective, alors ∅ admet un antécédent, ce qui implique
que A = ∅.
Réciproquement, si A = ∅, alors ϕ ∅ est l’application identique, donc est surjective.
2. En passant au complémentaire, et compte tenu des règles de Morgan, ψ A (X) = ϕ A
(X).
L’application ψ A est injective (resp. surjective) si et seulement si ϕ A
est injective (resp.
surjective), c’est à dire si et seulement si A = ∅, c’est à dire A = E.
Exercice 4.20
1. Si f est surjective, alors il existe X tel que f(X) = (∅, ∅), ce qui nécessite A = B = ∅.
Mais alors, pour tout X, f(X) = (X,X) et f(P(E)) ne peut pas être égal à (P(E)) 2 . Donc,
f ne peut pas être surjective.
2. On a f(∅) = (A,B) = f(A ∩ B). Donc, si f est injective, alors A ∩ B = ∅
Réciproquement, supposons que A ∩ B = ∅, et soient X et Y deux parties de E telles que
f(X) = f(Y ), c’est à dire que A∪X = A∪Y et B∪X = B∪Y . Alors X ⊂ ((A∪X)∩(B∪X))
implique X ⊂ ((A ∪ Y ) ∩ (B ∪ Y )), c’est à dire X ⊂ ((A ∩ B) ∪ Y ) = Y .
On montrerait de même que Y ⊂ X. On en déduit que X = Y . L’application f est donc
injective.

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Exercice 4.21
1. On a : f(E) = (A,B) = f(A ∪ B). Donc, si f est injective, alors A ∪ B = E.
Réciproquement, supposons que A ∪ B = E, et soient X et Y deux parties de E
telles que f(X) = f(Y ), c’est à dire que A ∩ X = A ∩ Y et B ∩ X = B ∩ Y . Alors,
(A∩X)∪(B∩X) = (A∪B)∩X = E∩X = X. On a alors : X = (A∩Y )∪(B∩Y ) = (A∪B)∩Y = E∩Y = Y ,
ce qui prouve que f est injective.
2. Si f est surjective, alors il existe X tel que f(X) = (E,E), alors, nécessairement
A = B = E
Mais réciproquement, si A = B = E, alors pour tout X, f(X) = (X,X) et l’application f
ne peut pas être surjective.
Remarquons qu’elle est surjective sur P(A) × P(B), lorsque A ∩ B = ∅.
Exercice 4.22
1. Considérons deux couples (p,q) et (p ′ ,q ′ ) d’entiers tels que (p + q) 2 + q = (p ′ + q ′ ) 2 + q ′ ,
supposons que p + q p ′ + q ′ , et posons p ′ + q ′ = p + q + a (où a est un entier naturel).
On a alors (p + q) 2 + q = (p + q + a) 2 + q ′ = (p + q) 2 + a 2 + 2a(p + q) + q ′ , c’est à
dire q = a 2 + 2a(p + q) + q ′ . Mais 2a(p + q) = 2ap + 2aq 2aq et, si a est non nul,
a 2 + 2a(p + q) + q ′ > q. Pour que (p + q) 2 + q = (p ′ + q ′ ) 2 + q ′ , il est donc nécessaire que
a = 0, c’est à dire que p + q = p ′ + q ′ . Mais alors, on a q = q ′ et donc p = p ′ , ce qui prouve
que f est injective.
Exercice 4.23
1.
2.
f ◦ g(x) = f(g(x)) = √ 1 − cos 2 x =
g ◦ f(x) = g(f(x)) = cos √ 1 + x 2 .
√
sin 2 x = |sin x|,
f ◦ g(x) = f(g(x)) = 1 + (1 − x 2 ) + (1 − x 2 ) 2 = 1 + 1 − x 2 + 1 − 2x 2 + x 4 = 3 − 3x 2 + x 4
g ◦ f(x) = g(f(x)) = 1 − (1 + x + x 2 ) 2 = −2x − 3x 2 − 2x 3 − x 4 .
3.
f ◦ g(x) = f(g(x)) = 1 + (x2 − x + 1)
1 − (x 2 − x + 1) = 2 − x + x2
x − x 2
g ◦ f(x) = g(f(x)) =
= 1 + 3x2
(1 − x) 2 .
( 1 + x
1 − x
) 2
− 1 + x
1 − x + 1 = (1 + x)2 − (1 + x)(1 − x) + (1 − x) 2
(1 − x) 2
Exercice 4.24
1. Avec y = 2 + x
3 − x
, on obtient 3y − xy = 2 + x, soit x + xy = 3y − 2 ou encore x =
3y − 2
y + 1 .
f est une bijection de R \ {3} sur R \ {−1}, et sa bijection réciproque est : f −1 (x) = 3x − 2
x + 1 .

12
2. f est une bijection de R \
f −1 (x) = −4x − 1
3 + 5x .
{
− 4 }
5
sur R \
{
− 3 }
, et sa bijection réciproque est :
5
3. f est une bijection de R\{1} sur R\{−1}, et sa bijection réciproque est : f −1 (x) = x
x + 1 .
4. Soient A et B deux sous ensembles d’un ensemble E. Alors :
1l A
= 1−1l A ; 1l A∩B = 1l A 1l B ;
1l A∪B = 1l A +1l B −1l A 1l B
Exercice 4.25
1. a) On sait que A \ B = A ∩ B.
En utilisant les résultats du cours, on obtient : 1l A\B = 1l A∩B
= 1l A (1−1l B )= 1l A −1l A 1l B .
b) On a A∆B = (A ∪B) \(A ∩B). En utilisant les résultats du cours et celui de la première
question, on obtient :
1l A∆B = ( 1l A +1l B −1l A 1l B )− (1l A +1l B − 1l A 1l B )1l A 1l B .
En remarquant que 1l A 1l A =1l A , on obtient, après calcul : 1l A∆B = 1l A +1l B −21l A 1l B
2. a) Le calcul a été fait ci-dessus
b) Calcul sans difficulté. On trouve
1l (A∆B)∆C = 1l A∆(B∆C) = 1l A +1l B +1l B −21l A 1l B −21l A 1l C −21l C 1l B +41l A 1l B 1l C
c) Calcul sans difficulté. Ne pas oublier que 1l A 1l A =1l A .
On trouve 1l (A∩(B∆C) = 1l (A∩B)∆(A∩C) =1l A 1l B +1l A 1l C −21l A 1l B 1l C .
3. a) Le calcul donne 1l A∆A = 0. Donc quel que soit A, A∆A = ∅ De même, on trouve
A∆∅ = A
b) Si 1l A∆B = 1l A +1l B −21l A 1l B =1l B , alors 1l A (1-21l B )=0. Comme (1-21l B ) n’est pas
nul, il en résulte que 1l A = 0 et par suite que A = ∅.
Chapitre 5
Exercice 5.1
1. Supposons que E contienne un élément e neutre pour la loi ∗. Ceci signifie que, quel que
soit l’élément x de E, x ∗ e = e ∗ x = x.
Supposons alors que E contienne un autre élément e ′ neutre pour la loi ∗. Ceci signifie que,
quel que soit l’élément x de E, x ∗ e ′ = e ′ ∗ x = x.
On aurait donc, en appliquant la première propriété à x = e ′ : e ′ ∗ e = e ∗ e ′ = e ′
Puis, en appliquant la deuxième propriété à x = e : e ∗ e ′ = e ′ ∗ e = e
Il en résulte clairement que e = e ′ , et que par suite, l’ensemble E ne peut pas contenir deux
éléments neutres distincts pour la loi ∗.
Exercice 5.2
1. Posons a b = c = k. On a alors a = kb et c = kd. Alors :
d
xa + yc xkb + kdc k(xb + yd)
= = = k.
xb + yd xb + yd xb + yd

13
Les trois quotients a xa + yc
,
b xb + yd et c d
Exercice 5.3
1. On a :
(
1 + 1 x
)(
1 − 1 )
1 + x
sont donc égaux.
= x + 1
x
x
= 1, et ceci quelle que soit la valeur de x.
1 + x
2. En prenant x = 3 + 227 √ 2 et en appliquant le résultat de la question précédente, on
trouve 1.
3. En utilisant la factorisation remarquable a 2 − b 2 = (a − b)(a + b), avec a = 1, le produit
étudié se factorise sous la forme :
n∏
(1 − 1 ) (
n 2 = 1 − 1 )(
1 + 1 ) (
1 − 1 )(
1 + 1 ) (
· · · 1 − 1 )(
1 + 1 )
2 2 3 3 n n
k=2
Or, d’après la première question, on a :
(
1 + 1 )(
1 − 1 ) (
= 1 + 1 )(
1 − 1 ) (
= · · · = 1 + 1 )(
1 − 1 )
= 1
2 3 3 4
n − 1 n
Il en résulte que
Exercice 5.4
n∏
(1 − 1 )
n 2 =
k=2
(
1 − 1 ) (
1 + 1 )
= n + 1
2 n 2n
1. On trouve 4 7
2. On trouve 11
12
3. On trouve 125
36
Exercice 5.5
1. Pour comparer ces deux nombres, étudions le signe de leur différence
δ = (a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) − (ab + bc + cd + da).
Pour cela, envisageons l’expression 2δ = 2(a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) − 2(ab + bc + cd + da), que l’on
peut mettre sous la forme :
2δ = (a 2 − 2ab + b 2 ) + (a 2 − 2ad + d 2 ) + (b 2 − 2bc + c 2 ) + (c 2 − 2cd + d 2 )
= (a − b) 2 + (a − d) 2 + (b − c) 2 + (c − d) 2 .
2δ se présente donc sous la forme de la somme de quatre carrés de nombres réels. Or, une
somme de nombres réels positifs ne peut être nulle que s’ils sont tous nuls. Il en résulte que
a − b = b − c = c − a = a − d = 0, et par suite que a = b = c = d.

14
Exercice 5.6
1. Considérons la somme S =
n∑
(x k − 1) 2 =
k=1
n∑
(x 2 k − 2x k + 1) =
k=1
n∑ n∑
x 2 k − 2 x k +
k=1
k=1
n∑
1.
Compte tenu des hypothèses, on obtient alors S = n −2n −n = 0. Comme S est une somme
de carrés de réels, tous ses termes sont positifs, et donc nuls puisque leur somme est égale à
0. On en conclut que, pour tout entier k compris entre 1 et n, x k = 1.
Exercice 5.7
1. A = √ 2 − 1 + 2 − √ 2 = 1 (ne pas oublier que, pour tout réel x : √ x 2 = |x|.
2. B = a − 2 √ 6 + 7 + 2 √ √
6 + 2 (7 − 2 √ 6)(7 + 2 √ 6) = 14 + 2 √ 25 = 24
3. On trouve 4.
4. En réduisant au même dénominateur :
√ √ √ √
18 + 12 + 3 3 − 3 2
D =
( √ 3 − √ 2)( √ 3 + √ 2)
= 3√ 2 + 2 √ 3 + 3 √ 3 − 3 √ 2
1
= 5 √ 3.
k=1
Exercice 5.8
1.
√
E = x + 2 √ √
x − 1 + x − 2 √ x − 1
√
= x − 1 + 2 √ x − 1 + 1 +
√
= (1 + √ x − 1) 2 +
√
x − 1 − 2 √ x − 1 + 1
√
(1 − √ x − 1) 2 = |1 + √ x − 1| + |1 − √ x − 1|
Or, 1+ √ x − 1 est positif pour tout réel x supérieur ou égal à 1, et 1− √ x − 1 est positif pour
tout réel x supérieur ou égal à 2. On en déduit que E = 2 pour x ∈ [1,2] et E = 2 √ x − 1
pour x ∈ [2,+∞[
Exercice 5.9
1. Pour comparer deux nombres, on étudie le signe de leur différence. En opérant de la sorte,
et en utilisant le résultat de l’exercice 2, on obtient 333
106 < 688
219 < 355
√
227
113 . Pour placer 23 , on
utilise le fait que deux nombres réels positifs sont rangés dans le même ordre que leurs carrés.
On compare donc 227 6882
6882
avec . On calcule leur différence :
23 2192 219 2 − 227
23 = −235
23 × 219 2 . Donc
688 2
219 2 < 227
227 3552
227
. Reste à comparer avec . On calcule alors :
23 23 1132 23 − 3552
113 2 = −12
23 × 113 2 .
On en déduit que les réels donnés sont tels que : 333
106 < 688
√
227
219 < 23 < 355
113
Exercice 5.10
1. a) Pour comparer deux réels, étudions le signe de leur différence.
Soit D = a 2 + b 2 + 2 − a − b = a 2 − a + 1 + b 2 − b + 1 Posons P(x) = x 2 − x + 1 Le

15
discriminant de ce polynôme du second degré est négatif, et son coefficient dominant est
positif. Donc P(x) est positif pour tout réel x. Comme D = P(a)+P(b), alors D est positif,
et 2 + a 2 + b 2 > a + b.
Soit D ′ = (1 + a 2 )(1 + b 2 ) − a − b = a 2 b 2 + a 2 + b 2 − a − b + 1. Posons alors
Q(x) = x 2 − x + 1 . On démontre comme plus haut que Q(x) est positif pour tout
2
réel x. Ainsi D ′ = Q(a) + Q(b) + a 2 b 2 est la somme de réels positifs. C’est donc un réel
positif, et l’on a bien a + b < (1 + a 2 )(1 + b 2 ).
b) 2+a 2 +b 2 et (1+a 2 )(1+b 2 ) sont donc deux majorants de (a+b). On peut se demander
lequel des deux est le meilleur. Comparons les : (1 + a 2 )(1 + b 2 ) − (2 + a 2 + b 2 ) = a 2 b 2 − 1.
Il en résulte que, si ab < 1, alors (1 + a 2 )(1 + b 2 ) < (2 + a 2 + b 2 ), si ab > 1,
(1 + a 2 )(1 + b 2 ) > (2 + a 2 + b 2 ). Si ab = 1, ces deux majorants sont égaux.
2. Quels que soit le réel x, (1 − |x|) 2 = x 2 − 2|x| + 1 0. Donc (1 + x 2 ) 2|x|. Il en résulte
que, quels que soient les réels a, b et c : (1 + a 2 )(1 + b 2 )(1 + c 2 ) 8|abc|(on multiplie des
inégalités de même sens entre nombres positifs).
Comme pour tout réel x, x |x|, on peut conclure : quels que soient les réels a, b et c,
(1 + a 2 )(1 + b 2 )(1 + c 2 ) 8abc.
3. Pour comparer ces deux nombres réels, on peut étudier le signe de leur différence (voir
exercice 5), on peut aussi utiliser les nombres complexes, en considérant le module de
a + bj + cj 2 .
Utilisons une autre méthode :
Pour tout réel x, (ax + b) 2 + (bx + c) 2 + (cx + a) 2 0. Comme il ne change pas de signe, ce
trinôme du second degré a un discriminant négatif : Or
(ax + b) 2 + (bx + c) 2 + (cx + a) 2 = (a 2 + b 2 + c 2 )x 2 + 2(ab + bc + ca)x + b 2 + c 2 + a 2
et ∆ ′ = (ab+bc+ca) 2 −(a 2 +b 2 +c 2 )(b 2 +c 2 +a 2 ) (discriminant réduit). La condition ∆ ′ 0
conduit donc à (ab + bc + ca) 2 (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 , c’est à dire à |ab + bc + ca| a 2 + b 2 + c 2 .
On conclut en remarquant que tout réel x est inférieur ou égal à sa valeur absolue.
Exercice 5.11
1. Considérons le produit P = a(1 − b)b(1 − c)c(1 − a) = a(1 − a)b(1 − b)c(1 − c)
(
Pour tout x,Q(x) = x − 1 2
= x
2) 2 − x + 1 4 0. Par suite, x(1 − x) = x − x2 1 4 .
( ) 3 1
Donc P = Q(a)Q(b)Q(c) .
4
Trois nombres positifs dont le produit est égal à P ne peuvent pas être tous les trois supérieurs
à 1 4 , sinon P serait lui même supérieur à 1 4 .
Exercice 5.12
1. P(x) = Ax 2 + 2Cx + B
2. Pour tout réel x, P(x) est positif. Comme il ne change pas de signe, son discriminant
est négatif ou nul. On a donc C 2 − AB 0 (discriminant réduit). On a égalité lorsqu’il
existe un x tel que, pour tout entier k de [[1,n]], a k x + b k = 0, c’est à dire si et seulement si
(a 1 ,a 2 ,...,a n ) et (b 1 ,b 2 ,...,b n ) sont proportionnels.

16
3. En appliquant ce qui précède aux n-uplets ( √ a 1 , √ a 2 , · · · , √ a n ) et ( 1 √
a1
,
on obtient le résultat demandé.
Exercice 5.13
1
√
a2
· · · ,
1
√
an
),
1. a) A = x 4 +x 2 +2x 2 +2 = (x 2 +1)(x 2 +2); B = (x 2 +1) 2 −x 2 = (x 2 +x+1)(x 2 −x+1);
C = x 3 − 1 + x 2 − 1 + x − 1 = (x − 1)(x 2 + x + 1 + x + 1 + 1) = (x − 1)(x 2 + 2x + 3)
D = x 4 − x 3 + 3x 3 − 3x 2 − x 2 + x − 3x + 3 = (x − 1)(x 3 + 3x 2 − x − 3) = (x − 1)(x + 3)(x 2 − 1)
b)
= (x − 1) 2 (x + 3)(x + 1)
• X = a(b + 1) + (b + 1) = (b + 1)(a + 1);
• On développe : Y = ab 2 + ac 2 + 2abc + bc 2 + ba 2 + 2abc + ca 2 + cb 2 + 2abc − 4abc,
On regroupe : Y = a(c 2 + ab + ca + bc) + b(c 2 + ab + cb + ac),
On factorise : Y = (a+b)(c 2 +ab+ca+bc) = (a+b)(c(a+c)+b(a+c)) = (a+b)(b+c)(c+a)
• Z = a(a 3 +6a 2 +11a+6) = a(a 3 +a 2 +5a 2 +5a+6a+6) = a(a+1)(a 2 +5a+6) = a(a+1)(a+2)(a+3).
Exercice 5.14
1.
• On développe A = a 2 b −a 2 c+b 2 c −b 2 a+c 2 a −c 2 b = (ac 2 −ca 2 +ba 2 )+(−bc 2 +cb 2 +ab 2 )
en factorisant : A = a(c 2 − ca + ab) + b(−c 2 + cb + ab) Pour faire apparaître un facteur
commun, on ajoute et on retranche le terme abc :
A = a(c 2 −ca+ab−bc)+b(−c 2 +cb−ab+ac) = (a−b)(c 2 −ca+ba−bc) = (a−b)(c(c−a)−b(c−a))
On obtient alors : A = (a − b)(c − a)(c − b) = −(a − b(b − c)(c − a).
• En remplaçant a par b, on obtient 0. C’est l’indice d’une factorisation possible par (a −b).
Par symétrie, on pense à une factorisation par (a−b)(b−c)(c−a) Pour trouver le quotient,
on peut considérer les expressions en jeu comme des polynômes en a, et procéder par
identification, ou poser la division.
On trouve :B = −(a + b + c)(a − b)(b − c)(c − a)
• Même méthode que pour le B. On trouve C = −(bc + ca + ab)(a − b)(b − c)(c − a).
Exercice 5.15
1. L’équation x√ x − 2
x − 3
= x − 1 √ x − 2
est définie pour x ∈]2,3[∪]3,+∞[. Sur cet ensemble, elle
équivaut à x(x − 2) = (x − 1)(x − 3), c’est à dire à 2x = 3.Comme 3 n’appartient pas à
2
l’ensemble de définition de l’équation, celle si n’a pas de solution.
2. L’équation √ x − 1 + √ x + 4 = √ 5 est définie pour x 1. Deux nombres positifs sont
égaux si et seulement si leurs carrés sont égaux. Donc, pour tout x de cet ensemble, cette
équation équivaut à 2x + 3 + 2 √ (x − 1)(x + 4) = 5, c’est à dire à √ (x − 1)(x − 4) = 1 − x.
Comme 1 − x est négatif pour x 1, la seule possibilité est x = 1 qui est la seule solution
de cette équation.

17
3. L’équation √ |x 2 − 1| = x − 5 équivaut sur [5,+∞[ à |x 2 − 1| = (x − 5) 2 , c’est à dire :
pour x ∈ [−1,1], à 1 − x 2 = x 2 − 10x + 25, soit à x 2 − 5x + 12 = 0 dont le discriminant est
négatif. Il n’y a donc pas de solution dans [−1,1]
pour x ∉ [−1,1], à x 2 −1 = x 2 −10x+25, c’est à dire à 10x = 24, ce qui conduit à x = 2,4,
qui ne convient pas car plus petit que 5.
Exercice 5.16
1.
• f(x) = √ x − 1 − √ 2x − 3 est défini pour x 3 . Deux réels positifs sont rangés dans le
2
même ordre que leurs carrés et leurs racines carrées. Le signe de f(x) est donc, pour tout
x supérieur à 3 2 , le même que celui de f 1(x) = (x − 1) − (2x − 3) = −x + 2 ; f(x) est donc
positif pour x compris entre 3 et 2, et négatif pour x supérieur à 2.
2
• Pour tout x de R, g(x) est du même signe que
g 1 (x) = (x − 1) 2 − (2x − 3) 2 = −3x 2 + 10x − 8 = (−3x + 4)(x − 2)
c’est à dire positif entre les racines 4 3
et 2, et négatif ailleurs.
• Pour tout x de R, h(x) est du même signe que
h 1 (x) = (x 2 −1) 2 −(2x 2 +x−3) 2 = (x−1) 2 [(x+1) 2 −(3x+4) 2 ] = (x−1) 2 (−x−2)(3x+4)
On en déduit que h(x) est positif entre les racines −2 et − 4 3
, positif ailleurs. Notons qu’elle
s’annule sans changer de signe pour x = 1.
Exercice 5.17
1. Pour n=1, on a clairement :
Soit n un entier tel que
Calculons alors :
=
=
n+1
∑
k=1
n∑
k=1
1
(n + 1)(n + 2)
1∑
k=1
1 n 3 + 6n 2 + 9n + 4
=
(n + 1)(n + 2) 4(n + 3)
1
k(k + 1)(k + 2) = 1 1 × (1 + 3)
=
6 4(1 + 1)(1 + 2)
1
k(k + 1)(k + 2) = n(n + 3)
4(n + 1)(n + 2) .
1
k(k + 1)(k + 2) = n(n + 3)
4(n + 1)(n + 2) + 1
(n + 1)(n + 2)(n + 3)
( n(n + 3)
+ 1 )
1 n(n + 3) 2 + 4
=
4 n + 3 (n + 1)(n + 2) 4(n + 3)
1 (n + 1) 2 (n + 4)
=
(n + 1)(n + 2) 4(n + 3)
(n + 1)(n + 4)
4(n + 2)(n + 3) ,
ce qui établit le caractère héréditaire de la propriété. On conclut en appliquant le principe
de récurrence.
Exercice 5.18
1. Dans cet exercice, on ne peut pas commencer par amorcer la récurrence. On est contraint
de supposer qu’il existe des entiers naturels n satisfaisant à la condition.
Soit donc n un entier naturel (s’il en existe) tel qu’il existe deux entiers naturels a et b de

18
façon que n = 4a+9b. Considérons alors n+1, qui peut s’écrire : 4a+9b+4×7−9×3 = 4(a+7)+9(b−3).
Ceci donne une décomposition convenable pour b 3.
On peut aussi écrire n + 1 = 4a + 9b − 4 × 2 + 9 × 1 = 4(a − 2) + 9(b + 1), ce qui donne une
décomposition convenable pour a 2.
La propriété est donc héréditaire si (b 3 ∨ a 2). Elle n’est pas héréditaire pour
(b < 3 ∧ a < 2), c’est à dire puisque a et b sont des entiers, pour (b 2 ∧ a 1), c’est à dire
pour n 4 × 1 + 2 × 9 = 22. Elle est héréditaire pour n 23.
On doit maintenant amorcer la récurrence, c’est à dire prouver qu’il existe un entier n
satisfaisant à la condition, et appartenant à l’ensemble des entiers pour lesquels la propriété
est héréditaire. C’est le cas de 24 = 4 × 6 + 9 × 0.
On peut donc conclure par le principe de récurrence que tout entier naturel n supérieur ou
égal à 24 peut se décomposer sous la forme 4a + 9b où a et b sont des entiers naturels.
Remarquons que certains des entiers inférieurs à 24 peuvent se décomposer sous la forme
désirée, mais ce n’est pas vrai pour tous.
Exercice 5.19
1. On amorce sans difficulté pour n = 1.
n∑
Soit n un entier tel que (−1) i−1 k 6 = (−1) n−1
Calculons alors :
k=1
n∑
(−1) i−1 k 6 + (−1) n (n + 1) 6 = (−1) n−1
k=1
On a alors :
n 6 + 3n 5 − 5n 3 + 3n
.
2
n 6 + 3n 5 − 5n 3 + 3n
2
+ (−1) n (n + 1) 6 .
n+1
∑
(−1) i−1 k 6 = (−1)n [2(n 6 + 6n 5 + 15n 4 + 20n 3 + 15n 2 + 6n + 1) − (n 6 + 3n 5 − 5n 3 + 3n)]
2
k=1
n+1
∑
C’est à dire : (−1) i−1 k 6 = (−1)n (n 6 + 9n 5 + 30n 4 + 45n 3 + 30n 2 + 9n + 2).
2
k=1
On vérifie directement que ceci est bien égal à (n + 1) 6 + 3(n + 1) 5 − 5(n + 1) 3 + 3(n + 1)
(n + 1) 6 = n 6 + 6n 5 + 15n 4 + 20n 3 + 15n 2 + 6n + 1
3(n + 1) 5 = 3n 5 + 15n 4 + 30n 3 + 30n 2 + 15n + 3
−5(n + 1) 3 = −5n 3 − 15n 2 − 15n − 5
3(n + 1) = 3n + 3
n 6 + 9n 5 + 30n 4 + 45n 3 + 30n 2 + 9n + 2
La propriété est donc héréditaire, et l’on conclut par application du principe de récurrence.
Exercice 5.20
On amorce sans difficulté pour n = 1. Soit n un entier tel que
n 5
5 + n4
2 + n3
3 − n 30 = 6(n)5 + 15(n) 4 + 10(n) 3 − (n)
30

19
soit un entier.
On développe le numérateur de : 6(n + 1)5 + 15(n + 1) 4 + 10(n + 1) 3 − (n + 1)
30
(n + 1) 5 = 6n 5 + 30n 4 + 60n 3 + 60n 2 + 30n + 6
15(n + 1) 4 = 15n 4 + 60n 3 + 90n 2 + 60n + 15
10(n + 1) 3 = 10n 3 + 30n 2 + 30n + 10
−(n + 1) = −n − 1
6n 5 + 45n 4 + 130n 3 + 180n 2 + 119n + 30
En faisant apparaître l’hypothèse de récurrence, on obtient alors :
6(n+1) 5 +15(n+1) 4 +10(n+1) 3 −(n+1) = (6n 5 +15n 4 +10n 3 −n)+(30n 4 +120n 3 +180n 2 +120n+30)
Donc :
6(n + 1) 5 + 15(n + 1) 4 + 10(n + 1) 3 − (n + 1)
=
30
6n 5 + 15n 4 + 10n 3 − n
+ n 4 + 4n 3 + 6n 2 + 4 n + 1,
30
ce qui prouve que 6(n + 1)5 + 15(n + 1) 4 + 10(n + 1) 3 − (n + 1)
est bien un entier. La propriété
étudiée est donc héréditaire, et l’on peut conclure par application du principe de
30
récurrence.
Exercice 5.21
1. Lorsqu’il n’y a qu’un réel a 1 , l’expression est égale à a 1 + (1 − a 1 ) = 1. La propriété est
donc vraie pour 1 réel quelconque a 1 . Soit n un entier tel que, quel que soient les n réels
a 1 ,a 2 ,...,a n , l’expression
E n = a 1 + a 2 (1 − a 1 ) + a 3 (1 − a 2 )(1 − a 1 ) + · · · + a n (1 − a n−1 ) · · · (1 − a 1 )
+(1 − a n )(1 − a n−1 ) · · · (1 − a 1 )
soit égale à 1. Considérons alors l’expression :
On a :
E n+1 = a 1 + a 2 (1 − a 1 ) + a 3 (1 − a 2 )(1 − a 1 ) + · · · + a n+1 (1 − a n ) · · · (1 − a 1 )
+(1 − a n+1 )(1 − a n ) · · · (1 − a 1 ).
E n+1 = E n + a n+1 (1 − a n ) · · · (1 − a 1 ) + (1 − a n+1 )(1 − a n ) · · · (1 − a 1 )
−(1 − a n )(1 − a n−1 ) · · · (1 − a 1 )
= E n + [(1 − a n )(1 − a n−1 ) · · · (1 − a 1 )][a n+1 + (1 − a n+1 ) − 1] = E n = 1
La propriété est donc héréditaire et donc vraie pour tout entier naturel n, par application
du principe de récurrence.
2. On obtient la réponse annoncée en faisant a k = k dans la question précédente. on a en
n
effet :
k(n − 1)(n − 2) · · · (n − k + 1) kn!
a k (1 − a k−1 )(1 − a k−2 ) · · · (1 − a 1 ) =
n k =
n k+1 (n − k)!
kn!k!
=
n k+1 (n − k)!k!
:

20
D’autre part, (1 −a n )(1 −a n−1 ) · · · (1 −a 1 ) = 0 (car a n = 1). On conclut en multipliant par
n.
Exercice 5.22
1. A et B étant des parties bornées de R admettent des bornes supérieures. Tout élément x
de A ∪B appartient à A ou à B. Il est donc majoré par supA ou par supB, donc majoré par
la plus grande des deux. Ainsi, max(supA,supB) est un majorant de A ∪ B. Donc A ∪ B
étant majoré, admet une borne supérieure qui est inférieure à ce majorant. On en déduit
que sup(A ∪ B) max(supA,supB).
Réciproquement, par définition de la borne supérieure, quel que soit le réel ε strictement
positif, il existe un élément x de A, donc de A ∪ B tel que supA − ε < x, ce qui prouve que
supA sup(A ∪ B). On obtient clairement le même résultat avec supB. On en déduit ainsi
que max(supA,supB) sup(A ∪ B), et par suite que sup(A ∪ B) = max(supA,supB).
Exercice 5.23
a) Pour tout entier naturel non nul n, n − 1 n et n + 1 n
sont des réels positifs. Donc I est
minoré par 0. D’autre part, n − 1 n < n + 1 , donc I est majoré par 1.
n
b) On a f(1) = 0, donc 0 est le minimum, donc la borne inférieure de I.
Soit ε un réel positif
√
non nul. L’inéquation 1 −ε < f(n) équivaut, après calcul, à εn 2 > 2 −ε
2 − ε
En prenant n > , on prouve que 1 − ε n’est pas un majorant de I. Ceci prouve que
ε
la borne supérieur de I est égale à 1.
c) On a déjà montré que 0 est le minimum de I. D’autre part, la borne supérieure de I est
1, mais 1 n’est pas élément de I, donc I n’admet pas de maximum.
d) On a f(n) = n2 − 1
n 2 + 1 . La condition f(n) = f(p) équivaut donc à n2 − 1
n 2 + 1 = p2 − 1
p 2 + 1 , c’est
à dire à n 2 p 2 − p 2 + n 2 − 1 = n 2 p 2 + p 2 − n 2 − 1, c’est à dire encore à p 2 = n 2 , soit n = p,
car ce sont des nombres positifs. La conclusion en découle.
f est donc bijective de N sur son image I, et donc CardI = CardN. On conclut donc que I
n’est pas un ensemble fini.
Exercice 5.24
1.
• S 1 =
n∑
k 2 −
k=1
• Posons T i =
j=1
n∑
k =
k=1
Il en résulte que :
S 2 =
n(n + 1)(2n + 1)
6
−
n(n + 1)
2
= n(n2 − 1)
3
i∑
i(i + 1)
(i−1)(n−j+1) = i(i−1)(n+1)−(i−1)
2
n∑
T i =
i=2
n∑
((n + 1)(i 2 − i) + i − )
n∑
i3
= (n + 1) (i 2 − i) + 1 2
2
i=2
i=2
= (n+1)(i 2 −i)+ i − i3
.
2
n∑
(i − i 3 )
i=2

21
Les termes correspondant à i = 1 peuvent être rajoutés, car ils s’annulent dans les deux
n∑
sommes. Donc : S 2 = (n+1) (i 2 −i)+ 1 n∑
(i−i 3 ) = (n+1)S 1 + 1 n(n + 1)
− 1 n 2 (n + 1) 2
,
2
2 2 2 4
i=1 i=1
soit :
S 2 = (n+1) n(n + 1)2 (n − 1) n(n + 1)
+ − n2 (n + 1) 2 n(n + 1)
= [8(n 2 −1)+6−3(n 2 +n)].
3 4 8 24
Après développement et factorisation, on trouve : S 2 = n(n2 − 1)(5n + 2)
.
24
•
S 3 =
n∑
(n − i + 1)
i=1
i∑
j =
j=1
n∑
(n − i + 1)
i=1
i(i + 1)
2
= 1 2
= n2 (n + 1)(2n + 1) n(n + 1)2
+ − n2 (n + 1) 2
=
12
(
4
( ))
4
n(n + 1)(n + 2)(n + 3) n + 3
= =
24
4
Exercice 5.25
1. ∑ Max(i,j) = 2 ∑ n∑
j + i. et ∑ n∑
j =
i,j
i

22
Chapitre 6
Exercice 6.1
Nous ne détaillons pas les calculs, qui sont sans surprise.
On trouve : z 1 = 65 − 142i;z 2 = 7 − 24i ;z 3 =
25
Exercice 6.2
14 − 5i
221 ;z 4 =
31 − 53i
.
29
Les règles de résolutions d’un système sont les mêmes que dans le cas de systèmes réels
(méthodes de multiplication et addition, méthode de substitution, voire application des
formules de Cramer, pour ceux qui les connaissent). Nous ne détaillons pas les calculs, qui
sont sans surprise.
1. On trouve : z = 6 − 9i −11 − 6i
;t =
13 13
2. On trouve, z = i, et t = 1
Exercice 6.3
Dans les trois cas de calcul faisant l’objet de cet exercice, le résultat obtenu est un réel (il
en est ainsi chaque fois qu’on fait la somme d’un complexe avec son conjugué).
On trouve z 1 = 2(a 3 − 3ab2);z 2 = 2 − 12a 2 + 2a 4 ac − bd
; z 3 =
c 2 + d 2
Exercice 6.4
1. On a : 1 + j 2 = −j, et (1 + j 2 ) = (1 + j). Donc An = (1 + j) n + (1 + j 2 ) n = 2R(−j) n
C’est à dire : Si ∃k ∈ Z tel que n = 6k, alors A = 2. Si ∃k ∈ Z tel que n = 6k + 1, alors
A = 1.
Si ∃k ∈ Z tel que n = 6k + 2, alors A = −1. Si ∃k ∈ Ztel que n = 6k + 3, alors A = −2.
Si ∃k ∈ Z tel que n = 6k + 4, alors A = −1. Si ∃k ∈ Z tel que n = 6k + 5, alors A = 1..
2. Dans les deux cas, on trouve z 3 + 1
3. On trouve : (a + b)(aj + bj 2 )(aj 2 + bj) = a 3 + b 3 (ne pas oublier que 1 + j + j 2 = 0).
Il en résulte que (a + bj + cj 2 ) 3 + (a + bj 2 + cj) 3 =
[(a+bj+cj 2 )+(a+bj 2 +cj)][(a+bj+cj 2 )j+(a+bj 2 +cj)j 2 ][(a+bj+cj 2 )j 2 +(a+bj 2 +cj)j]
C’est à dire, tout calcul fait (ne pas oublier que 1 + j + j 2 = 0, soitj + j 2 = −1) :
(a + bj + cj 2 ) 3 + (a + bj 2 + cj) 3 = (2a − b − c)(2b − c − a)(2c − a − b)
4. En développant, on trouve : a 3 + b 3 + c 3 − a 2 b − a 2 c − b 2 a − b 2 c − c 2 a − c 2 b.
Exercice 6.5
1. Pour trouver sous forme algébrique, les racines carrées complexes d’un nombre complexe
α + iβ, on cherche des réels x et y tels que (x + iy) 2 = x 2 − y 2 + 2ixy = α + iβ. On
obtient alors les conditions x 2 − y 2 = α et 2xy = β, auxquelles il est d’usage d’ajouter
la condition x 2 + y 2 = |α + iβ| = √ α 2 + β 2 . On obtient alors 2x 2 = α + √ α 2 + β 2 et
2y 2 = −α + √ α 2 + β 2

23
On en déduit |x— et |y| , puis les racines carrées cherchées, en tenant compte du signes
respectifs de x et y, connaissant le signe de leur produit, qui est le signe de β. On trouve
toujours deux racines carrées opposées.
On trouve : pour a, 2 − i et −2 + i; pour b, 1 + 4i et −1 − 4i, pour c :4 − 3i et −4 + 3i, pour
d : 5 + 4i et −5 − 4i, et pour e, √ √
577 + 24 − i
√√
577 − 24 et son opposé (çà ne peut pas
toujours “tomber juste” !).
2. En appliquent deux fois la méthode, on trouve les racines carrées de −119+120i, qui sont
5+12i et son opposé, et les racines carrées de ces deux nombres, donc les racines quatrièmes
de −119 + 120i, qui sont 3 + 2i, −2 + 3i, −3 − 2i, et 2 − 3i.
Exercice 6.6
1. a étant de module 1, on a aa = |a| 2 = 1, c’est à dire a = 1 a
1
2. a) On a z 1 = a + b
a − b = a + 1 b
1
a − 1 b
De même : z 2 = a + b
1 − ab = 1
a + 1 b
1 − 1 ab
b) Posons a = e iα et b = e iβ .(
Alors z 1 = eiα + e iβ e i α+β
2
e iα − e iβ =
e i α+β
2
= b + a
b − a = −z 1, ce qui prouve que z 1 est imaginaire pur.
e i α−β
= b + a
ab − 1 = −z 2, ce qui prouve que z 2 est imaginaire pur.
2 + e
(
e i α−β
2 − e
(
De même z 2 = eiα + e iβ e i α+β
2
1 − e = i(α+β)
3. Comme |abc| = 1,
|ab + bc + ca| =
4. On a :
|ab + bc + ca|
|abc|
e i α+β
2
=
∣
e i α−β
α−β
−i 2
α−β
−i 2
)
α−β
cos
)
2
= i
sin α−β
2
)
α−β
−i 2
2 + e
(
α+β
e−i 2 − e i α+β
2
ab + bc + ca
abc
=
i
tan α−β
2
( ) α − β
−icos
2
) = ( ) α + β
sin
2
∣ ∣∣∣ ∣ = 1
c + 1 c + 1 a∣ = |a + b + c| = |a + b + c|.
( )
c + abc − (a + b) c + abc − (a + b) c + 1
z =
= = ab c − (1 a + 1 b )
a − b
a − b
1
a − 1 =
b
= −z
ce qui prouve que z est imaginaire pur.
Exercice 6.7
.
cab + c − (b + a)
b − a
On a a = e iθ = 1 + ix
a − 1
. On en déduit : a − iax = 1 + ix, c’est à dire x =
1 − ix i(1 + a) = i1 − a
1 + a .
On a alors x = i ei θ 2 (e −i θ 2 − e i θ 2 )
θ
e i θ 2 (e −i θ 2 − e i θ 2 ) = 2 − e i θ 2
ie−i = tan θ
e −i θ 2 + e i θ 2
2

24
Exercice 6.8
1. Soit a un complexe quelconque, z est un antécédent de a par f si et seulement si z+ 1 z = a,
c’est à dire si et seulement si z 2 + az + 1 = 0. Cette équation du second degré admet au
moins une solution dans C, ce qui permet de conclure que f est surjective.
2. a) Procédons par récurrence.
Pour n = 0, on a f(z 0 ) = f(1) = 2. Le polynôme constant égal à 2 est l’unique possibilité
(P 0 (x) = 2). Pour n = 1, la seule possibilité est le polynôme P 1 (x) = x
Supposons que n−1 et n soit des entiers tel qu’il existe un unique polynôme P n et un unique
polynôme P n−1 tels que P n (f(z)) = f(z n ) et P n−1 (f(z)) = f(z n−1 ).
On a alors : f(z n+1 ) = z n+1 + 1 (z
z n+1 = + 1 ) (
× z n + 1 ) (
z z n − z n−1 + 1 )
z n−1 .
C’est à dire : f(z n+1 ) = f(z) ×P n (f(z)) −P n−1 (f(z)). En posant pour tout entier naturel n
strictement supérieur à 1 : P n+1 = xP n (x)−P n−1 (x), on définit un polynôme P n+1 répondant
à la question. On prouve ainsi, d’après le principe de récurrence, qu’un tel polynôme existe
pour tout entier n.
Supposons maintenant que deux polynômes P n (x) et Q n (x)satisfassent à la condition. On
a alors, quel que soit z, P n (f(z)) = Q n (f(z)), c’est à dire P n (f(z)) − Q n (f(z)) = 0. Le
polynôme (P n − Q n )(x) admet donc f(z) comme racine, et ce quel que soit le complexe z.
D’après la première question, on peut en conclure qu’il admet une infinité de racines, et donc
que c’est le polynôme nul. On prouve ainsi que les deux polynômes P n et Q n sont égaux,
c’est à dire que, pour tout entier naturel n, il existe un polynôme et un seul satisfaisant à
la question.
La relation de récurrence trouvée permet par ailleurs de conclure que P n est degré n.
b) Soit z un complexe. Il existe un complexe y tel que z = f(y) (d’après la première question).
Le complexe z est racine complexe du polynôme P n si et seulement si
P n (z) = P n (f(y)) = f(y n ) = 0
Cherchons donc les complexes y tels que y n + 1
y n = 0, soit y2n = −1. Cette équation admet
les 2n solutions distinctes données, pour k ∈ [[0,2n − 1]] par y k = e 2k+1
2n iπ . Les racines ainsi
trouvées sont toutes de module 1, et tout conjugué d’une des racines et aussi une racine. On
obtient alors les racines z k = y k + 1 y k
= y k + y k correspondantes, et on peut conclure :
les racines du polynôme P n sont les nombres z k = 2cos ( 2k+1
2n π) , pour k ∈ [[0,n − 1]].
Exercice 6.9
1 + cos θ + isin θ
1 − cos θ − isin θ = 1 + eiθ
1 − e iθ = ei θ 2 e −i θ 2 + e i θ 2
= − ei θ 2 + e −i θ 2
= −icos θ 2
e i θ 2 e −i θ 2 − e i θ 2 e i θ 2 − e −i θ 2 sin θ 2
Donc |z| = ∣ ∣cot θ ∣
2
et l’argument de z est π 2 ou −π 2 suivant le signe de cot θ 2 .
Exercice 6.10
1 + cos a + isin a
1 + cos b + isin b = 1 + eia
1 + e ib = ei a 2 e −i a 2 + e i a 2
e i b 2 e −i b 2 + e i b 2
= e i a−b
2
cos a 2
cos b .
2

∣ On a donc
1 + cos a + isin a
∣∣∣∣ ∣ 1 + cos b + isin b ∣ = cos a 2
1 + cos a + isin a
cos b , et l’argument de
∣ 1 + cos b + isin b est a − b ou
2
2
a − b
+ π, suivant le signe de cos a 2
2
cos b .
2
Exercice 6.11
1 + cos a + isin a
Soit z = √ √ . Posons
1 + sin2a + i 1 − sin 2a
25
N = 1 + cos a + isin a et D = √ 1 + sin 2a + i √ 1 − sin 2a.
Les formules de trigonométrie élémentaire conduisent aisément à N = 2cos a 2
D’autre part : ( π
) ( π
)
( π
)
1+sin 2a = 1+cos
2 − 2a = 2cos 2 4 − a et 1−sin 2a = 1−cos
2 − 2a
Il en résulte que D = √ 2
(∣ ∣∣cos
( π
4 − a )∣ ∣∣ + i
∣ ∣∣sin
( π
4 − a )∣ ∣∣
)
.
(
cos a 2 + isin a 2
)
.
= 2sin 2 ( π
4 − a )
.
On conclut que le module de z est égal à √ 2.
( π
)
Pour l’argument de z, il faut distinguer plusieurs cas suivant les signes de cos
4 − a et
( π
)
sin
4 − a :
[
pour a ∈ −π, − 3π ]
( π
)
, alors arg z = π +
4
4 − a ;
[
pour a ∈ − 3π 4 , −π ]
( π
)
, alors arg z = π −
4
4 − a ;
[
pour a ∈ − π 4 , π ]
, alors arg z = π
[ 4
4 − a ;
π
pour a ∈
4 , 3π ]
( π
)
, alors arg z = −
4
4 − a ;
[ ] 3π
( π
)
pour a ∈
4 ,π , alors arg z = π +
4 − a .
Exercice 6.12
1. Les trois points sont alignés si et seulement si les vecteurs dont les affixes sont 1 z − z et
1
1
z − (1 − z) sont colinéaires, c’est à dire si et seulement si z − 12 − z
1
z − z est un nombre réel,
z 2 − z + 1
c’est à dire si et seulement si
1 − z 2 = z2 − 1 − z + 2
z 2 = 1 − z − 2
− 1 z 2 est un réel. La
− 1
z − 2
condition d’alignement s’écrit donc en définitive, après ces simplifications,
z 2 − 1 ∈ R.
Or un complexe est un réel si et seulement s’il est égal à son conjugué. La condition d’alignement
s’écrit donc z − 2
z 2 − 1 = ¯z − 2
¯z 2 , soit encore, après calcul, (¯z − z)[z¯z − 2(z + ¯z) + 1] = 0.
− 1
Une première solution est ¯z = z, ce qui signifie que z est un réel. Dans ce cas, les trois images
étudiées sont toutes les trois sur l’axe des réels. Cette solution était attendue... En posant
z = a + ib (où a et b sont des réels), la deuxième condition s’écrit (a 2 + b 2 ) − 4a + 1 = 0,
c’est à dire b 2 = −a 2 + 4a − 1. Ceci nécessite que −a 2 + 4a − 1 0, c’est à dire (tout calcul

26
fait) que a ∈ [2 − √ 3,2+ √ 3]. Réciproquement, à tout réel a de cet intervalle correspondent
deux valeurs opposées de b, ce qui correspond au fait que, si z est solution, alors ¯z est aussi
solution (ce qui, là aussi était attendu).
2. Si les points d’affixes z et 1 sont sur un même cercle de centre O, c’est que ces deux
z
nombres complexes ont le même module, et ce module commun à z et son inverse ne peut
être que 1. On est donc conduit à chercher les nombres complexes z de module 1, tels que
1 − z soit aussi de module 1. On ne tiendra pas compte des cas où z étant égal à 1 z , z est
réel. Dans ce cas, il n’y a plus que deux points.
Notons z = a + ib. Les conditions |z| = |1 − z| se traduisent par le système :
{
a 2 + b 2 = 1
a 2 − 2a + 1 + b 2 = 1
qui conduit à : a = 1 2 et b2 = 3 2 .
Les seules solutions au problème posé sont alors −j et −j 2 .
Exercice 6.13
La condition a 2 + b 2 + c 2 − ab + bc + ca = 0 équivaut à a 2 − (b + c)a + b 2 + c 2 − bc = 0
Le discriminant du trinôme en a ainsi mis en évidence est
∆ = (b + c) 2 − 4(b 2 + c 2 − bc) = −3(b − c) 2 .
Le calcul des racines permet d’écrire la condition de l’énoncé sous la forme (a+bj+cj 2 )(a+bj 2 +cj) = 0.
Supposons par exemple que a + bj + cj 2 = 0. Comme 1 + j + j 2 = 0, la condition peut
s’écrire bj + cj 2 = a(j + j 2 ), soit b + cj = a(1 + j), c’est à dire b − a = −j(c − a), ce qui
signifie que le vecteur −→ AC se déduit du vecteur −→ AB par lé rotation de centre A et d’angle
π
, et donc que le triangle ABC est équilatéral. L’autre cas se traite de la même façon.
3
Exercice 6.14
1. Les vecteurs −→ −→
a − b
AB et AC sont colinéaires si et seulement si est un réel, c’est à dire si et
a − c
seulement si a − b
a − c = ā − ¯b
ā − ¯c , soit, en transformant cette égalité : a¯b−āb+b¯c−¯bc+cā−¯ca = 0.
2. Dans cette question, la condition est que a − b soit un imaginaire pur, c’est à dire que
a − c
a − b
a − c + ā − ¯b
ā − ¯c = 0, soit, en transformant cette égalité : 2aā +c¯b+ ¯cb −a¯c −āc −a¯b −āb = 0.
Exercice 6.15
2D n (t) = 1+2cos t+2cos 2t+· · ·+2cos nt = 1+
On a donc :
2D n (t) = e −int ei(2n+1)t − 1
e it − 1
= e −int e int sin ( )
n + 1 2 t
sin t .
2
n∑
(e ikt +e −ikt ) =
k=1
i(2n+1)t
−int e 2
= e
e it 2
n∑
2n∑
e ikt = e −int e ikt .
−n
e i(2n+1)t
2 − e −i(2n+1)t
2
e it 2 − e −it
2
0

27
Le résultat en découle : D n (t) = sin( )
n + 1 2 t
2sin t .
2
Exercice 6.16
( n−1
) ∑
1. On a A = R e i(a+kb)
k=0
S’il existe un entier k tel que b = 2kπ, alors A = ncos a.
Sinon, A = R
)
ia
1 − einb
(e
1 − e ib
On en déduit que A = R
= R
(
(
sin
nb
2
sin b 2
( )
n
k)e i(a+kb)
inb
ia
e 2
e
e ib 2
× e i(a+(n−1) b 2)
e −inb
2 − e inb
2
e −ib
2 − e ib 2
)
)
et donc que A =
sin
nb
2
sin b 2
( n
(
∑
∑ n ( ) n (e
2. On a B = R
= R e ia ib ) k)
= R ( e ia (1 + e ib ) n)
k
k=0
k=0)
On en déduit que B = R
(e i(a+n 2) b (e
−i b 2 + e i b 2 ) n ,
et par suite que B = 2 n cos n b 2 cos(a + n b 2 )
cos ( a + (n − 1) b 2)
.
Exercice 6.17
On sait que k ( ) (
n
k = n n−1
) ∑ n ( ) (
n − 1
∑ n ( )
n − 1
k−1 . Donc S = n sin kθ = Im n
)e ikθ .
k − 1
k − 1
k=1
k=1
Avec le changement d’indice de sommation h=k-1, on obtient :
n∑
( ) n−1
n − 1 ∑
( n−1
n − 1
∑
( ) n − 1
n e ikθ = n
)e i(h+1)θ = ne iθ e ihθ = ne iθ (1 + e iθ ) n−1
k − 1
h
h
k=1
h=0
h=0
La méthode habituelle de l’angle moitié permet alors d’obtenir
S = Im
(ne )
iθ e i(n−1) θ 2 (e
−i θ 2 + e
i θ 2 )
n−1
C’est à dire : S = n2 n−1 sin ( (n + 1) 2) ( )
θ cos
n−1 θ
2
Exercice 6.18
On a tout d’abord, sous forme trigonométrique z = (√ 2 ) n
e
i nπ
4 = (√ 2 n)( cos nπ
Puis, sous forme algébrique : (1+i) n =
n∑
( [
n ∑
i
k)
n 2 ] ( n k = (−1)
2k)
k +i
k=0
k=0
On conclut en égalant partie réelle et partie imaginaire.
k=0
[ n−1
2 ]
∑
k=0
4
( n
2k + 1
)
nπ
+ isin
4
)
(−1) k
Exercice 6.19
On pose ω = e 2ipπ
n
n−1
∑
( n
1. On a alors : ω
k)
k = (1+ω) n −ω n Or, les techniques de calcul classiques permettent
d’obtenir : (1 + ω) = 2cos ipπ
n e ipπ
n . On obtient alors :
n−1
∑
k=0
( n
k)
ω k = (−1) p 2 n cos n pπ n − 1

28
n−1
∑
2. Si ω p = 1, alors ω kp = n.
k=0
n−1
n−1
∑ ∑
Sinon, ω kp = (ω p ) k = 1 − (ωp ) n
1 − ω p = 0
k=0
k=0
n−1
∑
3. Si ω = 1, alors on aurait (k + 1)ω k =
k=0
n−1
(n − 1)n
.
2
∑
n−1
∑
Ici, on calcule (1 − ω) (k + 1)ω k = (k + 1)ω k − nω n = −n On obtient donc
n−1
∑
(k + 1)ω k = −n
1 − ω
k=0
k=0
4. Soit S la somme à chercher.
k=0
La formule du binôme permet d’obtenir : S =
n∑
(2 + ω k ) n =
k=1
En intervertissant les sommations, on obtient : S =
question b) ci-dessus), pour l = 0 ou l = n, on a
obtient
n∑
k=1
Exercice 6.20
(
n∑ ∑ n ( )
n
l)ω kl 2 n−l
k=1 l=0
n∑
( ( n
)
n ∑
2
l)
n−l ω kl . Alors (voir
l=0
k=1
n∑
ω kl = n et dans tous les autres cas, on
k=1
ω kl = 0. En reportant les résultats, on obtient : S = ( n
0)
n +
( n
n)
n2 n = n(1 + 2 n )
On calcule sous la forme α(1 + α4 )(1 + α 6 ) + α 2 (1 + α 2 )(1 + α 6 ) + α 3 (1 + α 2 )(1 + α 4 )
(1 + α 2 )(1 + α 4 )(1 + α 6 .
)
On obtient α + α2 + α 3 + α 4 + 2α 5 + 2α 7 + α 8 + α 9 + α 10 + α 11
1 + α 2 + α 4 + 2α 6 + α 8 + α 10 + α 12 .
En utilisant les propriétés des racines 7ièmes de l’unité (ω 7 = 1 et 1+α+α 2 +α 3 +α 4 +α 5 +α 6 = 0),
on transforme sous la forme −2α6
α
, et l’on obtient le résultat :
6
Exercice 6.21
α
1 + α 2 + α2
1 + α 4 + α3
1 + α 6 = −2
n−1
∏
1. Le polynôme (z − 1) (z − ω k ) est un polynôme de degré n, dont les racines sont les
k=1
n−1
∏
racines nièmes de l’unité. C’est donc le polynôme z n −1. On a donc : (z −ω k ) = zn − 1
z − 1 .
k=1
Dans cette dernière expression, on reconnaît la somme des n premiers termes de la suite
n−1
∏
n−1
∑
géométrique de premier terme 1 et de raison z.On conclut donc : (z − ω k ) = z s .
k=1
s=0

2. On a (1 − ω k ) = 1 − cos 2kπ 2kπ
n
− isin
n
= 2sin ( kπ
n sin
kπ
n − icos ) kπ
n .
Si kπ n est compris entre 0 et π, son sinus est positif. On peut donc conclure : ∣ (1 − ω k ) ∣ = 2sin
kπ
En appliquant le résultat de la première question à z=1, et en comparant les modules des
n−1
∏
deux membres, on conclut que 2 n−1 sin kπ = n (ce qui équivaut au résultat demandé).
n
k=1
Exercice 6.22
Le discriminant réduit vaut 3 − 3i. Les racines carrées de 3 − 3i, calculées avec la méthode
des exercices 6 et 7, sont :
(√√ √√ )
√ 2 + 1 2 − 1
3 − i et son opposé.
2 2
Les racines de l’équation étudiée sont :
z 1 = −2+i+ √ (√√ √√ )
2 + 1 2 − 1
3
− i et z 2 = −2+i− √ (√√ √√ )
2 + 1 2 − 1
3
− i
2 2
2 2
Exercice 6.23
En posant X = z 3 , on obtient les solutions X = j = e 2iπ
3 et X = j 2 = e 4iπ
3 . On en déduit
les solutions de l’équation étudiée, qui sont : e 2iπ
9 ,e 4iπ
9 ,e 8iπ
9 ,e 10iπ
9 ,e 14iπ
9 ,e 16iπ
9 , c’est à dire
les racines 9ièmes de l’unité, sauf 1,j et j 2 .
Exercice 6.24
29
n .
1 + 2z + 2z 2 + 2z 3 + · · · + 2z n−1 + z n = 1 + z + z 2 + z 3 + · · · + z n−1 )
+(z + z 2 + z 3 + · · · + z n−1 + z n )
= (1 + z) 1 − zn
1 − z
les solutions de l’équation sont donc −1 et les racines n-ièmes de l’unité, mais la racine 1 ne
convient pas.
Exercice 6.25
On pose u = cos x et v = sinx, pour x ∈ [0,2π[. La deuxième équation est automatiquement
{ vérifiée, et la première s’écrit 2cos nx = 2cos ϕ. On en déduit que
ϕ
x ∈
n + 2kπ } { −ϕ
n ,k ∈ [[0,n − 1]] ∪
n + 2kπ }
n ,k ∈ [[0,n − 1]] Les couples solution du
système s’en déduisent sans difficulté.
Exercice 6.26
En remplaçant tan a en fonction de sina et cos a, on obtient sans peine : 1 − itan a
1 + itan a = e−2ia
Il en résulte que z est solution de l’équation étudiée si et seulement s’il existe un entier k de
[[0,n − 1]] tel que 1 − iz
1 + iz = eiα k
2(kπ − a)
, avec α k = .
n
Pour chaque valeur de k, on a alors iz(1 + e iα k
) = 1 − e iα k
. Comme (1 + e iα k
) est non nul,
on en déduit que z = 1 − eiα k
i(1 + e iα k) = −tan α k
2
(voir exercice 7)

30
Exercice 6.27
On pose Z = z n . Z est alors solution de l’équation Z 2 − 2Z cos na + 1 = 0.
Les racines de cette { équation sont e ia et e −ia } . On en déduit l’ensemble des racines de
i2kπ
−i2kπ
i(a+
l’équation initiale : e n ) ,k ∈ [[0,n − 1]]
i(a+
∪
{e n ) ,k ∈ [[0,n − 1]]
}.
Exercice 6.28
Nous supposerons que b ≠ 0, car le complexe 0 n’a pas d’argument.
L’équation proposée admet deux racines de même argument si et seulement s’il existe des
réels r, R et α tels que z 2 + az + b = (z − re iα )(z − Re iα ) = z 2 − (R + r)e iα + Rre 2iα , c’est
à dire si et seulement s’il existe des réels R,r et α tels que a = −(R + r)e iα et b = Rre 2iα .
S’il existe de tels réels, c’est que e 2iα = b
Rr = (eiα ) 2 a 2
= . Il existe donc un réel
(R + r)
2
Rr
k =
(R + r) 2 tel que b = Rr
ka2 . De plus, il existe deux réels R et r tels que k =
(R + r) 2 . On
a Rr = 1 (
(R + r) 2 − (R − r) 2) (R + r)2
Rr
. Il en résulte que k =
4
4
(R + r) 2 1 4
Réciproquement, supposons qu’il existe un réel k inférieur à 1 4 tel que b = ka2 . Considérons
l’équation z 2 +az +ka 2 = 0. Son discriminant ∆ = a 2 (1 −4k) est un réel positif. Les racines
[ √ ] [ √ ]
−1 + 1 − 4k
−1 − 1 − 4k
de l’équation sont z 1 = a
et z 2 = a
. Elles ont toutes les
2
2
deux le même argument que −a
Chapitre 7
Exercice 7.1
1. On trouve :
P 2 (X) = X 4 + 6X 3 + 9X 2 ; (P − Q)(X) = 2X + 1;
(3P + Q − R)(X) = −X 3 + 4X 2 + 11X − 1; (P 2 − Q 2 )(X) = 4X 3 + 10X 2 + 2X − 1.
2. On trouve : P(Q(X)) = X 4 +2X 3 +2X 2 +X−2 ; Q(P(X)) = X 4 +6X 3 +10X 2 +3X−1;
(P ◦ R − R ◦ P)(X) = −9X 5 − 29X 4 − 6X 3 + 2X 2 .
Exercice 7.2
1. Pour se faire une idée de ce qui se passe, on considère successivement :
P 0 (X) = 1 + X; P 1 (X) = (1 + X)(1 + X 2 ) = 1 + X + X 2 + X 3 ;
P 2 (X) = (1 + X)(1 + X 2 )(1 + X 4 ) = 1 + X + X 2 + X 3 + X 4 + X 5 + X 6 + X 7 .
2 n+1 ∑−1
On démontre aisément par récurrence que P n (X) = X k
2. Dans la somme, on reconnaît la somme des 2n+1 premiers termes d’une suite géométrique
de raison (−X). On obtient :
Q n (X) = (X 2 + 1)(X + 1) 1 + X2n+1
1 + X = (X2 + 1)(1 + X 2n+1 ) = X 2n+3 + X 2n+1 + X 2 + 1.
On peut également procéder par récurrence.
k=0

31
Exercice 7.3
R(X) = (1 − X) n n ∑
k=0
( n ∑
3
k)
n ( n k (1 − X) 2n−2k X k = (1 − X)
k)
n [(1 − X) 2 ] n−k (3X) k .
On obtient alors, en reconnaissant un développement par le binôme de Newton :
R(X) = (1 − X) n ((1 − X) 2 + 3X) n = ( (1 − X)(1 + X + X 2 ) ) n
= (1 − X 3 ) n .
Exercice 7.4
1. Comme (−i) 3 = i,X 2 + i est en facteur, et l’on obtient :
X 6 −i = (X 2 +i)(X 4 −iX 2 −1) = (X 2 +i)(X 2 − i + √ 3
)(X 2 − i − √ 3
) Le calcul des racines
2
carrées donne : i + √ (√
3
1
=
2
2 + √ √ )
3
4 + i 1
2 − √ 2
3
4
, et i − √ (√
3
1
=
2
2 − √ √ )
3
4 + i 1
2 + √ 2
3
4
.
( 1√2
Comme + i√ 1 ) 2
= i, on obtient la factorisation demandée :
( 2
X 6 − i = X − √ 1 + i 1 ) (
√ X + √ 1 − i√ 1 )P(X)Q(X), avec
( √ 2 2 2 2
1
P(X) = X −
2 + √ √ ) (
3
4 + i 1
2 − √ √
3 1
4
X +
2 + √ √ )
3
4 − i 1
2 − √ 3
4
( √
1
et Q(X) = X −
2 − √ √ )(
3
4 + i 1
2 + √ √
3 1
4
X +
2 − √ √ )
3
4 − i 1
2 + √ 3
4
2. La factorisation trigonométrique ne pose pas de problème. On a :
5∏
[ ( π
X 6 − i = cos
12 + 2kπ ) ( π
+ icos
6 12 + 2kπ )]
6
k=0
La solution dont la partie réelle est la plus grande est π 12 .
En comparant avec la première question, on conclut : cos π 12 = √1
2 + √ 3
4 .
Exercice 7.5
1. Les solutions de l’équation { étudiée sont } les racines cinquièmes de l’unité, c’est à dire les
éléments de l’ensemble e 2ikπ
5 ,k ∈ [[0,4]]
2. Il est classique que Q(z) = 1 + z + z 2 + z 3 + z 4
a) On a Q(z) = z 2 ( 1
z 2 + 1 z + 1 + z + z2 )
= z 2 ( 1
z 2 + 2 + z2 + 1 z + z − 1 )
= z 2 (u 2 +u−1).
b) Les racines de l’équation u 2 + u − 1 = 0 sont (tout calcul fait) : −1 + √ 5
2
k=0
et −1 − √ 5
2
Pour déterminer les valeurs de z connaissant celles de u, on résout l’équation z + 1 z = u,
c’est à dire z 2 − uz + 1 = 0.
La résolution de cette équation du second degré donne les racines du polynôme Q, qui sont :
⎛
z 1 = 1 ⎝− 1 + √ √
5 5 − √ ⎞ ⎛
5
+ i ⎠ ,z 2 = 1 ⎝− 1 + √ √
5 5 − √ ⎞
5
− i ⎠ ,
2 2 2 2 2 2

32
z 3 = 1 2
⎛
⎝− 1 − √ 5
2
+ i
√
5 + √ ⎞ ⎛
5
⎠ ,z 4 = 1 ⎝− 1 − √ √
5 5 + √ ⎞
5
− i ⎠ .
2 2 2 2
3. Des résultats des questions précédentes, et du fait que cos 2π 5
est positif, on conclut que :
√ √
5 − 1
5 + 1
cos 2π 5 = et cos 4π
4
5 = − 4
√ √
3 + 5
Comme cos 2π 5 = 2cos2 π 5 −1 = 1−2sin2 π 5 , et après calcul, on en déduit : cos π 5
√ = √ 8
5 − 5
et sin π 5 = .
8
Exercice 7.6
1. Une faute dans l’énoncé de cet exercice. Il s’agit du polynôme X 8 +1 (l’énoncé proposé ne
présente pas grand intérêt). a) Les racines complexes du polynôme X 8 +1 sont les éléments
de l’ensemble
}
{e i(2k+1)π
8 ,k ∈ [[0,7]] .
On peut ainsi factoriser : X 8 +1 =
on obtient :
X 8 + 1 =
3∏
k=0
(X − e i(2k+1)π
8
C’est à dire : X 8 + 1 =
3∏
k=0
7∏
k=0
)
(X − e i(2k+1)π
8 . En regroupant les facteurs conjugués,
)
)(X − e i(2×(7−k)+1)π
8 =
(
X 2 − 2cos
3∏
k=0
)
(2k + 1)π
X + 1
8
(X − e i(2k+1)π
8
2. X 8 + 1 = (X 4 + 1) 2 − 2X 4 = (X 4 + √ 2X 2 + 1)(X 4 − √ 2X 2 + 1).
D’autre part, on a les deux égalités :
) )
(X − e − i(2k+1)π
8
X 4 + √ 2X 2 + 1 = (X 2 + 1) 2 − (2 − √ √
2)X 2 = (X 2 + 2 − √ √
2X + 1)(X 2 − 2 − √ 2X + 1)
X 4 − √ 2X 2 + 1 = (X 2 + 1) 2 − (2 + √ √
2)X 2 = (X 2 + 2 + √ √
2X + 1)(X 2 − 2 + √ 2X + 1).
Donc :
√
X 8 +1 = (X 2 + 2 − √ √
2X+1)(X 2 − 2 − √ √
2X+1)(X 2 + 2 + √ √
2X+1)(X 2 − 2 + √ 2X+1).
En comparant les deux écritures de la factorisation, on en déduit par exemple que :
cos π √ √
2 + 2
8 = .
2

33
Exercice 7.7
1.
P(X) = X 6 + 1 = (X 2 + 1)(X 4 − X 2 + 1) = (X 2 + 1) ( (X 2 + 1) 2 − 3X 2)
= (X 2 + 1)(X 2 − √ 3X + 1)(X 2 + √ 3X + 1)
Q(X) = (X − 1)(X 4 + X 3 + X 2 + X + 1) = (X − 1)
(
donc X 5 − 1 = (X − 1) X 2 − √ ) (
5−1
2
X + 1 X 2 + √ )
5+1
2
X + 1 .
R(X) = (X 3 + 1)(X 6 + 1) = (X + 1)(X 2 − X + 1)P(X)
2. Dans cet exercice, P 1 (X) = (1 − X 2 ) 3 + 8X 3 et non ce qui est écrit.
Calculons
( (
X 2 + X 2 + 1 ) 2
− 5 4 X2 )
P 1 (X) = (1 − X 2 ) 3 + 8X 3 = (1 − X 2 + 2X) ( (1 − X 2 ) 2 − 2X(1 − X 2 ) + 4X 2)
= (−X 2 + 2X − 1 + 2)(X 4 + 2X 3 + 2X 2 − 2X + 1)
(X 2 +X +2) 2 = X 4 +2X 3 +5X 2 +4X +4 = (X 4 +2X 3 +2X 2 −2X +1)+(3X 2 +6X +3).
Donc (X 4 + 2X 3 + 2X 2 − 2X + 1) = (X 2 + X + 2) 2 − 3(X + 1) 2 .
On conclut
P 1 (X) = ( √ 2 − X + 1)( √ 2 − X + 1)(X 2 + (1 + √ 3)X + 2 + √ 3)(X 2 + (1 − √ 3)X + 2 − √ 3).
On peut également chercher les racines complexes et regrouper les facteurs conjugués.
Q 1 (X) = (X 4 + 1) 2 − 4cos 4 αX 2 = X 4 − 2cos 2 αX, et on recommence. On trouve :
Q 1 (X) = (X 2 − 2cos α 2 X + 1)(X2 + 2cos α 2 X + 1)(X2 − 2sin α 2 X + 1)(X2 + 2sin α 2 X + 1)
R 1 (X) = (1−X)(X 4 +X 2 +1) = (1−X) ( (X 2 + 1) 2 − X 2) = (1−X)(X 2 −X+1)(X 2 +X+1)
Exercice 7.8
1. Sous forme trigonométrique, on pose y = z 4 , et l’on obtient les solutions y = j = e 2iπ
3 et
y = j 2 = e 4iπ
3 , ce qui donne pour l’ensemble des solutions de l’équation proposée :
{
}
S = e 2iπ 2iπ 2iπ 2iπ 4iπ 4iπ 4iπ 4iπ
12 ,ie 12 , −e 12 , −ie 12 ,e 12 ,ie 12 , −e 12 , −ie 12
{
}
= e iπ iπ iπ iπ iπ iπ iπ iπ
6 ,ie 6 , −e 6 , −ie 6 ,e 3 ,ie 3 , −e 3 , −ie 3 .
Sous forme algébrique, on a :
z 8 + z 4 + 1 = z 8 + 2z 4 + 1 − z 4 = (z 4 + 1) 2 − z 4 = (z 4 + z 2 + 1)(z 4 − z 2 + 1)
On continue avec z 4 + z 2 + 1 = z 4 + 2z 2 + 1 − z 2 = (z 2 + 1) 2 − z 2 = (z 2 + z + 1)(z 2 − z + 1)
et avec z 4 − z 2 + 1 = z 4 + 2z 2 + 1 − 3z 2 = (z 2 + 1) 2 − 3z 2 = (z 2 + √ 3z + 1)(z 2 − √ 3z + 1)
et l’on pourra résoudre les équations du second degré ainsi obtenues.

34
2. z 4 + 4z 3 + 4z 2 + 1 = z 2 (z + 2) 2 + 1 = (z(z + 2) + i)(z(z + 2) − i). Les racines complexes
de l’équation proposée sont les racines des équations du second degré
z 2 +2z+i = z 2 +2z+1−1+i = (z+1) 2 −(1−i) = 0 et z 2 +2z+1−1−i = (z+1) 2 −(1+i) = 0
qui se résolvent en connaissant seulement les racines carrées des nombres 1 − i et 1 + i.
Exercice 7.9
1. On a X 4 + X 3 + X 2 + X + 1 = X5 − 1
. Les racines complexes de l’équation sont donc
X − 1
les racines cinquièmes de l’unité (sauf 1). On factorise
P(X) = (X − e 2iπ
5 )(X − e
4iπ
5 )(X − e
−4iπ
5 )(X − e −2iπ
5 )
et on regroupe les facteurs conjugués : P(X) = (X 2 − 2cos 2π 5 X + 1)(X2 − 2cos 4π 5 X + 1)
2. En posant a = cos 2π 5
et b = 2cos 4π 5
, en développant, et en identifiant,on obtient
a + b = − 1 2 et ab = −1 4 . Ces nombres sont les racines de l’équation z2 + 1 2 z − 1 4
On obtient ainsi : cos 2π 5 = −1 + √ 5
etcos 4π
4
5 = −1 − √ 5
.
4
√ √
10 + 2 2
Il ne reste plus qu’à utiliser les formules de trigonométrie pour trouver sin 2π 5 = 4
Exercice 7.10
1. X 3 + X 2 − 4X + 1 = (X 2 − X + 1)(X + 2) − 3X − 1 ;
(
2. 4X 4 + X 3 − 2X 2 − 5 = (2X 2 + X + 1) 2X 2 − 1 2 X − 7 )
+ 9 4 4 X − 13
4 .
Exercice 7.11
1. On peut poser Y = X − 1, et donc
P(X) = (Y + 1) n + (Y + 1) n−1 + Y =
n∑
k=0
( n
k)
Y k +
n−1
∑
( n − 1
k
k=0
)
Y k + Y
(
∑ n ( n−1
n ∑
( )
n − 1
On obtient alors P(X) = 2 + 2nY + (n − 1) 2 Y 2 + Y
k)
2 Y k +
)Y k .
k
k=3
k=3
Il reste à revenir à la variable X : (
∑ n ( n−1
n ∑
( )
n − 1
P(X) = 2+2n(X−1)+(n−1) 2 (X−1) 2 +(X−1)
k)
2 (X − 1) k +
)(X − 1) k .
k
k=3
k=3
On peut bien entendu encore transformer le quotient et le reste ainsi obtenus. On pouvait
aussi utiliser la formule de Taylor pour les polynômes.
2. Même méthode. Posons Y = X − 1, c’est à dire X = Y + 1. On a alors :
n∑
( n
Q(X) = (X − 1) n + (X + 2) n + 2 = Y n + (Y + 3) n + 2 = Y n + 3
k)
n−k Y k + 2
Q(X) = 2Y n +
(
k=0
n−1
∑
( )
n
3
k)
n−k Y k + 2 . Il resterait à revenir à la variable X.
k=0

35
Exercice 7.12
En posant Y = X − 1, on a
n+1
∑
( n + 1
P(X) = Y n+2 + (Y + 3) n+1 − 1 = Y n+2 +
k
k=0
n−1
∑
( n + 1
= Y n (Y 2 + Y + 3n + 3) +
k
Il resterait à revenir à la variable X.
Exercice 7.13
En posant Y = X + 1, on a
k=0
P(X) = Y n+1 + (Y − 2) n − 1 = Y n+1 +
= Y 3 (Y n−2 +
+
)
3 n−k Y k − 1
n∑
k=0
n∑
( )
n
k)(−2) n−k Y k−3
k=3
Resterait, bien sûr, à revenir à la variable X
Exercice 7.14
)
3 n+1−k Y k − 1
( n
k)
(−2) n−k Y k − 1
n(n − 1)
(−2) n−2 Y 2 + n(−2) n−1 Y + (−2) n − 1
2
• Avec les méthodes des exercices précédents, on pose Y = X−1 (car X 3 −3X 2 +3X−1 = (X−1) 3 ).
n∑
( (
n
On a alors X n = (Y +1) n = Y
k)
k n(n − 1) ∑ n ( )
n
= 1+nY + Y 2 +Y 3
2
k)Y k−3 .
k=0
k=3
n(n − 1)
Le reste cherché s’écrit donc : R(X) = 1+nY + Y 2 n(n − 1)
= 1+n(X−1)+ (X−1) 2
2
2
• La méthode la plus élégante est sans doute l’application directe au point 1 de la formule
de Taylor pour les polynômes, avec laquelle, en posant P(X) = X n , le reste cherché s’écrit
directement sous la forme R(X) = P(1) + P ′ (1)(X − 1) + P”(1) (X − 1) 2 .
2
• Il est bien sûr possible d’écrire le reste cherché sous la forme aX 2 +bX +c. On écrit alors
X n = (X − 1) 3 Q(X) + aX 2 + bX + c. En remplaçant X par 1, on trouve une première
relation a + b + c = 1. Puis on dérive et on remplace à nouveau par 1. On recommence
avec la dérivée seconde, ce qui donne une troisième relation entre a, b et c. On résout alors
le système obtenu.
Exercice 7.15
1. On a clairement P(1) = 0 ; on calcule P ′ (X) = 2nX 2n−1 − n(n + 1)X n + n(n − 1)X n−2 ,
et P ′ (1) = 2n − n(n + 1) + n(n − 1) = 0.
De même, P”(X) = 2n(2n − 1)X 2n−2 − n(n + 1)nX n−1 + n(n − 1)(n − 2)X n−3
et P”(1) = 2n(2n − 1) − n 2 (n + 1) + n(n − 1)(n − 2) = 0.
On calcule aussi P ′′′ (1) = 2n(2n −1)(2n −2) −n 2 (n+1)(n −1)+n(n −1)(n −2)(n −3) ≠ 0.
Ceci prouve que 1 est racine multiple d’ordre 3 de P(X)

36
2. On calcule Q(1) = 0, puis, avec Q ′ (X) = (2n+1)X 2n −(2n+1)(n+1)X n +n(2n+1)X n−1 ,
on calcule
Q ′ (1) = 2n + 1 − (2n + 1)(n + 1) + n(2n + 1) = 0.
Ensuite Q”(X) = 2n(2n + 1)X 2n−1 − n(2n + 1)(n + 1)X n−1 + n(n − 1)(2n + 1)X n−2 ,
et Q”(1) = 2n(2n + 1) − n(2n + 1)(n + 1) + n(n − 1)(2n + 1) = 0.
Enfin, on a Q ′′′ (1) = 2n(2n+1)(2n−1)−n(2n+1)(n+1)(n−1)+n(n−1)(2n+1)(n−2) ≠ 0,
ce qui prouve que 1 est racine multiple d’ordre 3 de P(X)
Exercice 7.16
1. Avec P(X) = X 6 − 7X 5 + 17X 4 − 16X 3 + 8X 2 − 16X + 16 , on calcule P(2) = 0,
puisP ′ (X) = 6X 5 − 35X 4 + 68X 3 + 24X 2 + 16X − 16, et P ′ (2) = 0.
Ensuite P”(X) = 30X 4 − 140X 3 + 204X 2 + 48X + 16, mais P”(2) = 288 ≠ 0. La racine 2
est multiple d’ordre 2. On pouvait aussi effectuer des divisions successives par (X-2)
2. En calculant les dérivées successives, on prouve simplement que 1 est racine double.
Exercice 7.17
n−1
∑
1. On sait que, pour tout entier naturel n : X n − 1 = (X − 1)
On calcule P(X) − Q(X) = X 3 (X 4a − 1) + X 2 (X 4b − 1) + X(X 4c − 1) + (X 4d − 1)
P(X) − Q(X) = X 3 ((X 4 ) a (
− 1) + X 2 ((X 4 ) b − 1) + X(X 4 ) c − 1) + (X 4 ) d − 1)
)
a−1
∑ ∑b−1
∑c−1
∑d−1
P(X) − Q(X) = (X 4 − 1) X 3 X 4k + X 2 X 4k + X X 4k + X 4k
P(X)) = Q(X)
Exercice 7.18
(
1 + (X − 1)
(
k=0
X 3 a−1
k=0
X k
k=0 k=0 k=0
))
∑ ∑b−1
∑c−1
∑d−1
X 4k + X 2 X 4k + X X 4k + X 4k
k=0
1. En remplaçant X par i dans (X sin α + cos α) n = (X 2 + 1)Q(X) + aX + b, on obtient
(cos α + isin α) n = (cos nα + isin nα) = ai + b.
On en déduit les valeurs de a et b : (X sin α + cos α) n = (X 2 + 1)Q(X) + sin nαX + cos nα
2. On pourrait bien sûr repartir de zéro avec un reste de degré 3. Mais, pour utiliser les
résultats de la première question, on écrit :
(X sin α+cos α) n = (X 2 +1) 2 Q(X)+(X 2 +1)(cX+d)+sin nαX+cos nα En dérivant, on a :
nsin α(X sinα+cos α) n−1 = 4X(X 2 +1)Q(X) = (X 2 +1) 2 Q ′ (X)+2X(cX+d)+c(X 2 +1)+sinnα,
et, en remplaçant par i, nsin α(cos(n − 1)α + isin(n − 1)α) = 2i(ci + d) + sin nα, donc
−2c + 2di = nsin α cos(n − 1)α − sinnα + insin α sin(n − 1)α
d’où le reste cherché :
( )
nsin α cos(n − 1)α − sinnα
(X 2 nsin α sin(n − 1)α
+ 1)
X + d + sinnαX + cos nα.
2
2
k=0
k=0
k=0
Exercice 7.19
1. On a : 2X 4 − 4X 3 − 7X − 14 = (X 2 − 2X − 2)(2X 2 + 4) + X − 6. Comme 1 + √ 3 est
racine de X 2 − 2X − 2, on a : P(1 + √ 3) = 1 + √ 3 − 6 = −1 + √ 3.

37
2. On sait que j est racine du polynôme X 2 + X + 1.
On a alors : X 5 − 2X 4 + 5X 3 − 7X + 1 = (X 2 + X + 1)(X 3 − 3X 2 + 7X − 10) − 4X + 11
Donc P(j) = −4j + 11 = 11 − 2 √ 3 − 2i.
Exercice 7.20
1. Le reste dans la division euclidienne de P(X) par (X −a)(X −b)(X −c) est un polynôme
R(X) de degré inférieur ou égal à 2 tel queR(a) = P(a),R(b) = P(b) et R(c) = P(c).
On peut écrire les conditions que cela implique sur les coefficients, et résoudre le système
obtenu. Mais en utilisant les polynômes d’interpolation de Lagrange, on obtient directement :
R(X) = P(a)
(X − b)(X − c)
(a − b)(a − c)
+ P(b)(X
− a)(X − c)
(b − a)(b − c)
+ P(c)
(X − a)(X − b)
(c − a)(c − b) .
2. Le reste de la division de P(X) par (X − a) 3 est un polynôme de degré inférieur ou égal
à 2. On pourrait écrire les conditions que cela implique sur les coefficients (en utilisant les
dérivées successives) et résoudre le système obtenu. Mais l’utilisation de la formule de Taylor
permet d’écrire directement :
P(X) = P(a) + P ′ (a)(X − a) + P”(a) (X − a) 2 + (X − a) 3 Q(X), où Q(X) est un polynôme
2
que l’on sait écrire en fonction des valeurs en a des polynômes dérivés successifs de P. D’où
R(X) = P(a) + P ′ (a)(X − a) + P”(a) (X − a) 2 .
2
Exercice 7.21
D’après la seconde condition, on a directement
P(X) = (X +2) 3 (aX +b)+12 = aX 4 +(6a+b)X 3 +(12a+6b)X 2 +(8a+12b)X +8b+12.
P(X) + 10 étant divisible par (X − 2) 2 , on a P(2) + 10 = 0 et P ′ (2) = 0, ce qui donne :
32a + 16b + 3 = 0 et 10a + 3b = 0 En résolvant le système, on obtient : a = 9 etb = −15
64 32 ,
d’où le résultat : P(X) = 1
64 (9X − 30)(X + 2)3 + 12
Exercice 7.22
1. La deuxième condition est en réalité : (X + 1) 4 divise P(X) − 1 D’après les hypothèses,
(X − 1) 3 et (X + 1) 3 divisent P ′ (X). Comme P ′ (X) est de degré inférieur ou égal à 6, il
existe un réel a tel que P ′ (X) = a(X 2 −1) 3 = a(X 6 −3X 4 +3X 2 −1), et par conséquent un
1
réel b tel que P(X) = a(
7 X7 − 3 )
5 X5 + X 3 − X + b. Sachant de plus que 1 est racine de
P(X)+1, et que −1 est racine de P(X) −1, on obtient a( 1 7 − 3 5 +b+1 et a(−1 7 + 3 5 +b−1.
La résolution de ce système conduit à a = 35 et b = 0.
6
On conclut que P(X) = 35 ( 1
6 7 X7 − 3 5 X5 + X 3 − X)
.
2. Le résultat de la première question permet de conclure à l’existence de deux polynômes
A(X) et B(X) tels que P(X) + 1 = A(X)(X − 1) 4 et P(X) − 1 = B(X)(X + 1) 4 .
On en déduit par soustraction, que A(X)(X − 1) 4 − B(X)(X + 1) 4 = 2,
et donc que 1 2 A(X)(X − 1)4 − 1 2 B(X)(X + 1)4 = 1

38
Exercice 7.23
Si a est une racine complexe de P, alors il en sera de même de a 2 , de a 4 , et plus généralement
de a 2n pour tout entier n. Comme un polynôme n’admet qu’un nombre fini de racines, on
en conclut qu’il existe deux entiers p et q tels que a 2p = a 2q . Il en résulte que, soit a = 0,
soit |a| = 1.
D’autre part, si a est racine de P(X), comme a = (a − 1) + 1, on en déduit que (a − 1) 2 est
également racine de P(X), et donc, d’après ce qui précède, (a − 1) 2 = 0 (c’est à dire a = 1)
ou |a − 1| 2 = 1 (soit |a − 1] = 1)
Envisageons alors les quatre possibilités :
• a = 0 et a = 1 n’est pas possible.
• a = 0 et |a − 1| = 1 équivaut à a = 0, qui est une racine possible du polynôme P(X).
• |a| = 1 et a = 1 équivaut à a = 1 qui est une racine possible de P(X).
• |a| = 1 et |a − 1| = 1 équivaut, en posant a = x + iy à x 2 + y 2 = 1 et (x − 1) 2 + y 2 = 1,
c’est à dire, après résolution, à a = −j ou a = −j 2 . Mais, si j était une racine de P(X),
alors, d’après ce qui précède, (−j) 2 en serait aussi une, ce qui n’est pas vrai. Donc −j
n’est pas racine de P(X). On prouve de même que −j 2 n’est pas une racine de P(X).
En résumé, les seules racines possibles de P(X) étant 0 et 1, Il existe un réel k et deux
entiers naturels p et q tels que P(X) = kX p (X − 1) q
Réciproquement, supposons que P(X) = kX p (X − 1) q .
La condition de l’énoncé s’écrit alors : kX 2 p(X 2 − 1) q = kX p (X − 1) p × k((X + 1) q X q .
En comparant les termes de plus faible degré, on constate que k 2 = k, c’est à dire k = 0 (le
polynôme nul convient en effet) ou k = 1. On constate également que p = q, et l’on peut
conclure :
Les polynômes répondant à la condition donnée sont les polynômes de la forme X n (X −1) n ,
pour n entier naturel.
Exercice 7.24
On a : sin kπ n = ei kπ n
− e −i kπ n
2i
= e−i kπ n
2i
( )
e 2i kπ n − 1 . Donc
Avec 1 + 2 + · · · + n =
P = sin π n sin 2π n
· · · sin
(n − 1)π
n
=
n−1
∏
k=1
sin kπ n
= 1
n−1
1
∏ )
2 n−1 i n−1 e− iπ n
(e (1+2+···+(n−1)) 2i kπ n − 1
n(n − 1)
2
et 1 i = e π 2 , on a alors :
k=1
P = 1
n−1
∏ ) (e
2 n−1 eiπ(n−1) 2i kπ n − 1 = (−1)n−1
n−1
∏ ) (e 2i kπ
2 n−1 n − 1
k=1
Pour tout k de [[1,n − 1]], e 2i kπ n − 1 est racine du polynôme (X − 1) n − 1.
n−1
∏ ) (e 2i kπ n − 1 est donc le produit des racines non nulles de l’équation (X − 1) n − 1 = 0,
k=1
k=1

39
n−1
∑
( n
c’est à dire de l’équation X
k)
n−1−k = 0.
k=0
Le produit des racines de cette équation vaut : (−1) n−1( n
n−1)
= n(−1) n−1 .
On peut conclure
Exercice 7.25
n−1
∏
k=1
sin kπ n = (−1)n−1
2 n−1 n(−1) n−1 = n
2 n−1 .
On a s 1 = a + b + c = 1;s 2 = ab + bc + ca = 4,s 3 = abc = −1.
Posons S = a 3 b + a 3 c + b 3 a + b 3 c + c 3 a + c 3 b
Calculons alors (a 2 + b 2 + c 2 )(ab + bc + ca) = S + abc(a + b + c)
Comme d’autre part (a 2 + b 2 + c 2 ) = (a + b + c) 2 − 2(ab + bc + ca), on en déduit que
S = (s 2 1 − 2s 2 ) s 2 − s 1 s 3 = −27
Exercice 7.26
On a : a+b+c = 0,ab+bc+ca = −5,abc = −m. Compte tenu de l’hypothèse, et en posant
s = a + b,p = ab, avec s = 2p on en déduit : c = −s = −2p,p + cs = p − s 2 = p − 4p 2 = −5.
p est solution de l’équation du second degré 4p 2 − p − 5 = 0. Il y a donc deux possibilités.
• Si p = −1, alors s = −2,c = 2 et m = pc = 2. L’équation s’écrit alors
x 3 − 5x + 2 = (x − 2)(x 2 + 2x − 1) = (x − 2)((x 2 + 2x + 1) − 2)
dont les racines sont apparentes.
• Si p = 5 4 , alors s = 5 2 , c = −5 −25
et m = . L’équation s’écrit alors
2 8
x 3 − 5x + 25 (
8 = x + 5 )(
x 2 − 5 2 2 x + 5 )
.
4
Exercice 7.27
1.
P(x) = x 4 − 2(cos a + cos b)x 3 + 2(1 + 2cos acos b)x 2 − 2(cos a + cos b)x + 1
(
= x 2 x 2 + 1 (
x 2 − 2(cos a + cos b) x + 1 )
)
+ 2(1 + 2cos acos b)
x
Avec y = x + 1 x , on a y2 = x 2 + 1 x 2 + 2, donc x2 + 1 x 2 = y2 − 2.
On en déduit que P(x) = x 2 Q(y), avec Q(y) = y 2 − 2(cos a + cos b)y + 4cos acos b)
2. P(x) n’admettant pas la racine 0, P(x) = 0 équivaut à Q(y) = 0. Les racines de
Q(y) étant 2cos a et 2cos b, on obtiendra les racines de P(x) en résolvant les équations
x 2 − 2xcos a + 1 = 0 et x 2 − 2xcos b + 1 = 0. L’ensemble des racines de P(x) est donc
{e ia ,e −ia ,e ib ,e −ib }

40
Exercice 7.28
1. Posons Y = X + 1 X . On a
P 1 (Y ) = Y = X + 1 X
et P 2 (Y ) = X 2 + 1 (X
X 2 = + 1 ) 2
− 2 = Y 2 − 2.
X
Supposons que n soit entier tel que, pour tout k inférieur ou égal à n, il existe un polynôme
P k tel que X k + 1
X k = P k(Y ). Calculons
(
X n + 1 )(X
X n + 1 )
X
=
(
X n+1 + 1
X n+1 + Xn−1 + 1
X n−1 )
.
On a donc X n+1 + 1
X n+1 = P n(Y )P 1 (Y )−P n−1 (Y ), et par conséquent, il existe un polynôme
P n+1 = P n P 1 − P n−1 tel que X n+1 + 1
X n+1 = P n+1(Y ).
On conclut par le principe de récurrence.
2. L’utilisation de ce qui précède permet de ramener l’étude d’une équation de degré 5 à
une équation de degré 2, pourvu que les coefficients équidistants des extrêmes soient égaux
(un tel polynôme satisfaisant à cette condition est un polynôme réciproque).
a) On trouve X 4 +4X 3 +8X 2 +4X+1 = [x 2 +(2+ √ 2)x+3+2 √ 2][x 2 +(2− √ 2)x+3−2 √ 2]
b) On trouve X 4 − 3X 3 + 4X 2 − 3X + 1 = (X 2 − X + 1)(X − 1) 2
c) On trouve X 4 + 4X 3 + 4X + 1 = (X 2 + (2 − √ 6)X + 1)(X 2 + (2 + √ 6)X + 1)
d) On trouve X 5 +6X 4 +11X 3 +11X 2 +6X+1 = (X+1)(X 2 +X+1)(X− √ 3+2)(X+ √ 3+2)
Chapitre 8
Exercice 8.1
1. On sait que n + 1 ) n
k + 1(
k
( ) n + 1
= .
k + 1
n∑
On en déduit que (n + 1)I =
Par suite : I = 2n+1 − 1
n + 1
2. On sait que n ( ) n − 1
=
k k − 1
n∑
On en déduit que J =
Par suite :
k=1
J = n × 2 n−1
k=0
n + 1
k + 1( n
k
)
=
n∑
k=0
( n
k)
, et donc que n
( n
k =
k)
( ) n + 1
=
k + 1
( ) n − 1
k − 1
n∑
( ) n − 1
n∑
n = n
k − 1
k=1
k=1
n+1
∑
( ) n + 1
= 2 n+1 − 1
k
k=1
( n
= k
k)
( ) n − 1
k − 1
n−1
∑
( n − 1
= n
k
k=0
)
.

41
3. Comme ci-dessus, on a : K = n
Exercice 8.2
n∑
( ) n − 1
(−1) k−1 k − 1
k=1
n−1
∑
= n
k=0
( ) n − 1
(−1) k = 0.
k
1. ( La formule ( ) du triangle ( ) de Pascal s’écrit, pour tout k de l’intervalle [[n,p]] (où p > n)
k k + 1 k
= − .
n)
n + 1 n + 1
p∑
( k
p∑
[( ) ( )]
k + 1 k
En sommant de k = n à k = p, on obtient =
− .
n)
n + 1 n + 1
k=n k=n
n∑
( k ∑p+1
( ) k
p∑
( ) ( ) ( ) ( )
k n + 1 n + 1 n + 1
Soit
=
− = − = .
p)
n + 1 n + 1 p + 1 n p + 1
k=p
k=n+1
2. On a ( ) k + i − 1 (k + i − 1)! (k + i − 1)(k + i − 2)...(k + 1)
= = k
i i!(k − 1)!
i!
c’est à dire k(k + 1)(k + 2)...(k + i − 1) = i! ( )
k+i−1
i .
n∑
n∑
( ) n+i−1
k + i − 1 ∑
( k
Donc S = k(k + 1)(k + 2) · · · (k + i − 1) = i! = i!
i
i)
k=0
k=1
k=i
et, en appliquant le résultat de la première question :
k=n
n∑
( ) n + i
k(k + 1)(k + 2) · · · (k + i − 1) = i!
i + 1
k=0
Exercice 8.3
( )( )
( )
n n − k n! (n − k)!
1. A = =
k p − k k!(n − k)! (p − k)!(n − p)! = n! p! n p
p!(n − p)! k!(p − k)! p)( = k
2. On sait que ( ) (
n
k = n
) (
n−k , que n−k
) (
p−k = n−k
(
n−p)
, que
n
) (
p = n
(
n−p)
et que
p
) (
k = p
p−k)
. On
peut ainsi combiner ces résultats pour donner d’autres expressions de A.
Ainsi, on aura par exemple : A = ( )(
n n−k
) (
n−k p−k = n
)( p
(
n−p p−k)
=
n
)( p
(
p p−k)
=
n
)( n−k
k n−p)
.
3. En appliquant les résultats de la première question :
p∑
( )( ) n n − k
p∑
( )( ( ) p∑ ( ( )
n p n p n
X =
= = = 2
k p − k p k)
p k)
p .
p
k=0
k=0
k=0
)( n−i
4. Toujours d’après la première question, on a ( n k
(
k)(
i)
=
n
i k−i)
.
n−1
∑
( )( n−1
n k ∑
( )( ) ( n−1
n n − i n ∑
( ) n − i
Donc Y = =
=
k i)
i k − i i)
k − i
k=i
k=i
k=i
( n−1−i
n ∑
( ) n − i
Avec le changement d’indice k−i = h, on obtient Y =
=
i)
h
h=0
( n
i)
(2 n−i −1).

42
Exercice 8.4
La relation bien connue ( )
n n
i+1 =
n−1
∑
S =
i=0
(−1) i 1
i + 1
( n−1
)
i conduit à :
i + 1
( ) n−1
n − 1 ∑
= (−1) i 1 i
n
i=0
( ) n
= 1 n−1
∑
i + 1 n
i=0
(−1) i ( n
i + 1
Avec le changement d’indice j = i + 1, on obtient :
⎛
⎞
S = 1 n∑
( ) n
(−1) j−1 = − 1 n∑
( )
⎝ n
(−1) j − 1⎠ = 1 n j n j n .
j=1
j=0
)
.
Exercice 8.5
1. Le calcul donne
1
k + 1
sans difficulté.
2. En utilisant le résultat de la première question, on obtient :
C’est à dire :
n∑
∫ (
1 1 n
)
k = ∑
(1 − x) k−1 dx =
k=1
0
k=
∫ 1
0
1 − (1 − x) n
dx =
x
Par linéarité de l’intégration, on obtient
n∑ n
1
k = ∑
( )∫ n 1
(−1) k−1 x k−1 dx =
k
k=1
k=1
0
n∑
k=1
∫ 1
0
n
1
k = ∑
n∑
k=1
k=
n∑
(−1) k−1 1 ( n
k k)
k=1
∫ 1
0
(1 − x) k−1 dx.
( n
k)
(−x) k−1 dx
Exercice 8.6
Il suffit de développer par la formule du binôme la relation ((1 + 1) n ) 2 = (3 + 1) n .
Exercice 8.7
n−1
∑
(1 + x) k = (x + 1)n − 1
x + 1 − 1
k=0
Exercice 8.8
=
n∑
k=0
( n
k)
x k−1 .
1. Le coefficient de x n dans le polynôme x n−k (1 − x) n est égal au coefficient de x k dans
(1 − x) n , c’est à dire (−1) k( n
k)
. Donc le coefficient de x n dans le polynôme P(x) est égal à
m∑
( ) n
(−1) k .
k
k=0
2. On a
n−m
∑
P(x) = (1 − x) n
k=n
x k = (1 − x) n xn+1 − x n−m
x − 1
= x n−m (1 − x) n−1 − x n+1 (1 − x) n−1 .
= −(1 − x) n−1 (x n+1 − x n−m )

3. Sur la forme réduite du polynôme, on lit le coefficient de x n , qui est (−1) m( )
n−1
m . On
m∑
( ) ( )
n n − 1
conclut que (−1) k = (−1) m .
k m
Exercice 8.9
k=0
1. La somme E est le coefficient de x k dans le polynôme P(X) =
m∑
j = (1 + x) n+j .
2. En utilisant la formule donnant la somme des termes d’une suite géométrique, on trouve :
P(x) = (1 + x)n+m+1 − (1 + x) n
= 1 (
(1 + x) n+m+1 − (1 + x) n) . Sur cette forme, on calcule
le coefficient de x k , qui est ( ) (
(1 + x) − 1 x
n+m+1
k+1 − n
k+1)
. On en déduit que
m∑
( ) ( ) ( )
n + j n + m + 1 n
=
− .
k k + 1 k + 1
j=0
Cette formule reste vraie pour k = n, compte tenu des conventions de nullité pour les
coefficients binomiaux.
Exercice 8.10
p∑
( ( n n − 1
1. On trouve =
k)
p
k=0
j=0
43
)
. Mais cette formule ne sert pas pour la question suivante.
L’énoncé est faux. pour la première question, il faut lire : Calculer
remarquant que ( n+k
n
télescopique, on trouve :
p∑
( ) n+p
n + k ∑
=
k
p∑
( ) n + k
. En
)
k=0
, et en utilisant la formule de Pascal pour construire une formule
k=0
k=n
( ) k
=
k − n
( n + p + 1
2. On a : k = ( ) (
k
1 = k
k−1)
, d’où, par application de la formule démontrée à la première
question :
k=1
n∑
k =
k=1
k=2
n∑
k=1
( ) k
=
k − 1
k=1
n−1
∑
( ) 1 + i
=
i
i=0
3. On trouve : k 2 = 2 ( (
k
2)
+
k
1)
. Donc
n∑ n∑
( k
n∑
( k
n∑
( ) k
k 2 = 2 + = 2 +
2)
1)
k − 2
= 2
(n + 1)n(n − 1)
6
+
k=2
(n + 1)n
2
Exercice 8.11
La démonstration se fait par récurrence.
=
( ) n + 1
=
n − 1
n∑
k=1
p
n(n + 1)(2n + 1)
·
6
)
.
( ) n + 1
=
2
n(n + 1)
.
2
( ) ( )
k n + 1
= 2
k − 1 n − 2
k
( ) n + 1
+
n

44
• Pour n = 0, la propriété devient u 0 = v 0 , qui équivaut bien entendu à v 0 = u 0 .
• Supposons n soit un entier tel que la propriété soit vraie pour tous les entiers strictement
n∑
( n
inférieurs à n, et que u n = v k .
k)
k=0
n−1
∑
On a alors : u n = v n +
k=0
( n
k)
v k .
Il en résulte, en utilisant l’hypothèse de récurrence, que
( n−1 ∑
( ) [ n
k∑
( ])
k
v n = u n −
(−1)
)u k−i k .
k
i
k=0 i=0
n−1
∑
( )( k n
Dans la parenthèse, soit α i le coefficient du terme u i . Alors α i = (−1) k−i .
i k)
k=i
( )( ( )( ) ( n−1
n k n n − i
n ∑
( ) n − i
Or (voir exercice 3) = . Donc α i =
k i)
i k − i
i)
k=i(−1) k−i , c’est
k − i
( n−i−1
n ∑
( ) n − i
à dire, après le changement d’indice j = k − i : α i = (−1)
i) j .
j
j=0
∑n−i
( ) n − i
Or, (−1) j = (1 − 1) n−i = 0. Donc α i = −(−1) n−i( n
j
i)
.
j=0
En reportant dans la relation ci-dessus, on obtient :
n−1
∑
v n = u n +
k=0
(−1) n−i ( n
i
)
u i =
n∑
( ) n
(−1) n−i u i .
i
La propriété étudiée est donc héréditaire, et l’on peut conclure grâce au principe de
récurrence.
Exercice 8.12
Si l’on note n le nombre cherché, on a : 26 = 10 + 16 + 22 − 8 − 4 − 12 + n. On conclut que
n = 2
Exercice 8.13
Le résultat est ( )(
4 27
1 10)
= 33745140 (à moins que l’on considère que tout joueur peut jouer gardien
de but, ce qui n’est pas précisé par l’énoncé. On aurait alors ( )(
4 27
) (
1 10 + 27
11)
= 41471300,
mais cette interprétation est peu vraisemblable)
Exercice 8.14
1. ( )
32
8 = 5852925
2. ( 8
4
)( 24
3. ( 1
0)( 3
3)( 7
4
4
)
= 35 × 8855 = 309925
)( 21
1
)
+
( 1
1)( 3
2)( 7
3
)( 21
2
)
= 18690
k=0

45
Exercice 8.15
Soit u 0 le nombre cherché. On a clairement u 0 = 1,u 1 = 2.
La (n + 1)ième droite rencontre les n autres droites et traverse donc (n + 1) régions qui
existent déjà. Elle partage chacune de ces régions en deux, et rajoute donc n + 1 régions.
Ceci fait que u n+1 = u n +n+1. Après avoir constaté que u n = u 0 +1+2+3+...+[(n−1)+1],
n(n + 1)
on peut conclure que u n = 1 +
2
Exercice 8.16
1. Soit F 1 (resp. F 2 , resp. F 3 ) l’ensemble des lancers de P 1 (resp.P 2 , resp. P 3 ) ayant donné
le résultat ”face”.
On cherche à majorer Card ( A 1 ∩ A 2 ∩ A 3
)
. Or,
A 1 ∩ A 2 ∩ A 3 ⊂ A 1 ∩ A 2 et A 1 ∩ A 2 ∩ A 3 ⊂ A 2 ∩ A 3 .
Donc Card ( A 1 ∩ A 2 ∩ A 3
)
Card
(
A1 ∩ A 2
)
et Card
(
A1 ∩ A 2 ∩ A 3
)
Card
(
A2 ∩ A 3
)
.
D’après la formule de Poincaré, on a :
Card(A 1 ∪ A 2 ) = CardA 1 + CardA 2 − Card(A 1 ∩ A 2 ) = 70 + 50 − 31 = 89
et Card(A 2 ∪ A 3 ) = CardA 2 + CardA 3 − Card(A 2 ∩ A 3 ) = 50 + 56 − 28 = 78
Il en résulte que Card ( A 1 ∩ A 2
)
= 11 et Card
(
A2 ∩ A 3
)
= 22.
On conclut alors que Card ( A 1 ∩ A 2 ∩ A 3
)
11
2. Dans cette question, on cherche à minorer Card(A 1 ∩ A 2 ∩ A 3 ).
Or Card(A 1 ∩ A 2 ∩ A 3 ) = Card(A 2 ∩ A 3 ) − Card(A 1 ∩ A 2 ∩ A 3 ) = 28 − Card(A 1 ∩ A 2 ∩ A 3 ).
Cherchons donc à majorer Card(A 1 ∩ A 2 ∩ A 3 ).
Or A 1 ∩ A 2 ∩ A 3 ⊂ A 1 ∩ A 2 , donc Card(A 1 ∩ A 2 ∩ A 3 ) Card(A 1 ∩ A 2 )
Reste à calculer Card(A 1 ∩A 2 ). Pour cela, constatons que A 2 = (A 1 ∩A 2 )∪(A 1 ∩A 2 )(réunion
disjointe). Donc Card(A 1 ∩ A 2 ) = CardA 2 − Card(A 1 ∩ A 2 ) = 50 − 31 = 19
Il en résulte que Card(A 1 ∩ A 2 ∩ A 3 ) = 28 − Card(A 1 ∩ A 2 ∩ A 3 ) 28 − 19, c’est à dire
Card(A 1 ∩ A 2 ∩ A 3 ) 9
Exercice 8.17
1. Avec n points, on construit ( )
n n(n − 1)
2 =
n(n − 1)
2
− n = n2 − 3n
2
diagonales.
2
segments, dont n sont des côtés. Il y a donc
2. À chaque choix de quatre sommets du polygone correspond un point d’intersection de
diagonales intérieur au polygone (et deux extérieurs s’il n’y a pas de parallélisme). Il y a
donc ( n
4)
intersections de diagonales qui sont intérieures au polygone.
3. Pour définir un polygone admettant les n points donnés comme sommets, il faut définir
un itinéraire partant de l’un de ces n points et les joignant successivement les uns aux
autres. Il y a n! tels itinéraires. Mais on peut suivre un tel de ces itinéraires en partant de
l’un quelconque de ces sommets, et on peut le faire dans un sens ou dans l’autre, ce qui
(n − 1)!
fait qu’en définitive, il y aura polygones admettant les n points donnés comme
2
sommets.

46
Exercice 8.18
1. a) Pour tout entier donné k, on choisit un sous-ensemble B de ( n
k)
façons, puis on choisit
n∑
( ) n
un sous-ensemble A de B de 2 k façons. Comme k varie de 0 à n, il y a 2 k façons
k
de choisir le couple (A,B) de sous ensembles satisfaisant à la question. À chaque couple
satisfaisant à la question correspond une paire de sous ensembles tel que l’un soit inclus
dans l’autre, et à une telle paire correspond un seul couple (A,B) tel que A ⊂ B. Il y a donc
3 n paires satisfaisant à la question (d’après le binôme de Newton).
b) Il y a autant de paires (A,B) avec A = B que de sous ensembles de E, à savoir 2 n . Il y
a donc 3 n − 2 n paires de sous ensembles distincts de E tels que l’un soit inclus dans l’autre.
2. a) Tout couple (A,B) de sous ensembles (A,B) tels que A ⊂ B correspond à un couple
et un seul de sous ensembles (Ā,B) tels que Ā ∪ B = E. La réponse à la question est donc
3 n . Il y a bien entendu d’autres méthodes. Si A ∪ B = E, E est la réunion disjointe de
A \ B,A∩B,etB \ A. Une telle partition de E est parfaitement définie par l’application qui
à chaque élément de E associe celui de ces trois sous ensembles auquel il appartient. Comme
il y a 3 n telles applications, il y a 3 n façons de choisir les sous ensembles A et B répondant
à la question.
b) Si A ∪ B = E, il y a deux façons de choisir celui des deux sous ensembles dont le
complémentaire est inclus dans l’autre, sauf pour A = B = E. Il y a donc 3n − 1
recouvrements
de E à l’aide de deux
2
parties.
3. a) Si A ∪ B ∪ C = E, les sous-ensembles A, B et C définissent une partition de E en
sept ensembles (disjoints). Chaque élément de E devant appartenir à un et un seul de ces
7 sous ensembles, il y a 7 n façons de trouver un triplet de sous-ensembles de E tels que
A ∪ B ∪ C = E.
b) En généralisant la méthode ci-dessus, on trouve (2 p − 1) n
Exercice 8.19
1. Le premier cube est placé au sol. Il est codé 1. Si le deuxième cube est placé sur le premier,
il est codé 0, et de même pour tous les cubes qui seront placés sur la première pile (celle
dont la base est constituée par le premier cube).Le premier cube qui ne sera pas placé sur
la première pile sera placé au sol contre le premier (il n’y a pas d’autre position possible), il
sera codé 1, et plus aucun cube ne pourra être posé sur la pile dont la base est constituée par
le premier cube. seront alors codé 0 les cubes qui constitueront la deuxième pile. Le premier
cube de la troisième pile (placé au sol, le long de la deuxième pile) sera codé 1, et ainsi de
suite jusqu’à épuisement des n cubes.
Ainsi, un tel mur sera-t-il codé par une suite de n caractères ”0” ou ”1”, et qui commencera
par ”1”.
Ainsi, la suite ”1 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1” codera-t-elle un mur de 12 cubes, dont la première
pile est formée d’un seul cube, la deuxième de 3 cubes, la troisième de 4 cubes, la quatrième
de 3 cubes et la cinquième d’un seul cube.
2. On peut écrire 2 n−1 suites codant un mur tel qu’il est décrit dans l’énoncé (une telle suite
est constituée de ”1” et de ”0”, et commence obligatoirement par un ”1”), et il y a donc
2 n−1 tels murs.
k=0

47
Exercice 8.20
1. Pour réaliser une telle liste, on choisit p (p 2) éléments distincts de [[1,n]] (de ( )
n
p
façons), on place en premier le plus petit élément, et en dernier le plus grand élément (une
seule façon possible), puis on permute les p −2 éléments qui restent (de (p −2)! façons). On
a donc (p − 2)! ( n
p)
façons de faire.
2. On trouve 3!(p − 3)! ( n
p)
(pour p 3)
3. On trouve (3!) 2 (p − 6)! ( n
p)
(pour p 6)
Exercice 8.21
1. Pour une réaliser une telle répartition, on considère les N tirages ; on choisit d’abord les
a 1 tirages (parmi les N) où le numéro 1 sera tiré, puis les a 2 tirages (parmi les N − a 1 ) qui
restent où le numéro 2 sera tiré, etc...On obtiendra ainsi
( )( )( ) ( )
a1 + a 2 + a 3 + ... + a p a2 + a 3 + ... + a p a3 + ... + a p ap
· · · =
a 3 a p
a 1
façons de répartir les p numéros.
a 2
(a 1 + a 2 + a 3 + ... + a p )!
a 1 !a 2 !a 3 !...a p !
2. On considère 5 boules portant la lettre A, 2 boules portant la lettre B, et une boule
portant la lettre C, la lettre D, la lettre R, la lettre N et la lettre T. En tirant les 12 boules
et en notant les lettres dans l’ordre des tirages, on se retrouve face à la même situation qu’à
la question précédente, à ceci près que les boules portent des lettres au lieu de porter des
12!
numéros. On obtient donc = 479001600 façons de faire.
5!2!1!1!1!1!1!
Exercice 8.22
1. a) Une telle situation correspond à une injection de l’ensemble des clients dans l’ensemble
n!
des articles vendus. Il y a donc
(n − p)! possibilités.
b) Pour le grossiste, une commande sera un sous ensemble de p éléments parmi les n articles
vendus. Il y a donc ( )
n n!
p =
p!(n − p)! possibilités
2. a) Pour le commerçant, une commande est une application de l’ensemble des clients dans
l’ensemble des articles proposés à la vente. Il y a alors n p possibilités.
b) C’est la situation à laquelle est confronté le grossiste. Chaque tiroir correspond à un
article, et une boule correspond à une commande. Ainsi, si le tiroir numéro 3 contient 5
boules, c’est que l’article numéro 3 aura été commandé 5 fois.
c) On a bien sûr ( n+p−1
n−1
) (
=
n+p−1
)
possibilités.
p
d) Le schéma donné correspond à 2 commandes pour l’article 1, 0 pour l’article 2, 3 pour
l’article 3, 6 pour l’article 4, 4 pour l’article 5, 1 pour l’article 6, et 0 pour les articles 7 et
8. Le schéma correspondant à la commande donnée est :
× ⊗ × × × ⊗ × × ⊗ ⊗ × × × ⊗ × × × ⊗ × ⊗ × × ×

48
e) Chaque rangement de p boules indiscernables dans n tiroirs (discernables) peut donc être
caractérisé par une suite de n + p − 1 croix dont n − 1 sont entourées.
Le grossiste peut donc être confronté à ( ) (
n+p−1
n−1 = n+p−1
)
p possibilités. (ce nombre est
souvent noté Γ p n)
Exercice 8.23
1. a) On arrive en haut de p n façons, après être arrivé à la (n − 1)ième marche (de p n−1
façons), en terminant par un pas d’une marche, ou après être arrivé à la (n −2)ième marche
(de p n−1 façons), en terminant par un pas de deux marches. On aboutit ainsi à la relation
de récurrence p n = p n−1 + p n−2 , avec les conditions initiales p 1 = 1 et p 2 = 2 .
b) On sait alors trouver une expression de p n en fonction de n. Pour cela, on cherche les
raisons des suites géométriques répondant à la question, en résolvant l’équation x 2 −x−1 = 0,
dont les racines sont q 1 = 1 + √ 5
et q 2 = 1 + √ 5
. On cherche ensuite, grâce aux conditions
2 2
initiales, les réels λ et
(
µ tels que p n = λ(q 1 n + µ(q 2 ) n .
√ ) (
1 5
On trouve ici : p n =
2 + 1 + √ ) n ( √ ) (
5 1 5
+
10 2 2 − 10
⌊ n
⌋
2. a) k varie clairement entre 0 et (partie entière de n 2 2 )
1 − √ ) n
5
2
b) Le nombre total de pas nécessaires est alors de n − k
c) On peut placer les k pas de deux marches de ( )
n−k
k façons parmi les n−k pas nécessaires.
⌊ n 2
∑
⌋ ( ) n − k
d) et donc on a p n = . Remarquons que cet exercice permet de calculer en
k
k=0
fonction de n cette somme dont le calcul direct semble bien délicat.
Exercice 8.24
1. Considérons n boules indiscernables, et p tiroirs numérotés de 1 à p tels que chaque tiroir
puisse contenir toutes les boules. Répartissons les boules dans les tiroirs, et appelons x i
le nombre de boules contenues dans le tiroir numéro i. Il est clair que l’on a ainsi obtenu
un p-uplet (x 1 ,x 2 ,x 3 , · · · ,x p ) d’entiers naturels tels que x 1 + x 2 + x 3 + · · · + x p = n.
Réciproquement, un tel p-uplet correspond à une répartition des boules dans les tiroirs et
une seule. On a vu (exercice 22) qu’il y a alors Γ p n = ( ) (
n+p−1
n−1 = n+p−1
)
p possibilités.
On peut également raisonner par récurrence en prouvant que, si d(n,p) est le nombre cherché,
n∑
on a : d(n,p + 1) = d(n,p), et que de plus d(n,1) = 1. On raisonne alors de proche en
proche.
k=0
2. Si l’on cherche des x i tous non nuls, il suffit de commencer par mettre une boule dans
chaque tiroir (ce qui n’est bien sûr possible que si n p), et à recommencer avec n − p au
lieu de n. On obtient alors Γ p n−p = ( ) (
n−1
n−p−1 = n−1
)
p possibilités.
3. Le raisonnement est exactement le même dans ce cas. Pour tout i de [[1,p]], on met r i
p∑
boules dans le tiroir numéro i (ce qui bien sûr n’est possible que si r i p). On obtient,
i=1

en notant r =
Exercice 8.25
p∑
i=1
r i : Γ n − r p = ( n−r+p−1
n−r−1
) (
=
n−r+p−1
)
possibilités.
1. L’énoncé est faux. Le nombre (a(n,p) est le nombre des p-uplet (x 1 ,x 2 ,x 3 , · · · ,x p ) de
N p tel que x 1 + 2x 2 + 3x 3 + · · · + px p = n Considérons un p-uplet (x 1 ,x 2 ,x 3 , · · · ,x p ) de N p
p∑
tel que x 1 + 2x 2 + 3x 3 + · · · + px p = n. Pour tout i de [[1,p]], posons alors y i = x k . On
vérifie alors aisément que y i y i+1 , et que
p
p∑
y k = n.
k=1
Réciproquement, à un tel p-uplet (y 1 ,y 2 ,y 3 , · · · ,y p ), on fait correspondre un p-uplet
p∑
(x 1 ,x 2 ,x 3 , · · · ,x p ) tel que kx k = n.
k=1
Il existe donc une bijection entre l’ensemble des p-uplets (x 1 ,x 2 ,x 3 , · · · ,x p ) de N p tels que
x 1 + 2x 2 + 3x 3 + · · · + px p = n et l’ensemble des p-uplets (y 1 ,y 2 ,y 3 , · · · ,y p ) de N p tels que
{
y1 y 2 · · · y p 0
y 1 + y 2 + y 3 + · · · + y p = n
Ces deux ensembles ont donc même cardinal a(n,p).
2. Il suffit de comprendre les définitions données pour conclure que a(0,p) = 1 et a(n,1) = 1.
3. Les a(n,p) p-uplets (y 1 ,y 2 ,y 3 , · · · ,y p ) peuvent se répartir en deux ensembles disjoints
suivant que y p = 0 ou y p > 0.
• Si y p = 0, il est clair que le nombre de p-uplets (y 1 ,y 2 ,y 3 , · · · ,y p ) (satisfaisant aux conditions)
est égal au nombre des (p − 1)-uplets (y 1 ,y 2 ,y 3 , · · · ,y p−1 ) (satisfaisant aux conditions).
Il y en a donc a(n,p-1).
• Si y p > 0, on pose z i = y i − 1. On se ramène à des p-uplets (z 1 ,z 2 ,z 3 , · · · ,z p ) satisfaisant
aux conditions, mais pour n − p au lieu de n. Ils sont au nombre de a(n − p,p). D’où la
relation de récurrence demandée.
Exercice 8.26
1. Déterminons d’abord le nombre des n-uplets (p 1 ,p 2 , · · · p n ) où les p i sont des paires
d’éléments de E deux à deux disjointes. Pour déterminer un tel n-uplet, on commence
par déterminer la paire p 1 , de ( )
2n
2 façons différentes, puis on choisit la paire p2 , de
( 2n−2
)
façons différentes, et ainsi de suite. Le nombre de façons de procéder est alors de
2
n−1
∏
( ) 2n − 2i
2
k=0
= (2n)!
2
(2n)!
. Le nombre de partitions par paires est alors de , car il y a n!
n
n!2n façons d’ordonner les n paires ainsi choisies. Il y a donc n! n-uplets qui définissent la même
partition par paires.
64!
2. Simple application de ce qui précède. Il y a
32!2 3 façons de faire. Pour calculer le nombre
2
total de rencontres au cours du tournoi, il suffit de constater qu’à chaque rencontre, un joueur
est éliminé. Le vainqueur est le seul à ne pas avoir été éliminé. Pour éliminer 63 joueurs, il
faut donc (et cela suffit) 63 rencontres.
k=i
49

50
3. Il faut ici d’abord réaliser une partition par paires, puis une partition par paires de paires.
64! 32!
On obtient le résultat suivant
32!2 32 (nombre qui défie l’imagination)
16!216 Exercice 8.27
1. Il y a une seule partition pour un ensemble contenant un seul élément : ̟1 = 1. Soit
E = {a,b} un ensemble de deux éléments. Il admet deux partitions, la partition E et la
partition {{a}, {b}}. Pour un ensemble à trois éléments (E = {a,b,c}), on peut écrire les
cinq partitions E; {{a}, {b,c}}; {{b}, {a,c}}; {{c}, {a,b}}; {{a}, {b}, {c}}. On aura ̟3 = 5.
2. Soit a un élément de E, et soit p le cardinal de la partie A qui contient a. Il est clair que
p ∈ [[1,n]]. Ce sous ensemble peut être choisi de ( n−1
p−1)
façons. Pour compléter une partition
de E, il faudra procéder à une partition du complémentaire de A, et ceci de ̟n−p façons (en
posant ̟0 = 1). On en déduit la formule demandée : ̟n = ∑ n
( n−1
p=1 p−1)̟n−p . On obtient
l’autre expression en posant n − p = k, et en utilisant la propriété ( ) (
n−1
p−1 = n−1
)
3. Les calculs donnent ̟4 = 15,̟5 = 52,̟6 = 1203,̟7 = 877.
4. Pour le programme Pascal demandé, on commence par programmer une fonction permettant
le calcul de ( n
p)
à l’aide par exemple de la formule de Pascal, puis on calcule les ̟k de
proche en proche, en présentant les résultats dans un tableau (bien entendu, on se limitera
à des valeurs de k par exemple inférieures à 20).
Exercice 8.28
1. a) Clairement D n = A 1 ∩ A 2 ∩ · · · ∩ A n−1 ∩ A n = A 1 ∪ A 2 ∪ · · · ∪ A n−1 ∪ A n
b) Quel que soit l’entier k de [[1,n]], l’ensemble A i1 ∩ A i2 ∩ ∩A ik−1 ∩ A ik est l’ensemble des
permutations qui laissent fixes les k éléments de l’ensemble {i 1 ,i 2 ,...,i k }. Son cardinal est
donc (n − k)!.
Comme il y a ( n
k)
façons de choisir un tel sous ensemble, et que k varie de 1 à n, la formule
de Poincaré peut alors s’appliquer :
Card(A 1 ∪ A 2 ∪ · · · ∪ A n−1 ∪ A n ) =
c) Il en résulte que d(n) = n! −
n∑
( ) n
(−1) k−1 (n − k)! =
k
k=1
n∑
(−1)
k=1
k−1 n!
n
k! = n! ∑ (−1) k
k!
k=0
n∑
(−1)
k=1
k−1 n!
2. a) Pour réaliser une permutation admettant exactement p points fixes, on choisit les p
points fixes (de ( n
p)
façons), puis de considérer une permutation sans point fixe des n − p
éléments qui restent (il y a d(n − p) façons de procéder). Par suite ϕ p n = ( n
p)
d(n − p)
b) On obtient alors : ϕ p n = ( n−p
) ∑
n (−1) k
p (n − p)!
k!
k=0
Exercice 8.29
= n!
n−p
∑ (−1) k
p! k!
k=0
1. a) Il est clair que si p < q, alors S p,q = 0 (et non moins clair que S p,p = p!)
k!
n−p

51
b) Soit a un élément de E. Classons les surjections de E sur F suivant que la restriction
à E \ {a} est encore une surjection sur F, (il y a bien sûr S p−1,q cas) ou ne l’est
plus (c’est alors une surjection de E \ {a} sur F \ {b}, où b désigne l’image de a ; il y a
donc S p−1,q−1 cas). Comme il y a q façons de choisir a, on aboutit à la relation demandée
S p,q = qS p−1,q + qS p−1,q−1
c) Le tableau demandé se présente comme suit :
1 2 3 4 5
1 1 0
2 1 2 0
3 1 6 6 6
4 4 14 36 36 0
2. a) Toute application de E dans F est une surjection de E sur l’ensemble des images de
ses éléments. Soit i le cardinal de cet ensemble image. Il y a alors ( q
i)
façons de le choisir, et
S p,i façons de réaliser cette surjection. Au total, comme il y a q p applications de E dans F
et que i varie de 1 à q, on obtient la formule annoncée : q p = ∑ q
( q
i=1 i)
Sp,i
b) L’application de la formule d’inversion de Pascal (voir exercice 11) permet de conclure.
Mais on peut aussi utiliser la formule de Poincaré, en notant par exemple F = {b 1 ,b 2 ,...,b q },
et M i (E,F) l’ensemble des applications de E dans F telles que b i n’a pas d’antécédent.
c) Pour le programme en Pascal demandé, il suffit d’utiliser la formule de récurrence obtenue
plus haut.
Chapitre 9
Exercice 9.1
Notons A cet ensemble.
– Par définition A est bien un sous-ensemble de R R .
– A est non vide puisque la fonction nulle est solution de cette équation différentielle.
– Soient f 1 ,f 2 deux fonctions de A et λ,µ deux réels. Par hypothèse on a
f 1 ′′ + 2f 1 ′ − f 1 = 0 (1)
f 2 ′′ + 2f 2 ′ − f 2 = 0 (2)
En effectuant λ(1) + µ(2) on trouve λ(f ′′
1 + 2f ′ 1 − f 1 ) + µ(f ′′
2 + 2f ′ 2 − f 2 ) = 0, soit encore
et donc λf 1 + µf 2 appartient à A.
A est donc un sous-espace vectoriel de R R .
Exercice 9.2
(λf 1 + µf 2 ) ′′ + 2(λf 1 + µf 2 ) ′ − (λf 1 + µf 2 ) = 0
Remarquons d’abord que tous les ensembles sont bien des sous-ensembles de R R .
1. A est non vide puisque la fonction nulle vérifie l’équation qui définit A.

52
Soient f,g deux fonctions de A et λ,µ deux réels. On a
et donc λf + µg appartient à A.
A est un sous-espace vectoriel de R R .
(λf + µg)(3) = λf(3) + µg(3)
= λ2f(0) + µ2g(0)
= 2(λf + µg)(0)
2. On remarque que la fonction nulle n’appartient pas à B puisque 0 ≠ 6 ×0+1. B ne peut
donc être un sous-espace vectoriel de R R .
3. C est non vide puisque la fonction nulle vérifie l’équation qui définit C.
Soient f,g deux fonctions de A et λ,µ deux réels. On a pour tout réel x
(λf + µg)(−x) = λf(−x) + µg(−x)
= λf(1 + x) + µg(1 + x)
= (λf + µg)(1 + x)
et donc λf + µg ∈ C.
On en déduit que C est un sous-espace vectoriel de R R .
4. Soit f la fonction définie pour tout réel x par f(x) = 1. Par construction pour tout réel
x, on a f(x) 2 = 1 = f(2x), et donc f ∈ D. Or pour tout réel x, on a (2f)(x) 2 = 4 et
(2f)(2x) = 2 donc 2f /∈ D. On en déduit que D n’est pas un sous-espace de R R .
Exercice 9.3
On remarque tout d’abord que les quatres ensembles proposés sont bien des parties de R 3 .
1. A est non vide puisqu’il contient le triplet (0,0,0).
Soient u,v ∈ A, avec u = (x 1 ,y 1 ,z 1 ), v = (x 2 ,y 2 ,z 2 ) et λ,µ deux réels. Par hypothèse on a
En calculant λ(1) + µ(2) on trouve
x 1 + 2y 1 − 3z 1 = 0 (1)
x 2 + 2y 2 − 3z 2 = 0 (2)
(λx 1 + µx 2 ) + 2(λy 1 + µy 2 ) − 3(λz 1 + µz 2 ) = 0
et donc λu + µv ∈ A. A est un sous-espace de R 3 .
2. On a
B = { (x + y,x − y,2y) / (x,y) ∈ R 2}
= { x(1,1,0) + y(1, −1,2) / (x,y) ∈ R 2}
= Vect ((1,1,0) ,(1, −1,2))
donc B est un sous-espace vectoriel de R 3 .
3. Montrons que 0 /∈ C. Supposons qu’il existe deux réels x,y tels que
(2x − 3y,x + 1, −x + 3y) = 0
On aurait alors x = 1 d’après la deuxième équation et y = 1 d’après la troisième. Mais alors
3
2x − 3y = 1 ≠ 0, ce qui est contradictoire. Ces deux réels n’existent donc pas et 0 /∈ C. C
n’est pas un sous-espace vectoriel de R 3 .

53
4. Les triplets u = (1,0,1) et v = (1,0, −1) appartiennent à D. Or u + v = (2,0,0) et
2 2 + 0 2 − 0 2 ≠ 0, donc u + v /∈ D. D n’est pas un sous-espace de R 3 .
Exercice 9.4
Tout d’abord ces quatre ensembles sont bien des sous-ensembles de K N .
1. A est non vide puisqu’il contient la suite nulle.
Soient (u n ),(v n ) deux suites de A et λ,µ deux scalaires. Posons (w n ) = λ(u n )+µ(v n ). Cette
suite vérifie pour tout n ∈ N,
w 4n = λu 4n + µv 4n
= λ(u n+1 + 5u n ) + µ(v n+1 + 5v n )
= λu n+1 + µu n+1 + 5(λu n + µv n )
= w n+1 + 5w n
et donc (w n ) ∈ A. A est un sous-espace vectoriel de K N .
2. B est non vide puisqu’il contient la suite nulle.
Soient (u n ),(v n ) deux suites de B et λ,µ deux scalaires. Posons (w n ) = λ(u n )+µ(v n ). Cette
suite vérifie
w 4 = λu 4 + µv 4 = 0
et
w 10 = λu 10 + µv 10 = 0
Donc (w n ) ∈ B. B est un sous-espace vectoriel de K N .
3. La suite nulle ne vérifie pas l’équation qui définit C. C n’est pas un sous-espace vectoriel
de K N .
4. D est non vide puisqu’il contient la suite nulle.
Soient (u n ),(v n ) deux suites de D et λ,µ deux scalaires. Posons (w n ) = λ(u n ) + µ(v n ). On
sait alors que (w n ) converge et que
lim w n = λ0 + µ0 = 0
n→+∞
et donc (w n ) ∈ D. D est un sous-espace vectoriel de K N .
Exercice 9.5
Soit a,b,c trois réels tels que a(5, −2, −3) + b(4,1, −3) + c(−2, −7,3) = 0. On résout le
système équivalent
⎧
⎧
⎨
⎨
⎩
5a + 4b − 2c = 0
−2a + b + 3c = 0
−3a − 3b + 3c = 0
⎧
⎨
⇔
⎩
⇔
⎩
5a + 4b − 2c = 0
50c = 0
−3b + 9c = 0
Donc la famille proposée est libre.
5a + 4b − 2c = 0
13b + 11c = 0
−3b + 9c = 0
L 2 ← 5L 2 + 2L 1
L 3 ← 5L 3 + 3L 1
L 2 ← L 2 + 13 3 L 3 ⇔ a = b = c = 0

54
Exercice 9.6
Soient a,b,c trois réels tels que a(1,k,2) + b(−1,8,k) + c(1,2,1) = 0. On résout le système
équivalent
⎧
⎨
⎩
a − b + c = 0
ka + 8b + 2c = 0
2a + kb + c = 0
⎧
⎨
⇔
⎩
⎧
⎨
⇔
⎩
⎧
⎨
⇔
⎩
a − b + c = 0
(8 + k)b + (2 − k)c = 0
(k + 2)b − c = 0
a − b + c = 0
−c + (k + 2)b = 0
(2 − k)c + (8 + k)b = 0
L 2 ↔ L 3
L 2 ← L 2 − kL 1
L 3 ← L 3 − 2L 1
a − b + c = 0
−c + (k + 2)b = 0
((8 + k) + (2 − k)(k + 2)) b = 0 L 3 ← L 3 + (2 − k)L 2
Donc si ((8 + k) + (2 − k)(k + 2)) ≠ 0, alors b = 0, donc c = 0 et par suite a = 0 et dans
ce cas la famille est libre. Inversement si ce coefficient est nul alors le système admet une
solution avec b = 1 (qu’il est inutile d’expliciter) et donc la famille est liée. On en déduit
que la famille est liée si et seulement si k vérifie l’équation −k 2 + k + 12 = 0, c’est-à-dire si
et seulement si k ∈ {−3,4}.
Exercice 9.7
1. On trouve par exemple ((−2,1,0),(−3,0,1)).
2. Le vecteur u = (x,y,z) ∈ E si et seulement si
{ {
2x − z = 0
y + z = 0 ⇔ x =
1 2 z
y = −z
( ) 1
⇔ u = z
2 , −1,1
d’où E = Vect (( 1
2 , −1,1)) et dim E = 1
3. Le vecteur u = (x,y,z) ∈ E si et seulement si
{ { {
x + 5y − 3z = 0 x + 5y − 3z = 0 x = −2z
−x − 4y + 2z = 0 ⇔ y − z = 0 ⇔ y = z
Donc E = Vect(−2,1,1) et dim(E) = 1.
4. Le vecteur u = (x,y,z) ∈ E si et seulement si
{ 2x + y − 3z = 0
4x + 2y − 5z = 0 ⇔ { 2x + y − 3z = 0
z = 0 ⇔ { y = −2x
z = 0
Donc E = Vect(1, −2,0) et dim(E) = 1.
Exercice 9.8
où z ∈ R
1. On résout le système
{ { { x + y + z + t = 0 x + y + z + t = 0 x = −z
x − y + z − t = 0 ⇔ −2y − 2t = 0 ⇔ y = −t
⇔ u = z(−2,1,1) où z ∈ R
⇔ u = x(1, −2,0) où x ∈ R
On reconnaît donc Vect((−1,0,1,0),(0, −1,0,1)). De plus, ces deux vecteurs n’étant pas
colinéaires, ils forment une base du sous-espace proposé.

55
2. On résout le système
⎧
−3x + y + z + t = 0
⎪⎨
x − 3y + z + t = 0
x + y − 3z + t = 0
⎪⎩
x + y + z − 3t = 0
⎧
⎪⎨
⇔
⎪⎩
⎧
⎪⎨
⇔
⎪⎩
⎧
⎪⎨
⇔
⎪⎩
3x + y + z + t = 0
−2y + z + t = 0
y − 2z + t = 0
y + z − 2t = 0
3x + y + z + t = 0
−2y + z + t = 0
−3z + 3t = 0
3z − 3t = 0
3x + y + z + t = 0
−8y + 4z + 4t = 0
4y − 8z + 4t = 0
4y + 4z − 8t = 0
L 2 ← 3L 2 + L 1
L 3 ← 3L 3 + L 1
L 4 ← 3L 4 + L 1
L 3 ← 2L 3 + L 2
L 4 ← 24L 4 + L 2
⎧
⎨
⇔
⎩
L 2 ← 3L 2 + L 1
L 3 ← 3L 3 + L 1
L 4 ← 3L 4 + L 1
x = t
y = t
z = t
On en déduit que la famille ((1,1,1,1)) est génératrice du sous-espace proposé. Cette famille
étant composée d’un vecteur non nul, c’est une base du sous-espace.
3. On résout le système
⎧
x + 3y + 2z = 0
⎪⎨
3x + 10y + 5z + t = 0
2x + 5y + 5z − t = 0
⎪⎩
y − z + t = 0
⎧
⎪⎨
⇔
⎪⎩
x + 3y + 2z = 0
y − z + t = 0
−y + z − t = 0
y − z + t = 0
L 2 ← L 2 − 3L 1
L 3 ← L 3 − 2L 1
{ {
x + 3y + 2z = 0 x = −5z + 3t
⇔
y − z + t = 0 ⇔ y = z − t
Une famille génératrice est donc par exemple ((−5,1,1,0),(3, −1,0,1)). Ces deux vecteurs
n’étant pas colinéaires ils forment une base du sous-espace donné.
Exercice 9.9
Soient a,b,c trois réels tels que pour tout n ∈ N, on ait
au n + bv n + cw n = 0
Alors en écrivant l’égalité avec n = 0,1,2, on voit que a,b,c sont les solutions d’un système
linéaire homogène que l’on résout
⎧
⎧
⎨
⎨
⎩
a + b + c = 0
2a + 3b + 4c = 0
4a + 9b + 16c = 0
⎧
⎨
⇔
⎩
⇔
⎩
a + b + c = 0
b + 2c = 0
7b + 12c = 0
L 2 ← L 2 − 2L 1
L 3 ← L 3 − 4L 1
a + b + c = 0
b + 2c = 0
⇔ a = b = c = 0
−2c = 0 L 3 ← L 3 − 7L 2
La famille ((u n ),(v n ),(w n )) est donc bien une famille libre.

56
Exercice 9.10
1. Comme (−3, −6) = −3(1,2), on a A = Vect((1,2)). Par ailleurs comme (1,2) ≠ 0, la
famille ((1,2)) est une base de A.
2. Montrons que ((1,2),(3,4),(5,6)) n’est pas une famille libre. Soient a,b,c trois réels, on
a
{
a + 3b + 5c = 0
a(1,2) + b(3,4) + c(5,6) = 0 ⇔
2a + 4b + 6c = 0
{ {
a + 3b + 5c = 0
a = c
⇔
⇔
−2b − 4c = 0 L 2 ← L 2 − 2L 1 b = −2c
On a donc par exemple (5,6) = −(1,2) + 2(3,4). On en déduit que B = Vect((1,2),(3,4)).
Ces deux vecteurs n’étant pas colinéaires la famille ((1,2),(3,4)) est une base de B.
Exercice 9.11
1. Soient a,b,c trois réels tels que a(1,3, −3) + b(4,2, −3) + c(−1,7,6) = 0. On résout le
système équivalent
⎧
⎧
⎨
⎨
⎧
⎨
⎩
⎩
a + 4b − c = 0
3a + 2b + 7c = 0
−3a − 3b + 6c = 0
a + 4b − c = 0
−b + c = 0
3b + c = 0
⎧
⎨
⇔
⎩
⇔
⎩
a + 4b − c = 0
−10b + 10c = 0
9b + 3c = 0
L 2 ← L 2 − 3L 1
L 3 ← L 3 + 3L 1
a + 4b − c = 0
−b + c = 0
⇔ a = b = c = 0
4c = 0 L 3 ← L 3 + 3L 2
La famille ((1,3, −3),(4,2, −3),(−1,7,6)) est donc à la fois une famille libre et génératrice
de A. C’est une base de A.
2. Soient a,b,c,d quatre réels tels que a(4, −5,3)+b(2,3, −2)+c(4, −16,10)+d(8,1, −1) = 0.
On résout le système équivalent
⇔
⎧
⎨
⎩
4a + 2b + 4c + 8d = 0
−5a + 3b − 16c + d = 0
3a − 2b + 10c − d = 0
⎧
⎨
⇔
⎩
4a + 2b + 4c + 8d = 0
22b − 44c + 44d = 0
−14b + 28c − 28d = 0
{ {
4a + 2b + 4c + 8d = 0 4a = −2b − 4c − 8d
b − 2c + 2d = 0 ⇔ b = 2c − 2d
L 2 ← 4L 2 + 5L 1
L 3 ← 4L 3 − 3L 1
{
a = −4c − 2d
⇔
b = 2c − 2d
Il existe donc une solution telle que c = 1 et d = 0. Ceci implique que (4, −16,10) est
combinaison linéaire de ((4, −5,3),(2,3, −2)). De même il existe une solution telle que c = 0
et d = 1, et donc (8, −1,1) est aussi combinaison linéaire de ((4, −5,3),(2,3, −2)).
On en déduit que B = Vect((4, −5,3),(2,3, −2)). Ces deux vecteurs n’étant pas colinéaires,
ils forment également une famille libre. La famille ((4, −5,3),(2,3, −2)) est donc une base
de B.
3. Soient a,b,c trois réels tels que a(1,1, −2) + b(2,1, −3) + c(0,1, −1) = 0. On résout le
système équivalent
⎧
⎨
⎩
a + 2b = 0
a + b + c = 0
−2a − 3b − c = 0
⎧
⎨ a + 2b = 0
⇔ −b + c = 0
⎩
b − c = 0
⇔
{ a = −2c
b = c

57
On a donc par exemple (0, −1,1) = 2(1,1,2) − (2,1, −3).
On en déduit que C = Vect((1,1,3),(2,1, −3)). Les deux vecteurs n’étant pas colinéaires il
forment une famille libre. La famille ((1,1,3),(2,1, −3)) étant à la fois libre et génératrice
de C, c’est une base de C.
4. On remarque que (−2, −8,6) = −2(1,4, −3). Donc D = Vect((1,4, −3)). Le vecteur
(1,4, −3) n’étant pas nul, la famille ((1,4, −3)) est une base de D.
Exercice 9.12
1. On constate que pour tout x > 0, f 4 (x) = e x+3 = e 3 e x = e 3 f 3 (x). C’est-à-dire que
f 4 = e 3 f 3 . La famille (f 1 ,f 2 ,f 3 ,f 4 ,f 5 ) n’est donc pas libre.
2. D’après la question précédente on sait que Vect(f 1 ,f 2 ,f 3 ,f 4 ,f 5 ) est engendré par
(f 1 ,f 2 ,f 3 ,f 5 ). Montrons que la famille (f 1 ,f 2 ,f 3 ,f 5 ) est aussi une famille libre. Soient
a,b,c,d quatre réels tels que af 1 +bf 2 +cf 3 +df 5 = 0. Ceci signifie que pour tout réel x > 0
on a
aln(x) + bx + ce x + d · 1
x = 0
Si l’on avait c ≠ 0, on aurait
lim aln(x) + bx +
x→+∞ cex + d · 1
x = lim
ce qui est absurde. On en déduit que c = 0.
Alors si l’on avait b ≠ 0, on aurait
x→+∞ ex (
1
lim aln(x) + bx + d ·
x→+∞ x = lim
a ln(x)
e x + b x )
e x + c + d · 1
e x = ±∞
x
} {{ }
→c
)
1
x 2
(
x a ln(x) + b + d ·
x→+∞ x
} {{ }
→b
= ±∞
ce qui est absurde. On en déduit que b = 0. En évaluant l’équation en x = 1, on obtient
alors d = 0. Finalement en évaluant en x = e, il reste a = 0.
La famille (f 1 ,f 2 ,f 3 ,f 5 ) est bien une famille libre et c’est donc une base de Vect(f 1 ,f 2 ,f 3 ,f 4 ,f 5 ).
Exercice 9.13
Soient a,b,c trois réels tels que af 1 + bf 2 + cf 3 = 0. Ceci signifie que pour tout réel x on a
asin(x) + bsin(2x) + csin(3x) = 0
En particulier pour x = π 2 , π 3 , π , on voit que a,b,c vérifient le système
6
⎧
⎪⎨
⎪⎩
√
a
√
− c = 0
2 2
2 a + 2 b = 0
√
⇔
1 2
2 a + 2 b + c = 0
⎧
⎨
⎩
c = a
b = −a
a + √ 2b + c = 0
⇔ a = b = c = 0.
La famille proposée est bien une famille libre.
⎧
⎨ c = a
⇔ b = −a
⎩
(2 − √ 2)a = 0

58
Exercice 9.14
Pour tout réel x on a f 0 (x) = cos(0x) = cos(0) = 1. En particulier la fonction f 0 n’est pas
nulle. La famille (f 0 ) est donc libre. Autrement dit la propriété à prouver est vraie pour
n = 0.
Supposons qu’elle soit vérifiée à un certain rang n − 1 (avec n 1).
n∑
Soient λ 0 ,λ 1 ,...,λ n des réels tels que λ k f k = 0. Ceci signifie que pour tout réel x, on a
k=0
n∑
λ k cos(kx) = 0. (1)
k=0
En dérivant cette relation deux fois par rapport à x, on obtient
n∑
−k 2 λ k cos(kx) = 0. (2)
k=0
En effectuant n 2 (1) + (2), on trouve
n∑
(n 2 − k 2 )λ k cos(kx) = 0.
k=0
Le dernier terme étant nul, ceci peut aussi s’écrire
n−1
∑
(n 2 − k 2 )λ k cos(kx) = 0.
k=0
Or d’après l’hypothèse de récurrence, on sait que (f 0 ,f 1 ,f 2 ,...,f n−1 ) est une famille libre.
On en déduit que pour k ∈ [0,n − 1], on a (n 2 − k 2 )λ k = 0, et donc λ k = 0. En évaluant
alors l’équation (1) en x = 0, il vient λ n = 0. Ceci prouve que la famille (f 0 ,f 1 ,...,f n ) est
libre.
Nous avons donc montré par récurrence que pour tout n ∈ N, la famille (f 0 ,f 1 ,...,f n ) est
une famille libre.
Exercice 9.15
Quitte à changer l’ordre de la famille, on peut supposer que α 1 < α 2 < ... < α n .
n∑
Soit a 1 ,a 2 ,...,a n des réels tels que a k f k = 0. On a donc pour tout réel x
k=1
n∑
a k e αkx = 0.
k=1
Supposons que les réels a 1 ,a 2 ,...,a n ne soient pas tous nuls. Notons i le plus grand indice
tel que a i ≠ 0 et supposons que α i 0. On a alors
(
)
n∑
∑i−1
lim a k e αkx = lim
x→+∞
x→+∞ eαix a i + a k e (α k−α i)x
≠ 0
k=1
k=1
} {{ }
→a i

59
Ce qui est absurde. Si α i < 0, on pose alors j le plus petit indice tel que a j ≠ 0, et
on étudie la limite en −∞ pour aboutir à une contradiction analogue. On en conclut que
a 1 = a 2 = · · · = a n = 0. La famille (f 1 ,f 2 ,...,f n ) est donc une famille libre.
Exercice 9.16
Quitte à changer l’ordre des réels on peut supposer que α 1 < α 2 < · · · < α n . Soient
n∑
a 1 ,a 2 ,...,a n des réels tels que a k f k = 0. On a donc pour tout réel x
k=1
n∑
a k (α k ) x = 0
k=1
Supposons que les réels a 1 ,...,a n ne soient pas tous nuls. Notons i le plus grand indice tel
que a i ≠ 0 et supposons que α i 1. On a alors
lim
n∑
x→+∞
k=1
(
a k (α k ) x = lim (α i) x
x→+∞
i−1 ( )
∑
)
a i + a k e x ln αk
α i ≠ 0
k=1
} {{ }
→a i
Ce qui est absurde. De même si α i < 1, on note alors j le plus petit indice tel que a j ≠ 0.
On a alors
lim
n∑
x→−∞
k=1
⎛
a k (α k ) x = lim (α j) x ⎝a j +
x→−∞
i∑
⎞ ( )
a k e x ln αk
α j ⎠ ≠ 0
→a j
k=j+1
} {{ }
ce qui est également contradictoire. On doit donc avoir a 1 = a 2 = · · · = a n = 0. La famille
(f 1 ,f 2 ,...,f n ) est libre.
Exercice 9.17
1. On sait que la fonction cos réalise une surjection de R sur [−1,1]. Il existe donc un réel
n∑
x 0 tel que α = cos(x 0 ). Comme a k f k = 0, on a
k=0
n∑
a k f k (x 0 ) =
k=0
n∑
a k cos k (x 0 ) =
k=0
n∑
a k α k = 0
et donc α est bien une racine du polynôme a 0 + a 1 X + · · · + a n X n .
2. D’après la question précédente on en déduit que le polynôme a 0 + a 1 X + · · · + a n X n a
une infinité de racines. C’est donc le polynôme nul. Autrement dit a 0 = a 1 = · · · = a n = 0.
n∑
Nous avons montré que si a 0 ,a 1 ,...,a n étaient des réels tels que a k f k = 0 alors on avait
a 0 = a 1 = · · · = a n = 0. Ceci revient à dire que la famille (f 0 ,f 1 ,...,f n ) est libre.
k=0
k=0

60
Exercice 9.18
1. Si f était dérivable en α k alors la fonction
f k = 1 λ k
⎛
⎜
⎝f − ∑
i∈[1,n]
i≠k
λ i f i
⎞
⎟
⎠
serait dérivable en α k comme combinaison linéaire de fonctions dérivables en α k . Or f k n’est
pas dérivable en α k . f n’est donc pas dérivable en α k .
2. Si λ 1 ,λ 2 ,...,λ n sont des réels tels que
n∑
λ k f k = 0, comme la fonction nulle est dérivable
k=1
en tout point, d’après la question précédente on doit avoir λ k = 0 pour tout k ∈ [1,n]. On
en déduit que la famille (f 1 ,f 2 ,...,f n ) est libre.
Exercice 9.19
On sait déjà que B ⊂ C. Il suffit donc de montrer que C ⊂ B.
Soit x ∈ C. Comme C ⊂ A + B, il existe y ∈ A et z ∈ B tels que x = y + z. On a alors
x − z = y. Comme z ∈ B, on peut dire que z ∈ C. Comme C est un sous-espace vectoriel
de E, on en déduit que x − z ∈ C. Autrement dit y ∈ A ∩ C et donc y ∈ B. Or x = y + z, y
et z étant des vecteurs de B et B étant un sous-espace on en conclut finalement que x ∈ B.
C’est-à-dire que C ⊂ B.
Exercice 9.20
Montrons dans un premier temps que C = A + (B ∩ C). Comme A ⊂ C et B ∩ C ⊂ C,
on a A + (B ∩ C) ⊂ C. Réciproquement soit x ∈ C, comme E = A ⊕ B, il existe y ∈ A et
z ∈ B tels que x = y + z. On a alors z = x − y. Et comme A ⊂ C, on a y ∈ C. C étant un
sous-espace vectoriel, on en déduit que z ∈ C. On a donc x = y +z avec y ∈ A et z ∈ B ∩C.
Montrons que A ∩ (B ∩ C) = {0}. Soit x ∈ A ∩ (B ∩ C), en particulier x ∈ A ∩ B. Comme
E = A ⊕ B, on en déduit que x = 0.
On peut donc conclure que C = A ⊕ (B ∩ C).
Exercice 9.21
Montrons d’abord que F ∩ G = {0}. Soit u ∈ F ∩ G, comme u ∈ G, on sait qu’il existe un
réel λ tel que u = (λ,0,0). Mais alors d’après la définition de F on a λ = 0. Autrement dit
u = 0.
Montrons ensuite que E = F + G. Soit u ∈ R 3 avec u = (x,y,z). On va chercher un réel λ
tel que u − λ(1,0,0) ∈ F, c’est-à-dire tel que (x − λ,y,z) ∈ F. Ceci équivaut à
x − λ − 3y + 4z = 0
soit λ = 3x − 3y + 4z. λ ainsi défini, on a donc
x = (x − λ(1,0,0)) +λ(1,0,0)
} {{ } } {{ }
∈F
∈G

61
Exercice 9.22
1. Par définition A est bien une partie de E et la fonction nulle est un élément de A donc
A est non vide.
Soient f,g deux fonctions de A et λ,µ deux réels, il est alors clair que si f et g sont constantes,
la fonction λf + µg est constante. A est bien un sous-espace de E.
De même, B est une partie de E et B est non vide, puisque si f = 0 alors
Et si f,g sont deux fonctions de B et λ,µ deux réels, on a
∫ 1
0
(λf + µg)(t)dt = λ
∫ 1
0
f(t)dt + µ
et donc λf + µg ∈ B. B est un sous-espace vectoriel de E.
∫ 1
0
g(t)dt = 0
∫ 1
0
f(t)dt = 0.
2. Soit f ∈ E. Supposons avoir trouvé une fonction g ∈ A et une fonction h ∈ B telles que
f = g + h. Comme g ∈ A il existe un réel a tel que g = a. On a alors
∫ 1
0
f(t)dt =
∫ 1
0
a + h(t)dt = a +
et comme h ∈ B, on en déduit que nécessairement a =
t ∈ [0,1], h(t) = f(t) −
∫ 1
0
∫ 1
0
∫ 1
0
h(t)dt
f(t)dt. Ceci prouve l’unicité de l’écriture.
f(t)dt. Il vient alors pour tout
Réciproquement, soient g,h les fonctions ainsi définies. On a alors g ∈ A et
∫ 1 ∫ 1
( ∫ 1
) ∫ 1 ∫ 1
h(t)dt = f(t) − f(x)dx dt = f(t)dt − f(x)dx = 0
c’est-à-dire que h ∈ B.
0
Et enfin pour t ∈ [0,1], on a bien g(t) + h(t) =
Nous avons donc montré que E = A ⊕ B.
Exercice 9.23
0
0
∫ 1
0
0
f(t)dt + f(t) −
0
∫ 1
0
f(t)dt = f(t).
1. On voit que F = Vect((1,1,0),(1,0,1)). Soit u ∈ R 3 avec u = (x,y,z), cherchons un
réel λ tel que u − λ(1,1,0) ∈ G, c’est-à-dire tel que (x − λ,y − λ,z) ∈ G. Ceci équivaut à
2(x − λ) + (y − λ) + z = 0, soit λ = 2x + y + z · Avec un tel réel λ, on a alors
3
On peut donc en conclure que E = F + G.
u = λ(1,1,0) +u − λ(1,1,0)
} {{ } } {{ }
∈F
∈G
2. Un triplet (x,y,z) appartient à F ∩ G si et seulement si
{ { { x − y − z = 0 x − y − z = 0 x = 0
2x + y + z = 0 ⇔ 3y + 3z = 0 ⇔ y = −z
On a donc par exemple (0, −1,1) ∈ F ∩ G. F et G ne sont pas supplémentaires.

62
Exercice 9.24
1. Par définition F est un sous-ensemble de R N . De plus F est non vide puisqu’il contient
la suite nulle.
Enfin soient (u n ) et (v n ) deux suites de F et λ,µ deux scalaires. Si l’on pose (w n ) = λ(u n )+µ(v n ),
on a pour tout n ∈ N, w 2n = λu 2n + µv 2n = λu 2n+1 + µv 2n+1 = w 2n+1 et donc w n ∈ F. F
est un sous-espace vectoriel de K N .
De même par définition G est un sous-ensemble de R N qui est non vide puisqu’il contient la
suite nulle.
Si l’on se donne (u n ) et (v n ) deux suites de G, λ,µ deux scalaires et si l’on pose
(w n ) = λ(u n ) + µ(v n ), on a pour tout n ∈ N, w 2n+1 = λu 2n+1 + µv 2n+1 = 0 et donc
w n ∈ G. G est un sous-espace vectoriel de K N .
2. Soit (u n ) une suite à valeurs dans K. Définissons la suite (v n ) par v 2n = v 2n+1 = u 2n+1
pour tout n ∈ N et la suite (w n ) par w 2n = u 2n − u 2n+1 et w 2n+1 = 0 pour tout n ∈ N.
Soit n ∈ N. Si n est pair avec n = 2p, alors v n + w n = u 2p+1 + u 2p − u 2p+1 = u 2p = u n .
Si n est impair, alors v n + w n = u n + 0 = u n . On en conclut donc que pour tout n ∈ N,
u n = v n + w n , c’est-à-dire que (u n ) = (v n ) + (w n ). Ceci prouve que K N = F + G.
Soit (u n ) une suite de F ∩ G. Comme (u n ) ∈ G, on sait que pour tout entier n, u 2n+1 = 0.
Et comme (u n ) ∈ F, on a alors pour tout entier n ∈ N, u 2n = u 2n+1 = 0. La suite (u n ) est
nulle. On a donc F ∩ G = {0}.
On en conclut que K N = F ⊕ G.
Chapitre 10
Exercice 10.1
1. Soient u,v deux vecteurs de R 3 avec u = (x 1 ,y 1 ,z 1 ) et v = (x 2 ,y 2 ,z 2 ) et λ,µ deux réels.
On a
f 1 (λu + µv) = f 1 ((λx 1 + µx 2 ,λy 1 + µy 2 ,λz 1 + µz 2 ))
et f 1 est donc linéaire.
= ((λx 1 + µx 2 ) − (λy 1 + µy 2 ) + (λz 1 + µz 2 ),λz 1 + µz 2 )
= (λ(x 1 − y 1 + z 1 ) + µ(x 2 − y 2 + z 3 ),λz 1 + µz 2 )
= λ(x 1 − y 1 + z 1 ,z 1 ) + µ(x 2 − y 2 + z 2 ,z 2 )
= λf 1 (u) + µf 1 (v)
2. Soient u,v deux vecteurs de R 3 avec u = (x 1 ,y 1 ,z 1 ) et v = (x 2 ,y 2 ,z 2 ) et λ,µ deux réels.
On a
et donc f 2 est linéaire.
f 2 (λu + µv) = f 2 ((λx 1 + µx 2 ,λy 1 + µy 2 ,λz 1 + µz 2 ))
= (0,5(λx 1 + µx 2 ) − 2(λy 1 + µy 2 ))
= (0,λ(5x 1 − 2y 1 ) + µ(5x 2 − 2y 2 ))
= λ(0,5x 1 − 2y 1 ) + µ(0,5x 2 − 2y 2 )
= λf 2 (u) + µf 2 (v)

63
3. On a f 3 (0) = (0,1) ≠ 0, donc f 3 n’est pas linéaire.
4. On a f 4 (2,0,0) = (4,0,0) et f 4 (1,0,0) = (1,0,0) donc f 4 (2(1,0,0)) ≠ 2f 4 (1,0,0). f 4 n’est
pas linéaire.
5. Soient u,v deux vecteurs de R 3 avec u = (x 1 ,y 1 ,z 1 ) et v = (x 2 ,y 2 ,z 2 ) et λ,µ deux réels.
On a
et f 5 est donc linéaire.
f 5 (λu + µv) = f 5 ((λx 1 + µx 2 ,λy 1 + µy 2 ,λz 1 + µz 2 ))
= (λy 1 + µy 2 ,λx 1 + µx 2 )
= λ(y 1 ,x 1 ) + µ(y 2 ,x 2 )
= λf 5 (u) + µf 5 (v)
6. On a f 6 (1,0,0) = (0,0), f 6 (0,1,1) = (0, −1) et f 6 (1,1,1) = (1, −1). Autrement dit
On en déduit que f 6 n’est pas linéaire.
Exercice 10.2
f 6 ((1,0,0) + (0,1,1)) ≠ f 6 (1,0,0) + f 6 (0,1,1)
1. Soient f,g ∈ E et λ,µ deux réels, on a u 1 (λf+µg) = 3(λf+µg) = λ3f+µ3g = λu 1 (f)+µu 1 (g).
u est une application linéaire.
2. Soit f la fonction constante égale à 1. D’une part f ∈ E. D’autre part u 2 (2f) = (2f) 3 = 8f 3 = 8
et 2u 2 (f) = 2f 3 = 2. On a donc u 2 (2f) ≠ 2u 2 (f), u 2 n’est pas linéaire.
3. Soient f,g ∈ E et λ,µ deux réels, on a
u est donc une application linéaire.
4. Soient f,g ∈ E et λ,µ deux réels, on a
u 4 (λf + µg) =
u 3 (λf + µg) = (λf + µg)(0) + (λf + µg) ′
∫ 1
−1
u 4 est donc une application linéaire.
= λ(f(0) + f ′ ) + µ(g(0) + g ′ )
= λu 3 (f) + µu 3 (g)
(λf + µg)(t)dt + (λf + µg) ′′
(∫ 1
) (∫ 1
)
= λ f(t)dt + f ′′ + µ g(t)dt + g ′′
−1
−1
= λu 4 (f) + µu 4 (g)
5. Notons f la fonction définie sur R par f(x) = x. Cette fonction est bien un élément de
E. De plus, pour tout réel x, on a (2f) ◦ (2f)(x) = 2f(2x) = 4x, et 2(f ◦ f)(x) = 2x. On en
déduit que u 5 (2f) ≠ 2u 5 (f). L’application u 5 n’est pas linéaire.

64
6. Soient f,g ∈ E et λ,µ deux réels. On a pour tout réel x
u 6 (λf + µg)(x) = cos(x) × (λf + µg)(x)
= λcos(x)f(x) + µcos(x)g(x)
= λu 6 (f)(x) + µu 6 (g)(x)
et donc u 6 (λf + µg) = λu 6 (f) + µu 6 (g). u 6 est une application linéaire.
Exercice 10.3
1. Soient (u n ),(v n ) deux suites à valeurs dans K et λ,µ deux scalaires. On a
∆(λ(u n ) n∈N + µ(v n ) n∈N ) = ∆ ( (λu n + µv n ) n∈N
)
∆ est une application linéaire.
= ((λu n+1 + µv n+1 ) − (λu n + µv n )) n∈N
= (λ(u n+1 − u n ) + µ(v n+1 − v n )) n∈N
= λ(u n+1 − u n ) n∈N + µ(v n+1 − v n ) n∈N
= λ∆((u n ) n∈N ) + µ∆((v n ) n∈N )
2. Une suite (u n ) appartient au noyau de ∆ si et seulement si pour tout n ∈ N, u n+1 −u n = 0.
C’est-à-dire que (u n ) appartient à Ker(∆) si et seulement si (u n ) est une suite constante.
Ker(∆) est l’ensemble des suites constantes.
3. Notons A l’ensemble des suites (u n ) telles que u 0 = 0. Montrons que A est un
supplémentaire de Ker(∆).
Soit (u n ) une suite qui appartient à A ∩ Ker(∆). Ceci signifie que (u n ) est constante.
Mais comme (u n ) ∈ A, u 0 = 0. On en déduit que (u n ) est constante égale à 0. Ainsi
A ∩ Ker(∆) = {0}.
Montrons maintenant que K N = A + Ker(∆). Soit (u n ) une suite à valeurs dans K. On
définit la suite (v n ) par v n = u n − u 0 pour n ∈ N et la suite (w n ) par w n = u 0 pour n ∈ N.
On a alors (v n ) ∈ A, (w n ) ∈ Ker(∆) et pour tout n ∈ N, v n + w n = u n − u 0 + u 0 = u n .
C’est-à-dire que (u n ) = (v n ) + (w n ). On a donc bien K N = A + Ker(∆).
A et Ker(∆) sont bien des sous-espaces supplémentaires.
n−1
∑
4. Soit (u n ) une suite à valeurs dans K. Définissons la suite (v n ) par v n = u k . On a alors
pour tout n ∈ N,
v n+1 − v n =
n∑
k=0
n−1
∑
u k − u k = u n
k=0
Autrement dit ∆((v n ) n∈N ) = (u n ) n∈N . ∆ est donc surjectif.
5. Soit (u n ) une suite à valeurs dans K, on a
∆ 2 ((u n ) n∈N ) = ∆((u n+1 − u n ) n∈N )
= ((u n+2 − u n+1 ) − (u n+1 − u n )) n∈N
= (u n+2 − 2u n+1 + u n ) n∈N
et donc (u n ) n∈N ∈ Ker(∆ 2 ) si et seulement si pour tout n ∈ N, u n+2 − 2u n+1 + u n = 0,
c’est-à-dire si et seulement si pour tout n ∈ N, u n+2 −u n+1 = u n+1 −u n . Ceci revient à dire
que (u n ) n∈N ∈ Ker(∆) si et seulement si (u n ) n∈N est une suite arithmétique.
k=0

65
Exercice 10.4
1. Soient P,Q ∈ K[X] et λ,µ deux scalaires, on a
u(λP + µQ) = (λP + µQ)(1)
= λP(1) + µQ(1)
= λu(P) + µu(Q)
donc u est linéaire. De plus u(1) = 1, donc u n’est pas nulle.
2. Soit P ∈ K[X], on a P ∈ Ker(u) si et seulement si P(1) = 0. On peut donc écrire
Ker(u) = { (X − 1)P ∣ ∣ P ∈ K[X]
}
3. Soit A l’ensemble des polynômes constants, qui est clairement un sous-espace de K[X],
montrons que A et Ker(u) sont supplémentaires.
Soit P un polynôme de A ∩ K[X]. Comme P est constant, il existe a ∈ K tel que P = a. Et
comme P(1) = 0, on a a = 0. On en conclut que A ∩ Ker(u) = {0}.
Montrons maintenant que K[X] = A + Ker(u). Soit P ∈ K[X], on pose P 1 = P(1) et
P 2 = P − P(1). P 1 est constant donc P 1 ∈ A. P 2 vérifie P 2 (1) = P(1) − P(1) = 0, donc
P 2 ∈ Ker(u). Enfin P 1 + P 2 = P(1) + P − P(1) = P.
On a donc bien K[X] = A ⊕ Ker(u).
Exercice 10.5
1. Soient P,Q ∈ K n [X] et λ,µ deux scalaires. On a
donc f est linéaire.
f(λP + µQ) = X(λP + µQ) ′ (X) − (λP + µQ)(X)
2. Soit P ∈ K [ X] avec P(X) =
= λ(XP ′ (X) − P(X)) + µ(XQ ′ (X) − Q(X))
= λf(P) + µf(Q)
n∑
a k X k . On a alors
k=0
( n
)
∑
P ∈ Ker(f) ⇔ X ka k X k−1 −
⇔
⇔
k=0
n∑
ka k X k −
k=0
n∑
a k X k = 0
k=0
n∑
a k X k = 0
k=0
n∑
(k − 1)a k X k = 0
k=0
⇔ ∀k ∈ [0,n], (k − 1)a k = 0
Autrement dit P ∈ Ker(u) si et seulement si a k = 0 pour k ≠ 1. Les polynômes de Ker(u)
sont donc les polynômes de la forme aX où a ∈ K. Soit encore Ker(u) = Vect(X).

66
3. On sait que l’image par f d’une base est une famille génératrice de Im(f). Comme
pour k ∈ [1,n] on a f(X k ) = (k − 1)X k−1 et f(1) = −1, on en déduit que la famille
(−1,0,X,2X 2 ,...,(n − 1)X n−1 ) est génératrice de Im(f). Il en est alors de même de la
famille (1,X,X 2 ,...,X n−1 ). Or cette famille est libre, c’est donc une base de Im(f).
Exercice 10.6
1. Soient P,Q ∈ K n [X] et λ,µ deux scalaires. On a
donc u est linéaire, et
v est linéaire.
2. Soit P ∈ K[X], on a
u(λP + µQ) = −n(λP + µQ) + 2X(λP + µQ) ′
= λ(−nP + 2XP ′ ) + µ(−nQ + 2XQ ′ )
= λu(P) + µu(Q)
v(λP + µQ) = nX(λP + µQ) − X 2 (λP + µQ) ′
= λ(nXP − X 2 P ′ ) + µ(nXQ − X 2 Q ′ )
= λv(P) + µv(Q)
(uv − vu)(P) = u(nXP − X 2 P ′ ) − v(−nP + 2XP ′ )
= −n(nXP − X 2 P ′ ) + 2X(nXP − X 2 P ′ ) ′ − (nX(−nP + 2XP ′ ) − X 2 (−nP + 2XP ′ ) ′ )
= −n 2 XP + nX 2 P ′ + 2X(nP + nXP ′ − 2XP ′ − X 2 P ′′ ) + n 2 XP − 2nX 2 P ′
+X 2 (−nP ′ + 2P ′ + 2XP ′′ )
= (−n 2 X + 2nX + n 2 X)P + (nX 2 + 2nX 2 − 4X 2 − 2nX 2 − nX 2 + 2X 2 )P ′
+(−2X 3 + 2X 3 )P ′′
= 2nXP − 2P ′
= 2v(P)
et donc uv − vu = 2v.
3. Pour n = 0 on a uv 0 − v 0 u = u − u = 0 = 2 × 0v 0 . Pour n = 1 on a uv − vu = 2v. La
propriété est donc vérifiée aux rangs 0 et 1.
Supposons que uv n−1 − v n−1 u = 2(n − 1)v n−1 et uv n − v n u = 2nv n . En composant
à gauche et à droite par v on en déduit les deux égalités vuv n − v n+1 u = 2nv n+1 et
uv n+1 − v n uv = 2nv n+1 . En additionnant on en déduit que
soit encore
uv n+1 − v n+1 u + vuv n − v n uv = 4nv n+1
uv n+1 − v n+1 u + v(uv n−1 − v n−1 u)v = 4nv n+1
⇔ uv n+1 − v n+1 u + v(2(n − 1)v n−1 )v = 4nv n+1
⇔ uv n+1 − v n+1 u = 4nv n+1 − 2(n − 1)v n+1 = (4n − 2n + 2)v n+1 = 2(n + 1)v n+1
la propriété est vérifiée au rang n + 1. On en déduit donc que pour tout n ∈ N
uv n − v n u = 2nv n

67
Exercice 10.7
Supposons que Ker(u) = Ker(u 2 ). Soit x ∈ Im(u) ∩ Ker(u). Comme x ∈ Im(u), il existe
y ∈ E tel que x = f(y). Et comme x ∈ Ker(u) on en déduit que u(x) = u 2 (y) = 0.
Autrement dit y ∈ Ker(u 2 ). D’après l’hypothèse on sait alors que y ∈ Ker(u), soit u(y) = 0.
C’est-à-dire que x = 0. On a donc bien Im(u) ∩ Ker(u) = {0}.
Réciproquement supposons que Im(u) ∩ Ker(u) = {0}. Soit x ∈ Ker(u) on a alors
u 2 (x) = u(u(x)) = u(0) = 0 donc x ∈ Ker(u 2 ). Ceci prouve que Ker(u) ⊂ Ker(u 2 ).
Soit x ∈ Ker(u 2 ), on a donc u 2 (x) = 0, soit encore u(u(x)) = 0. Si l’on note y = u(x), on a
alors y ∈ Im(u) et y ∈ Ker(u). D’après l’hypothèse on en conclut que y = 0, soit u(x) = 0.
C’est-à-dire que x ∈ Ker(u). On a donc bien Ker(u) = Ker(u 2 ).
Exercice 10.8
– Supposons que Im(u) = Im(u 2 ).
Soit x ∈ E. Par définition u(x) ∈ Im(u). D’après l’hypothèse, il existe y ∈ E tel que
u(x) = u 2 (y). On a alors u(x −u(y)) = 0, soit x −u(y) ∈ Ker(u). On peut donc écrire que
x = x − u(y) + u(y)
} {{ } }{{}
∈Ker(u) ∈Im(u)
On en déduit que E = Im(u) + Ker(u).
– Supposons que E = Im(u) + Ker(u).
Soit x ∈ Im(u 2 ), il existe donc y ∈ E tel que x = u 2 (y), soit x = u(u(y)). Donc x ∈ Im(u).
Ceci prouve que Im(u 2 ) ⊂ Im(u).
Réciproquement si x ∈ Im(u), il existe y ∈ E tel que x = u(y). Mais d’après l’hypothèse
il existe y 1 ∈ Im(u) et y 2 ∈ Ker(u) tels que y = y 1 + y 2 . On a alors
x = u(y 1 + y 2 ) = u(y 1 ) + u(y 2 ) = u(y 1 ). Soit z ∈ E tel que y 1 = u(z), on a donc
x = u(u(z)) = u 2 (z), c’est-à-dire que x ∈ Im(u 2 ).
On a donc bien Im(u) = Im(u 2 ).
Exercice 10.9
1. On sait que X n − 1 = (X − 1)(X n−1 + X n−2 + · · · + 1).
2. D’après la question précédente on peut écrire u n −Id E = (u−Id E )(u n−1 +u n−1 +· · ·+u+Id E ).
Comme u n = 0, on a en fait
(Id E −u)(u n−1 + u n−2 + · · · + u + Id E ) = Id E
et de même
(u n−1 + u n−2 + · · · + u + Id E )(Id E −u) = Id E
n−1
∑
L’application Id E −u est donc bijective et (Id E −u) −1 = u k .
Exercice 10.10
1. Soient (u n ),(v n ) deux suites à valeurs dans K et λ,µ deux scalaires. On a
f(λ(u n ) n∈N + µ(v n ) n∈N ) = f ( (λu n + µv n ) n∈N
)
k=0
= (λu n+1 + µv n+1 ) n∈N
= λ(u n+1 ) n∈N + µ(v n+1 ) n∈N
= λf ((u n ) n∈N ) + µf ((v n ) n∈N )

68
f est une application linéaire.
2. Une suite (u n ) est dans le noyau de f si et seulement si pour tout n ∈ N, u n+1 = 0,
c’est-à-dire si pour tout n 1, u n = 0. Ceci s’écrit
Ker(f) = { (u n ) ∈ K N / ∀n ∈ N ∗ , u n = 0 }
Le noyau de f contient donc par exemple la suite (u n ) définie par u 0 = 1 et u n = 0 pour
n 1. En particulier Ker(f) ≠ {0}, donc f n’est pas injective.
3. On montre par récurrence sur k que pour toute suite (u n ) à valeurs dans K, f k ((u n ) n∈N ) = (u n+k ) n∈N .
Une telle suite est donc dans le noyau de f k si et seulement si pour tout entier n ∈ N,
u n+k = 0. On en déduit que
Ker(f k ) = { (u n ) ∈ K N / ∀n ∈ N, n k ⇒ u n = 0 }
Pour i ∈ N, définissons la suite (u i n) n∈N par u i n = 1 si n = i et 0 sinon. Pour toute suite
(u n ) ∈ Ker(f k ) on a alors
k−1
∑
(u n ) = u i (u i n) n∈N
i=0
et donc Ker(f k ) ⊂ Vect(u 0 ,u 1 ,...,u k−1 ). Mais comme pour i ∈ [0,k − 1], on a
u i ∈ Ker(f k ), on en déduit que Ker(f k ) = Vect(u 0 ,u 1 ,...,u k−1 ). Montrons que la famille
(u 0 ,u 1 ,...,u k−1 ) est aussi une famille libre. Supposons avoir des scalaires a 0 ,a 1 ,...,a k−1
k−1
∑
tels que a i u i = 0. Alors en égalant les k premiers termes de l’égalité il vient a 0 = a 1 = · · · = a k−1 = 0.
i=0
La famille (u 0 ,u 1 ,...,u k−1 ) est donc une famille libre est génératrice de Ker(f k ), c’est-à-dire
une base de Ker(f k ).
4. Soit (u n ) une suite à valeurs dans K. On définit la suite (v n ) par v 0 = 0 et v n = u n−1
pour n 1. On a alors f((v n ) n∈N ) = (v n+1 ) n∈N = (u n ) n∈N . f est donc surjective.
Exercice 10.11
1. On remarque déjà que
(f − 3Id E )(f + Id E ) = (f + Id E )(f − 3Id E ) = f 2 − 2f − 3Id E = 0
Soit x ∈ Im(f − 3Id E ). Il existe y ∈ E tel que x = (f − 3Id E )(y). On a alors
(f + Id E )(x) = (f + Id E )((f − 3Id E )(y)) = ((f + Id E )(f − 3Id E ))(y) = 0
Donc Im(f − 3Id E ) ⊂ Ker(f + Id E ).
De même si x ∈ Im(f + Id E ), il existe y ∈ E tel que x = (f + Id E )(y). On a alors
(f − 3Id E )(x) = (f − 3Id E )((f + Id E )(y)) = ((f − 3Id E )(f + Id E ))(y) = 0
Donc Im(f + Id E ) ⊂ Ker(f − 3Id E ).
2. On remarque simplement que
1
4 (f + Id E)(x) − 1 4 (f − 3Id E)(x) = 1 4 f(x) + 1 4 x − 1 4 f(x) + 3 4 x = x
c’est-à-dire que l’égalité est vérifiée avec α = 1 4 et β = −1 4 .

69
3. D’après la question précédente, on sait que pour tout x ∈ E, on a
x = 1 4 (f + Id E)(x) − 1 4 (f − 3Id E)(x)
Or d’après 1, 1 4 (f + Id E)(x) ∈ Ker(f − 3Id E ) et − 1 4 (f − 3Id E)(x) ∈ Ker(f + Id E ). On en
déduit que E = Ker(f − 3Id E ) + Ker(f + Id E ).
4. Il reste à prouver que Ker(f − 3Id E ) ∩ Ker(f + Id E ) = {0}. Soit x un vecteur de cette
intersection. D’une part f(x) − 3x = 0, et d’autre part f(x) + x = 0. On en déduit que
3x = −x, soit 4x = 0 et donc x = 0. Ker(f − 3Id E ) et Ker(f + Id E ) sont bien des sousespaces
supplémentaires.
Exercice 10.12
1. Soient u,v ∈ R 2 avec u = (x 1 ,y 1 ) et v = (x 2 ,y 2 ), et λ,µ deux réels. On a
p est linéaire.
p(λu + µv) = p(λx 1 + µx 2 ,λy 1 + µy 2 )
2. Soit u = (x,y) ∈ R 2 , on a
= (4(λx 1 + µx 2 ) − 6(λy 1 + µy 2 ),2(λx 1 + µx 2 ) − 3(λy 1 + µy 2 ))
= (λ(4x 1 − 6y 1 ) + µ(4x 2 − 6y 2 ),λ(2x 1 − 3y 1 ) + µ(2x 2 − 3y 2 ))
= λ(4x 1 − 6y 1 ,2x 1 − 3y 1 ) + µ(4x 2 − 6y 2 ,2x 2 − 3y 2 )
= λp(u) + µp(v)
(p ◦ p)(u) = p(4x − 6y,2x − 3y)
= (4(4x − 6y) − 6(2x − 3y),2(4x − 6y) − 3(2x − 3y))
= (4x − 6y,2x − 3y)
= p(u)
p est donc bien un projecteur.
3. Une équation de Ker(p) est
{
4x − 6y = 0
2x − 3y = 0 ⇔ x = 3 2 y
on en déduit que Ker(p) = Vect(3,2), et (3,2) étant non nul, la famille ((3,2)) est une base
de Ker(p).
On sait que l’image d’une base est une famille génératrice de Im(p), on a donc
Im(p) = Vect(p(1,0),p(0,1)) = Vect((4,2),(−6, −3))
Ces deux vecteurs étant colinéaires, on a Im(p) = Vect((4,2)) = Vect((2,1)). Ce vecteur
étant non nul, ((2,1)) est une base de Im(p).

70
Exercice 10.13
1. Montrons d’abord que F ∩ G = {0}. Soit u un vecteur de F ∩ G. Comme u ∈ G, il existe
un réel λ tel que u = λ(1,1,1) = (λ,λ,λ). Mais comme u ∈ F, il vient λ − λ + λ = 0, soit
λ = 0, et donc u = 0.
Montrons ensuite que R 3 = F + G. Soit u ∈ R 3 avec u = (x,y,z). Recherchons un réel λ tel
que u − λ(1,1,1) ∈ F. Comme u − λ(1,1,1) = (x − λ,y − λ,z − λ), il suffit que λ vérifie
l’équation
(x − λ) − (y − λ) + (z − λ) = 0
soit λ = x − y + z. λ ainsi posé, on a
u = x − λ(1,1,1) +λ(1,1,1)
} {{ } } {{ }
∈F
∈G
et donc R 3 = F + G. F et G sont des espaces supplémentaires.
2. D’après la question précédente la projection de (x,y,z) sur F parallèlement à G est
(x,y,z) − (x − y + z)(1,1,1) = (y − z, −x + 2y − z, −x + y)
Exercice 10.14
Montrons d’abord que v (Im(u)) ⊂ Im(u). Soit x ∈ v (Im(u)). Par définition il existe un
vecteur y ∈ E tel que x = v(u(y)). On a alors x = (v ◦ u)(y) = (u ◦ v)(y) = u(v(y)) et donc
x ∈ Im(u).
Montrons maintenant que v (Ker(u)) ⊂ Ker(u). Soit x ∈ v (Ker(u)). Par définition il existe
un vecteur y ∈ Ker(u) tel que x = v(y). On a alors
et donc x ∈ Ker(u).
u(x) = u(v(y)) = (u ◦ v)(y) = (v ◦ u)(y) = v(u(y)) = v(0) = 0
Exercice 10.15
Supposons que Ker(p) = Ker(q). Comme q est un projecteur, on sait que E = Ker(q)⊕Im(q).
Soit x ∈ E. Il existe y ∈ Ker(q) et z ∈ Im(q) tels que x = y + z. On a alors
p(x) = p(y + z) = p(y) + p(z). Or y ∈ Ker(q) = Ker(p), donc p(x) = p(z). D’autre
part p(q(x)) = p(q(y + z)) = p(z), puisque q est aussi la projection sur Im(q) parallèlement
à Ker(q). Autrement dit p(x) = (p ◦ q)(x), et donc p = p ◦ q. p et q jouant des rôles
symétriques, on montrerait de même que q = q ◦ p.
Réciproquement supposons que p = p◦q et q = q◦p. Soit x ∈ Ker(p), on a q(x) = q(p(x)) = q(0) = 0
et donc x ∈ Ker(q). De même si x ∈ Ker(q), alors p(x) = p(q(x)) = p(0) = 0 et donc
x ∈ Ker(p). On en déduit que Ker(p) = Ker(q).
Exercice 10.16
1. Supposons que p ◦ q = q ◦ p = 0, on a alors
(p + q) 2 = p 2 + p ◦ q + q ◦ p + q 2 = p + q

71
Donc p + q est un projecteur.
Réciproquement si p + q est un projecteur, alors (p + q) 2 = p + q, c’est-à-dire que
p 2 + pq + qp + q 2 = p + q. On en déduit que pq + qp = 0. En composant par p à gauche
on trouve p 2 q + pqp = 0 soit pq + pqp = 0. En composant par p à droite, on obtient
pqp + qp 2 = 0, soit pqp + qp = 0. On en déduit que pq = −pqp = qp. On a donc à la fois
pq = −qp et pq = qp. Par somme, on trouve 2pq = 0 et donc pq = 0. Par suite qp = 0.
2. Montrons d’abord Ker(p + q) = Ker(p) ∩ Ker(q).
– Soit x ∈ Ker(p) ∩ Ker(q), alors (p + q)(x) = p(x) + q(x) = 0. Donc x ∈ Ker(p + q).
– Réciproquement soit x ∈ Ker(p + q). Par définition p(x) + q(x) = 0. En composant par p
à gauche on trouve p 2 (x) + pq(x) = 0. Comme p 2 = p et d’après la question précédente
pq = 0, on en déduit que p(x) = 0, soit x ∈ Ker(p). De même en composant par q à
gauche on obtient qp(x) + q 2 (x) = 0, soit q(x) = 0 et donc x ∈ Ker(q). On peut conclure
que x ∈ Ker(p) ∩ Ker(q).
Montrons maintenant que Im(p + q) = Im(p) ⊕ Im(q).
– Soit x ∈ Im(p) ∩ Im(q). Par définition il existe y ∈ E tel que x = p(y). On en déduit
que q(x) = qp(y) = 0. Mais comme x ∈ Im(q), on sait aussi que x = q(x). Autrement dit
x = 0 et Im(q) ∩ Im(q) = {0}.
– Il reste à montrer que Im(p + q) = Im(p) + Im(q). L’inclusion Im(p + q) ⊂ Im(p) + Im(q)
est claire. Montrons la réciproque. Soit x ∈ Im(p) + Im(q). Il existe y et z tels que
x = p(y) + q(z). On a alors
(p+q)(x) = p(p(y)+q(z))+q(p(y)+q(z)) = p 2 (y)+pq(y)+qp(z)+q 2 (z) = p(y)+q(z) = x
et donc x ∈ Im(p + q).
Exercice 10.17
1. On a (p ◦ q) 2 = p ◦ q ◦ p ◦ q = p ◦ p ◦ q ◦ q = p ◦ q. p ◦ q est bien un projecteur.
2. Si y ∈ Im(pq) alors il existe x ∈ E tel que x = (pq)(x). On a donc y = p(q(x)) et aussi
y = q(p(y)). On en déduit que y ∈ Im(p) ∩ Im(q) et que Im(pq) ⊂ Im(p) ∩ Im(q).
Réciproquement soit y ∈ Im(p) ∩ Im(q). Il existe x ∈ E tel que y = p(x). On a alors
q(y) = qp(x) = pq(x). Mais comme y ∈ Im(q), on a aussi y = q(y). On en déduit que
y = pq(x) et donc que y ∈ Im(pq).
3. Soit x ∈ Ker(p) + Ker(q). Il existe y ∈ Ker(p) et z ∈ Ker(q) tels que x = y + z. On a
alors pq(x) = pq(y) + pq(z) = q(p(y)) + p(q(z)) = 0, autrement dit x ∈ Ker(pq).
Réciproquement soit x ∈ Ker(pq). On sait que E = Ker(p) ⊕ Im(p). Il existe donc
y ∈ Ker(p) et z ∈ Im(p) tels que x = y + z. D’une part on a pq(x) = 0 et d’autre part
pq(x) = pq(y) + pq(z) = q(p(y)) + q(p(z)) = q(z). Autrement dit q(z) = 0. On a donc
x = y + z avec y ∈ Ker(p) et z ∈ Ker(q).
On en conclut finalement que Ker(pq) = Ker(p) + Ker(q).
Exercice 10.18
1. Soit x un vecteur non nul, la famille (x,f(x) étant liée, il existe deux scalaires λ,µ non
tous nuls tels que λx + µf(x) = 0.
Si λ = 0 alors nécessairement µ ≠ 0 et donc f(x) = 0. Dans ce cas 0 est l’unique scalaire λ x
tel que f(x) = λ x x.
Si λ ≠ 0 alors f(x) = − µ λ
x. De plus si a et b sont deux scalaires tels que f(x) = ax = bx
alors (a − b)x = 0 et comme x ≠ 0, a = b.
Ceci prouve l’existence et l’unicité de λ x .

72
2. a) Nous avons d’une part f(x + y) = λ x+y (x + y) et d’autre part f(x + y) = λ x x + λ y y.
On a donc
λ x+y x + λ x+y y = λ x x + λ y y
Comme la famille (x,y) est libre, on en déduit que λ x+y = λ x = λ y
b) Soit a ∈ K tel que y = ax. On a alors f(y) = λ y y et f(y) = f(ax) = af(x) = aλ x x = λ x y.
Autrement dit λ y y = λ x y, comme y ≠ 0, λ x = λ y .
3. D’après les questions précédentes, le scalaire λ x ne dépend pas de x. Notons le λ. On a
alors pour tout x ∈ E non nul, f(x) = λx. Cette égalité étant encore vérifiée pour x = 0, f
est bien une homothétie de rapport λ.
Chapitre 11
Exercice 11.1
1. Après calculs, on trouve que u(X 4 ) = X.
2. Soient P 1 et P 2 deux polynômes de C 4 [X] et λ,µ deux scalaires. Supposons que l’on ait
P 1 = (X 2 + X + 1)Q 1 + R 1 (1)
P 2 = (X 2 + X + 1)Q 2 + R 2 (2)
où R 1 = u(P 1 ) et R 2 = u(P 2 ). En effectuant λ(1) + µ(2), on trouve
λP 1 + µP 2 = (X 2 + X + 1)(λQ 1 + µQ 2 ) + λR 1 + µR 2
Et d’après les règles sur les degrés deg(λR 1 + µR 2 ) max (deg(R 1 ),deg(R 1 )) 1. Le
polynôme λR 1 +µR 2 est donc le reste de la division de λP 1 +µP 2 par X 2 +X+1. Autrement
dit u(λP 1 + µP 2 ) = λR 1 + µR 2 = λu(P 1 ) + µu(P 2 ), c’est-à-dire que u est linéaire.
3. Un polynôme P est dans le noyau de u si et seulement si le reste de la division de P
par X 2 + X + 1 est nul, autrement dit P ∈ Ker(u) si et seulement si P est un multiple de
X 2 + X + 1.
Ker(u) = { (X 2 + X + 1)(aX 2 + bX + c) ∣ ∣ a,b ∈ C }
= { a(X 4 + X 3 + X 2 ) + b(X 3 + X 2 + X) + c(X 2 + X + 1) ∣ ∣ a,b ∈ C
}
= Vect ( X 4 + X 3 + X 2 ,X 3 + X 2 + X,X 2 + X + 1 )
Ces trois vecteurs étant de degrés distincts, ils forment une base de Ker(u).
4. Il est clair que Im(u) ⊂ C 1 [X] et que pour tout P ∈ C 1 [X] on a u(P) = P. Ceci permet
de conclure que Im(u) = C 1 [X].
5. Soit P ∈ C 4 [X], écrivons la division euclidienne de P par X 2 +X+1, P = (X 2 +X+1)Q+R.
En évaluant l’égalité en j et en j 2 on trouve
P(j) = (j 2 + j + 1)Q(j) + R(j)
et
P(j 2 ) = ( (j 2 ) 2 + j 2 + 1 ) Q(j 2 ) + R(j 2 )

73
Mais on sait que j et j 2 sont les racines de 1+X +X 2 , donc P(j) = R(j) et P(j 2 ) = R(j 2 ).
Ainsi si l’on pose R = aX + b, les scalaires a,b vérifient le système
{ { aj + b = P(j) a(j
aj 2 + b = P(j 2 ⇔
2 − j) = P(j 2 ) − P(j)
) b(1 − j) = P(j 2 ) − jP(j)
On a donc
Exercice 11.2
u(P) = P(j2 ) − P(j)
j 2 X + P(j2 ) − jP(j)
− j 1 − j
1. Soient P 1 ,P 2 ∈ R n [X] et deux scalaires λ,µ, on a
f(λP 1 + µP 2 ) =
= λ
∫ 1
0
∫ 1
0
λP 1 (t) + µP 2 (t)dt
P 1 (t)dt + µ
= λf(P 1 ) + µf(P 2 )
∫ 1
0
P 2 (t)dt
et donc f est une application linéaire à valeurs dans R, c’est une forme linéaire. Elle est
non nulle puisque f(1) = 1. Le noyau de f est donc un hyperplan de R n [X], c’est-à-dire un
sous-espace de dimension n + 1 − 1 = n.
2. Soit P ∈ R n [X] avec P = a n X n + a n−1 X n−1 + · · · + a 1 X + a 0 . On a alors
Donc
Ker(f) =
f(P) = 0
⇔
⇔
⇔
⇔
{
∑ n
a k X k −
k=1
∫ 1
0
n∑
k=0
n∑
k=0
n∑
a k t k dt = 0
k=0
∫ 1
0
a k t k dt = 0
a k
k + 1 = 0
a 0 = −
n∑
k=1
n∑
k=1
a k
k + 1
}
a k
∣ a1 ,a 2 ,...,a n ∈ R
k + 1
) ∣∣
a 1 ,a 2 ,...,a n ∈ R}
{
∑ n (
= a k X k − 1
k + 1
k=1
(
= Vect X n − 1
n + 1 ,...,X2 − 1 3 ,X − 1 )
2
(
La famille de n vecteurs X n − 1
n + 1 ,...,X2 − 1 3 ,X − 1 )
est donc une famille génératrice
2
de Ker(f) et comme cette famille est à degrés échelonnés, c’est une base de Ker(f).

74
Exercice 11.3
Soit y ∈ Im(u+v), par définition il existe x ∈ E tel que y = (u+v)(x), soit y = u(x)+v(x).
Donc y ∈ Im(u) + Im(v). Autrement dit Im(u + v) ⊂ Im(u) + Im(v). On en déduit que
rg(u + v) rg(u) + rg(v)
Comme cette inégalité est vérifiée pour tout u,v, on l’applique au couple u + v et −v pour
obtenir
rg(u) rg(u + v) + rg(−v)
Or on a clairement rg(−v) = rg(v), donc
rg(u) − rg(v) rg(u + v)
on montrerait de même que rg(v) − rg(u) rg(u + v). Ceci permet donc d’écrire finalement
|rg(u) − rg(v)| rg(u + v) rg(u) + rg(v)
Exercice 11.4
1. Comme uv = 0, on a Im(v) ⊂ Ker(u), donc rg(v) dim(Ker(v)). Or d’après le théorème
du rang on a
dim(E) = dim(Ker(u)) + rg(u)
On en déduit que rg(u) + rg(v) dim(E). Par ailleurs, comme u + v est inversible, on a
rg(u + v) = dim(E). Or d’après l’exercice précédent, on sait que rg(u + v) rg(u) + rg(v).
Donc
dim(E) = rg(u) + rg(v)
2. C’est par exemple le cas si u et v sont des projecteurs associés, puisque dans ce cas
u + v = Id et uv = 0.
Exercice 11.5
1. Soit P,Q ∈ K n−1 [X] et λ,µ deux scalaires, on a
f est donc linéaire.
f(λP + µQ) = ((λP + µQ)(a 1 ),...,(λP + µQ)(a n ))
= (λP(a 1 ) + µQ(a 1 ),...,λP(a n ) + µQ(a n ))
= λ(P(a 1 ),...,P(a n )) + µ(Q(a 1 ),...,Q(a n ))
= λf(P) + µf(Q)
2. Soit P ∈ Ker(f), on a donc P(a 1 ) = P(a 2 ) = · · · = P(a n ) = 0. Autrement dit le polynôme
P admet au moins n racines. Ce polynôme étant de degré inférieur à n − 1, on en déduit
que P = 0. Ainsi Ker(f) = {0} et f est injective.
3. Comme f est un endomorphisme d’un espace de dimension finie, on en déduit que f est
bijective.

75
4. Par définition P = f −1 (e i ) est le polynôme de K n−1 [X] tel que P(a k ) = 0 pour k ≠ i et
P(a i ) = 1. On voit que le polynôme suivant répond à la question
n∏
(X − a k )
k=1
k≠i
n∏
(a i − a k )
k=1
k≠i
Exercice 11.6
1. Soit i le plus petit entier k tel que λ k ≠ 0. On a alors
P =
n∑
(X − a) k (X − b) n−k
k=i
( n−i
)
∑
= (X − a) i (X − a) k (X − b) n−k−i
k=0
∑n−i
= (X − a)
((X i − b) n−i +
k=1
(X − a) k (X − b) n−k−i )
} {{ }
Q(X)
avec Q(a) = (a − b) n−i ≠ 0, donc a est une racine de P d’ordre i.
n∑
2. Supposons avoir n scalaires λ 1 ,λ 2 ,...,λ n tels que P = λ k P k = 0. Si ces scalaires
n’étaient pas tous nuls, on en déduirait d’après ce qui précède que a serait une racine de P
d’un certain ordre fini. Mais ceci est en contradiction avec P = 0. Les scalaires sont donc
tous nuls et la famille (P 0 ,...,P n ) est libre.
3. D’après les règles sur les degrés on sait que deg(P k ) = k + n − k = n, donc P k ∈ R n [X].
La famille (P 0 ,...,P n ) est donc une famille libre de n + 1 vecteurs de R n [X], espace de
dimension n + 1. On en déduit que cette famille est une base de R n [X].
Exercice 11.7
1. On note h la restriction de g à Im(f). Il est clair que h est une application linéaire de
Im(f) vers G.
La formule du rang appliquée aux applications f,h,g ◦ f donne les équations
En effectuant (1) + (2) − (3), on trouve que
k=0
dim(Ker(f)) + rg(f) = dim(E) (1)
dim(Ker(h)) + rg(h) = dim(Im(f)) (2)
dim(Ker(g ◦ f)) + rg(g ◦ f) = dim(E) (3)
dim(Ker(f)) + dim(Ker(h)) − dim(Ker(g ◦ f)) + rg(f) + rg(h) − rg(g ◦ f) = rg(f).

76
Or il est clair que Im(h) = Im(g ◦ f). On en déduit que
dim(Ker(g ◦ f)) = dim(Ker(f)) + dim(Ker(h)).
On remarque enfin que Ker(h) ⊂ Ker(g), ce qui entraîne dim(Ker(h)) dim(Ker(g)) et par
suite
dim(Ker(g ◦ f)) dim(Ker(f)) + dim(Ker(g)).
2. L’inégalité précédente peut aussi s’écrire à l’aide de la formule du rang
soit encore
dim(E) − rg(g ◦ f) dim(E) − rg(f) + dim(F) − rg(g)
rg(f) + rg(g) − dim(F) rg(g ◦ f).
De plus on a clairement Im(g ◦ f) ⊂ Im(g) et donc rg(g ◦ f) rg(g). De même h étant une
application linéaire de Im(f) vers G, on a rg(h) dim(Im(f)) soit encore rg(g ◦ f) rg(f).
On a donc finalement
Exercice 11.8
rg(f) + rg(g) − dim(F) rg(g ◦ f) inf(rg(f),rg(g))
1. Si f était bijective alors f k serait bijective comme composée de bijection. Or f k = 0,
donc f n’est pas bijective.
∑p−1
2. a) Soient λ 0 ,...,λ p−1 des scalaires tels que λ k f k (x 0 ) = 0. Supposons que ces scalaires
ne soient pas tous nuls et notons i le plus petit indice k tel que λ k ≠ 0. On a alors
( p−1
) ∑ ∑p−1
f p−i−1 λ k f k (x 0 ) = λ k f p−i−1+k (x 0 )
k=i
k=i
=
k=0
2p−2−i
∑
k=p−1
λ k−p+1+i f k (x 0 )
} {{ }
=0
pour kp
= λ i f p−1 (x 0 )
( p−1
) ∑
mais aussi f p−i−1 λ k f k (x 0 ) = 0. On en déduit finalement que λ i f p−1 (x 0 ) = 0, or
k=i
f p−1 (x 0 ) étant non nul, on a donc λ i = 0. Ceci est absurde. Les scalaires λ 0 ,...,λ p−1 sont
nuls et la famille (x 0 ,f(x 0 ),...,f p−1 (x 0 )) est libre.
b) On vient de trouver une famille libre de E qui compte p vecteurs. On sait alors que
p dim(E) = n.
Exercice 11.9
1. Soit x ∈ F n , alors f n+1 (x) = f(f n (x)) = f(0) = 0 et donc x ∈ F n+1 . Ceci prouve que
F n ⊂ F n+1 .
Soit y ∈ G n+1 . Par définition il existe x ∈ E tel que y = f n+1 (x). On a alors y = f n (f(x))
et donc y ∈ G n . Ainsi G n+1 ⊂ G n .

77
2. a) D’après la première question, la suite d’entiers naturels (dim(G n )) est décroissante. Elle
est donc stationnaire au-delà d’un certain rang k. Pour i k, on a donc dim(G i ) = dim(G n+1 )
et G n+1 ⊂ G n . On en déduit que G i = G i+1 .
b) Soit i k, en appliquant le théorème du rang à f i et f i+1 on trouve
dim(E) = dim(F i ) + dim(G i )
dim(E) = dim(F i+1 ) + dim(G i+1 )
On a donc dim(F i+1 ) + dim(G i+1 ) = dim(F i ) + dim(G i ), et comme dim(G i+1 ) = dim(G i ),
on en déduit que dim(F i ) = dim(F i+1 ). Sachant que F i ⊂ F i+1 , on obtient finalement
F i = F i+1 .
3. D’après le théorème du rang, on sait déjà que dim(F k ) + dim(G k ) = dim(E).
Soit y ∈ F k ∩ G k . Par définition il existe un élément x ∈ E tel que y = f k (x). De plus on
sait que f k (y) = 0, c’est-à-dire que f k (f k (x)) = 0, soit f 2k (x) = 0. Autrement dit x ∈ F 2k ,
or F 2k = F k donc f k (x) = 0, soit y = 0. On en déduit que F k ∩ G k = {0}.
Les deux propriétés nous permettent de conclure que F k et G k sont supplémentaires.
4. On a f(G k ) = G k+1 = G k , donc f induit un endomorphisme de G k qui de plus est
surjectif. G k étant de dimension finie, f induit un automorphisme de G k .
Exercice 11.10
1. Montrons que u est surjective. Soit x ∈ E, ( par hypothèse il existe des scalaires a 1 ,...,a n
n∑
n−1
)
tels que x = a k u k (x 0 ). On a alors x = u a k+1 u k (x 0 ) et donc x ∈ Im(u). u est un
k=1
endomorphisme surjectif de E espace de dimension finie, c’est donc un automorphisme.
2. On en déduit que la famille (x 0 ,u(x 0 ),...,u n−1 (x 0 )) est l’image par u −1 de la famille
(u(x 0 ),u 2 (x 0 ),...,u n (x 0 )). L’image d’une base par un automorphisme étant une base, la
famille (x 0 ,u(x 0 ),...,u n−1 (x 0 )) est une base de E.
3. Soit a 0 ,a 1 ,...,a n−1 les scalaires tels que
∑
k=0
n−1
∑
u n (x 0 ) = a k u k (x 0 )
k=0
Soit i ∈ [0,n − 1], en composant cette égalité par u i on obtient
soit
n−1
∑
u n+i (x 0 ) = a k u k+i (x 0 )
k=0
n−1
∑
u n (u i (x 0 )) = a k u k (u i (x 0 ))
k=0
Autrement dit les deux applications linéaires u n et
(x 0 ,u(x 0 ),...,u n−1 (x 0 )). Elles sont donc égales.
n−1
∑
a k u k sont égales sur la base
k=0

78
Exercice 11.11
1. Tout d’abord, il est clair que si P ∈ K n [X] alors P(X + 1) − P(X) ∈ K n [X].
Soient P,Q ∈ K n [X] et λ,µ deux scalaires, on a
f est linéaire.
∆(λP + µQ) = (λP + µQ)(X + 1) − (λP + µQ)(X)
= λP(X + 1) + µQ(X + 1) − λP(X) − µQ(X)
= λ(P(X + 1) − P(X)) + µ(Q(X + 1) − Q(X))
= λ∆(P) + µ∆(Q)
2. a) Il est clair que deg(P k ) = k. La famille (P 0 ,...,P n ) est donc une famille libre de n+1
vecteurs de K n [X]. Comme dim(K n [X]) = n + 1, cette famille est une base de K n [X].
b) Soit k ∈ [1,n], on a
∆(P k ) = P k (X + 1) − P k (X)
=
(X + 1)X(X − 1) · · · (X − k + 2) X(X − 1) · · · (X − k + 1)
−
k!
k!
=
X(X − 1) · · · (X − k + 2)
(X + 1 − (X − k + 1))
k!
=
X(X − 1) · · · (X − k + 2)
(k − 1)!
= P k−1
et ∆(P 0 ) = ∆(1) = 1 − 1 = 0.
c) Soit P ∈ K n [X] de coordonnées (a 0 ,a 1 ,...,a n ) dans la base (P 0 ,P 1 ,...,P n ). Les coordonnées
de ∆(P) sont (a 1 ,a 2 ,...,a n ,0). On en déduit que P ∈ Ker(∆) si et seulement si
a 1 = a 2 = · · · = a n = 0. On a donc Ker(∆) = Vect(P 0 ) = Vect(1), ensemble des polynômes
constants de K n [X].
De même on sait que Im(∆) = Vect(∆(P 0 ),...,∆(P n )) = Vect(0,P 0 ,...,P n−1 ) = K n−1 [X].
3. a) Soit P ∈ K n [X], d’après ce qui précède il existe des scalaires a 0 ,a 1 ,...,a n tels que
n∑
P = a k P k
k=0
En appliquant ∆ i à cette égalité, avec i ∈ [0,n], on trouve
n∑
∆ i (P) = a k ∆ i (P k )
k=0
Or d’après ce qui précède, on sait que ∆ i (P k ) = P k−i pour k i et ∆ i (P k ) = 0 pour k < i.
On en déduit que
n∑
∆ i (P) = a k P k−i
=
k=i
∑n−i
a k+i P k
k=0

79
En évaluant cette égalité de polynômes en 0 et en tenant compte du fait que P k (0) = 0 pour
k 1, on trouve que ∆ i (P)(0) = a i . On en déduit que
n∑
P = (∆ k )(P)(0)P k
b) On a
k=0
∆(X 4 ) = (X + 1) 4 − X 4 = 4X 3 + 6X 2 + 4X + 1
∆ 2 (X 4 ) = 4(X + 1) 3 + 6(X + 1) 2 + 4(X + 1) + 1 − 4X 3 − 6X 2 − 4X − 1
= 12X 2 + 24X + 14
∆ 3 (X 4 ) = 12(X + 1) 2 + 24(X + 1) + 14 − 12X 2 − 24X − 14
= 24X + 36
∆ 4 (X 4 ) = 24(X + 1) + 26 − 24X − 26
= 24
A l’aide de la question précédente on en déduit que
X 4 = 24P 4 + 36P 3 + 14P 2 + 1P 1
4. a) Soit Q ∈ K n−1 [X], d’après la question 2.c il existe un polynôme P 0 ∈ K n [X] tel que
∆(P 0 ) = Q. En posant P = P 0 − P 0 (0), on a alors ∆(P) = ∆(P 0 ) − ∆(P 0 (0)) = Q − 0 = Q
et P(0) = P 0 (0) − P 0 (0) = 0.
De plus si P 1 et P 2 sont deux polynômes qui répondent à la question alors
∆(P 1 − P 2 ) = ∆(P 1 ) − ∆(P 2 ) = 0.
On a donc P 1 − P 2 ∈ Ker(∆), c’est-à-dire que P 1 − P 2 est constant. Mais en 0, ce polynôme
vaut P 1 (0) − P 2 (0) = 0. On a donc P 1 = P 2 . Le polynôme P est unique.
b) On a
n−1
∑
P = (∆ k )(Q)(0)P k+1
k=0
c) D’après les questions précédentes, on a
d) On en déduit que
p∑ p∑
k 4 = P(k + 1) − P(k)
k=0
k=0
= P(p + 1) − P(0)
P = 24P 5 + 36P 4 + 14P 3 + 1P 2
= 1 5 (p + 1)p(p − 1)(p − 2)(p − 3) + 3 2 (p + 1)p(p − 1)(p − 2) + 7 3 (p + 1)p(p − 1) + 1 (p + 1)p
2
=
=
(p + 1)p
(6(p − 1)(p − 2)(p − 3) + 45(p − 1)(p − 2) + 70(p − 1) + 15)
30
(p + 1)p (
6p 3 + 9p 2 + p − 1 )
30

80
Exercice 11.12
1. On a T(X) = (X −1)(3X 2 +2X +1). Comme le discriminant du trinôme en facteur vaut
4 − 12 = −8, 1 est la seule racine réelle de T.
D’après les propriétés connues sur la somme et le produit des racines d’un trinôme, on a
α + α = − 2 3 et αα = 1 3
2. a) La démonstration est tout à fait analogue à celle de l’exercice 1.
b) On a ϕ(T) = 0 donc ϕ n’est pas injectif. Par définition Im(ϕ) ⊂ C 2 [X], donc ϕ n’est pas
surjectif.
3. a) Prouvons que c’est une famille libre. Soit a 1 ,a 2 ,a 3 des scalaires tels que a 1 L 1 +a 2 L 2 +a 3 L 3 = 0.
En évaluant ce polynôme en α, on trouve a 1 (α − 1)(α − α) = 0 et donc a 1 = 0. De même
l’évaluation en α et en 1 amène a 2 = a 3 = 0. La famille (L 1 ,L 2 ,L 3 ) est donc une famille
libre de 3 vecteurs de C 2 [X], espace de dimension 3. C’est donc une base de C 2 [X].
b) L’existence et l’unicité de a n ,b n ,c n vient de la question précédente et de Im(ϕ) ⊂ C 2 [X].
Soit Q ∈ C[X] le polynôme tel que X n = T(X)Q(X) + a n L 1 + b n L 2 + c n L 3 . En évaluant
l’équation en 1, α et α, on trouve
et donc
1 = c n L 3 (1)
α n = b n L 2 (α)
α n = a n L 1 (α)
a n =
b n =
αn
L 1 (α) = α n
(α − 1)(α − α)
αn
L 2 (α) = α n
(α − 1)(α − α)
c n = 1
L 3 (1) = 1
(1 − α)(1 − α) = 1
1 − (α + α) + αα = 1
1 + 2 3 + 1 3
= 1 2
c) En reprenant les notations de la question précédente, on a
f n = (QT + a n L 1 + b n L 2 + c n L 3 )(f)
= Q(f)T(f) +a n L 1 (f) + b n L 2 (f) + c n L 3 (f)
}{{}
=0
= a n L 1 (f) + b n L 2 (f) + c n L 3 (f)
d) On a clairement lim c n = 1
n→+∞ 2 . Par ailleurs |α|2 = |αα| = 1 < 1. Donc |α| = |α| < 1.
3
Compte tenu de la remarque on en déduit que (a n ) et (b n ) converge vers 0.

81
4. a) On a
b) On calcule
h = 1 2 L 3(f)
= 1 2 (f − α Id E)(f − α Id E )
= 1 (
f 2 )
− (α + α)f + αα Id E
2
= 1 (
f 2 + 2 2 3 f + 1 )
3 Id E
= 1 (
3f 2 )
+ 2f + Id E
6
h 2 = 1 (
3f 2 ) 1 (
+ 2f + Id E 3f 2 )
+ 2f + Id E
6
6
= 1 (
9f 4 + 12f 3 + 10f 2 )
+ 4f + Id E
36
En effectuant la division euclidienne de 9X 4 + 12X 3 + 10X 2 + 4X + 1 par T, on trouve que
On en conclut que
9X 4 + 12X 3 + 10X 2 + 4X + 1 = T(X)(3X + 5) + 18X 2 + 12X + 6
c’est-à-dire que h est un projecteur.
h 2 = 1 (
18f 2 )
+ 12f + 6Id E
36
= 1 6 (3f2 + 2f + Id E )
= h
Chapitre 12
Exercice 12.1
1. On voit que A 2 = 0. On en déduit que A 0 = I, A 1 = A et A n = 0 pour n 2.
2. On constate que B = I + 3A.
3. Les matrices A et I commutant, on peut appliquer la formule du binôme de Newton pour
trouver
B n = (I + 3A) n
n∑
( n
= 3
k)
k }{{}
A k
k=0 =0
pour k2
= I + 3nA
( )
3n + 1 3n
=
−3n −3n + 1

82
Exercice 12.2
1. Soient A,B ∈ E et λ,µ deux scalaires. Notons
( ) ( )
a b e f
A = , B =
c d g h
Par hypothèse on a donc a + c = b + d et e + g = f + h. Par ailleurs
( )
λa + µe λb + µf
λA + µB =
λc + µg λd + µh
or
λa + µe + λc + µg = λ(a + c) + µ(e + g) = λ(b + d) + µ(f + h) = λb + µf + λd + µd
autrement dit λA + µB ∈ E. E est un sous-espace vectoriel de M 2 (R).
( ) a b
2. Soit A = une matrice de M
c d
2 (R), A ∈ E si et seulement si a + c = b + d,
c’est-à-dire si et seulement si d = a + c − b. On en déduit que
{( ) a b ∣∣
E =
a,b,c ∈ R}
c a + c − b
(( ) ( ) ( ))
1 0 0 1 0 0
= Vect , ,
0 1 0 −1 1 1
(( ) ( ) ( ))
1 0 0 1 0 0
De plus la famille , , est libre puisque si a,b,c sont trois
0 1 0 −1 1 1
réels tels que
( 1 0
a
0 1
) ( 0 1
+ b
0 −1
alors ( a b
c a + c − b
) ( 0 0
+ c
1 1
)
= 0
et donc a = b = c = 0. C’est une base de E et dim(E) = 3.
Exercice 12.3
)
= 0
1. La matrice possédant deux colonnes identiques, elle n’est pas inversible.
2. On a
⎛
A 2 = ⎝
1 0 0
3 −1 −1
−3 2 2
⎞
⎛
⎠ , A 3 = ⎝
−5 2 2
−3 1 1
−9 4 4
3. On remarque que A 3 = A.
Montrons par récurrence sur n que pour tout n 1, A n = A si n est impair et A n = A 2 si
n est pair.
C’est vrai pour n = 1, puisque A 1 = A.
Supposons que la propriété soit vraie au rang n. Si n est pair alors A n+1 = A n A = A 2 A = A 3 = A.
Si n est impair alors A n+1 = A n A = A 2 . Dans tous les cas la propriété est vérifiée au rang
n + 1. La propriété est donc prouvée pour tout entier n 1.
Signalons enfin que A 0 = I.
⎞
⎠

83
Exercice 12.4
1. On a
et on remarque que A 2 = 5A − 4I.
⎛
A 2 = ⎝
6 5 5
5 6 5
5 5 6
2. D’après ce qui précède 1 4 A(5I − A) = I. A est donc inversible et A−1 = 1 (5I − A).
4
3. On A 0 = a 0 A + b 0 I 3 avec a 0 = 0 et b 0 = 1.
Supposons qu’il existe deux réels a n et b n tels que A n = a n A + b n I 3 , alors
A n+1 = AA n = A(a n A + b n I) = a n A 2 + b n A = a n (5A − 4I) + b n A = (5a n + b n )A − 4a n I
et donc A n+1 = a n+1 A + b n+1 si l’on pose a n+1 = 5a n + b n et b n+1 = −4a n .
Ces deux suites ainsi définies, on a pour tout n ∈ N, A n = a n A + b n I.
4. On a
⎞
⎠
a n+2 = 5a n+1 + b n+1 = 5a n+1 − 4a n
La suite (a n ) est donc une suite récurrente linéaire d’ordre 2 dont l’équation caractéristique
est x 2 − 5x + 4 = 0. 1 est racine évidente et 4 est l’autre racine. On en déduit qu’il existe
deux réels λ,µ tels que pour tout n ∈ N, a n = λ+µ4 n . En égalant les deux premiers termes,
on trouve {
λ + µ = 0
λ + 4µ = 1
Une soustraction donne µ = 1 3 et de la première équation il vient λ = −1 . On en conclut
3
finalement que
∀n ∈ N, a n = 1 3 (4n − 1)
Et comme b n+1 = −4a n , on a pour n ∈ N ∗ , b n = 4 3 (4n−1 − 1), égalité qui est également
vraie pour n = 0.
Ainsi, pour tout entier n ∈ N,
A n = 1 3 ((4n − 1)A + (4 n − 4)I 3 )
Exercice 12.5
Il s’agit de déterminer les images des vecteurs de la base canonique de R 2 . Cherchons deux
réels a,b tels que (1,0) = a(1, −1) + b(2, −3). Cette égalité équivaut au système suivant que
l’on résout
{ { {
a + 2b = 1 a + 2b = 1 a = 3
−a − 3b = 0 ⇔ b = −1 ⇔ b = −1
On peut alors écrire que
f(1,0) = f(3(1, −1)−(2, −3)) = 3f(1, −1)−f(2, −3) = 3(−1, −2,5)−(0,5,4) = (−3, −11,11)

84
De même
(0,1) = a(1, −1)+b(2, −3) ⇔
et donc
{ a + 2b = 0
−a − 3b = 1 ⇔ { a + 2b = 0
b = −1 ⇔ { a = 2
b = −1
f(0,1) = f(2(1, −1)−(2, −3)) = 2f(1, −1)−f(2, −3) = 2(−1, −2,5)−(0,5,4) = (−2, −9,6)
Ceci permet d’écrire que
⎛
A = ⎝
−3 −2
−11 −9
11 6
⎞
⎠
Exercice 12.6
1. a) Montrons que la famille E ′ est libre. Soient a,b,c trois scalaires, on a
ae ′ 1+be ′ 2+ce ′ 3 = 0 ⇔ a(e 2 +e 3 )+b(e 1 +e 3 )+c(e 1 +e 2 ) = 0 ⇔ (b+c)e 1 +(a+c)e 2 +(a+b)e 3 = 0
⎧
⎧
⎨ b + c = 0 ⎨ b = −c
⇔ a + c = 0 ⇔ a = −c ⇔ a = b = c = 0
⎩
⎩
a + b = 0 a = −b
Cette famille est donc une famille libre de 3 vecteurs dans un espace de dimension 3, c’est
une base.
b) On calcule les images des vecteurs de la base E ′
f(e ′ 1) = f(e 2 ) + f(e 2 ) = −f 1 + 2f 2 + f 1 − 3f 2 = −f 2
f(e ′ 2) = f(e 1 ) + f(e 3 ) = 2f 1 + 3f 2 + f 1 − 3f 2 = 3f 1
f(e ′ 3) = f(e 1 ) + f(e 2 ) = 2f 1 + 3f 2 − f 1 + 2f 2 = f 1 + 5f 2
D’où
M E ′ ,F(f) =
( 0 3 1
−1 0 5
)
2. a) Montrons que F ′ est libre. Soient a,b deux scalaires, on a
af 1 ′ + bf 2 ′ = 0 ⇔ a(2f 1 + f 2 ) + b(5f 1 + 3f 2 ) = 0 ⇔ (2a + 5b)f 1 + (a + 3b)f 2 = 0
{ {
2a + 5b = 0 2a + 5b = 0
⇔
a + 3b = 0 ⇔ b = 0 ⇔ a = b = 0
La famille F ′ est donc une famille libre de deux vecteurs d’un espace de dimension 2, c’est
une base.
b) Exprimons dans un premier temps les vecteurs f 1 ,f 2 en fonction de f 1,f ′ 2.
′
{ { 2f1 + f 2 = f 1
′ 2f1 + f
5f 1 + 3f 2 = f 2
′ ⇔ 2 = f 1
′
f 2 = −5f 1 ′ + 2f 2 ′ L 2 ← 2L 2 − 5L 1
⇔
{
f1 = 3f ′ 1 − f ′ 2
f 2 = −5f ′ 1 + 2f ′ 2
L 1 ← 1 2 (L 1 − L 2 )

85
On en déduit que
f(e ′ 1) = −f 2 = 5f ′ 1 − 2f ′ 2
f(e ′ 2) = 3f 1 = 9f ′ 1 − 3f ′ 2
f(e ′ 3) = f 1 + 5f 2 = 3f ′ 1 − f ′ 2 − 25f ′ 1 + 10f ′ 2 = −22f ′ 1 + 9f ′ 2
D’où
M E′ ,F ′(f) = ( 5 9 −22
−2 −3 9
)
Exercice 12.7
1. Soient A = (a i,j ) et B = (b i,j ) deux matrices de M n (K). On a
n∑
Tr(λA + µB) = (λa i,i + µb i,i )
i=1
= λ ∑ i=1
a i,i + µ
= λTr(A) + µTr(B)
La trace est bien une forme linéaire.
2. En notant C = AB et D = BA, on a
n∑ n∑ n∑
Tr(AB) = Tr(C) = c i,i = a i,j b j,i
j=1 i=1 j=1
n∑
i=1
i=1 i=1 j=1
b i,i
n∑ n∑
n∑
= b j,i a i,j = d j,j = Tr(D) = Tr(BA)
3. Si un tel couple de matrices existait, on aurait en particulier Tr(AB − BA) = Tr(I n ),
c’est-à-dire Tr(AB)−Tr(BA) = n, soit 0 = n. Ceci est absurde et donc un tel couple n’existe
pas.
Exercice 12.8
1. Si u était injectif alors u p le serait aussi comme composée d’injections, or u p = 0 et
E ≠ {0} donc u p n’est pas injective et donc u n’est pas injective. Comme en dimension finie
injectivité équivaut à surjectivité, u n’est pas surjective.
2. Soit (e 1 ,e 2 ,...,e p ) une base de Im(u), comme Im(u) ≠ E on a p < n. Cette famille
étant libre dans E, on peut la compléter en une base (e 1 ,...,e n ) de E. Alors
Im(u) ⊂ Vect(e 1 ,e 2 ,...,e n−1 ) = H où dim(H) = n − 1, et donc H est un hyperplan.
3. On a ∀x ∈ H, v p (x) = u p (x) = 0 et donc v est nilpotent.

86
4. Au rang 1, un endomorphisme nilpotent d’un espace de dimension 1 est nécessairement
nul. Donc sa matrice est triangulaire supérieure stricte. Supposons l’hypothèse vérifiée au
rang n − 1. Soit u un endomorphisme nilpotent d’un espace de dimension n. D’après ce qui
précède il existe un hyperplan H tel que Im(u) ⊂ H. Soit v = u |H l’endomorphisme de H
induit par u. v est lui même nilpotent. D’après l’hypothèse de récurrence il existe une base
(e 1 ,e 2 ,...,e n−1 ) de H telle que la matrice de v dans cette base soit triangulaire supérieure
stricte :
⎛
⎞
0 a 1,2 ... ... a 1,n−1
0 0 a 2,3 ... a 2,n−1
. . .. . ..
. ⎜
⎝
. ⎟
.
.. an−2,n−1 ⎠
0 ... ... ... 0
En complétant cette famille libre de E à l’aide d’un vecteur e n pour en faire une base B de
n−1
∑
E, comme u(e n ) ∈ H, u(e n ) est de la forme u(e n ) = a k,n e k . Dans cette base de E, la
matrice de u est donc :
⎛
⎞
0 a 12 ... ... a 1n
0 0 a 23 ... a 2n
M B (u) =
. . .. . ..
. ..
⎜
⎝
. ⎟
. .. an−1,n ⎠
0 ... ... ... 0
k=1
Exercice 12.9
1. Soit A ∈ M n (K). Supposons avoir trouvé deux matrices B ∈ S n (K) et C = A n (K) telles
que A = B + C. Alors t A = t (B + C) = t B + t C = B − C. On en déduit par demi-somme
et demi-différence qu’on a nécessairement B = A + t A
l’écriture existe, elle est unique.
De plus si l’on pose B = A + t A
2
2
et C = A − t A
. Autrement dit si
2
et C = A − t A
, on a alors
2
( A + t B = t t )
A
= 1 ( t
A + t ( t A) ) = 1 ( t
A + A ) = B
( 2 2
2
A − t C = t t )
A
= 1 ( t
A − t ( t A) ) = 1 ( t
A − A ) = −C
2 2
2
c’est-à-dire que B ∈ S n (K), C ∈ A n (K) et
B + C = A + t A
2
On en conclut que M n (K) = S n (K) ⊕ A n (K).
+ A − t A
2
= A

87
2. On a
A 3 (K) =
De plus la famille ⎝⎝
⎛
a⎝
⎧⎛
⎞ ⎫
⎨ 0 a b
⎝ −a 0 c ⎠ ∣ ⎬
a,b,c ∈ R
⎩
⎭
−b −c 0
⎛⎛
⎞ ⎛
0 1 0
−1 0 0 ⎠ , ⎝
0 0 0
= Vect ⎝⎝
⎛⎛
0 1 0
−1 0 0
0 0 0
0 1 0
−1 0 0
0 0 0
⎛
⇔ ⎝
⎞
⎞
⎛
⎠ , ⎝
⎛
⎠ + b⎝
0 a b
−a 0 c
−b −c 0
0 0 1
0 0 0
−1 0 0
0 0 1
0 0 0
−1 0 0
⎞
0 0 1
0 0 0
−1 0 0
⎞
⎞
⎛
⎠ , ⎝
⎛
⎠ + c⎝
⎞
⎛
⎠ , ⎝
0 0 0
0 0 1
0 −1 0
0 0 0
0 0 1
0 −1 0
⎠ = 0 ⇔ a = b = c = 0
0 0 0
0 0 1
0 −1 0
⎞⎞
⎞⎞
⎠⎠
⎠⎠ est libre puisque
⎞
⎠ = 0
Exercice 12.10
1. Soient z 1 ,z 2 ∈ C avec z 1 = a + ib et z 2 = c + id et λ,µ deux réels, on a
f(λz 1 + µz 2 ) = f(λa + µc + i(λb + µd))
( )
λa + µc −(λb + µd)
=
λb + µd λa + µc
( ) ( )
a −b c −d
= λ + µ
b a d c
= λf(z 1 ) + µf(z 2 )
( ) a −b
et donc f est linéaire. De plus si f(z 1 ) = 0 alors = 0, donc a = b = 0 et z
b a
1 = 0.
Autrement dit Ker(f) = {0} et f est injective.
( ) ( )
1 0
0 −1
2. De f(1) = et f(i) = , on déduit que la matrice de f dans les bases
0 1
1 0
canoniques de C et M 2 (R) est
⎛ ⎞
1 0
⎜ 0 −1
⎟
⎝ 0 1 ⎠
1 0

88
3. Avec les mêmes notations, on a
f(z 1 )f(z 2 ) =
=
( )( )
a −b c −d
b a d c
( )
ac − bd −(ad + bc)
bc + ad −bd + ac
= f ((a + ib) (c + id))
= f(z 1 z 2 )
4. D’après la question précédente, pour n ∈ N, f(e iθ ) n = f((e iθ ) n ) = f(e niθ ). On en déduit
que ( ) n ( )
cos(θ) −sin(θ) cos(nθ) −sin(nθ)
=
sin(θ) cos(θ) sin(nθ) cos(nθ)
Par ailleurs, on a f(e iθ )f(e −iθ ) = f(1) = I 2 . Donc f(e iθ ) −n = f(e −iθ ) n = f(e −niθ ). On en
déduit que la formule énoncée est également vraie pour tout n ∈ Z.
Exercice 12.11
1. Posons C = AB. Soient i,j deux entiers de [1,n], on a
n∑
c i,j = a i,k b k,j
=
=
k=1
n∑
ω (i−1)(k−1) ω (k−1)(j−1)
k=1
n∑ (
ω
i−j ) k−1
k=1
On reconnaît la somme des termes consécutifs d’une suite géométrique de raison ω i−j . Deux
cas se présentent.
n∑
Si i = j, on a ω i−j = 1 et donc c i,i = 1 = n.
k=1
Si i ≠ j, comme −(n − 1) i − j n − 1 on en déduit que ω i−j ≠ 1. Il vient alors
n−1
∑ (
c i,j = ω
i−j ) k 1 − ( ω i−j) n
=
1 − ω
k=0
= 1 − (ωn ) i−j
1 − ω
On en déduit que AB = Diag(n,n,...,n).
( ) 1
2. D’après la question précédente A
n B = I n . Autrement dit A est inversible et
A −1 = 1 n B.
Exercice 12.12
1. Soient λ,µ ∈ R et M 1 ,M 2 ∈ M 2 (R), on a
ϕ(λM 1 +µM 2 ) = A(λM 1 +µM 2 ) = A(λM 1 )+A(µM 2 ) = λAM 1 +µAM 2 = λϕ(M 1 )+µϕ(M 2 )
= 0.

89
2. Comme ϕ est un endomorphisme d’un espace de dimension finie, il suffit de prouver que
ϕ est injective, et donc que Ker(ϕ) = {0}.
Soit M ∈ M 2 (R) telle que ϕ(M) = 0. On a alors AM = 0. Or la matrice A est inversible
puisque 1 × 4 − 2 × 3 = −2 ≠ 0. On peut donc multiplier la relation à gauche par A −1 pour
obtenir A −1 AM = A0 = 0, soit M = 0.
ϕ est bien bijective.
3. On a
et
ϕ(E 1,1 ) =
ϕ(E 1,2 ) =
D’où la matrice de ϕ
( 1 2
3 4
( 0 1
0 3
) ( 1 0
0 0
)
=
) ( 2 0
, ϕ(E 2,1 ) =
4 0
⎛
⎜
⎝
1 0 2 0
0 1 0 2
3 0 4 0
0 3 0 4
( 1 0
3 0
⎞
⎟
⎠
)
= E 1,1 + 3E 2,1
) ( 0 2
, ϕ(E 2,2 ) =
0 4
)
Exercice 12.13
1. Soient a,b,c ∈ R tels que
∀x ∈ R, a + bsin(x) + ccos(x) = 0
Pour x = 0,x = π ,x = π on trouve les trois équations
2
⎧
⎨
⎩
a + c = 0 (1)
a + b = 0 (2)
a − c = 0 (3)
En effectuant (1) + (3) et (1) − (3), on trouve a = c = b = 0.
La famille (1,sin,cos) est libre, c’est donc une base de E et dim(E) = 3.
2. Soit f ∈ E, il existe trois réels a,b,c tels que pour tout réel x, f(x) = a+bsin(x)+ccos(x).
On a alors
∀x ∈ R, f ′ (x) = bcos(x) − csin(x)
et donc f ′ ∈ E.
3. On calcule les images par ϕ des vecteurs de la base canonique
(1) ′ = 0, (cos) ′ = −sin, (sin) ′ = cos
La matrice de ϕ est donc
⎛
⎝
0 0 0
0 0 1
0 −1 0
⎞
⎠

90
Exercice 12.14
1. L’image par ϕ de la base (e 1 ,e 2 ,e 3 ,e 4 ) est la famille (e 2 ,e 3 ,e 4 ,e 1 ), c’est-à-dire une base
de R 4 . ϕ est donc un automorphisme.
2. On trouve
A =
⎛
⎜
⎝
0 0 0 1
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
3. Soit ψ ∈ L(R 4 ) défini par ψ(e i ) = e i−1 pour i ∈ [2,4] et ψ(e 1 ) = e 4 . On a alors pour
i ∈ [1,4], ϕ ◦ ψ(e i ) = ψ ◦ ϕ(e i ) = e i et donc ψ = ϕ −1 , d’où
⎛ ⎞
0 1 0 0
A −1 = ⎜ 0 0 1 0
⎟
⎝ 0 0 0 1 ⎠
1 0 0 0
Exercice 12.15
1. a) On vérifie facilement que c’est un endomorphisme (c’est d’ailleurs un exemple du
cours). De plus ϕ est clairement injective. En effet, si P ∈ R n [X] est tel que ϕ(P) = 0, alors
P(X +1) = 0. En particulier, pour tout réel x, on a P(x) = P(x −1+1) = 0 et donc P = 0.
L’application ϕ étant un endomorphisme injectif d’un espace de dimension finie, c’est un
automorphisme.
b) D’après la formule du binôme de Newton, on sait que pour p ∈ [0,n], on a
On en déduit que
M =
⎜
⎝
⎞
⎟
⎠
ϕ(X p ) = (X + 1) p
p∑
( p
= X
k)
k .
⎛
k=0
( 0
) ( 1
(
0 0)
... ... n
0)
) . ..
( n
1)
0
.
( 1
1
. .. . .. . ..
. ..
.
. .. . ..
( n
)
n−1 (
0 ... ... 0 n
n)
c) Il est clair que l’isomorphisme réciproque de ϕ est l’application ψ qui à tout polynôme P
associe le polynôme P(X − 1). On en déduit que
⎛ ( 0
0)
− ( )
1
0
... ... (−1) n( )
n ⎞
0
( 0 1 . ..
1) ( )
(−1)
n−1 n
1
M −1 =
. . .. . .. . ..
. ..
⎜
⎝
.
. .. . ..
(
−
n
) ⎟
⎠
( n−1
0 ... ... 0 n
n)
⎞
⎟
⎠

91
2. a) Si l’on note m i,j les coefficients de M, les relations de l’énoncé s’écrivent
∀p ∈ {0,...,n}, b p =
p∑
m k+1,p+1 a k
ce qui revient à la relation matricielle ( b 0 b 1 ... b n
)
=
(
a0 a 1 ... a n
)
× M.
b) On en déduit que ( ) ( )
a 0 a 1 ... a n = b0 b 1 ... b n × M −1 . Ce qui s’écrit
encore
k∑
( k
∀k ∈ {0,...,n}, a k = (−1)
p)
k−p b p
k=0
p=0
Exercice 12.16
1. On remarque dans un premier temps que si P ∈ R 3 [X] alors f(P) = P(X+1)+P(X) ∈ R 3 [X].
f est bien une application à valeurs dans E.
Montrons que f est linéaire. Soient P,Q ∈ E et λ,µ ∈ R, on a
f(λP + µQ) = (λP + µQ)(X + 1) + (λP + µQ)(X)
Ainsi f est un endomorphisme de E.
= λP(X + 1) + µQ(X + 1) + λP(X) + µQ(X)
= λ(P(X + 1) + P(X)) + µ(Q(X + 1) + Q(X))
= λf(P) + µf(Q)
2. On calcule l’image des vecteurs de la base
f(1) = 1 + 1
= 2
f(X) = X + 1 + X
= 2X + 1
f(X 2 ) = (X + 1) 2 + X 2
= 2X 2 + 2X + 1
f(X 3 ) = (X + 1) 3 + X 3
= 2X 3 + 3X 2 + 3X + 1
On en déduit que la matrice de f dans cette base est
⎛ ⎞
2 1 1 1
⎜ 0 2 2 3
⎟
⎝ 0 0 2 3 ⎠
0 0 0 2
3. La matrice de f dans la base B est triangulaire supérieure avec des coefficients diagonaux
non nuls. Elle est donc inversible, et par suite f est bijective.

92
4. On inverse la matrice de f dans cette base en résolvant le système associé
⎧
⎧
2x + y + z + t = a
2x + y + z + t = a
⎪⎨
⎪⎨
2y + 2z + 3t = b
2y + 2z + 3t = b
⇔
2z + 3t = c
2z = c − 3t
⎪⎩
2t = d
⎪⎩ t = 1 2 d
⎧
⎪⎨
⇔
⎪⎩
2x + y + z + t = a
y = 1 2 b − 1 2 c
z = 1 2 c − 3 4 d
t = d 2
La matrice de f −1 dans la base B est
⎛
1
− 1 0
2 4
1
0 − 1 2 2
1
0 0
⎜ 2
⎝
0 0 0
⎧
⎪⎨ y =
⇔
z =
⎪⎩ t =
1
8
0
− 3 4
1
2
x = 1 2 a − 1 4 b + 1 8 d
⎞
⎟
⎠
1
2 b − 1 2 c
1
2 c − 3 4 d
1
2 d
5. a) Les coordonnées de Q dans la base canonique sont
⎛
1
− 1 0
2 4
1
0 − 1 2 2
1
0 0
⎜ 2
⎝
0 0 0
1
8
0
− 3 4
1
2
⎞
⎟
⎠
⎛
⎜
⎝
a 0
⎛
⎜
⎝
⎞
a 0
a 1
⎟
a 2
⎠
a 3
2 − a 1
4 + a 3
8
a 1
2 − a 2
2
a 2
2 − 3a 3
4
a 3
2
⎞
⎟
⎠
Soit
Q = a (
3 a2
2 X3 +
2 − 3a ) (
3
X 2 a1
+
4 2 − a )
2
X + a 0
2 2 − a 1
4 + a 3
8

93
b) On sait que f(Q) = P, ce qui s’écrit Q(X + 1) + Q(X) = P(X). On en déduit que
S(n) =
=
=
=
n∑
(−1) k P(k)
k=1
n∑
(−1) k (Q(k + 1) + Q(k))
k=1
n∑
(−1) k Q(k + 1) +
k=1
n+1
∑
(−1) k−1 Q(k) +
k=2
n∑
(−1) k Q(k)
k=1
n∑
(−1) k Q(k)
k=1
= (−1) n Q(n + 1) − Q(1) +
= (−1) n Q(n + 1) − Q(1)
c) D’après ce qui précède on trouve
(
S(n) =(−1) n a3
2 (n + 1)3 +
( (
a3
−
2 + a2
2 − 3a 3
4
(
a2
2 − 3a 3
4
( a1
2 − a 2
2
)
+
n∑
(−1) k−1 Q(k) +
k=2
n∑
(−1) k Q(k)
k=2
} {{ }
=0
) (
(n + 1) 2 a1
+
2 − a 2
2
)
)
+ a 0
2 − a 1
4 + a 3
8
)
(n + 1) + a 0
2 − a 1
4 + a )
3
8
Chapitre 13
Exercice 13.1
1. On échelonne la matrice
⎛
1 2 −3 0
⎞ ⎛
⎝ −2 6 5 −3 ⎠ → ⎝
5 −10 −13 6
⎛
→ ⎝
Le rang de la matrice est 2.
2. On a
⎛
⎜
⎝
2 −2 1 −5 3
1 −1 2 −2 1
4 −4 −4 −10 2
−2 2 2 7 −7
2 −2 −2 −8 10
1 2 −3 0
0 10 −1 −3
0 0 0 0
⎞ ⎛
⎟
⎠ → ⎜
⎝
1 2 −3 0
0 10 −1 −3
0 −20 2 6
⎞
⎠
⎞
L 3 ← L 3 − 2L 2
2 −2 1 −5 3
0 0 3 1 −1
0 0 −6 0 −4
0 0 3 2 −4
0 0 −3 −3 7
⎠ L 2 ← L 2 + 2L 1
L 3 ← L 3 − 5L 1
⎞
⎟
⎠
L 2 ← 2L 2 − L 1
L 3 ← L 3 − 2L 1
L 4 ← L 4 + L 1
L 5 ← L 5 − L 1

94
⎛
→
⎜
⎝
2 −2 1 −5 3
0 0 3 1 −1
0 0 0 2 −6
0 0 0 1 −3
0 0 0 −2 6
⎞
⎟
⎠
donc le rang de la matrice est 3.
3. De même
⎛ ⎞ ⎛
2 1 7
⎜ −3 2 0
⎟
⎝ 1 2 8 ⎠ → ⎜
⎝
−4 1 −5
le rang de la matrice est 2.
Exercice 13.2
2 0 0
−3 7 21
1 3 9
−4 6 18
L 3 ← L 3 + 2L 2
L 4 ← L 4 − L 2
L 5 ← L 5 + L 2
⎞
⎟
⎠
1. On applique la méthode du pivot de Gauss
⎧
⎧
⎨
⎨
⎩
−x + 2y − z = 3
−2x + 2y − z = 2
x − y + z = 1
2. De même
⎧
⎨
⎧
⎨
⇔
⎩
⎩
⇔
⎩
4x − 3y + 2z = −1
−3x + 3y − 2z = 0
x − y + z = 1
⎛
→
⎜
⎝
C 2 ← 2C 2 − C 1
C 3 ← 2C 3 − 7C 1
−x + 2y − z = 3
−2y + z = −4
y = 4
⎧
⎨
⇔
⎩
4x − 3y + 2z = −1
3y − 2z = −3
⇔
4z = 12 L 3 ← 3L 3 + L 2
3. On continue
⎧
⎪⎨
4x + y − 2z + 2t = 3
−3x + 2y + 2z − t = −1
−2x + y + 2z − t = 1
x + y − z + t = 2
⎪⎩
⎧
x + y − z + t = 2
⎪⎨
5y − z + 2t = 5
⇔
3y + t = 5
⎪⎩
−3y + 2z − 2t = −5
⎧
⎪⎨
⇔
⎪⎩
⎧
⎪⎨
⇔
⎪⎩
2 −2 1 −5 3
0 0 3 1 −1
0 0 0 2 −6
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
→
⎛
⎜
⎝
2 0 0
−3 7 0
1 3 0
−4 6 0
L 2 ← L 2 − 2L 1
L 3 ← L 3 + L 1
4x − 3y + 2z = −1
3y − 2z = −3
−y + 2z = 5
⎧
⎨
⎩
⎞
4x − 3y + 2z = −1
3y − 2z = −3
z = 3
⎧
x + y − z + t = 2
⎪⎨
−3x + 2y + 2z − t = −1
⇔
−2x + y + 2z − t = 1
⎪⎩
4x + y − 2z + 2t = 3
L 2 ← L 2 + 3L 1
L 3 ← L 3 + 2L 1
L 4 ← L 4 − 4L 1
⎧
⎪⎨
⇔
⎪⎩
x + y − z + t = 2
5y − z + 2t = 5
⇔
3z − t = 10
−5t = −100 L 4 ← 3L 4 − 7L 2
⎧
x + y − z + t = 2 ⎪⎨
5y = 5 + 10 − 40
⇔
z = 10 ⎪⎩
t = 20
⎟
⎠ L 4 ← 2L 4 − L 3
L 5 ← L 5 + L 3
⎞
⎟
⎠ C 3 ← C 3 − 3C 1
⎧
⎨ x = 1
⇔ y = 4
⎩
z = 4
L 2 ← 4L 2 + 3L 1
L 3 ← 4L 3 − L 1
⎧
⎨
⇔
⎩
x + y − z + t = 2
5y − z + 2t = 5
3z − t = 10
7z − 4t = −10
⎧
⎪⎨
⎪⎩
x + y − z + t = 2
y = −5
z = 10
t = 20
L 1 ↔ L 4
x + y − z + t = 2
5y − z + 2t = 5
3z = 30
t = 20
⎧
⎪⎨
⇔
⎪⎩
x =
y = 1
z = 3
−1
L 3 ← 5L 3 − 3L 2
L 4 ← 5L 4 + 3L 2
x = −3
y = −5
z = 10
t = 20

95
Exercice 13.3
1. Soit (x,y,z,t) un vecteur de K 4 , on a
⎧
⎨ 2x − y + 5t = 0
(x,y,z,t) ∈ Ker(f) ⇔ −3x + y − z − 8t = 0
⎩
x + z + 3t = 0
⎧
⎨
⇔
⎩
2x − y + 5t = 0
−y − 2z − t = 0
y + 2z + t = 0
L 2 ← 2L 2 + 3L 1
L 3 ← 2L 3 − L 1
⇔
{
2x − y + 5t = 0
y = −2z − t
⇔
{
x = −z − 3t
y = −2z − t
D’où Ker(f) = Vect((−1, −2,1,0),(−3, −1,0,1)). Ces deux vecteurs n’étant pas colinéaires,
ils forment une base de Ker(f).
D’après le théorème du rang, on en déduit que dim(Im(f)) = dim(K 4 )−dim(Ker(f)) = 4−2 = 2.
Or on sait que les deux vecteurs ((−1,1,0),(0, −1,1)) sont des vecteurs de Im(f). Comme
ils ne sont pas colinéaires, ils forment une famille libre de deux vecteurs de Im(f), espace
de dimension 2. La famille ((−1,1,0),(0, −1,1)) est donc une base de Im(f).
2. Un triplet (x,y,z) appartient à Im(f) si et seulement s’il existe deux scalaires a,b tels
que
(x,y,z) = a(−1,1,0) + b(0, −1,1)
soit encore
⎧
⎨
⎩
−a = x
a − b = y
b = z
⎧
⎨ a = −x
⇔ −b = x + y
⎩
b = z
Une équation de Im(f) est donc x + y + z = 0.
Exercice 13.4
⎧
⎨
⇔
⎩
a = −x
b = −x − y
0 = x + y + z
Posons x 1 ,x 2 ,...,x n les affixes de A 1 ,A 2 ,...,A n . Ces points répondent à la question si et
seulement si leurs affixes vérifient le système
⎧
⎪⎨
⎪⎩
x 1 + x 2 = 2z 1
x 2 + x 3 = 2z 2
x 3 + x 4 = 2z 3
.
x n−1 + x n = 2z n−1
x 1 + x n = 2z n
Ce système est quasiment triangulaire. Il reste à simplifier la dernière ligne. En effectuant
L n ← L n − L 1 , on a L n : −x 2 + x n = 2(−z 1 + z n ). L’intuition nous pousse à effectuer
n−1
∑
L n ← L n + (−1) k L k . On a alors
k=1
n−1
∑
L n : x 1 + x n + (−1) k x k + x k+1 = 2z n +
k=1
n−1
∑
(−1) k 2z k
k=1

96
soit
n−1
∑
L n : x 1 + x n + (−1) k x k +
k=1
n−1
∑
n−1
∑
(−1) k x k+1 = 2z n + (−1) k 2z k .
k=1
k=1
En effectuant un changement d’indice dans la deuxième somme, on obtient
soit après simplification
n−1
∑
L n : x 1 + x n + (−1) k x k +
k=1
n∑
n−1
∑
(−1) k−1 x k = 2z n + (−1) k 2z k .
k=2
k=1
n−1
∑
L n : x 1 + x n − x 1 + (−1) n−1 x n = 2z n + (−1) k 2z k .
k=1
ou encore
n−1
∑
L n : (1 + (−1) n−1 )x n = 2z n + (−1) k 2z k .
k=1
Le système initial est donc équivalent au système
⎧
⎪⎨
⎪⎩
x 1 + x 2 = 2z 1
x 2 + x 3 = 2z 2
x 3 + x 4 = 2z 3
.
x n−1 + x n = 2z n−1
(1 + (−1) n−1 )x n =
n−1
∑
2z n + (−1) k 2z k
k=1
Deux cas se présentent.
Si n est pair :
Le système s’écrit alors
⎧
⎪⎨
⎪⎩
x 1 + x 2 = 2z 1
x 2 + x 3 = 2z 2
x 3 + x 4 = 2z 3
.
x n−1 + x n = 2z n−1
n∑
0 = (−1) k z k
k=1
Ce système est donc compatible si et seulement si la dernière équation est vérifiée. Le complexe
z n peut alors être choisi comme variable libre et détermine de façon unique z 1 ,...,z n−1 .
Si n est impair :

97
Le système s’écrit alors
⎧
⎪⎨
⎪⎩
x 1 + x 2 = 2z 1
x 2 + x 3 = 2z 2
x 3 + x 4 = 2z 3
.
x n−1 + x n = 2z n−1
x n =
n−1
∑
z n + (−1) k z k
k=1
C’est donc un système de Cramer qui admet une et une seule solution.
Exercice 13.5
On résout le système associé
⎧
⎪⎨
⎪⎩
λ 1 x n = y 1
λ 2 x n−1 = y 2
⇔
.
λ n x 1 = y n
⎧
⎪⎨
⎪⎩
x 1 = 1
λ n
y n
x 2 =
1
λ n−1
y n−1
.
x n = 1 λ 1
y 1
On en déduit que
⎛
A −1 =
⎜
⎝
1
0 ... 0
λ n
. . .. 1
λ n−1
0
0 . .. . .. . .
1
λ 1
0 ... 0
⎞
⎟
⎠
Exercice 13.6
Le système associé s’écrit
⎧
⎪⎨
⎪⎩
x 1 + 2x 2 + · · · + nx n = y 1
x 2 + · · · + (n − 1)x n = y 2
.
x n−1 + 2x n = y n−1
x n = y n
En effectuant successivement les opérations L 1 ← L 1 −L 2 , L 2 ← L 2 −L 3 , . . . , L n−1 ← L n−1 −L n ,
on trouve que le système équivaut à
⎧
⎪⎨
⎪⎩
x 1 + x 2 + x 3 + · · · + x n = y 1 − y 2
x 2 + x 3 + · · · + x n = y 2 − y 3
.
x n−1 + x n = y n−1 − y n
x n = y n

98
En effectuant à nouveau les opérations L 1 ← L 1 −L 2 , L 2 ← L 2 −L 3 , . . . , L n−1 ← L n−1 −L n ,
on trouve que le système équivaut finalement à
⎧
x 1 = y 1 − 2y 2 + y 3
x 2 = y 2 − 2y 3 + y 4
⎪⎨
.
x n−2 = y n−2 − 2y n−1 + y n
x ⎪⎩ n−1 = y n−1 − 2y n
x n = y n
On en déduit que
⎛
A −1 =
⎜
⎝
1 −2 1 0 ... 0
0
. .. . .. . .. . .. . .
. .. . .. . .. . .. 0
.
. .. . .. . .. 1
.
. .. . .. −2
0 ... ... ... 0 1
⎞
⎟
⎠
Exercice 13.7
On résout le système homogène associé
⎧
⎨
⎩
λx + y + z = 0
x + λy + z = 0
x + y + λz = 0
⎧
⎨
⇔
⎩
x + y + λz = 0
x + λy + z = 0
λx + y + z = 0
⎧
⎨ x + y + λz = 0
⇔ (λ − 1)y + (1 − λ)z = 0
⎩
(1 − λ)y + (1 − λ 2 )z = 0
⎧
⎨
⇔
⎩
L 1 ↔ L 3
L 2 ← L 2 − L 1
L 3 ← L 3 − λL 1
x + y + λz = 0
(λ − 1)y + (1 − λ)z = 0
(2 − λ − λ 2 )z = 0 L 3 ← L 3 + L 2
Ce système n’est pas un système de Cramer si et seulement si λ 2 + λ − 2 = 0. Ce trinôme a
pour racines évidentes 1 et −2. Autrement dit la matrice associée au système est inversible
si et seulement si λ /∈ {1, −2}.
Exercice 13.8
Soit P ∈ R 3 [X] avec P(X) = aX 3 + bX 2 + cX + d. On a alors
⎧
{ ⎨ a + b + c + d = 1
P(1) = P(−1) = 1
P ′ ⇔ −a + b − c + d = 1
(1) = 0 ⎩
3a + 2b + c = 0
⎧
⎨ a + b + c + d = 1
⇔ b + d = 1
⎩
−b − 2c − 3d = −3
L 2 ← 1 2 (L 2 + L 1 )
L 3 ← L 3 − 3L 1

⎧
⎨
⇔
⎩
a + b + c + d = 1
b + d = 1
c + d = 1 L 3 ← − 1 2 (L 3 + L 2 )
On en déduit que l’ensemble recherché est
⎧
⎨
⇔
⎩
{
(−1 + d)X 3 + (1 − d)X 2 + (1 − d)X + d ∣ ∣ d ∈ R }
a = −1 + d
b = 1 − d
c = 1 − d
99
soit encore
{
−X 3 + X 2 + X + d(X 3 − X 2 − X + 1) ∣ ∣ d ∈ R
}
.
Exercice 13.9
On résout le système associé
⎧
⎪⎨
⎪⎩
x + y + z + t = x ′
x + (1 + a)y + z + t = y ′
x + y + (1 + b)z + t = z ′
x + y + z + (1 + c)t = t ′ ⇔
⎧
x =
⎧
⎪⎨
⎪⎩
x + y + z + t = x ′
ay = y ′ − x ′ L 2 ← L 2 − L 1
ct = t ′ − x ′ L 4 ← L 4 − L 1
bz = z ′ − x ′ L 3 ← L 3 − L 1
(
1 + 1 a + 1 b + 1 )
x ′ − 1 c a y′ − 1 b z′ − 1 c t′
On en déduit que
⎪⎨
⇔
⎪⎩
y = −x′ + y ′
a
z = −x′ + z ′
b
t = −x′ + t ′
c
⎛
⎞
A −1 =
⎜
⎝
1 + 1 a + 1 b + 1 c
− 1 a
− 1 b
− 1 c
− 1 a
1
a
0
− 1 b
− 1 c
0 0
1
b
0 0
0
1
c
⎟
⎠
Chapitre 14
Exercice 14.1
1. λ est valeur propre si et seulement si A − λI 2 n’est pas inversible donc si et seulement si
(2 − λ)(−1 − λ) − 4 = 0. Soit λ 2 − λ − 6 = 0. Les valeurs propres sont −2,3.
Comme A possède deux valeurs propres distinctes, A est diagonalisable.

100
2. Une équation de E −2 est { 4x + 4y = 0
x + y = 0
Soit x + y = 0, ou encore x = −y. D’où E −2 = Vect(−1,1).
De même une équation de E 3 est
{
−x + 4y = 0
x − 4y = 0 ⇔ x = 4y
D’où E 3 = Vect(4,1). ( Une)
base de vecteurs propres est ((−1,1),(4,1)).
−1 4
En posant P = , on a
1 1
( )
P −1 −2 0
AP =
0 3
Exercice 14.2
Notons A cette matrice. L’unique valeur propre de A est 1. Si elle était diagonalisable il
existerait P telle que P −1 AP = Diag(1,1). C’est-à-dire que l’on aurait P −1 AP = I 2 soit
A = PI 2 P −1 = I 2 ce qui est absurde. A n’est donc pas diagonalisable.
Exercice 14.3
1. λ est valeur propre de A si et seulement si A − λI 2 n’est pas inversible, c’est-à-dire si et
seulement si λ vérifie l’équation (a −λ) 2 −1 = 0. Soit (a −λ−1)(a −λ+1) = 0. Les valeurs
propres sont a + 1 et a − 1. Ces valeurs étant distinctes, A est diagonalisable.
Une équation de E a−1 est { x + y = 0
x + y = 0
Soit x = −y, d’où E a−1 = Vect(−1,1).
De même une équation de E a+1 est
{
−x + y = 0
x − y = 0
Soit x = y, d’où E a+1 = Vect(1,1).
Une base de vecteurs propres est donc ((−1,1),(1,1)). En posant P =
P −1 AP =
(
a − 1 0
0 a + 1
2. On a donc A n = PB n P −1 . Or on sait que B n =
calculer P −1 . Pour cela on résout le système associé
⎧
{ ⎪⎨ x =
−x + y = a
⇔
x + y = b ⎪⎩
)
(
−1 1
1 1
)
, on a
( )
(a − 1)
n
0
0 (a + 1) n . Il reste à
−a + b
2
y = a + b
2

101
D’où
P −1 =
⎛
⎜
⎝
− 1 2
1
2
On trouve finalement
( )( ) ( )
A n −1 1 (a − 1)
n
0 − 1 1
2 2
=
1 1 0 (a + 1) n 1 1
2 2
= 1 ( )( )
−(a − 1)
n
(a + 1) n −1 1
2 (a − 1) n (a + 1) n 1 1
= 1 ( )
(a + 1) n + (a − 1) n (a + 1) n − (a − 1) n
2 (a + 1) n − (a − 1) n (a + 1) n + (a − 1) n
1
2
1
2
⎞
⎟
⎠
Exercice 14.4
1. λ est valeur propre si et seulement si (1−λ) 2 +1 = 0, soit encore (1−λ−i)(1−λ+i) = 0.
La matrice n’est donc pas réductible sur R. Sur C, les valeurs propres de la matrice sont
donc 1 − i et 1 + i.
Une équation de E 1−i est
{ ix − y = 0
x + iy = 0 ⇔ y = ix
D’où E 1−i = Vect(1,i).
De même une équation de E 1+i est
{ −ix − y = 0
x − iy = 0 ⇔ y = −ix
D’où E 1+i = Vect(1, −i).
2. λ est valeur propre si et seulement si (5 − λ)(−6 − λ) + 18 = 0 soit λ 2 + λ − 12 = 0. Les
solutions de cette équation sont
∆ = 1 + 48 = 49, λ 1 = −1 − √ 49
2
= −4, λ 2 = −1 + √ 49
2
La matrice possède deux valeurs propres −4,3.
Une équation de E −4 est
{
9x − 6y = 0
3x − 2y = 0 ⇔ x = 2 3 y
D’où E −4 = Vect (2,3).
Une équation de E 3 est { 2x − 6y = 0
3x − 9y = 0 ⇔ x = 3y
D’où E 3 = Vect (3,1)
= 3

102
3. λ est valeur propre si et seulement si (2 − λ)(4 − λ) + 1 = 0 soit λ 2 − 6λ + 9 = 0. Les
solutions de cette équation sont
∆ = 36 − 36 = 0, λ = 6 2 = 3
La matrice possède une valeur propre 3.
Une équation de E 3 est
{
−x − y = 0
x + y = 0 ⇔ x = −y
D’où E −4 = Vect (−1,1).
4. λ est valeur propre si et seulement si (6 − λ)(3 − λ) + 2 = 0 soit λ 2 − 9λ + 20 = 0. Les
solutions de cette équation sont
∆ = 81 − 80 = 1, λ 1 = 9 − √ 1
2
= 4, λ 2 = 9 + √ 1
2
La matrice possède deux valeurs propres 4,5.
Une équation de E 4 est
{
2x + 2y = 0
−x − y = 0 ⇔ x = −y
D’où E 4 = Vect (−1,1)
Une équation de E 5 est
D’où E 5 = Vect (2,1)
{ x + 2y = 0
−x − 2y = 0 ⇔ x = 2y
5. λ est valeur propre si et seulement si (1 − λ)(−1 − λ) + 2 = 0 soit λ 2 + 1 = 0. La matrice
n’est donc pas réductible sur R. Sur C, les valeurs propres de la matrice sont i et −i.
Une équation de E i est
{
(1 − i)x + y = 0
⇔ y = (−1 + i)x
−2x − (1 − i)y = 0
= 5
D’où E i = Vect(1, −1 + i).
Une équation de E −i est
{
(1 + i)x + y = 0
−2x − (1 + i)y = 0
⇔ y = (−1 − i)x
D’où E −i = Vect(1, −1 − i).
6. On triangule A − λI
⎛
−λ 1 0
⎞ ⎛
⎝ 0 −λ 1 ⎠ → ⎝
1 0 −λ
1 0 −λ
0 −λ 1
−λ 1 0
⎞
⎠
L 1 ↔ L 3
⎛
→ ⎝
⎞
1 0 −λ
0 −λ 1 ⎠
0 1 −λ 2
L 3 ← L 3 + λL 1

→
⎛
⎝ 1 0 −λ
0 1 −λ 2
0 −λ 1
⎞
⎠ L 2 ↔ L 3 → A(λ) =
⎛
⎝ 1 0 −λ
⎞
0 1 −λ 2 ⎠
0 0 1 − λ 3
L 3 ← L 3 + λL 2
λ est valeur propre si et seulement si 1 − λ 3 = 0. A possède une valeur propre réelle 1 et
deux valeur s propres complexes ⎛ j,j ⎞
2 .
x
Une équation de E 1 est A(1) ⎝ y ⎠ = 0 soit
z
{
x − z = 0
y − z = 0 ⇔ x = y = z
D’où E 1 = Vect(1,1,1).
⎛
Une équation de E j est A(j) ⎝
D’où E j = Vect(j,j 2 ,1).
Une équation de E j 2 est A(j 2 ) ⎝
D’où E j 2 = Vect(j 2 ,j,1).
x
y
z
⎞
⎠ = 0 soit
{ x − jz = 0
y − j 2 z = 0 ⇔ { x = jz
y = j 2 z
⎛
7. On triangule A − λI
⎛
⎝ 1 − λ 0 1
0 1 − λ 0
1 1 1 − λ
⎛
→ ⎝
x
y
z
⎞
⎠ = 0 soit
{
x − j 2 z = 0
y − jz = 0 ⇔ {
x = j 2 z
y = jz
⎞
⎠ →
⎛
1 1 1 − λ
0 1 − λ 0
0 λ − 1 −λ 2 + 2λ
⎛
→ A(λ) = ⎝
⎝ 0 1 − λ 0
1 1 1 − λ
1 − λ 0 1
⎞
⎠
1 1 1 − λ
0 1 − λ 0
0 0 −λ 2 + 2λ
⎞
L 3 ← L 3 + (λ − 1)L 1
⎞
⎠
L 3 ← L 3 + L 2
⎠ L 1 ↔ L 3
λ est valeur propre si et seulement si λ(1 − λ)(2 − λ) = 0. A possède donc trois valeurs
propres 0,1,2.
Une équation de E 0 est A(0)X = 0 soit
{ x + y + z = 0
y = 0 ⇔ { x = −z
y = 0
103

104
D’où E 0 = Vect(−1,0,1).
Une équation de E 1 est A(1)X = 0 soit
{ { x + y = 0 x = −y
z = 0 ⇔ z = 0
D’où E 0 = Vect(−1,1,0).
Une équation de E 2 est A(2)X = 0 soit
{
x + y − z = 0
−y = 0 ⇔ {
x = z
y = 0
D’où E 2 = Vect(1,0,1).
8. On triangule A − λI
⎛
1 − λ 0 1
⎞ ⎛
1 1
⎞
3 − λ L 1 ↔ L 3
⎝ 0 1 − λ 0 ⎠ → ⎝ 0 1 − λ 0 ⎠
1 1 3 − λ 1 − λ 0 1
⎛
1 1 3 − λ
⎞
→ ⎝ 0 1 − λ 0 ⎠
0 λ − 1 −λ 2 + 4λ − 2 L 3 ← L 3 + (λ − 1)L 1
⎛
1 1 3 − λ
⎞
→ A(λ) = ⎝ 0 1 − λ 0 ⎠
0 0 −λ 2 + 4λ − 2 L 3 ← L 3 + L 2
λ est valeur propre si et seulement si (1 − λ)(λ 2 − 4λ + 2) = 0. 1 est valeur propre ainsi que
les racines de λ 2 − 4λ + 2 soit
∆ ′ = 4 − 2 = 2, λ 1 = 2 − √ 2, λ 2 = 2 + √ 2
A possède les trois valeurs propres 1,2 − √ 2,2 + √ 2.
Une équation de E 1 est A(1)X = 0 soit
{ {
x + y + 2z = 0 x = −y
−z = 0 ⇔ z = 0
D’où E 1 = Vect(−1,1,0).
Une équation de E 2−
√
2
est A(2 − √ 2)X = 0 soit
{ √ { √ x + y + (1 + 2)z = 0
( √ x = −(1 + 2)z
2 − 1)y = 0 ⇔ y = 0
D’où E 2−
√
2
= Vect(−1 − √ 2,0,1).
Une équation de E 2+
√
2
est A(2 + √ 2)X = 0 soit
D’où E 2+
√
2
= Vect( √ 2 − 1,0,1).
{ √ { √ x + y + (1 − 2)z = 0
(−1 − √ x = ( 2 − 1)z
2)y = 0 ⇔ y = 0

105
9. On triangule A − λI
⎛
3 − λ 0 1
⎞ ⎛
⎝ −1 2 − λ −1 ⎠ → ⎝
−2 0 −λ
⎛
→ ⎝
−2 0 −λ
0 2 − λ −1 + λ 2
0 0 2 − λ(3 − λ)
−2 0 −λ
−1 2 − λ −1
3 − λ 0 1
⎞
⎞
⎠
L 1 ↔ L 3
⎠ L 2 ← L 2 − 1 2 L 1
L 3 ← 2L 3 + (3 − λ)L 1
λ est valeur propre si et seulement si λ = 2 ou λ 2 − 3λ + 2. A possède donc deux valeurs
propres 1,2.
Une équation de E 1 est
⎧
⎪⎨
⎪⎩
⎧
−2x − z = 0 ⎪⎨ x = − 1 2 z
y − 1 ⇔
2 z = 0 ⎪⎩
y = 1 2 z
D’où E = Vect(−1,1,2).
De même E 2 admet pour équation
x + z = 0
Donc
E 2 = {(−z,y,z) | y,z ∈ R}
D’où E 2 = Vect((0,1,0),(−1,0,1))
10. On triangule A − λI
⎛
−1 − λ 2 −2
⎞ ⎛
⎝ −6 7 − λ −5 ⎠ → ⎝
−6 6 −4 − λ
⎛
⎝
= {y(0,1,0) + z(−1,0,1) | y,z ∈ R}
−6 6 −4 − λ
0 1 − λ λ − 1
0 6 − 6λ −12 + (λ + 1)(4 + λ)
⎛
→ A(λ) = ⎝
−6 6 −4 − λ
−6 7 − λ −5
−1 − λ 2 −2
⎞
−6 6 −4 − λ
0 1 − λ λ − 1
0 0 λ 2 − λ − 2
⎞
⎠
L 1 ↔ L 3
⎠ L 2 ← L 2 − L 1
L 3 ← 6L 3 − (λ + 1)L 1
⎞
⎠
L 3 ← L 3 − 6L 2
Les valeurs propres sont donc les solutions de l’équation (1 −λ)(λ 2 −λ−2) = 0 soit 1, −1,2.
Une équation de E −1 est A(−1)X = 0 soit
{
−6x + 6y − 3z = 0
2y − 2z = 0 ⇔ ⎧
⎨
⎩
x = 1 2 z
y = z

106
D’où E −1 = Vect(1,2,2).
De même, une équation de E 1 est A(1)X = 0, soit
{
−6x + 6y − 5z = 0
−2z = 0 ⇔ {
x = y
z = 0
D’où E −1 = Vect(1,1,0).
Enfin, une équation de E 2 est A(2)X = 0, soit
{ { −6x + 6y − 6z = 0 x = 0
−y + z = 0 ⇔ y = z
D’où E 2 = Vect(0,1,1).
11. On triangule A − λI
⎛
1 − λ −2 2
⎞ ⎛
−2 −2
⎞
5 − λ L 1 ↔ L 3
⎝ −2 1 − λ 2 ⎠ → ⎝ −2 1 − λ 2 ⎠
−2 −2 5 − λ 1 − λ −2 2
⎛
−2 −2 5 − λ
⎞
→ ⎝ 0 3 − λ λ − 3 ⎠ L 2 ← L 2 − L 1
0 −6 + 2λ λ 2 − 6λ + 9 L 3 ← 2L 3 + (1 − λ)L 1
⎛
→ A(λ) = ⎝
−2 −2 5 − λ
0 3 − λ λ − 3
0 0 λ 2 − 4λ + 3
⎞
⎠
L 3 ← L 3 + 2L 2
Les valeurs propres sont donc les solutions de l’équation (3 − λ)(λ 2 − 4λ + 3). Un première
valeur propre est 3. Les autres sont les racines du trinôme λ 2 − 4λ + 3 dont 1 est une racine
évidente et 3 est l’autre racine. La matrice possède donc deux valeurs propres 1 et 3.
Une équation de E 1 est A(1)X = 0, soit
{ {
−2x − 2y + 4z = 0 x = z
2y − 2z = 0 ⇔ y = z
D’où E 1 = Vect(1,1,1).
De même une équation de E 3 est A(3)X = 0, soit
D’où E 3 = Vect((1,0,1),(0,1,1)).
Exercice 14.5
−2x − 2y + 2z = 0 ⇔ z = x + y
1. λ est valeur propre si et seulement si (7 − λ)(1 − λ) + 8 = 0 soit λ 2 − 8λ + 15 = 0. On
résout
∆ ′ = 16 − 15 = 1, λ 1 = 4 − 1 = 3, λ 2 = 4 + 1 = 5
A a pour valeurs propres 3 et 5.
Une équation de E 3 est { 4x + 2y = 0
−4x − 2y = 0 ⇔ y = −2x

107
D’où E 3 = Vect((1, −2)).
De même une équation de E 5 est
{ 2x + 2y = 0
−4x − 4y = 0 ⇔ y = −x
D’où E 3 = Vect((1, −1)).
Une base de vecteurs propres est donc ((1, −2),(1, −1))
( ) 1 1
2. En posant P = , on a
−2 −1
D’où
P −1 AP =
A n = P
( 3 0
0 5
)
( ) 3
n
0
0 5 n P −1
Il reste à inverser P en résolvant le système associé
{
{
x + y = a x = −a − b
⇔
−2x − y = b y = 2a + b
(
−1 −1
D’où P −1 =
2 1
On en déduit que
)
.
A n =
=
=
3. On voit que X n+1 = AX n .
( )( )( )
1 1 3
n
0 −1 −1
−2 −1 0 5 n 2 1
(
) ( )
3 n 5 n −1 −1
−2 × 3 n −5 n 2 1
( )
−3 n + 2 × 5 n −3 n + 5 n
2 × 3 n − 2 × 5 n 2 × 2 n − 5 n
4. Par récurrence sur n, on prouve que pour tout n ∈ N, X n = A n X 0 .
5. On en déduit que pour n ∈ N, on a
( ) ( ) ( )
un −3
=
n + 2 × 5 n −3 n + 5 n 1
v n 2 × 3 n − 2 × 5 n 2 × 3 n − 5 n =
1
( )
−2 × 3 n + 3 × 5 n
4 × 3 n − 3 × 5 n
Exercice 14.6
1. Pour rechercher les valeurs propres de A on triangule A − λI
⎛
7 − λ 3 −9
⎞ ⎛
2 −1 −4 − λ
⎝ −2 −1 − λ 2 ⎠ → ⎝ −2 −1 − λ 2
2 −1 −4 − λ 7 − λ 3 −9
⎞
⎠
L 1 ↔ L 3

108
1 er cas λ = −2
On obtient alors
⎛
→ ⎝
2 −1 −4 − λ
0 −2 − λ −2 − λ
0 13 − λ −λ 2 + 3λ + 10
⎛
⎝
⎞
2 −1 2
0 0 0
0 15 0
cette matrice n’étant pas inversible. −2 est valeur propre.
2ème cas λ ≠ −2
On poursuit la triangulation
⎛
⎝
2 −1 −4 − λ
0 1 1
0 13 − λ −λ 2 + 3λ + 10
⎞
⎠ L 2 ← L 2 + L 1
L 3 ← 2L 3 − (7 − λ)L 1
⎞
⎠
⎛
⎠ L 2 ← 1
−2−λ L 2 , ⎝
2 −1 −4 − λ
0 1 1
0 0 −λ 2 + 4λ − 3
Et donc les valeurs propres restantes sont les solutions de λ 2 − 4λ + 3 = 0 soit 1 et 3.
Nous avons donc λ 1 = −2,λ 2 = 1,λ 3 = 3.
2. Une équation de E −2 est
{ {
2x − y − 2z = 0 x = z
15y = 0 ⇔ y = 0
D’où X 1 = (1,0,1).
De même une équation de E 1 est
{
2x − y − 5z = 0
y + z = 0 ⇔ {
x = 2z
y = −z
D’où X 2 = (2, −1,1).
Enfin une équation de E 3 est
{
2x − y − 7z = 0
y + z = 0 ⇔ {
x = 3z
y = −z
D’où X 3 = (3, −1,1)
3. On a donc
⎛
P = ⎝
Pour inverser P on résout le système associé
⎧
⎧
⎨
⎨
⎩
x + 2y + 3z = a
−y − z = b
x + y + z = c
⇔
⎩
⎧
⎨
⇔
⎩
z = a + b − c
⎛ ⎞
D’où P −1 = ⎝
1 2 3
0 −1 −1
1 1 1
x + 2y + 3z = a
−y − z = b
−y − 2z = −a + c
x = a − 2(−a − 2b + c) − 3(a + b − c)
y = −a − 2b + c
0 1 1
−1 −2 1
1 1 1
⎠.
⎞
⎠
⎧
⎨
⇔
⎩
⎧
⎨
⇔
⎩
⎞
⎠
L 3 ← L 3 + (λ − 13)L 2
x + 2y + 3z = a
−y − z = b
−z = −a − b + c
x = b + c
y = −a − 2b + c
z = a + b − c

109
4. On a donc
⎛
P −1 AP = B = ⎝
−2 0 0
0 1 0
0 0 3
Par suite A 3 − 2A 2 − 5A + 6I = P(B 3 − 2B 2 − 5B + 6I)P −1 . Or B 3 − 2B 2 − 5B + 6I est
égal à
⎛
(−2) 3 − 2(−2) 2 − 5(−2) + 6 0 0
⎞
⎝ 0 (1) 3 − 2(1) 2 − 5(1) + 6 0 ⎠ = 0
0 0 (3) 3 − 2(3) 2 − 5(3) + 6
D’où A 3 − 2A 2 − 5A + 6I = 0
Exercice 14.7
1. a) Les valeurs propres de f α sont celles de A(α). On triangule donc A(α) − λI
⎛
1 − λ 0 α
⎞ ⎛
α 0
⎞
1 − λ L 1 ↔ L 3
⎝ 0 1 − λ 0 ⎠ → ⎝ 0 1 − λ 0 ⎠
α 0 1 − λ 1 − λ 0 α
⎛
⎞
α 0 1 − λ
→ ⎝ 0 1 − λ 0 ⎠
0 0 α 2 − (1 − λ) 2 L 3 ← αL 3 + (λ − 1)L 1
Les valeurs propres de A(α) sont les solutions de (1 − λ)(α 2 − (1 − λ) 2 ) = 0, soit encore
(1 − λ)(α − 1 + λ)(α + 1 − λ) = 0. Ce sont donc 1, 1 − α et 1 + α. Comme α > 0, ces trois
valeurs sont distinctes.
b) f α étant un endomorphisme d’un espace de dimension 3 comptant 3 valeurs propres
distinctes, f α est diagonalisable.
c) f α est un isomorphisme si et seulement si 0 n’est pas valeur propre de f α . D’après ce qui
précède et vu que α > 0, f α est un isomorphisme si et seulement si α ≠ 1.
2. Une équation de E 1−α est
{
αx + αz = 0
αy = 0 ⇔ {
x = −z
y = 0
D’où E 1−α = Vect(−1,0,1).
Une équation de E 1 est {
αx = 0
α 2 z = 0 ⇔ {
x = 0
z = 0
D’où E 1 = Vect(0,1,0).
Une équation de E 1+α est
{
−αx + αz = 0
−αy = 0 ⇔ {
x = z
y = 0
D’où E 1+α = Vect(1,0,1).
Une base de vecteurs propres est donc par exemple ((−1,0,1),(0,1,0),(1,0,1)).
⎞
⎠

110
Exercice 14.8
1. On triangule la matrice A − λI
⎛
−λ 1
⎞
0
⎛
⎝ 0 −λ 1 ⎠ → ⎝
6 −11 6 − λ
⎛
→ ⎝
→
→ A(λ) =
⎛
6 −11 6 − λ
0 −λ 1
0 6 − 11λ λ(6 − λ)
⎝ 6 −11 6 − λ
0 −λ 1
0 6 −λ 2 + 6λ − 11
→
⎛
⎛
6 −11 6 − λ
0 −λ 1
−λ 1 0
⎞
⎞
⎠
⎠
L 3 ← 6L 3 + λL 1
⎞
⎠
⎝ 6 −11 6 − λ
0 6 −λ 2 + 6λ − 11
0 −λ 1
⎝ 6 −11 6 − λ
0 6 −λ 2 + 6λ − 11
0 0 −λ 3 + 6λ 2 − 11λ + 6
L 1 ↔ L 3
L 3 ← L 3 − 11L 2
⎞
⎠ L 2 ↔ L 3
⎞
⎠
L 3 ← 6L 3 + λL 2
λ est donc valeur propre si et seulement si −λ 3 +6λ 2 −11λ+6 = 0. 1 étant racine évidente,
on remarque que
−λ 3 + 6λ 2 − 11λ + 6 = (λ − 1)(−λ 2 + 5λ − 6) = (λ + 1)(−λ + 2)(λ + 3)
Les valeurs propres de A sont donc 1,2,3.
2. Une équation de E 1 est
⎛ ⎞
x
A(1) ⎝ y ⎠ = 0 ⇔
z
Donc E 1 = Vect((1,1,1)).
Une équation de E 2 est
⎛
A(2) ⎝
x
y
z
⎞
Donc E 2 = Vect((1,2,4)).
Une équation de E 3 est
⎛
A(3) ⎝
x
y
z
⎠ = 0 ⇔
⎞
⎠ = 0 ⇔
{ {
6x − 11y + 5z = 0 x = z
6y − 6z = 0 ⇔ y = z
{ 6x − 11y + 4z = 0
6y − 3z = 0 ⇔ ⎧
⎨
⎩
{
6x − 11y + 3z = 0
6y − 2z = 0 ⇔ ⎧
⎨
⎩
x = 1 2 y
z = 2y
x = 1 3 y
z = 3y

111
Donc E 3 = Vect((1,3,9)).
A possédant trois valeurs propres, elle est diagonalisable. On sait alors qu’en posant
⎛
1 1
⎞
1
P = ⎝ 1 2 3 ⎠
1 4 9
⎛
1 0
⎞
0
on a P −1 AP = ⎝ 0 2 0 ⎠.
0 0 3
3. On inverse d’abord P en résolvant le système associé
⎧
⎧
⎨
⎨
⎧
⎨
⇔
⎩
⎩
x + y + z = a
x + 2y + 3z = b
x + 4y + 9z = c
⇔
⎩
x + y + z = a
y + 2z = −a + b
3y + 8z = −a + c
x + y + z = a
y + 2z = −a + b
⇔
2z = 2a − 3b + c L 3 ← L 3 − 3L 2
⎧
⎪⎨
⎪⎩
⎧
x = 3a − 5 2 ⎪⎨
b + 1 2 c
⇔ y = −3a + 4b − c
L 2 ← L 2 − L 1
L 3 ← L 3 − L 1
x + y + z = a
y = −3a + 4b − c
z = a − 3 2 b + 1 2 c
⎪⎩
z = a − 3 2 b + 1 2 c
D’où
On en déduit que
⎛
1 0
⎞n
0
A n = P ⎝ 0 2 0 ⎠ P −1
0 0 3
⎛ ⎞ ⎛
= 1 1 1 1
⎝ 1 2 3 ⎠ ⎝
2
1 4 9
⎛
⎞
1 2 n 3 n
1 2 n+1 3 n+1 ⎠
1 2 n+2 3 n+2
= 1 ⎝
2
⎛
= 1 ⎝
2
⎛
P −1 =
⎜
⎝
⎞
1 0 0
0 2 n 0 ⎠
0 0 3 n
⎛
⎝
3 − 5 1
⎞
2 2
−3 4 −1
⎟
1 − 3 ⎠
1
2 2
⎛
⎝
6 −5 1
−6 8 −2
2 −3 1
6 −5 1
−6 8 −2
2 −3 1
⎞
6 − 6 · 2 n + 2 · 3 n −5 + 8 · 2 n − 3 · 3 n 1 − 2 · 2 n + 3 n
6 − 6 · 2 n+1 + 2 · 3 n+1 −5 + 8 · 2 n+1 − 3 · 3 n+1 1 − 2 · 2 n+1 + 3 n+1 ⎠
6 − 6 · 2 n+2 + 2 · 3 n+2 −5 + 8 · 2 n+2 − 3 · 3 n+2 1 − 2 · 2 n+2 + 3 n+2
⎞
⎠
⎞
⎠

112
4. a) On voit que ⎛
⎝
c’est-à-dire que X n+1 = AX n .
⎞ ⎛
u n+1
u n+2
⎠ = ⎝
u n+3
0 1 0
0 0 1
6 −11 6
⎞ ⎛
⎠ ⎝
⎞
u n
u n+1
⎠
u n+2
b) On montre par récurrence sur n que pour tout n ∈ N, X n = A n X 0 .
c) En évaluant la première ligne du produit A n X 0 , on trouve que
u n = 1 2 (−5 + 8 · 2n − 3 · 3 n + 2(1 − 2 · 2 n + 3 n ))
= − 3 2 + 2n+1 − 1 2 3n
Exercice 14.9
1. On sait qu’une famille génératrice de Imf a est (f a (e 1 ),f a (e 2 ),f a (e 3 )). Comme f a (e 1 ) = f a (e 3 )
et f a (e 2 ) = 0, la famille (f a (e 1 )) est aussi génératrice. Or f a (e 2 ) est non nul puisque sa
composante sur e 2 vaut 1. La famille (f a (e 1 )) est donc une base de Imf a .
2. D’après le théorème du rang, on sait que dim(Kerf a ) = 3 − dim(Imf a ) = 2. De plus
f(e 2 ) = 0 et f(e 1 − e 3 ) = f(e 1 ) − f(e 3 ) = 0 c’est-à-dire que e 2 ,e 1 − e 3 ∈ Kerf a . Enfin
(e 2 ,e 1 − e 3 ) forme une famille libre puisque ces vecteurs ne sont clairement pas proportionnels.
En conclusion (e 2 ,e 1 − e 3 ) forme une base de Kerf a
3. D’après la définition de f a ,
D’où
Donc f a ◦ f a = 0
⎛
A = ⎝
A 2 = ⎝
a 0 a
1 0 1
−a 0 −a
⎛
0 0 0
0 0 0
0 0 0
4. a) Montrons que c’est une famille libre de E. Soit b,c,d tels que ae ′ 1 + be ′ 2 + ce ′ 3 = 0. En
repassant dans la base initiale, on a
⎞
⎠
⎞
⎠
b(ae 1 + e 2 − ae 3 ) + c(e 1 − e 3 ) + de 3 = 0
(ab + c)e 1 + be 2 + (−ab − c + d)e 3 = 0
La coordonnée sur e 2 doit être nulle donc b = 0. En annulant celle sur e 1 , on trouve c = 0.
Enfin d’après la coordonnée sur e 3 il vient c = 0. La famille (e ′ 1,e ′ 2,e ′ 3) est une famille libre
de trois vecteurs d’un espace de dimension trois, c’est donc une base de E.
b) On a f a (e ′ 1) = f a ◦ f a (e 1 ) = 0, f(e ′ 2) = f(e 1 − e 3 ) = 0 et f(e ′ 3) = f(e 3 ) = e ′ 1. D’où
⎛
0 0
⎞
1
A ′ = ⎝ 0 0 0 ⎠
0 0 0

113
c) On a
⎛
A ′ − λI = ⎝
−λ 0 1
0 −λ 0
0 0 −λ
⎞
⎠
Donc A ′ −λI n’est pas inversible si et seulement si λ = 0. C’est-à-dire que 0 est la seule valeur
propre de A ′ . Comme A et A ′ sont semblables, 0 est la seule valeur propre de A. 0 valeur
propre de A équivaut à la non-inversibilité de A − 0I = A, donc A n’est pas inversible. Si
A était diagonalisable elle serait semblable à une matrice diagonale avec les valeurs propres
sur la diagonale, en l’occurrence la matrice nulle. Or seule la matrice nulle est semblable à
la matrice nulle et A ≠ 0. Donc A n’est pas diagonalisable.
5. a) 0 étant la seule valeur propre de A, pour tout x ≠ 0, la matrice A − xI = B(x) est
inversible.
b) On a (A−xI)(A+xI) = A 2 −x 2 I−xIA+xAI = −x 2 I, soit encore −1
x
(A−xI)(A+xI) = I,
2
donc B(x) −1 = −1
x
(A + xI) 2
c) D’après la formule du binôme, on a
B(x) n =
n∑
k=0
( n
k)
(−1) n−k x n−k A k
}{{}
=0
pour k2
= (−1) n (x n I − x n−1 A)
Exercice 14.10
1. Soient P,Q deux polynômes de R m [X] et λ,µ deux réels. On a
f(λP + µQ)(x) = ma(x − 1)(λP + µQ)(x) − ax(x − 1)(λP + µQ) ′ (x)
= λ(ma(x − 1)P(x) + ax(x − 1)P ′ (x)) + µ(ma(x − 1)Q(x) − ax(x − 1)Q ′ (x))
= λf(P)(x) + µf(Q)(x)
et donc f(λP +µQ) = λf(P)+µf(Q). L’application f est bien linéaire. Vérifions maintenant
que pour tout polynôme P ∈ R m [X], on a f(P) ∈ R m [X]. Si deg(P) = k, il est clair que
deg(f(P)) k + 1. Autrement dit si deg(P) m − 1, alors f(P) ∈ R m [X]. Supposons
maintenant que deg(P) = m et que le terme dominant de P soit αX m avec α ≠ 0. Le
coefficient de degré m + 1 de f(P) vaut alors maα − aαm = 0. On en déduit là encore, que
deg(P) m, c’est-à-dire que f(P) ∈ R m [X].
L’application f est bien un endomorphisme de R m [X].
2. a) On a par hypothèse
λP(x) = ma(x − 1)P(x) − ax(x − 1)P ′ (x)
Si λ ≠ 0, on a alors P(1) = 0. Si λ = 0, alors ma(x−1)P(x) = ax(x−1)P ′ (x). En particulier
−maP(0) = 0 et donc P(0) = 0.

114
b) Avec une telle hypothèse sur P, on a alors
f(P) = f(X h (X − 1) k R(X))
= ma(X − 1)X h (X − 1) k R(X) − aX(X − 1)(λX h (X − 1) k R(X)) ′ (X)
= maX h (X − 1) k+1 R(X)
−aX(X − 1) ( hX h−1 (X − 1) k R(X) + kX h (X − 1) k−1 R(X) + X h (X − 1) k R ′ (X) )
= aX h (X − 1) k (m(X − 1)R(X) − h(X − 1)R(X) − kXR(X) − X(X − 1)R ′ (X))
L’équation f(P) = λP simplifiée par X h (X − 1) k s’écrit
λR(X) = a(m(X − 1)R(X) − h(X − 1)R(X) − kXR(X) − X(X − 1)R ′ (X))
En évaluant l’égalité en X = 0 et X = 1 et en simplifiant par R(0) et R(1) que l’on sait non
nuls, on obtient les équations {
λ = a(−m + h)
ce qui équivaut à
λ = −ak
{
λ = −ak
h = m − k
3. D’après le calcul précédent avec h = m − k et R = 1, on peut écrire que
f(W k ) = aX m−k (X − 1) k (m(X − 1) − (m − k)(X − 1) − kX)
= −akX m−k (X − 1) k
= −akW k
Les réels −ak pour k ∈ [0,m] sont donc des valeurs propres de f. Comme ce sont m+1 réels
distincts et que f est un endomorphisme d’un espace de dimension m + 1, ce sont toutes les
valeurs propres de f. De plus, f possédant autant de valeurs propres que la dimension de
R m [X], f est diagonalisable.
4. Comme (W 0 ,W 1 ,...,W n ) est une famille de m+1 vecteurs propres de f associés à m+1
valeurs propres distinctes, c’est une famille libre de R m [X]. Or dim(R m [X]) = m + 1, cette
famille est donc une base de R m [X].
D’après la formule du binôme de Newton on a
(X − (X − 1)) m =
m∑
i=0
( m
i
)
X m−i (X − 1) i =
Les coordonnées de 1 sur la base (W 0 ,...,W n ) sont donc
(( m
0
)
,
m∑
i=0
( m
i
)
W i
( m
1
)
,...,
( ) ( m m
,..., .
i m))
Exercice 14.11
⎛
1. On a A 2 = ⎝
1 0 1
0 2 0
1 0 1
⎞
⎠. On remarque que J = A 2 − I

115
2. a) On triangule A − λI
⎛
⎝
−λ 1 0
1 −λ 1
0 1 −λ
⎞
⎠ ,
⎛
⎝
1 −λ 1
−λ 1 0
0 1 −λ
⎞
⎠ ,
⎛
⎝
1 1 0
0 1 − λ 2 λ
0 1 −λ
⎞
⎠ ,
⎛
⎝
1 1 0
0 1 −λ
0 1 − λ 2 λ
⎞
⎠ ,
⎛
⎝
1 1 0
0 1 −λ
0 0 λ + λ(1 − λ 2 )
Les valeurs propres de A sont donc les solutions de l’équation λ(2 − λ 2 ) = 0, c’est-à-dire
λ 1 = − √ 2,λ 2 = 0,λ 3 = √ 2
b) On pose X 1 = (1,y,z). X 1 vérifie (A + √ 2I)X 1 = 0. On obtient le système :
⎧
⎨
Soit y = − √ 2 et z = 1, ie X 1 = (1, − √ 2,1)
Pour X 2 , on a le système
⎩
Soit X 2 = (1,0, −1). Et pour X 3
⎧
⎨
⎩
⎞
⎠
√
2 + y = 0
1 + √ 2y + z = 0
y + √ 2z = 0
⎧
⎨
⎩
y = 0
1 + z = 0
y = 0
− √ 2 + y = 0
1 + − √ 2y + z = 0
y + − √ 2z = 0
Soit y = √ 2 et z = 1. C’est-à-dire que X 3 = (1, √ 2,1)
c) Soit P la matrice de passage de la base canonique à la base de vecteurs propres de A
(X 1 ,X 2 ,X 3 ). On a d’une part
⎛
⎞
1 1 1
P = ⎝ − √ √
2 0 2 ⎠
1 −1 1
et d’autre part
⎛
P −1 AP = ⎝
⎞
λ 1 0 0
0 λ 2 0 ⎠
0 0 λ 3
Soit A = PDP −1
3. a) On a M = aI + bA + cJ, d’où M = aI + bA + c(A 2 − I) = (a − c)I + bA + cA 2 .

116
b) On a donc
M = (a − c)PIP −1 + bPDP −1 + cPD 2 P −1
= P((a − c)I + bD + cD 2 )P −1
= P∆P −1
où
⎛
∆ = ⎝
a − √ 2b + c 0 0
0 0 0
0 0 a + √ 2b + c
⎞
⎠
Exercice 14.12
Calcul des puissances de A
1. Soit λ ∈ R, on triangule A − λI 3 ,
⎛
3 − λ −2 3
⎞ ⎛
⎝ 1 −λ 2 ⎠ → ⎝
0 0 2 − λ
⎛
→ A(λ) = ⎝
1 −λ 2
0 −λ 2 + 3λ − 2 2λ − 3
0 0 2 − λ
1 −λ 2
3 − λ −2 3
0 0 2 − λ
⎞
⎞
⎠
L 1 ↔ L 2
⎠ L 2 ← L 2 + (λ − 3)L 1
Donc λ est valeur propre de A si et seulement si λ 2 − 3λ + 2 = 0 ou λ = 2. Les racines du
trinôme sont 1 et 2. A possède deux valeurs propres λ 1 = 1 et λ 2 = 2.
2. 0 n’étant pas valeur propre de A, A est inversible.
3. Une équation de E 1 est
⎛ ⎞ ⎧
x ⎨
A(1) ⎝ y ⎠ = 0 ⇔
⎩
z
x − y + 2z = 0
−z = 0
z = 0
⇔
{
x = y
z = 0
Donc E 1 = Vect((1,1,0)). Ce vecteur étant non nul, c’est bien une base de E 1 , et
dim(E 1 ) = 1.
Une équation de E 2 est
⎛
A(2) ⎝
x
y
z
⎞
⎠ = 0 ⇔
{ {
x − 2y + 2z = 0 x = 2y
z = 0 ⇔ z = 0
Donc E 2 = Vect((2,1,0)). Ce vecteur étant non nul, c’est bien une base de E 2 , et
dim(E 2 ) = 1.
4. La somme des dimensions des sous-espaces propres étant égale à 2, elle n’est pas égale à
la dimension de R 3 qui est 3. f n’est donc pas diagonalisable.
5. D’après E 1 = Vect((1,1,0)), on trouve −→ u 1 = (1,1,0).
6. On sait de même que E 2 = Vect((2,1,0)), on trouve donc −→ u 2 = (2,1,0).

117
7. Montrons que C est une famille libre. Soient a,b,c trois réels tels que a −→ u 1 +b −→ u 2 +c −→ u 3 = 0.
Ils vérifient alors le système
⎧
⎨
⎩
x + 2y + z = 0
x + y + z = 0
z = 0
⎧
⎨
⇔
⎩
x + 2y = 0
x + y = 0
z = 0
⇔ x = y = z = 0
⎧
⎨ y = 0
⇔ x + y = 0
⎩
z = 0
L 1 ← L 1 − L 2
et donc la famille C est libre. C’est une famille libre de 3 vecteurs dans un espace de dimension
3, on en déduit que c’est une base de R 3 .
8. Par définition, on a
⎛
P = ⎝
1 2 1
1 1 1
0 0 1
On sait que la matrice de passage de C vers B est l’inverse de P. On inverse donc cette
matrice, en résolvant le système associé
⎧
⎨
⎩
Donc P −1 = ⎝
x + 2y + z
x + y + z
z
⎛
= a
= b
= c
⎧
⎨
⇔
⎩
⎧
⎨ x = −a + 2b − c
⇔ y = a − b
⎩
z = c
−1 2 −1
1 −1 0
0 0 1
⎞
⎠.
9. Les coordonnées de f( −→ u 3 ) sont
⎛
Et on remarque que ⎝
4
3
2
⎞
⎛
⎝
3 −2 3
1 0 2
0 0 2
⎛
⎠ = ⎝
2
1
0
⎞
⎞
⎠
x + 2y + z = a
−y = −a + b
z = c
⎞ ⎛
⎠ ⎝
⎛
⎠ + 2⎝
1
1
1
1
1
1
L 1 ← L 1 + 2L 2 − L 3
⎞
⎞
⎛
⎠ = ⎝
4
3
2
⎞
⎠
L 2 ← L 2 − L 1
⎠, c’est-à-dire que f( −→ u 3 ) = −→ u 2 + 2 −→ u 3 .
10. D’après la question qui précède et les égalités f( −→ u 1 ) = −→ u 1 et f( −→ u 2 ) = 2 −→ u 2 , la matrice de
f est
⎛ ⎞
1 0 0
T = ⎝ 0 2 1 ⎠
0 0 2
11. D’après le cours on sait que T = P −1 AP.

118
12. C’est vrai pour ⎛ n = 1 en posant ⎞ α 1 = 1. Supposons que pour un n fixé il existe un réel
1 0 0
α n tel que T n = ⎝ 0 2 n α n
⎠, alors
0 0 2 n
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛
⎞
1 0 0 1 0 0 1 0 0
T n+1 = TT n = ⎝ 0 2 1 ⎠ ⎝ 0 2 n α n
⎠ = ⎝ 0 2 n+1 2α n + 2 n ⎠
0 0 2 0 0 2 n 0 0 2 n+1
⎛
⎞
1 0 0
Et donc si l’on pose α n+1 = 2α n + 2 n , on a T n+1 = ⎝ 0 2 n+1 α n+1
⎠. La suite (a n )
0 0 2 n+1
définie par a 1 = 1 et a n+1 = 2α n + 2 n répond donc à la question.
13. Pour n = 1, on a bien α 1 = 1 = 1 × 2 0 . Supposons qu’à un certain rang n, α n = n2 n−1 ,
alors α n+1 = 2α n + 2 n = 2n2 n−1 + 2 n = n2 n + 2 n = (n + 1)2 n .
Nous avons donc prouvé par récurrence que pour tout n ∈ N ∗ , α n = n2 n−1 .
On en déduit que
A n = PT
⎛
n P −1
⎞ ⎛
1 2 1
= ⎝ 1 1 1 ⎠ ⎝
0 0 1
⎛ ⎞ ⎛
1 2 1
= ⎝ 1 1 1 ⎠ ⎝
0
⎛
0 1
=
⎝
1 0 0
⎞
0 2 n n2 n−1 ⎠
⎛
⎝
−1 2 −1
⎞
2 n −2 n n2 n−1 ⎠
−1 2 −1
1 −1 0
0 0 1
⎞
−1 + 2 n+1 2 − 2 n+1 −1 + (n + 1)2 n
−1 + 2 n 2 − 2 n −1 + (n + 2)2 n−1 ⎠
Matrices commutant avec A
14. Par définition C(A) est bien un sous-ensemble de M 3 (R).
C(A) est non vide puisqu’il contient la matrice nulle (0A = A0 = 0).
Soient M,N ∈ C(A) et λ,µ deux réels, on a
(λM + µN)A = λMA + µNA = λAM + µAN = A(λM) + B(µN) = A(λM + µN)
Et donc λM + µN ∈ C(A). C(A) est un sous-espace vectoriel de M 3 (R).
15. Supposons que l’on ait AM = MA. On alors PTP −1 M = MPTP −1 . En multipliant
cette relation par P −1 à gauche et P à droite, il vient TP −1 MP = P −1 MPT,
soit TM ′ = M ′ T.
Réciproquement si TM ′ = M ′ T, alors TP −1 MP = P −1 MPT. En multipliant cette relation
par P à gauche et P −1 à droite il vient PTP −1 M = MPTP −1 , c’est-à-dire AM = MA.
⎛
16. Soit M ′ = ⎝
si
⎛
⎝
a b c
d e f
g h i
1 0 0
0 2 1
0 0 2
⎞
⎠ une matrice de M ∋ (R). M ′ vérifie TM ′ = M ′ T si et seulement
⎞ ⎛
⎠ ⎝
a b c
d e f
g h i
⎞
⎛
⎠ = ⎝
a b c
d e f
g h i
⎞ ⎛
⎠ ⎝
1 0 0
0 2 1
0 0 2
⎞
⎞
⎠
⎠

119
c’est-à-dire
⎛
⎝
a b c
2d + g 2e + h 2f + i
2g 2h 2i
⎞
⎛
⎠ = ⎝
a 2b b + 2c
d 2e e + 2f
g 2h h + 2i
⎞
⎠
Ce qui équivaut au système
⎧
⎪⎨
⎪⎩
a = a
b = 2b
c = b + 2c
2d + g = d
2e + h = 2e
2f + i = e + 2f
2g = g
2h = 2h
2i = h + 2i
⎧
⎪⎨
⇔
⎪⎩
b = 0
c = 0
d + g = 0
h = 0
i = e
g = 0
h = 0
⇔ b = c = d = g = h = 0, e = i, a,f ∈ R
⎛
M ′ est donc solution de TM ′ = M ′ T si et seulement si elle est de la forme ⎝
où a,e,f ∈ R.
a 0 0
0 e f
0 0 e
17. D’après ce qui précède une matrice M appartient à C(A) si et seulement si TM ′ = M ′ T
où M ′ = P −1 MP. Donc M appartient à C(A) si et seulement s’il existe trois réels a,b,c
tels que
⎛
P −1 MP = ⎝
a 0 0
0 b c
0 0 b
autrement dit si et seulement s’il existe trois réels a,b,c tels que
⎞
⎠
⎞
⎠
⎛
M = P ⎝
=
=
=
⎛
⎝
⎛
⎝
⎛
⎝
a 0 0
0 b c
0 0 b
1 2 1
1 1 1
0 0 1
1 2 1
1 1 1
0 0 1
⎞
⎞ ⎛
⎠ ⎝
⎞ ⎛
⎠ ⎝
⎠ P −1
a 0 0
0 b c
0 0 b
⎞ ⎛
⎠ ⎝
−a 2a −a
b −b c
0 0 b
−1 2 −1
1 −1 0
0 0 1
⎞
⎠
−a + 2b 2a − 2b −a + b + 2c
−a + b 2a − b −a + b + c
0 0 b
⎞
⎠
⎞
⎠

120
18. On a donc
⎧⎛
⎨
C(A) = ⎝
⎩
=
⎧ ⎛
⎨
⎩ a ⎝
= Vect ⎝⎝
−a + 2b 2a − 2b −a + b + 2c
−a + b 2a − b −a + b + c
0 0 b
−1 2 −1
−1 2 −1
0 0 0
⎛⎛
⎞
−1 2 −1
−1 2 −1
0 0 0
⎛
⎠ + b⎝
⎞
⎛
⎠ , ⎝
2 −2 1
1 −1 1
0 0 1
2 −2 1
1 −1 1
0 0 1
⎞ ⎫
⎬
⎠ / a,b,c ∈ R
⎭
⎞ ⎛
⎠ + c⎝
⎞
⎛
⎠ , ⎝
0 0 2
0 0 1
0 0 0
0 0 2
0 0 1
0 0 0
⎞ ⎫
⎬
⎠ / a,b,c ∈ R
⎭
⎞⎞
⎠⎠
Cette famille génératrice de C(A) est aussi une famille libre puisque si a,b,c sont trois réels
tels que
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
−1 2 −1 2 −2 1 0 0 2
a⎝
−1 2 −1 ⎠ + b⎝
1 −1 1 ⎠ + c⎝
0 0 1 ⎠ = 0
0 0 0 0 0 1 0 0 0
alors
⎛
⎝
−a + 2b 2a − 2b −a + b + 2c
−a + b 2a − b −a + b + c
0 0 b
⎞
⎠ = 0
et donc b = 0 d’après la dernière ligne, puis a = 0 et enfin c = 0. C’est donc une base de
C(A) et dim(C(A)) = 3.
Chapitre 15
Exercice 15.1
1. Soit M > 0 tel que |u n | M pour tout n ∈ N ∗ . On a alors, pour tout n ∈ N ∗ ,
et (v n ) n∈N ∗ est bornée.
2. On a, pour tout n ∈ N ∗ ,
|v n | 1 n
n∑
|u k | 1 n
k=1
v n+1 − v n = 1
n+1
∑
u k − 1 n + 1 n
k=1
Si la suite u est croissante, on a
est décroissante, v décroît aussi.
k=1
n∑
M M
k=1
(
n∑ 1
u k = nu n+1 −
n(n + 1)
)
n∑
u k .
k=1
n∑
u k nu n+1 , v n+1 − v n 0 et v croît. De même, si u
k=1

121
3. Les réciproques sont fausses.
Si u n = (−1) n n, on a u 2n−1 + u 2n = 1. On en déduit que
v 2n = n
2n = 1 2
et v 2n+1 = n − 2n − 1
2n + 1
= − n + 1
2n + 1·
On a pour tout entier n 1, |v n | 1. La suite v est bornée sans que u le soit.
Si u n = (−1) n + n, on a
v 2n = 1
2n
2n∑
k=1
car les (−1) n se simplifient deux à deux et
v 2n+1 =
k = 1 2n(2n + 1)
2n 2
= 2n + 1 ,
2
( 2n+1
)
1 ∑
k − 1 = 2n2 + 3n
2n + 1
2n + 1 .
k=1
On vérifie facilement que v 2n v 2n+1 v 2n+2 pour tout n ∈ N ∗ : la suite v est croissante,
ce qui n’est pas le cas de u car u 2n = 2n + 1 et u 2n+1 = 2n.
Exercice 15.2
1. Soit A l’ensemble fini des valeurs prises par la suite (u n ) n∈N . Puisque A est fini, les
distances mutuelles entre deux points de cet ensemble sont en nombre fini. Notons d > 0
la plus petite distance entre deux points distincts de A (si Card A = 1, il n’y a rien à
démontrer). On applique la définition de la limite avec ε = d 3 . Il existe un entier n 0 tel que
∀n n 0 |u n − l| d 3 .
Pour n n 0 , on a
|u n+1 − u n | |u n+1 − l| + |u n − l| 2d 3 .
0r u n et u n+1 sont des éléments de A. Puisque leur distance est strictement inférieure à d,
ils sont égaux et la suite (u n ) n∈N est stationnaire à partir du rang n 0 .
2. Si la suite est périodique de période p, elle prend au plus p valeurs, donc d’après la question
1, elle est stationnaire. Étant périodique, elle est constante
Exercice 15.3
On écrit la définition de la limite avec ε = 1 3 . Il existe un entier n 0 tel que,
∀n n 0 l − 1 3 u n l + 1 3 .
[
L’intervalle l − 1 3 ,l + 1 ]
est de longueur strictement inférieure à 1 ; il contient au plus un
3
entier. Comme u n est entier, la suite (u n ) n∈N est stationnaire à partir du rang n 0 .

122
Exercice 15.4
On a
Si a > b, on a
lim
n→+∞
lim
n→+∞
n 2 + n − 1
n 2 − ncos n = lim 1 + 1 n − 1 n 2
n→+∞ 1 − cos n
(−1) n + n
(−1) n + 2n = lim
n→+∞
lim n − √ n 2 + (−1) n = lim
n→+∞ n→+∞
lim
n→+∞
2 n − 3 n
2 n = lim
+ 3n+1 n→+∞
n
= 1,
(−1) n
n
+ 1
(−1) n
n
+ 2 = 1 2 ,
−(−1) n
n + √ n 2 + (−1) = 0, n
( 2
) n
3 − 1
( 2 n = −
3) 1 + 3 3 .
) n
a n − b n
lim
n→+∞ a b + b n = lim 1 − ( b
a
n→+∞ 1 + ( )
b n = 1 ;
a
si a < b, on trouve de même que la limite est −1 ; pour a = b, on obtient la suite nulle qui
converge vers 0.
Exercice 15.5
Soit ε > 0 et n 0 ∈ N tel que, pour n n 0 , on ait |u n v n − 1| ε. On a alors pour n n 0 ,
1 − ε u n v n u n 1 1 + ε,
ce qui montre que (u n ) n∈N tend vers 1. La démonstration est la même pour (v n ) n∈N .
Exercice 15.6
1. On note l et l ′ les limites respectives des suites s et p. Pour tout entier n, u n et v n sont
les solutions de l’équation
x 2 − s n x + p n = 0.
Comme u n v n , on en déduit que
u n = 1 2 (s n − √ s 2 n − 4p n ) et v n = 1 2 (s n + √ s 2 n − 4p n ).
Puisque s 2 n − 4p n 0 pour tout entier n, on obtient en passant à la limite l 2 − 4l ′ 0. On
en déduit que
lim u n = 1
n→+∞ 2 (l + √ l 2 − 4l ′ ) et
lim v n = 1
n→+∞ 2 (l − √ l 2 − 4l ′ ).
2. Le résultat ne subsiste pas si on enlève l’hypothèse u n v n pour tout n. Si u n = (−1) n et
v n = (−1) n+1 , on a s n = 0 et p n = −1. Les suites s et p sont constantes donc convergentes,
mais u et v ne convergent pas.

123
Exercice 15.7
La suite (u n ) n∈N est croissante. Il faut démontrer qu’elle bornée. On a pour tout entier k,
0 u k+1 − u k 1 . Si on somme les inégalités obtenues pour k variant de 0 à n − 1, on
2k obtient, puisque les termes de la suite (u n ) n∈N s’éliminent deux à deux,
0 u n − u 0
n−1
∑
k=0
1
2 k 1 − 1
2 n
1 − 1 2.
2
La suite (u n ) n∈N est donc majorée par u 0 + 2. Elle converge. Sa limite l est inférieure ou
égal à u 0 + 2.
Exercice 15.8
1. Si l < 1, on a u n+1
u n
1 pour n assez grand. La suite (u n ) n∈N est décroissante à partir
d’un certain rang. ( Comme ) elle est minorée par 0, elle converge. On appelle L sa limite. Si
un+1
L ≠ 0, la suite converge vers L = 1, ce qui est contraire à l’hypothèse. Donc la
u n L
suite u converge vers 0.
Si l > 1, on considère la suite v = 1 v n+1
qui vérifie lim = 1 < 1. D’après ce qui précède,
u n→+∞ v n l
la suite v converge vers 0 et u diverge vers +∞.
2. Si l = 1, on ne peut rien dire. L’exemple des suites de terme général n, 1 n et L (L ∈ R∗ +)
u n+1
qui vérifient lim et ont pour limite respectivement +∞, 0 et L > 0 le montre.
n→+∞ u n
3. Si u n = xn
n! , on a u n+1
= x , ce qui montre que
u n n + 1 lim u n+1
= 0. On en déduit que
n→+∞ u n
x n
lim
n→+∞ n! = 0.
Si u n = nn
n! , on obtient u n+1 (n + 1)n+1
=
(1
u n (n + 1)n n = + 1 ) n
.
n
On a
(
lim 1 + 1 n ( (
= lim
n→+∞ n) exp nln 1 + 1 ))
= lim
n→+∞ n
⎛
exp ⎜
n→+∞ ⎝
(
ln 1 + 1 n
ln(1 + x)
n n
car lim = 1. Comme e > 1, on en déduit que lim
x→0 x
n→+∞ n! = +∞.
Exercice 15.9
1
n
) ⎞
⎟
⎠ = e,
1. L’hypothèse peut s’écrire u n+1
u n
: la suite de terme général u n
décroît et on a pour
v n+1 v n v n
tout entier naturel n,
u n
u 0
.
v n v 0

124
Si (v n ) n∈N converge vers 0, on obtient, puisque 0 u n u 0
v 0
v n , par encadrement que
(u n ) n∈N converge également vers 0.
Si (u n ) n∈N diverge vers +∞, il en est de même de (v n ) n∈N puisque v n v 0
u 0
u n .
2. Montrons que ces deux suites vérifient les conditions de la question 1. On a, pour tout
n ∈ N,
u n+1
= 1 (2n + 2)! n! 2 (2n + 1)(2n + 2)
u n 4 (n + 1)! 2 =
(2n)! 4(n + 1) 2 = 2n + 1
2n + 2 et v √
n+1 n + 1
= √ .
v n n + 2
L’inégalité u n+1
u n
v n+1
v n
équivaut à (2n + 1) 2 (n + 2) 4(n + 1) 3 , ce qui est vrai car
4(n + 1) 3 − (2n + 1) 2 (n + 2) = 3n + 2 > 0.
Comme lim
n→+∞ v n = 0, on en déduit que lim
n→+∞ u n = 0.
Exercice 15.10
On a de manière évidente u n 1. Si n 3, on peut écrire
n−2
∑
k! (n − 2)(n − 2)!,
k=1
car chaque terme de la somme est inférieur à (n − 2)!, et on obtient l’encadrement
1 u n
(n − 2)(n − 2)! + (n − 1)! + n!
n!
n − 2
n(n − 1) + 1 n + 1.
n − 2
Comme lim
n→+∞ n(n − 1) + 1 + 1 = 1, on a, par encadrement, lim
n u n = 1.
n→+∞
Exercice 15.11
1. La fonction x ↦−→ 1 est décroissante sur ]0,+∞[. Le plus grand terme de la somme est
xp 1
donc
(n + 1) p et le plus petit 1
. On en déduit l’encadrement
(2n)
p
n
(2n) p S n
n
(n + 1) p
c’est-à-dire
n 1−p
2 p S n ( n1−p
)
1 +
1 p .
n
Si p > 1, on a lim
n→+∞ n1−p = 0 et, par encadrement, la suite (S n ) n∈N ∗ converge vers 0.
Si p < 1, on a lim
n→+∞ n1−p = +∞ ; la suite (S n ) n∈N ∗ qui est plus grande qu’une suite qui
diverge vers +∞ diverge vers +∞.

125
2. Supposons p = 1 et donc
Pour n 1, on a
S n+1 − S n =
=
2n+2
∑
k=n+2
S n =
n∑
k=1
1
k −
1
n + k =
2n∑
k=n+1
1
2n + 1 − 1
2n + 2 > 0.
2n∑
k=n+1
1
k .
1
k = 1
2n + 1 + 1
2n + 2 − 1
n + 1
La suite (S n ) n∈N ∗ est croissante. Mais d’après ce qui précède, on a, pour tout n 1,
S n
n
n + 1 1.
La suite (S n ) n∈N ∗ est croissante et majorée donc convergente.
Exercice 15.12
On calcule le quotient
(
n
k+1
)
( n
k) =
n! k!(n − k)!
= n − k
(k + 1)!(n − k − 1)! n! k + 1 .
On a donc ( (
n
k+1)
n
) n − 1
k si n − k k + 1, c’est-à-dire k .
2
Si n est pair la suite (finie) ( ( n
et décroît ensuite.
Si n est impair, on a ( n n−1
2
du rang n + 1 .
k)
)k∈[0,n] croît jusqu’au rang n 2
) n − 1
; la suite croît jusqu’au rang
2
)
=
( n n+1
2
et décroît à partir
2
Dans tous les cas les plus petites valeurs sont obtenues pour k = 0 et n, puis k = 1 et
n − 1. . . ; ces valeurs de k correspondent aux plus grands termes de la suite (u n ) n∈N . On a
donc pour n 6,
u n ( 1
n
) + ( 1
n
2
0 n)
et
u n = ( 1
n
) + ( 1
n
) + ( 1
n
0 n 1
( n
n−1
) + 1
n−2
∑
) +
k=2
1
( n
) 2 + 2 n + (n − 3) 2
n(n − 1) .
k
Comme lim 2 + 2 2(n − 3)
+ = 2, on obtient, par encadrement lim
n→+∞ n n(n − 1) u n = 2.
n→+∞
Exercice 15.13
1. De simples études de fonctions conduisent au résultat.
La fonction x ↦−→ x − ln(1 + x) a pour dérivée x ↦−→
x
x + 1 , qui est positive sur R +. Elle
croît et s’annule en 0. Elle est positive sur R + .
De même, la fonction x ↦−→ ln(1+x) −x+ x2
2
et s’annule en 0 donc est positive sur R + .
x2
qui a pour dérivée x ↦−→ est croissante
1 + x

126
2. On a, pour n 1,
lnu n =
n∑
k=1
ln
(1 + k )
n 2 .
En appliquant les inégalités de la première question à chaque terme de la somme, on obtient
(
1
1 + 1 2 n
n∑
k=1
k
n 2 − 1 2
n∑
k=1
k 2
n 4 lnu n
n∑
k=1
k
n 2
n(n + 1) n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1)
2n 2 −
12n 4 lnu n
)
2n 2
− 1 (
1 + 1 )(
2 + 1 )
lnu n 1 (
1 + 1 12n n n 2 n
Par encadrement, on en déduit que lim lnu n = 1 , puis que
n→+∞ 2
) 1
lim u n = lim exp(ln u n) = exp(
n→+∞ n→+∞ 2
par le théorème de composition des limites.
Exercice 15.14
= √ e,
1. La fonction f : x ↦−→ e x − x − 1 a pour dérivée f ′ : x ↦−→ e x − 1. Celle-ci est positive sur
R + et est négative sur R − . Le minimum de f est atteint en 0 ; il vaut f(0) = 0. La fonction
f est donc positive, d’où l’inégalité.
2. On a, pour n 1,
u n+1
u n
= 1 + p n+1 1.
La suite est donc croissante. De la première question, on tire l’inégalité
(
n∏
n
)
∑
u n e pk exp p k .
Comme
n∑
k=1
la suite (u n ) n∈N est majorée par e p
1−p
Exercice 15.15
1. On a, pour tout n 1,
k=1
k=1
p k = p 1 − pn
1 − p p
1 − p ,
)
.
et comme elle est croissante, elle converge.
u n − u n−1 u n+1 − u n c’est-à-dire v n−1 v n .
La suite (v n ) n∈N est donc croissante.
La suite (u n ) n∈N est bornée, donc il existe un réel K > 0 tel que |u n | K pour tout n.
On en déduit que |v n | 2K pour tout n : la suite (v n ) n∈N est bornée. Étant croissante, elle
converge.

127
2. Notons l la limite de la suite (v n ) n∈N .
Si l > 0, les termes de la suite (v n ) n∈N sont positifs à partir d’un certain rang. Ceci signifie
que la suite (u n ) n∈N est croissante à partir d’un certain rang. Comme elle est bornée, elle
converge. Mais on a alors lim u n+1 = lim u n et donc lim v n = 0, ce qui contredit
n→+∞ n→+∞ n→+∞
le fait que l > 0. On démontre de la même manière que l’hypothèse l < 0 conduit à une
contradiction (la suite (u n ) n∈N est décroissante à partir d’un certain rang donc convergente).
On a donc nécessairement l = 0.
Exercice 15.16
1. La formule d’addition pour le sinus conduit à
et donc à
sin((n + 1)α) = sin(nα)cos α + sin(α)cos(nα)
cos(nα) =
puisque sinα ≠ 0.
Comme (sin(nα)) n∈N converge vers l, on obtient
On note l ′ cette limite.
sin((n + 1)α) − sin(nα)cos α
,
sinα
sin((n + 1)α) − sin(nα)cos α
lim cos(nα) = lim
= l − l cos α
n→+∞ n→+∞ sinα
sin α .
2. La formule d’addition pour le cosinus donne
cos((n + 1)α) = cos(nα)cos α − sin(nα)sin α.
Par passage à la limite dans cette égalité, on obtient l ′ = l ′ cos α−l sin α soit (1−cos α)l ′ = −l sin α.
3. En utilisant les deux relations entre l et l ′ , on obtient
(1 − cos α)sin α · l ′ = −sin 2 α · l = (1 − cos α) 2 l.
Comme −sin 2 α < 0 et (1 − cos α) 2 0, on a nécessairement l = 0 et donc l ′ = 0.
Mais on dispose, pour tout entier n, de l’égalité sin 2 (nα) + cos 2 (nα) = 1. Par passage à la
limite, on obtient l 2 + l ′2 = 1, ce qui contredit l = l ′ = 0.
Supposer que la suite (sin(nα)) n∈N converge si sin α ≠ 0 conduit à une contradiction. La
suite est donc divergente.
4. Si sinα = 0, α est un multiple de π et on a sin(nα) = 0 pour tout entier n. La suite
(sin(nα)) n∈N est la suite nulle. Elle converge vers 0.
Exercice 15.17
1. On a, pour tout entier naturel n,
u 2 n+1 − 1 =
√
2 +
√
3 + · · · +
√
n + √ n + 1.

128
En mettant en facteur √ 2, on obtient
√
u 2 n+1 − 1 = √ 2 1 + 1 2
√
√
3 + · · · +
√
n + √ n + 1
= √ √
3
2 1 +
2 2 + 1 √
2 2 4 + · · · + √ n + 1
√
= √ √√√ √
√ 2
√ 3 1 +
2 2 + 4 n + 1
2 4 + · · · + .
2 2n−1
Pour k 3, on a
k
k 2 2k−2 2 k − 1.
La fonction racine carrée étant croissante, on en déduit que
c’est-à-dire u 2 n+1 − 1 √ 2u n .
u 2 n+1 − 1 √ 2
√
1 +
√
2 + · · · + √ n,
2. On démontre que u n 2 pour tout entier n ≥ 1 en raisonnant par récurrence.
On a u 1 = 1 2 et si u n 2, on obtient en utilisant l’inégalité démontrée à la première
question
√
√
u n+1
√1 + u n 2 1 + 2 √ 2 √ 4 2.
Mais de l’inégalité n n+ √ n + 1 et de la croissance de la fonction racine carrée, on déduit
que u n u n+1 pour tout entier naturel n ≥ 1. La suite (u n ) n∈N ∗ est donc croissante et
comme elle est majorée par 2, elle converge.
Exercice 15.18
Supposons que la suite (u n ) n∈N ∗ est croissante. On obtient, pour n 1,
et
2v 2n − v n = 1 n
2n∑
k=1
v n = 1 n
u k − 1 n
n∑
u k 1 n
k=1
n∑
u k = 1 n
k=1
n∑
u n u n
k=1
2n∑
k=n+1
On dispose donc de l’encadrement
v n u n 2v 2n − v n .
u k 1 n
2n∑
k=n+1
u n u n .
Si la suite (v n ) n∈N converge vers l, on a lim
n→+∞ 2v 2n − v n = 2l − l = l et par encadrement, la
suite (u n ) n∈N converge également vers l.

129
Pour traiter la réciproque, on commence par démontrer que la suite (v n ) n∈N est elle aussi
croissante (on se reportera à l’exercice 1 où cela est fait). Si la suite (u n ) n∈N converge vers l,
elle est majorée et (v n ) n∈N l’est aussi puisque v n u n pour tout n. La suite (v n ) n∈N qui est
croissante et majorée converge et la démonstration effectuée dans l’autre sens montre que
les deux suites ont même limite : (v n ) n∈N converge vers l.
Si (u n ) n∈N est décroissante, il suffit de considérer la suite −u qui est croissante. D’après ce
qui précède, la suite −u converge vers −l si et seulement si −v converge vers −l. On en
déduit le résultat pour u et v.
Exercice 15.19
1. Pour n 1, la fonction f n : x ↦−→ x n + x n−1 + · · · + x − 1 est strictement croissante et
continue sur R + . On a f n (0) = −1 et lim
+∞
f n = +∞. Ainsi, f n réalise une bijection de R +
sur [−1,+∞[ et en particulier f n s’annule une seule fois, en u n , sur ]0,+∞[.
2. On a, par définition de u n ,
f n+1 (u n ) = u n+1
n + u n n + · · · + u n − 1 = u n+1
n > 0.
Comme la fonction f n+1 est croissante et s’annule en u n+1 , on en déduit que u n > u n+1 :
la suite (u n ) n∈N ∗ est strictement décroissante. Comme elle est minorée par 0, elle converge.
On note l sa limite.
3. On remarque que u 1 = 1. Comme la suite (u n ) n∈N ∗ est strictement décroissante, on a
u n < 1 pour n 2 et on peut écrire
f n (u n ) = u n (u n−1
n
+ u n−2
n
+ · · · + 1) − 1 = u n
1 − u n n
1 − u n
− 1 = 0.
En multipliant par 1 − u n et en simplifiant, on obtient 2u n − 1 − u n+1
n = 0.
De l’inégalité 0 u n+1
n u n+1
2 , vérifiée pour n 2, on tire lim
n→∞ un+1 n = 0, puisque
u 2 ∈ ]0,1[. Par passage à la limite dans l’égalité précédente, on obtient 2l − 1 = 0, soit
l = 1 2 .
Exercice 15.20
1. a) On a, pour n n 0 ,
|v n | = 1 n∑
|u k | 1 ∑n 0
|u k | + 1 n n n
k=1
k=1
n∑
k=n 0+1
ε 1 n
∑n 0
k=1
|u k | + n − n 0
ε 1 n n
∑n 0
k=1
|u k | + ε.
1 ∑n 0
b) L’entier n 0 étant fixé, on obtient lim |u k | = 0 et on peut trouver un entier n 1
n→+∞ n
k=1
tel que, pour tout n n 1
1 ∑n 0
|u k | ε.
n
On a alors
k=1
∀n max(n 0 ,n 1 ) |v n | 2ε,
ce qui montre, puisque ε est un réel strictement positif quelconque, que la suite (v n ) n∈N ∗
converge vers 0.

130
2. On remarque que, pour tout n ∈ N ∗ ,
(
v n − l = 1 n∑
u k − l = 1 n
)
∑
u k − nl = 1 n n
n
k=1
k=1
n∑
(u k − l).
Si la suite (u n ) n∈N ∗ converge vers l, la suite (u n −l) n∈N ∗ converge vers 0. L’égalité démontrée
et la question 1 permettent de conclure que la suite (v n − l) n∈N ∗ converge également vers 0
et donc que la suite (v n ) n∈N ∗ converge vers l.
3. Supposons que la suite (u n ) n∈N ∗ diverge vers +∞. Soit A > 0. Par définition, il existe un
entier n 0 tel que u n A pour tout n n 0 . Pour n n 0 , on peut écrire
v n = 1 n
n∑
u k 1 ∑n 0
u k + 1 n n
k=1
k=1
(
1
L’entier n 0 étant fixé, on a lim
n→+∞ n
∑n 0
k=1
n∑
k=n 0+1
A 1 n
u k + n − n 0
A
n
on peut donc trouver un entier n 1 tel que, pour tout n n 1
On a alors
1
n
∑n 0
k=1
)
u k + n − n 0
A A n 2 .
∀n max(n 0 ,n 1 ) v n A 2 ,
∑n 0
k=1
k=1
u k + n − n 0
A.
n
= A et, par définition de la limite,
ce qui montre, puisque A est un réel strictement positif quelconque, que lim
n→+∞ v n = +∞.
Si la suite u diverge vers −∞, la suite −u diverge vers +∞. On applique ce qui précède à
la suite −u. On obtient que −v diverge vers +∞ et donc que v diverge vers −∞.
Exercice 15.21
On a, pour tout n 1,
ln
( n
∏
k=1
u k
) 1
n
= 1 n
n∑
lnu k .
On applique le résultat de l’exercice ?? à la suite (lnu n ) n∈N ∗.
Si b > 0, la suite (lnu n ) n∈N ∗ converge vers ln b, d’après le théorème de composition des
( n
) 1
n
∏
limites. On en déduit que la suite de terme général ln u k converge vers ln b. On
obtient toujours d’après le théorème de composition des limites que la suite de terme général
(
∏ n
) 1
n
u k converge vers exp(ln b) = b.
k=1
Si b = 0, la suite (lnu n ) n∈N ∗ diverge vers −∞. On en déduit que la suite de terme général
( n
) 1
(
n
∏
n
) 1
n
∏
ln u k diverge aussi vers −∞. On obtient que la suite de terme général u k
k=1
a pour limite lim exp(x) = 0.
x→−∞
k=1
k=1
k=1

131
Exercice 15.22
1. On applique le résultat de l’exercice ?? à la suite de terme général u n+1 − u n . On pose
v n = 1 n∑
(u k+1 − u k ) = 1 n
n (u n+1 − u 1 ).
De lim (u n+1−u n ) = l, on déduit que lim v n = l. Comme lim
n→+∞ n→+∞
u n+1
lim
n→+∞ n = l.
On obtient enfin
k=1
u n
lim
n→+∞ n = lim
n→+∞
n→+∞
u n n − 1
= l × 1 = l.
n − 1 n
u 1
n
= 0, on a également
2. Si l > 0, on a lim
n→+∞ (lnu n+1−lnu n ) = lnl, d’après le théorème de composition des limites.
En appliquant le résultat de la question 1 à la suite (lnu n ), on obtient
puis toujours d’après le théorème de composition des limites,
( )
lim n√
un = lim exp lnun
= exp(lnl) = l.
n→+∞ n→+∞ n
Les cas l = 0 et l = +∞ se traitent exactement de la même manière.
3. On pose u n = ( 2n
n
)
. On obtient, pour tout n ∈ N,
u n+1
u n
=
(2n + 2)! n! 2
(n + 1)! 2 (2n)!
=
(2n + 1)(2n + 2)
(n + 1) 2 =
2(2n + 1)
.
n + 1
lim
n→+∞
u n+1
On en déduit que lim = 4 et en appliquant le résultat de la question 2,
n→+∞ u n
√ (2n )
n
n
lim
n→+∞
On écrit 1 √ √
n
n(n + 1)...(n + n) =
n
n
tout n ∈ N,
√ 1
n n 2n∏
k=n
= lim n√
un = 4.
n→+∞
k et on pose v n = 1
n n 2n∏
k=n
v n+1 n n
( ) n
(2n + 1)(2n + 2) n (2n + 1)(2n + 2)
=
v n (n + 1) n+1 =
.
n n + 1 n(n + 1)
(2n + 1)(2n + 2)
On a lim
n→+∞ n(n + 1)
lim
n→+∞
( n
n + 1
) n
= lim
n→+∞
= 4 et
lnu n
n
= lnl,
k. On obtient, pour
(
1 +
n) 1 −n ( (
= lim exp −nln 1 + 1 ))
= e −1 = 1
n→+∞ n e .
v n+1
On en déduit que lim = 4 . En appliquant le résultat de la question 2, on obtient
n→+∞ v n e
1 √
n
4
lim n(n + 1)...(n + n) =
n→+∞ n
e .

132
Exercice 15.23
1. On a, pour tout entier naturel n,
On en déduit que
lim a n = 0.
n→+∞
a n+1
= 1 (n + 1)!k!(n − k)! n + 1
=
a n 2 k!(n + 1 − k)!n! 2(n + 1 − k) .
a n+1
lim
n→+∞ a n
= 1 . En raisonnant comme dans l’exercice 8, on obtient
2
2. a) Soit ε > 0. Puisque la suite (u n ) n∈N converge vers 0, on peut trouver un entier n 0 tel
que |u n | ε pour tout n n 0 . On obtient, pour n n 0 ,
|v n | 1
n∑
0−1 ( n
2 k)
n |u k | + 1 ∑ n
2 n
k=0
1
n∑
0−1
2 n
k=0
( n
k)
|u k | + ε
2 n n
∑
( n
k)
( ) n
ε
k
k=n 0
( n
k)
k=0
n∑
0−1
k=0
( n
k)
2 n |u k| + ε.
Il résulte de la question 1 que lim
n→+∞ 2 n |u k| = 0, pour tout k ∈ [[0,n 0 −1]]. L’entier n 0 étant
fixé, on a donc
n 0−1
(
∑ n
lim k)
n→+∞ 2 n |u k| = 0,
k=0
puisqu’on a une somme de suites convergeant toutes vers 0. On en déduit qu’on peut trouver
n 0−1
(
∑ n
un entier n 1 tel que, pour n n 1 , k)
2 n |u k| ε. On obtient,
k=0
∀n max(n 0 ,n 1 ) |v n | 2ε,
ce qui montre que la suite (v n ) n∈N converge également vers 0.
n∑
( n
b) Si (u n ) n∈N converge vers l, on peut écrire, puisque = 2
k)
n ,
k=0
(
v n − l = 1 ∑ n ( )
n
2 k)
n u k − 2 n l = 1 ∑ n ( n
2 n (u k − l).
k)
k=0
k=0
Puisque la suite (u n ) n∈N converge vers l, la suite (u n − l) n∈N converge vers 0 et on déduit
de la question a que (v n − l) n∈N converge vers 0, c’est-à-dire que (v n ) n∈N converge vers l.
Exercice 15.24
1. Vrai. Si (u n ) n∈N est croissante à partir du rang n 0 , on a, pour tout n ∈ N,
u n min(u 0 ,u 1 ,...,u n0−1,u n0 ).

133
2. Faux. Une suite décroissante et minorée converge et sa limite est un nombre entre 0 et u 0 :
0 est un minorant de {u n ,n ∈ N}, pas nécessairement sa borne inférieure. (Contre-exemple :
u n = 1 + 1 n ).
3. Faux. Contre-exemple : u n = n + (−1) n .
4. Vrai. Comme la suite (u 2n ) n∈N converge, elle est majorée. Soit M un majorant.
On alors, pour tout entier n, u 2n+1 u 2n+2 M. Donc la suite (u n ) n∈N est majorée par
M. Comme elle est croissante, elle converge.
5. Faux. On peut avoir lim
n→+∞ u n = lim
n→+∞ v n. Contre-exemple : u n = 1
n + 2 , v n = 1
n + 1 .
6. Faux. Contre-exemple : u n = lnn. On a,
lim (u n+1 − u n ) = lim
(1 ln + 1 )
= 0
n→+∞ n→+∞ n
et pourtant, la suite (u n ) n∈N diverge vers +∞.
Exercice 15.25
Une récurrence immédiate montre que u n et v n sont définis et strictement positifs pour tout
entier naturel n.
On a, pour tout n ∈ N,
v n+1 − u n+1 = 1 2 (u n + v n − 2 √ u n v n ) = 1 2 (√ v n − √ u n ) 2 0.
Comme de plus, v 0 u 0 , on a v n u n pour tout entier naturel n.
On en déduit que, pour tout n ∈ N,
√
u n+1 vn
= 1 et v n+1 − v n = 1 u n u n 2 (u n − v n ) 0.
La suite (u n ) n∈N est donc croissante et la suite (v n ) n∈N décroissante.
De plus, on peut écrire
0 v n+1 − u n+1 = 1 2 (√ v n − √ u n ) 2 1 2 (√ v n − √ u n )( √ v n + √ u n )
1 2 (v n − u n ).
On démontre facilement par récurrence que
0 v n − u n 1
2 n (v 0 − u 0 ).
On en déduit que lim
n→+∞ (v n − u n ) = 0. Les suites (u n ) n∈N et (v n ) n∈N sont donc adjacentes.

134
Exercice 15.26
La suite (u n ) n∈N est croissante car, pour tout n 1, u n+1 − u n =
On a d’autre part, pour n 1,
v n+1 − v n = u n+1 − u n +
= np + 2n p−1 − (n + 1) p
(n + 1) p n p−1 ·
1
(n + 1) p > 0.
1
(n + 1) p−1 − 1
n p−1 = 1
(n + 1) p + 1
(n + 1) p−1 − 1
n p−1
En appliquant la formule du binôme, on trouve, puisque p 2,
(n + 1) p n p + pn p−1 n p + 2n p−1 .
On en déduit que v n+1 − v n 0 : la suite (v n ) n∈N ∗ décroît.
Enfin, lim
n→+∞ (v n−u n ) = lim
n→+∞
Exercice 15.27
1
n p = 0. Les suites (u n) n∈N ∗ et (v n ) n∈N ∗ sont donc adjacentes.
1. La suite (u n ) n∈N ∗ est croissante, car pour n 1, u n+1 − u n =
On a d’autre part,
v n+1 − v n =
=
1
(n + 1)! + 1
(n + 1)(n + 1)! − 1
nn!
−1
n(n + 1)(n + 1)! < 0.
La suite (v n ) n∈N ∗ est donc décroissante.
Enfin, lim
n→+∞ v n − u n = lim
n→+∞
1
(n + 1)! > 0.
=
n(n + 1) + n − (n + 1)2
n(n + 1)(n + 1)!
1
nn! = 0. Les suites (u n) n∈N ∗ et (v n ) n∈N ∗ sont adjacentes.
2. Supposons que l soit rationnel. Il s’écrit l = p , avec p et n entiers naturels, n ≠ 0. Puisque
n
les suites (u n ) n∈N ∗ et (v n ) n∈N ∗ sont strictement monotones, on a u n < l < v n , c’est-à-dire
u n < l < u n + 1 . En multipliant par n!, on obtient
nn!
u n n! < l n! < u n n! + 1.
Or, pour tout entier naturel k n, n!
k! est un entier, donc u n n! est entier. Il en est de même
de l n! = p(n −1)!. Entre deux entiers consécutifs, u n n! et u n n!+1, il existe un entier. C’est
impossible. La limite l n’est donc pas un nombre rationnel.
Exercice 15.28
1. On a pour tout entier naturel n,
v 2n+2 − v 2n = −u 2n+1 + u 2n+2 0 et v 2n+3 − v 2n+1 = u 2n+2 − u 2n+3 0.
La suite (v 2n+1 ) n∈N est croissante et la suite (v 2n ) n∈N décroissante.
Enfin, lim v 2n −v 2n+1 = lim −u 2n+1 = 0 car la suite u converge vers 0. Les deux suites
n→+∞ n→+∞
(v 2n+1 ) n∈N et (v 2n ) n∈N sont adjacentes.

135
2. Les deux suites (v 2n+1 ) n∈N et (v 2n ) n∈N convergent donc vers la même limite l. On sait
qu’alors (v n ) n∈N converge vers l.
On a, pour tout n ∈ N, v 2n+1 l v 2n . On en déduit que
|v 2n − l| v 2n − v 2n+1 u 2n+1 .
En écrivant v 2n+1 l v 2n+2 , on obtient de même |v 2n+1 − l| u 2n+2 . On a donc
∀n ∈ N |v n − l| u n+1 .
Exercice 15.29
1. On écrit, pour n 1,
2( √ n + 1 − √ n) =
2
√ n + 1 +
√ n
.
Comme 2 √ n √ n + 1 + √ n 2 √ n + 1, on en déduit
1
√ n + 1
2( √ n + 1 − √ n) 1 √ n
.
2. Des inégalités démontrées dans la question 1 il vient pour n 1,
u n+1 − u n =
=
1
√ n + 1
− 2 √ n + 2 + 2 √ n + 1
1
√ n + 1
− 2( √ n + 2 − 2 √ n + 1) 0
(on applique l’inégalité 2( √ n + 1 − √ n) 1 √ n
au rang n + 1) et
v n+1 − v n =
=
1
√ n + 1
− 2 √ n + 1 + 2 √ n
1
√ n + 1
− 2( √ n + 1 − √ n) 0.
La suite (u n ) n∈N ∗ est croissante et la suite (v n ) n∈N ∗ est décroissante.
Enfin, il découle de l’encadrement obtenu à la première question que
lim (v n − u n ) = lim 2(√ n + 1 − √ n) = 0.
n→+∞ n→+∞
Les suites (u n ) n∈N et(v n ) n∈N sont donc adjacentes.
Exercice 15.30
1. On a, pour n 1, u n+1
=
u n
Pour (v n ) n∈N , on écrit
(
1 +
v n+1
= u n+1
1 + 1
n+1
v n u n 1 + 1 n
)
1
(n + 1) 2 > 1, donc la suite (u n ) n∈N ∗ est croissante.
=
( )
1 n(n + 2)
1 +
(n + 1) 2 (n + 1) 2 .

136
On remarque que
et on obtient
(
v n+1
= 1 +
v n
La suite (v n ) n∈N ∗ est décroissante.
2. On a pour tout n ∈ N ∗ ,
n(n + 2)
(n + 1) 2 = (n + 1)2 − 1 1
(n + 1) 2 = 1 −
(n + 1) 2
) (
1
(n + 1) 2 1 −
)
1
(n + 1) 2 = 1 −
(
v n = u n 1 + 1 )
u n .
n
1
(n + 1) 4 < 1.
Comme (u n ) n∈N ∗ croît et (v n ) n∈N ∗ décroît, il est clair que, pour tout n 1, on a
u 1 u n v n v 1 .
3. La suite (u n ) n∈N ∗ est croissante et majorée par v 1 , donc elle converge. De même, la suite
(v n ) n∈N , décroissante et minorée par u 1 , converge. (
En passant à la limite dans l’égalité v n = u n 1 + 1 )
, on obtient lim
n
v n = lim u n et
n→+∞ n→+∞
donc lim v n − u n = 0 : les suites (u n ) n∈N ∗ et (v n ) n∈N ∗ sont adjacentes.
n→+∞
Exercice 15.31
1. On a
u 0 < u 1 ⇐⇒ a < a + pb ⇐⇒ a + ap < a + pb,
1 + p
ce qui est vérifié car a < b et p > 0. On vérifie de même que v 1 < v 0 . On calcule enfin
v 1 − u 1 = a + qb
1 + q − a + pb (a + qb)(1 + p) − (a + pb)(1 + q)
=
1 + p (1 + p)(1 + q)
(b − a)(q − p)
=
(1 + p)(1 + q) .
Ceci est strictement positif si et seulement si p < q. C’est la condition cherchée.
2. Si la condition p < q est réalisée, on a, pour tout n ∈ N,
v n+1 − u n+1 = u n + qv n
1 + q
− u n + pv n
1 + q
= (q − p)(v n − u n )
(1 + p)(1 + q)
(le calcul est le même que pour v 1 et u 1 ). On en déduit que v n+1 −u n+1 a le signe de v n −u n
et, comme v 0 − u 0 > 0 par hypothèse, v n − u n est positif pour tout n.
On calcule ensuite
On a bien, pour tout n ∈ N,
u n+1 − u n = u n + pv n
1 + p
v n+1 − v n = u n + qv n
1 + q
− u n = p(v n − u n )
1 + p
− v n = u n − v n
1 + p < 0.
u n < u n+1 < v n+1 < v n .
> 0

137
3. Il résulte de la question 2 que la suite (u n ) n∈N est croissante et la suite (v n ) n∈N croissante.
On a donc, pour tout n ∈ N, u 0 u n < v n v 0 . La suite (u n ) n∈N est majorée par v 0 ; elle
converge. De même, la suite (v n ) n∈N qui est minorée par u 0 converge.
De la relation v n+1 − u n+1 = (q − p)(v n − u n )
(1 + p)(1 + q) , on déduit que la suite (v n − u n ) n∈N est
q − p
géométrique de raison
∈ ]0,1[. Elle converge donc vers 0 et les deux suites
(1 + p)(1 + q)
sont adjacentes.
Exercice 15.32
1. Les deux suites sont définies et à termes strictement positifs. On montre par récurrence
que u n < v n .
C’est vrai pour n = 0 et si u n < v n alors
u n < u n+1 < v n et donc v n+1 = √ v n u n+1 > u n+1 .
La propriété est vérifiée au rang n + 1. Elle est vraie pour tout entier n.
Il résulte de la démonstration précédente que u n < v n implique u n < u n+1 et u n+1 < v n
donc v n+1 < v n . La suite (u n ) n∈N est croissante et la suite (v n ) n∈N est décroissante.
D’après ce qui précède, on a, pour tout n, u 0 < u n < v n < v 0 . Ainsi (u n ) n∈N est majorée
par v 0 et (v n ) n∈N est minorée par u 0 . Elles sont toutes deux convergentes.
Par passage à la limite dans l’égalité u n+1 = u n + v n
, on obtient
2
lim u n = 1
n→+∞ 2 ( lim u n + lim v n) et donc
n→+∞ n→+∞
Les suites (u n ) n∈N et (v n ) n∈N sont donc adjacentes.
lim u n = lim v n.
n→+∞ n→+∞
2. Montrons par récurrence que, pour tout n ∈ N, u n = v n cos α . C’est vrai pour n = 0
2n par définition de α.
Supposons que la propriété est vraie au rang n. On a alors
On en déduit que
v n+1 = √ v n u n+1 =
u n+1 = v n
1 + cos α 2 n
2
√
u 2 n+1
α
= v n cos 2 α
2 n+1 .
cos 2 = u n+1
α
et u n+1 = v n+1 cos
2
cos n+1 2 n+1
α
2 n+1 .
La propriété est vérifiée pour tout n ∈ N. Il résulte de la démonstration qu’on a alors
v n+1 = √ √
v n u n+1 = vn 2 cos 2 α
2 n+1 = v α
n cos
2 n+1 .
On en déduit que
2 n+1 v n+1 sin α
2 n+1 = 2n+1 v n sin α
2 n+1 cos α
2 n+1 = 2n v n sin α 2 n .
La suite (2 n v n sin α 2 n ) est donc constante, égale à son premier terme v 0 sin α = bsin α. On a
donc, pour tout n ∈ N,
v n = bsin α
2 n sin α 2 n .

138
3. On déduit de la question 2 que
lim v n = lim
n→+∞ n→+∞
bsin α
2 n sin α 2 n = lim
n→+∞
bsin α
α sin α = bsin α
2 α ,
n
α
2 n
sin α 2
sin x
bsin α
car lim
n
n→+∞
α
= lim = 1. La limite commune des deux suites est
x→0
2
x
α .
n
Exercice 15.33
Notons que si la suite converge vers l, on a l − l + l 2 = 0 et donc l = 0.
1. a) Raisonnons par l’absurde et supposons qu’il existe p n 0 tel que u p > ε. On a alors
u p+1 u p + u 2 p − ε 2 u p + ε 2 − ε 2 u p .
On montre alors par récurrence que tous les termes de la suite de rang p sont supérieurs ou
égaux à ε et que la suite (u n ) np est croissante. Elle n’est pas convergente, sinon on aurait
lim u n ε. C’est impossible car (u n ) n∈N ne peut converger que vers 0. Ainsi, comme elle
n→+∞
est croissante à partir d’un certain rang, (u n ) n∈N diverge vers +∞, ce qui est contraire à
l’hypothèse.
On a donc u n ε pour tout n n 0 .
b) Raisonnant par l’absurde et supposons que, pour tout n n 0 , on a u n < −ε et donc
u 2 n > ε 2 . On a alors, pour n n 0 ,
u n+1 − u n u 2 n − ε 2 > 0.
La suite (u n ) n∈N est croissante et majorée par −ε à partir du rang n 0 . Elle converge et sa
limite est inférieure ou égale à −ε. C’est impossible car elle ne peut avoir alors pour limite
que 0. Conclusion : il existe n n 0 tel que u n −ε.
c) Soit p un entier supérieur ou égal à n 0 tel que u p −ε. La fonction x ↦−→ x + x 2 est
croissante sur
[− 1 [
2 ,+∞ . Comme u p −ε − 1 2 , on a u2 p + u p ε 2 − ε et donc
u p+1 u p + u 2 p − ε 2 −ε.
On obtient donc, en raisonnant par récurrence que, pour tout n p, on a u n −ε.
2. Il résulte de la question 1 que si (u n ) n∈N ne tend pas vers +∞, on a, pour tout ε ∈
−ε u n ε pour n assez grand. Ceci montre que (u n ) n∈N tend vers 0.
Conclusion : toute suite telle que
]
0, 1 [
,
2
lim
n→+∞ (u n+1 − u n − u 2 n) = 0 converge vers 0 ou diverge
vers +∞.
Les deux cas sont possibles comme on le voit en considérant une suite vérifiant u n+1 = u n +u 2 n.
Elle diverge vers +∞ si u 0 > 0 et converge vers 0 si −1 < u 0 < 0.
Exercice 15.34
Les ensembles A et B sont clairement non vides.
On a, pour tout (m,n) ∈ (N ∗ ) 2 ,
1
m + 1 n − 1
mn = 1 m + 1 n
(
1 − 1 )
1 m m + 1 − 1 m 1.

139
L’ensemble A est majoré par 1. Comme de plus 1 appartient à A (il est obtenu pour
m = n = 1), c’est le plus grand élément et donc la borne supérieure de A. Mais on a
aussi
1
m + 1 n − 1
mn = 1 m + 1 (
1 − 1 )
0.
n m
L’ensemble A est minoré par 0. Montrons que 0 est la borne inférieure de A. Considérons les
éléments de A de la forme x n = 2 n − 1 (cas m = n). On a
n2 lim x n = 0. Donc pour tout
n→+∞
ε > 0, il existe n ∈ N 2 tel que 0 x n ε. Ceci caractérise la borne inférieure. On conclut :
inf A = 0.
Considérons les éléments de B en distinguant les cas n pair et n impair. On a, pour tout
(m,p) ∈ (N ∗ ) 2 ,
0 < 1
2p + 1 m 1 2 + 1 3 2 ,
−1 − 1 m < 1
2p − 1 − 1 m 1
2p − 1 1.
L’ensemble B est donc majoré par 3 2 et comme 3 appartient à B (il correspond à m = 1,
2
n = 2), c’est le plus grand élément et donc la borne supérieure de B.
L’ensemble B est minoré par −1. Montrons que c’est sa borne inférieure. Considérons les
éléments y p = 1 − 1 de B (n = 2p − 1, m = 1). On a lim
2p − 1 y p = −1. Par définition de
p→+∞
la limite, pour tout ε > 0, il existe p ∈ N ∗ tel que y p −1+ε. Ceci montre que inf B = −1.
Exercice 15.35
1. Soit K et K ′ tels que, pour tout x ∈ A (respectivement tout y ∈ B), on a |x| K
(respectivement |y| K ′ ). On a alors, pour tout (x,y) ∈ A × B,
| − x| K, |a + x| K + |a| et |x + y| K + K ′ .
Ainsi −A, a + A et A + B sont bornés.
2. Pour tout x ∈ A, on inf A x et donc −x −inf A. Ceci montre que sup(−A) −inf A.
De même, pour tout x ∈ A, −x sup(−A) donc x −sup(−A), d’où inf A −sup(−A)
et finalement l’égalité sup(−A) = −inf A. On montre de même que inf(−A) = −sup A.
Pour tout x ∈ A, on a a + x a + supA donc sup(a + A) a + supA. De même, pour
tout x ∈ A, on a a + x sup(a + A) et donc x −a + sup(a + A). On en déduit que
supA −a + sup(a + A) et finalement sup(a + A) = a + supA. On montre de même que
inf(a + A) = a + inf(A).
Pour tout (x,y) ∈ A × B, on a x + y supA + supB, d’où sup(A + B) supA + supB.
De même, pour tout (x,y) ∈ A × B, on a x + y sup(A + B) et donc x sup(A + B) − y
et donc supA sup(A + B) − y, c’est-à-dire y sup(A + B) − supA. On en déduit que
supB sup(A+B)−sup A et finalement sup(A+B) = supA+supB. On montre de même
que inf(A + B) = inf A + inf B.
Exercice 15.36
On a, pour tout x ∈ A, x inf A > 0. On en déduit que 1 x 1 . Ainsi B est majoré
inf A
et sup B 1
inf A . De même, pour tout x ∈ A, 1
x ∈ B et 1 supB. On en déduit que
x

140
x 1
1
1
. On a donc inf A et finalement supB =
supB supB inf A .
L’ensemble B est minoré par 0. Si A est majorée, on montre comme précédemment que
inf B = 1
supA . Si A n’est pas majoré, pour tout ε > 0, il existe x ∈ A tel que x 1 ε . on a
donc 1 ε. Ceci montre que inf B = 0.
x
Exercice 15.37
Soit b ∈ B. On a, pour tout a ∈ A, a b, donc b majore A. Ainsi A possède une borne
supérieure et supA b. Comme ceci est vrai pour tout b ∈ B, l’ensemble B est minoré par
supA. Il possède donc une borne inférieure et supA inf B.
Exercice 15.38
Soit (x,y) ∈ A 2 . Supposons que x y. On a x sup A et y inf A. On en déduit que
|x − y| = x − y supA − inf A.
On a le même résultat si y x. Ainsi, B est majoré et sup B supA − inf A.
De même, pour tout (x,y) ∈ A 2 , on a x − y |x − y| supB et donc x y + supB. On
en déduit supA y + supB et y supA−supB, puis inf A supA−supB et finalement
supB = supA − inf A.
Exercice 15.39
Si α est la borne supérieure de A, α est un majorant de A et pour tout n ∈ N, il existe
x n ∈ A tel que α− 1 n < x n α. La suite (x n ) n∈N est une suite d’éléments de A qui converge
vers α.
Si réciproquement α est un majorant de A et (x n ) n∈N une suite d’éléments de A qui converge
vers α, pour tout ε > 0, il existe n ∈ N tel que |x n − α| < ε et donc x n > α − ε. Comme
x n ∈ A, ceci montre que α est la borne supérieure de A.
Exercice 15.40
1. L’ensemble A est non vide car il contient a (f(a) ∈ [a,b]) et est majoré par b. Il possède
donc une borne supérieure α qui appartient à [a,b].
2. Pour tout x ∈ A, on x α et donc f(x) f(α) car f est croissante. Comme x ∈ A, on
a x f(x) et on en déduit x f(α). Ainsi f(α) est un majorant de A et donc α f(α).
Puisque f est croissante, on en déduit que f(α) f(f(α)). Ceci montre que f(α) ∈ A. On
en déduit que f(α) α et finalement f(α) = α.
Exercice 15.41
Pour tout (x,y) ∈ R 2 , on a
Ent(x) x < Ent(x) + 1 et Ent(y) y < Ent(y) + 1.
On en déduit, en additionnant, que
Ent(x) + Ent(y) x + y < Ent(x) + Ent(y) + 2.

141
Comme la partie entière de x + y est le plus grand entier inférieur ou égal à x + y, on en
déduit
Ent(x) + Ent(y) Ent(x + y) < Ent(x) + Ent(y) + 2
et donc Ent(x) + Ent(y) Ent(x + y) Ent(x) + Ent(y) + 1,
puisque ce sont des entiers.
Exercice 15.42
De Ent(x) x < Ent(x) + 1, on déduit nEnt(x) nx < nEnt(x) + n. Par définition de la
partie entière, on en déduit que
nEnt(x) Ent(nx) < nEnt(x) + n et donc Ent(x) Ent(nx)
n
Le résultat en découle.
< Ent(x) + 1.
Exercice 15.43
1. Notons p = Ent(2x). On a donc p 2x < p + 1. On en déduit p 2 x < p + 1
2
p + 1
x + 1 2 2 < p + 2
2 .
Si p est pair, on a
(
Ent(x) = Ent x + 1 )
= p 2 2 .
et
Si p est impair, on a
Ent(x) = p − 1
2
(
et Ent x + 1 )
= p + 1
2 2 .
Dans les deux cas,
(
Ent(x) + Ent x + 1 )
= p = Ent(2x).
2
2. D’après la question 1, on a, pour tout réel x,
(
Ent x + 1 )
= Ent(2x) − Ent(x).
2
On en déduit que
n∑
k=0
( ) x + 2
k
Ent
2 k+1 =
n∑
k=0
= Ent(x) − Ent
car les termes se simplifient deux à deux.
( x
Ent
2 k+1 + 1 )
=
2
( x
)
2 n+1 ,
n∑
k=0
( ( x
) ( x
))
Ent
2 k − Ent
2 k+1

142
3. Notons p = Ent(nx) et effectuons la division euclidienne de p par n. Il existe (q,r) ∈ Z×N
tel que
p = qn + r et 0 r < n.
On a p nx < p + 1, c’est-à-dire qn + r nx < qn + r + 1. On en déduit
q + r n x < q + r + 1
n
et ∀k ∈ [[0,n]] q + r + k x + k n n < q + r + 1 + k .
n
)
est égal à q ou q + 1. Il est égal à 1 si r + k < n soit
Puisque r + k + 1 (
2, Ent x + k n
n
0 k < n − r. Dans la somme, il y a donc n − r termes égaux à q et r qui sont égaux à
q + 1. On en déduit que
n−1
∑
(
Ent x + k )
= q(n − r) + (q + 1)r = qn + r = p = Ent(nx).
n
k=0
Exercice 15.44
Nous savons déjà que l’intervalle ]a,b[ contient des rationnels. Supposons qu’il n’en contienne
qu’un nombre fini et considérons le plus petit de ces nombres, noté c. Alors l’intervalle
]a,c[ ne contient pas de rationnels. C’est faux. Donc ]a,b[ contient une infinité de nombres
rationnels.
Pour les irrationnels, considérons l’intervalle ]a + √ 2,b + √ 2[. Il contient une infinité de
nombres rationnels. Si r est l’un de ces rationnels, r − √ 2 est un irrationnel qui appartient
à ]a,b[. Comme l’application r ↦−→ r + √ 2 est injective, il en existe une infinité.
Exercice 15.45
1. On montre la propriété par récurrence.
On a (1+ √ 2) 0 = 1 = 1+0 √ 2. On pose a 0 = 1 et b 0 = 1 ; on vérifie que a 2 0−2b 2 0 = 1 = (−1) 0 .
Supposons que (1 + √ 2) n = a n + b n
√
2, avec a
2
n − 2b 2 n = 1. On a alors
(1 + √ 2) n+1 = (1 + √ 2) n (1 + √ 2) = (a n + b n
√
2)(1 +
√
2)
= a n + 2b n + (a n + b n ) √ 2.
On trouve l’expression voulue avec a n+1 = a n +2b n et b n+1 = a n +b n . On vérifie la relation :
a 2 n+1 − 2b 2 n+1 = (a n + 2b n ) 2 − 2(a n + b n ) 2 = −a 2 n + 2b 2 n = −(−1) n = (−1) n+1 .
2. On a (1 − √ 2) n = (−1)n
(1 + √ 2) n = a2 n − 2b 2 n
a n + b n
√
2
= a n − b n
√
2.
3. On déduit des questions précédentes que (1 + √ 2) n + (1 − √ 2) n = 2a n et donc
(1 + √ 2) n = 2a n − (1 − √ 2) n . On remarque que −1 < (1 − √ 2) < 0. On en déduit
que :
si n est pair, −(1 − √ 2) n ∈ ]−1,0[ et Ent((1 + √ 2) n ) = 2a n − 1 ;
si n est impair, −(1 − √ 2) n ∈ ]0,1[ et Ent((1 + √ 2) n ) = 2a n .

Chapitre 16
Exercice 16.1
1. Si f(x) = x 2 + x + 1, alors |f(x) − 1| = |x||x + 1| et |x + 1| 1 implique |x| 2 et
|f(x) − 1| 2|x + 1|. On a, pour tout ε > 0,
|x + 1| min( ε ,1) =⇒ |f(x) − 1| ε.
2
2. Si f(x) = 2x − 1
x + 1 , alors |f(x) − 2| = 3
|x + 1| 3 x
143
si x > 0. On a donc, pour tout ε > 0,
x 3 ε
=⇒ |f(x) − 2| ε.
3. Pour tout A > 0, on a
|x − 1| 1 √
A
=⇒ f(x) A.
Exercice 16.2
1. On a
x 2 + 3x − 1 x 2 + 3x − 1
x 2 + 3x − 1 x 2
lim = +∞, lim = −∞, lim = lim
x→1 + x − 1
x→1 − x − 1
x→+∞ x − 1 x→+∞ x = +∞.
2. La fonction n’est définie qu’à gauche de −1 et
x − 1
lim = +∞ donc
x→−1 x + 1 lim
x→−1
x − 1
lim
x→+∞ x + 1 = lim x
x→+∞ x = 1 donc
√
x − 1
x + 1 = +∞ ;
lim
x→+∞
√
x − 1
x + 1 = 1.
3. En multipliant par l’expression conjuguée, on obtient pour x < 0,
√
x2 + 3x − 1 + (x + 1) =
x − 2
√
x2 + 3x − 1 − (x + 1) =
1 − 2 x
√
− 1 + 3 x − 1 x
− 1 − 1 2 x
et
√
lim x2 + 3x − 1 + (x + 1) = − 1
x→−∞
2 .
4. Si x > 0 et 2x + sin x ≠ 0, on peut écrire
et on obtient
lim
x→+∞
x + √ x
2x + sin x = 1 + √ 1
x
2 + sin x
x
x + √ x
2x + sin x = 1 + 0
2 + 0 = 1 2
et
lim
x→0
x + √ x
2x + sin x = +∞.

144
5. En multipliant par l’expression conjuguée pour x > 0, on obtient
√
x( x + √ √
x + 1 − x + √ x( √ x + 1 − √ x − 1)
x − 1) = √ √ √ √ x + x + 1 + x + x − 1
=
=
2x
( √ x + √ x + 1 + √ x + √ x − 1)( √ x + 1 + √ x − 1)
2
(√ √ √ )
√ (√ )
1
1 +
x + 1 1
x
+ 1 + 2 x − 1 x
1 + 1 2 x
√1 + − 1 x
et
√
lim x( x + √ √
x + 1 − x + √ x − 1) = 2
x→+∞ 2 · 2 = 1 2 .
Exercice 16.3
1. On a
car lim
x→+∞ xe−x = 0 et
2. On a
et
lim x → +∞ e2x + e x + x
e x − x
lim x → −∞ e2x + e x + x
e x − x
lim(lnx + x − 1) = −∞ lim
x→0
3. Quand x tend vers +∞, x − 1
x
On en déduit que
On a
= lim x → +∞e x 1 + e−x + xe −2x
1 − xe −x = +∞,
e 2x
x
= lim x → −∞
+ ex x + 1
e x x − 1 = −1.
(x + lnx + x − 1
x→0 e−x ) = 1 et donc lim
x→0 x + e −x = −∞
ln x
lnx + x − 1
x
lim
x→+∞ x + e −x = lim
+ 1 − 1 x
x→+∞ 1 + e−x
x
= 1.
tend vers 1. Pour x > 1, on écrit
( ) ( x
xln = xln 1 + 1 )
= x ln
x − 1 x − 1 x − 1
( ) x
lim xln = 1.
x→+∞ x − 1
( )
1 + 1
x−1
1
x−1
( ) x
lim xln = lim (xln |x| − xln |1 − x|) = 0.
x→+0 x − 1 x→+0
.

145
Exercice 16.4
1. Pour x ≠ 0,
et
2. On a
3. On a
tan x − sinx sin x(1 − cos x)
x 3 =
x 3 cos x
= sinx
x
tan x − sinx
lim
x→0 x 3 = 1 2 .
tan 2x
lim
x→0 sin x = lim
x→0
sinx − sin 3x
lim = lim
x→0 sin 4x
sin x
x
x→0
tan 2x
2
2x
sin x
x
3x
− 3sin
3x
4
sin 4x
4x
1 − cos x
x 2 1
cos x
= 2.
= 1 − 3
4
= − 1 2 .
4. Si sinx ≠ 1 √
2
,
1 − √ 2 cos x √2 1
1 − √ 2 sinx = − cos x
1√
2
− sinx = cos π 4 − cos x
sin π 4 − sinx
= −2sin ( π
8 − (
2) x sin π
8 + )
x (
2 π
2sin ( π
8 − (
2) x cos π
8 + ) x = −tan
8 + x .
2)
2
On en déduit que
1 − √ 2 cos x
lim
x→ π 4 1 − √ 2sin x = −tan π 4 = −1.
Exercice 16.5
1. On a,
∀x ∈ ]0,1[
1
Ent(x) = 0
x
et donc lim
∀x ∈ ]−1,0[
1 −1
Ent(x) =
x x
et donc lim
2. On a, pour x ∈ ]0,1[, x − Ent(x) √ x
3. On a, pour x > 0,
(
√ 1 xEnt
x
( 1
La fonction x ↦−→ Ent −
x)
1
( )
x
√ 1
lim xEnt = +∞.
x→0 x
Pour x > 1, √ ( 1
xEnt
x)
)
x→0 + 1
x→0 − 1
Ent(x) = 0,
x
Ent(x) = +∞.
x
= √ x − Ent(x)
x et donc lim √ = 0.
x→0 x
= √ ( ( 1
x Ent −
x)
1 )
+ √ 1 .
x x
( (
√ 1
est bornée donc lim x Ent −
x→0 x)
1 )
x
( )
√ 1
= 0 et lim xEnt = 0.
x→+∞ x
= 0 et

146
Exercice 16.6
On note que, pour tout (x,y) ∈ R 2 ,
max(x,y) = 1 2 (|x − y| + x + y) et min(x,y) = 1 (−|x − y| + x + y).
2
On a donc, pour tout x ∈ I,
sup(f,g)(x) = 1 2 (|f(x)−g(x)|+f(x)+g(x)) et inf(f,g)(x) = 1 2 (−|f(x)−g(x)|+f(x)+g(x)).
Si f et g sont continues en x 0 , il en est de même de f + g, f − g et |f − g|. On en déduit
que sup(f,g) et inf(f,g) sont continues en x 0 .
Exercice 16.7
La fonction f possède en tout point une limite à droite et une limite à gauche (sauf en a et
b). Supposons que f est croissante et raisonnons par l’absurde. S’il existe c ∈ [a,b] où f n’est
pas continue, on a lim f(x) ≠ f(c) ou lim f(x) ≠ f(c). Comme lim f(x) = sup f(x)
x→c− x→c + x→c− x∈[a,c[
on obtient dans le premier cas
∀(x,y) ∈ [a,c[×[c,b] f(a) f(x) lim f < f(c) f(y) f(b).
c −
Aucune valeur de l’intervalle ]lim f,f(c)[ ne peut être atteint par f donc f([a,b]) n’est pas
c −
un intervalle. Le cas où limf ≠ f(c) se traite de la même façon. Si f est décroissante, on
c +
considère −f.
Exercice 16.8
Les fonctions f, g et h sont continues en tout x 0 qui n’est pas élément de Z. Considérons
x 0 ∈ Z.
(
1. On a f(x 0 ) = (−1) x0 − 1 )
= (−1) x0+1 1 2 2 ,
lim f(x) = lim (−1)
(x x0−1 − x 0 + 1 )
= (−1) x0−1 1
x→x − x→x 0 2 2 = f(x 0)
0
et
(
lim f(x) = lim (−1) x0 x − x 0 − 1 ) (
= (−1) x0 − 1 )
= f(x 0 ).
x→x + 0 x→x + 2
2
0
La fonction f est continue en x 0 pour tout x 0 ∈ Z donc continue sur R.
2. On a g(x 0 ) = x 0 ,
et
lim g(x) = lim x 0 − 1 + (x − x 0 + 1) 2 = x 0 − 1 + 1 = x 0
x→x − x→x 0
0
lim g(x) = lim x 0 + (x − x 0 ) 2 = x 0 .
x→x + 0 x→x + 0
La fonction g est continue en x 0 pour x 0 ∈ Z donc continue sur R.

147
3. On a sin(πx 0 ) = 0 donc h(x 0 ) = 0. Comme la fonction Ent est bornée au voisinage de x 0
et que sin(πx) tend vers 0, on a lim
x→x 0
h(x) = 0 = h(x 0 ). La fonction h est continue en x 0
donc sur R.
Exercice 16.9
On suppose que f est T-périodique et a pour limite l en +∞.
Soit x ∈ R. La suite (x + nT) n∈N tend vers +∞ donc par le théorème de composition des
limites, on obtient f(x + nT) = l. Mais pour tout n ∈ N, f(x + nT) = f(x), donc
f(x) = l.
Exercice 16.10
lim
n→+∞
Si B > 0, l’ensemble f −1 ([−B,B]) est borné : il existe K > 0 tel que f −1 ([−B,B]) ⊂ [−K,K]).
Si |x| > K, x /∈ f −1 ([−B,B]), donc f(x) /∈ [−B,B] et |f(x)| > B. On a ainsi,
On a donc
Exercice 16.11
lim |f(x)| = +∞.
|x|→+∞
∀B > 0 ∃K > 0 (|x| > K =⇒ |f(x)| > B).
1. Si x 0 ∈ Q, il existe dans tout intervalle de centre x 0 des x irrationnels pour lesquels on
a |f(x) − f(x 0 )| = 1. Il est donc impossible de trouver η tel que |f(x) − f(x 0 )| 1 2 , pour
tout x tel que |x| η : la fonction n’est pas continue en x 0 . On démontre de même que si
x 0 /∈ Q, f n’est pas continue en x 0 , en considérant des x rationnels.
2. Si x 0 ≠ 0, la fonction g n’est pas continue en x 0 , car sinon f serait continue en x 0 comme
quotient de fonctions continues.
Comme f est bornée, on a lim
0
g = 0 = g(0) : la fonction est continue en 0.
3. Si x /∈ Q, pour tout m ∈ N, xm! n’est pas entier, donc |cos(πxm!)| < 1. On en déduit
que lim
n→+∞ (cos(πxm!))n = 0. Comme ceci est vrai pour tout m, on a
lim
m→+∞
lim
n→+∞ (cos(πxm!))n = 0 = f(x).
Si x ∈ Q, il existe (p,q) ∈ Z × N ∗ tel que x = p . Pour m q + 2, xm! est un entier pair et
q
cos(πxm!) = 1. On en déduit que lim
n→+∞ (cos(πxm!))n = 1. Ceci est vrai pour tout m assez
grand donc
lim lim
m→+∞ n→+∞ (cos(πxm!))n = 1 = f(x).
Exercice 16.12
1. Si x ∈ Q + s’écrit sous forme irréductible p 1
, on a f(x) =
q p + q
ε si et seulement si
p + q 1 ε , ce qui implique p 1 ε et q 1 car p et q sont positifs. il y a donc un nombre
ε
fini de valeurs de p et de q possibles. On en déduit que A est fini.

148
2. Soit x 0 ∈ R + et ε > 0. L’ensemble A défini à la première question est fini. Il en est de
même de A 1 = A∩] − ∞,x 0 [ et A 2 = A∩]x 0 ,+∞[. On pose x 1 = max A 1 et x 2 = min A 2
(si A 1 = ∅, on prend x 1 réel quelconque > x 0 et de même pour x 2 ). Si x ∈ ]x 1 ,x 0 [∪]x 0 ,x 2 [
et x ∈ Q, x /∈ A et donc f(x) < ε. Comme f(x) = 0 si x /∈ Q, on en déduit que pour tout
x ∈ R + ,
x ∈ ]x 1 ,x 0 [=⇒ 0 f(x) < ε et x ∈ ]x 0 ,x 2 [=⇒ 0 f(x) < ε.
Ceci démontre que
lim f(x) = lim f(x) = 0.
x→x + 0 x→x − 0
3. De la question précédente, on déduit que f est continue en x 0 si et seulement si f(x 0 ) = 0,
c’est-à-dire si et seulement si x ∈ R + \ Q.
Exercice 16.13
1. a) Puisque n = Ent(x − A), on a x − A n et x − n A. On en déduit que
n∑
|f(x) − f(x − n)| =
f(x − (k − 1)) − f(x − k)
∣
∣
car x − k A, pour 1 k n.
k=1
n∑
|f(x − (k − 1) − f(x − k)|
k=1
n∑
ε nε,
k=1
b) Par définition de la partie entière, on a n x − A < n + 1 et donc A x − n < A + 1.
On en déduit |f(x − n)| M et par l’inégalité triangulaire
puis
car x n + A n.
|f(x)| |f(x) − f(x − n)| + |f(x − n)| nε + M
∣ ∣∣∣ f(x)
x ∣ M x + nε
x M x + ε,
M
c) Puisque lim
x→+∞ x = 0, il existe B tel que M x
f(x)
On conclut que lim
x→+∞ x = 0.
∀x max(A,B)
ε pour tout x B. On a alors
∣
f(x)
x
∣ 2ε.
2. On suppose que lim (f(x + 1) − f(x)) = l. On considère la fonction g définie par
x→+∞
g(x) = f(x) − lx. Comme f, g est bornée sur tout intervalle de longueur 1, et on a
lim ((g(x + 1) − g(x)) = lim (f(x + 1 − f(x) − l) = 0.
x→+∞ x→+∞

149
La fonction g vérifie les hypothèses de la question 1, donc
g(x)
f(x)
lim = 0 c’est-à-dire lim
x→+∞ x x→+∞ x = l.
Exercice 16.14
1. Pour n ∈ N ∗ et x ∈ I \ {0}, on a
n∑
2 −k ϕ(x2 −k ) =
k=1
n∑
k=1
2 −k f(x2−(k−1) ) − f(x2 −k )
x2 −k
= 1 x (f(x) − f(x2−n ))
= 1 x
n∑
f(x2 −(k−1) ) − f(x2 −k )
k=1
et donc
f(x2 −n )
x
+
n∑
k=1
2 −k ϕ(x2 −k ) = f(x)
x .
2. Soit ε > 0. Puisque lim
x→0
ϕ(x) = 0, il existe η > 0 tel que |ϕ(x)| ε pour tout |x| η. Soit
x tel que |x| η. Pour tout n ∈ N ∗ et 1 k n, on a |x2 −k | η et donc |ϕ(x2 −k )| ε.
On en déduit, en utilisant la question 1, que
∣ f(x)
∣∣∣ ∣ x ∣ f(x2 −n )
n x ∣ + ∑
2 −k ε
f(x2 −n )
∣ x ∣ + ε(1 − 2−n )
f(x2 −n )
∣ x ∣ + ε.
k=1
De lim f(x) = 0 et lim
x→0 n→+∞ x2−n = 0, on tire lim
n→+∞ f(x2−n ) = 0. En faisant tendre n vers
+∞ dans l’inégalité précédente, on obtient
f(x)
∣ x ∣ ε.
Comme ceci est vérifié pour tout x tel que |x| η, on conclut que
f(x)
lim
x→0 x = 0.
f(2x) − f(x)
3. Si lim f(x) = 0 et lim = l, on considère la fonction g définie sur I par
x→0 x→0 x
g(x) = f(x) − lx.
g(2x) − g(x)
On a encore lim g(x) = 0 et lim = 0. La fonction g vérifie les conditions des
x→0 x→0 x
questions 1 et 2.
g(x)
On a donc lim
x→0 x
= 0, c’est-à-dire lim f(x)
x→0 x = l.

150
Exercice 16.15
1. On a, pour tout (x,y) ∈ R 2 ,
|f 1 (x) − f 1 (y)| = |a||x − y|
|f 2 (x) − f 2 (y)| =
|x 2 − y 2 |
√
1 + x2 + √ 1 + y = |x + y|
√ 2 1 + x2 + √ |x − y| |x − y|,
1 + y2 car |x + y| |x| + |y| √ 1 + x 2 + √ 1 + y 2 . Les fonctions f 1 et f 2 appartiennent donc à L.
2. Il existe k et k ′ réels positifs tels que, pour tout (x,y) ∈ R 2 ,
|f(x) − f(y)| k|x − y|
et |g(x) − g(y)| k ′ |x − y|.
On alors, pour tout (x,y) ∈ R 2 ,
(f + g)(x) − (f + g)(y)| |f(x) − f(y)| + |g(x) − g(y)| k|x − y| + k ′ |x − y|
(k + k ′ )|x − y|,
|g ◦ f(x) − g ◦ f(y)| = |g(f(x)) − g(f(y))| k ′ |f(x) − f(y)| kk ′ |x − y|,
ce qui montre que f + g et g ◦ f appartiennent à L.
3. La fonction x ↦−→ x appartient à L puisqu’elle est affine, mais son carré x ↦−→ x 2 n’est
pas dans L. Sinon, il existerait k tel que |x 2 −0 2 | k|x −0| pour tout x et on aurait |x| k
pour tout x non nul : c’est absurde.
4. Si f ∈ L, on a, pour (x,x 0 ) ∈ R 2 , |f(x) − f(x 0 )| k|x − x 0 |. De lim
x→x 0
k|x − x 0 | = 0, on
déduit que lim
x→x0 f(x) = f(x 0). La fonction f est continue en x 0 pour tout x 0 .
5. La réciproque est fausse puisque nous avons vu que x ↦−→ x 2 n’est pas dans L.
Exercice 16.16
On peut remarquer(
que)
f est paire puisque f(−x) = f(x 2 ) = f(x), pour tout réel x.
Soit x > 0. On a f x 1 2 = f(x). En utilisant cette relation, on montre par récurrence que,
pour tout n ∈ N ∗ ,
( )
f x 1
2 n = f(x).
En écrivant x 1
2 n = e ln x
2 n , on obtient lim x 1
2 n = e 0 = 1, d’après le théorème de composition
n→+∞
des limites. La fonction f étant continue en 1, on en déduit que
( )
lim f x 1
2 n = f(1).
n→+∞
Mais cette suite est constante égale à f(x), donc f(x) = f(1), pour tout x > 0. Par parité,
c’est vrai pour x < 0. La fonction f étant continue en 0, on a de plus
La fonction f est constante.
f(0) = lim f(x) = f(1).
x→0 +

151
Exercice 16.17
1. Résulte de l’énoncé en faisant y = x.
2. On remarque que f(xy) = yf(x), pour tout x > 0.
On montre la propriété par récurrence sur n. Pour n = 0, il faut montrer que f(x) = f(x).
Si f(xy n ) = y n f(x), alors
f(xy n+1 ) = f(xy n y) = yf(xy n ) = yy n f(x) = y n+1 f(x)
et la propriété est vraie au rang n + 1, donc pour tout n.
Supposons y > 1. On a alors, pour tout x > 0, lim
n→+∞ xyn = +∞ et d’après le théorème de
composition des limites lim
n→+∞ f(xyn ) = 0 et donc lim
n→+∞ yn f(x) = 0. C’est impossible car
f(x) > 0 et y n tend vers +∞.
Si y < 1, on obtient en remplaçant x par x
( ) x
y n dans la relation précédente, f(x) = yn f
y n
et donc
f
( x
y n )
= 1
y n f(x),
ce qui revient à remplacer y par 1 . On aboutit à la même contradiction.
y
On conclut que nécessairement y = 1.
3. D’après la question 1, xf(x) est un point fixe de f pour tout x. On a donc, d’après la
question 2, xf(x) = 1, pour tout x > 0. La fonction f est donc définie par f(x) = 1 x . On
constate réciproquement que cette fonction vérifie la relation voulue.
Chapitre 17
Exercice 17.1
1. Le point fixe de x ↦−→ 1 2 x + 2 est 4. La suite (u n − 4) n∈N est géométrique de raison 1 2 .
On a, pour tout n ∈ N,
On en déduit
S n =
n∑
k=0
u n = 4 + 1
2 n (u 0 − 4) = 4 − 5
2 n .
(4 − 5 2 k )
= 4(n + 1) − 5 1 − 1
2 n+1
1 − 1 2
= 4n − 6 + 5
2 n .
2. On obtient
lim u n = 4 et
n→+∞
S n
lim
n→+∞ n = 4.
Exercice 17.2
1. On a, pour tout n ∈ N,
u n+1 − v n+1 = 3u n + 2v n − 2u n − 3v n = u n − v n .
La suite (u n − v n ) n∈N est constante.

152
2. Pour tout n ∈ N, u n − v n = u 0 − v 0 = −1. On en déduit pour tout entier n,
u n+1 = 3u n + 2v n = 3u n + 2(u n + 1) = 5u n + 2.
La suite (u n ) n∈N est arithmético-géométrique.
3. Le point fixe de x ↦−→ 5x + 2 est − 1 2 . La suite (u n + 1 2 ) n∈N est géométrique de raison 5.
On en déduit que, pour tout n,
u n = − 1 (
2 + 5n 1 + 1 )
= − 1 2 2 + 3 · 5n
2
et v n = u n + 1 = 1 2 + 3 · 5n
.
2
Exercice 17.3
Soit x un réel quelconque et (u n ) n∈N la suite définie par u 0 = x et la relation de récurrence
u n+1 = u n + 1
.
3
On a pour tout n,
( )
un + 1
f(u n+1 ) = f = f(u n ).
3
La suite f(u n ) est donc constante : pour tout n, f(u n ) = f(u 0 ) = f(x).
La suite (u n ) n∈N est arithmético-géométrique. Comme la raison est 1 3 , (u n) n∈N converge
vers le point fixe de x ↦−→ x + 1 qui est 1 . Puisque f est continue, on en déduit
( ) 3 2
1
lim f(u n) = f .
n→+∞ 2
Mais la suite (f(u n )) est constante égale à f(x) donc sa limite est f(x). On a donc, pour
tout x ∈ R,
La fonction f est constante.
Exercice 17.4
f(x) = f
( 1
2)
.
1. L’équation caractéristique possède deux solutions − 1 3 et 1 . On obtient, pour tout n ∈ N,
2
u n = − 2 5
(
− 1 ) n
− 3 ( ) n 1
.
3 5 2
2. L’équation caractéristique a une racine réelle 1 . On obtient, pour tout n ∈ N,
2
( ) n 1
u n = (2n − 1) .
2

153
3. L’équation caractéristique possède deux solutions complexes conjuguées 1+i √ 3 et 1−i √ 3.
On les met sous forme trigonométrique : 1 + i √ 3 = 2e i π 3 . Il existe des réels λ et µ tels que,
pour tout n ∈ N,
( (
u n = 2 n λcos n π ) (
+ µsin n π ))
.
3 3
En calculant u 0 et u 1 , on trouve λ = 1 et µ = −1 − 1 √
3
.
Exercice 17.5
La suite est à termes strictement positifs. On peut prendre le logarithme : pour tout n ∈ N,
lnu n+2 = 1 2 (lnu n + lnu n+1 ).
La suite (ln u n ) est récurrente linéaire d’ordre 2. L’équation caractéristique x 2 − 1 2 x − 1 2 = 0
possède deux solutions 1 et − 1 . Il existe λ et µ tels que, pour tout n ∈ N,
2
(
lnu n = λ + µ −
2) 1 n
.
On obtient
où A = e λ et B = e µ .
u n = e λ e µ(− 1 2) n = AB (− 1 2) n ,
De u 0 = AB et u 1 = AB − 1 2 , on tire A = (u 0 u 2 1) 1 3 B =
u n = (u 0 u 2 1) 1 3
( ) 2
u0
3(− 1 2) n = u 1 3 + 2 3(− 1 2) n
0 u 2 3 − 3(− 2 2) 1 n
1 .
u 1
( ) 2
u0
3
. On a donc, pour tout n ∈ N,
u 1
Exercice 17.6
Tous les termes de la suite sont strictement positifs et, pour tout n ∈ N,
lnu n+2 = lnk + lnu n+1 + 2ln u n .
On cherche une constante c telle que la suite (lnu n − c) soit récurrente linéaire. On a, pour
tout n ∈ N,
lnu n+2 − c = lnk − c + lnu n+1 + 2ln u n
= lnk + 2c + lnu n+1 − c + 2(lnu n − c).
Il faut c = − 1 2 lnk. La suite (v n) n∈N définie par lnu n − c = ln(u n
√
k) vérifie la récurrence
v n+2 = v n+1 + 2v n . L’équation caractéristique x 2 − x − 2 = 0 a pour solution −1 et 2. Il
existe (λ,µ) ∈ R 2 , tel que, pour tout n,
v n = ln(u n
√
k) = λ(−1) n + µ2 n .

154
On en déduit que
u n
√
k = e
λ(−1) n e µ2n = A (−1)n B 2n ,
où A = e λ et B = e µ .
√ √ (
On a u 0 k = AB et u1 k = A −1 B 2 . On en déduit B = (u 0 u 1 k) 1 3 et A =
En remplaçant dans l’expression de u n , on obtient
Exercice 17.7
1. On a, pour tout n ∈ N,
u n = u 2 3 (−1)n + 1 3 2n
0 u − 1 3 (−1)n + 1 3 2n
1 k − 1 2 + 1 6 (−1)n + 1 3 2n .
u n+2 = −u n+1 − v n+1 = − 1 3 u n − 2 3 v n.
On élimine les termes en v n entre u n+2 et u n+1 . On obtient
u n+2 − 2 3 u n+1 = 1 3 u n.
u 2 0u −1
1
√
k
) 1
3
.
2. On a une relation de récurrence linéaire d’ordre d’équation caractéristique x 2 − 2 3 x− 1 3 = 0
dont les solutions sont 1 et − 1 3 . Avec les conditions u 0 = 2 et u 1 = −u 0 − v 0 = 1, on trouve
u n = 5 4 + 3 4
(
− 1 3) n
.
On en déduit que
v n = −u n − u n+1 = − 5 2 − 1 2
(
− 1 3) n
.
On détermine ensuite
lim
n→+∞ u n = 5 4
et
lim v n = − 5
n→+∞ 2 .
Exercice 17.8
1. On raisonne par récurrence. On note u n le nombre de listes considérées.
Pour n = 1, il y a une seule liste (1) et f 2 = 1 = u 1 ; pour n = 2, il y a deux listes (1,1) et
(2) ; u 2 = 2 et f 3 = f 2 + f 1 = 2 = u 2 .
On suppose que la propriété est vérifiée aux rangs n et n + 1. Les listes (x 1 ,...,x k ) de
k−1
∑
somme n + 2 se terminent soit par un 1 et alors x i = n + 1 : il y a u n+1 telles listes, soit
k−1
∑
par un 2 et alors x i = n : il y a u n telles listes. On trouve donc u n+2 = u n+1 + u n et
k=1
d’après l’hypothèse de récurrence
k=1
u n+2 = f n+2 + f n+1 = f n+3 .
La propriété est vraie au rang n + 2 donc pour tout entier n.

155
2. On démontre la propriété par récurrence sur n.
On vérifie la propriété pour n = 1 : f 2 f 0 − f 2 1 = −1.
On suppose que f n+1 f n−1 − f 2 n = (−1) n . On a alors
f n+2 f n − f 2 n+1 = (f n+1 + f n )f n − f 2 n+1 = f 2 n − f n+1 (f n+1 − f n )
= f 2 n − f n+1 f n−1 = −(−1) n = (−1) n+1
et la propriété est vraie au rang n + 1, donc pour tout n 1.
3. La suite (f n ) n∈N vérifie une relation de récurrence linéaire d’ordre 2. L’équation caractéristique
est x 2 − x − 1 = 0 dont les solutions sont 1 + √ 5
et 1 − √ 5
. On trouve,
2 2
((
∀n ∈ N f n = √ 1 1 + √ ) n (
5 1 − √ ) n )
5
− .
5 2 2
4. Il est clair sur les deux premières valeurs et la relation de récurrence que les termes de la
1 − √ 5
suite (f n ) n∈N sont entiers. Comme
∣ 2 ∣ = 2
1 + √ < 1, il résulte de la question 3 que
5
∣(
|f n − √ 1 Φ n | = √ 1 ∣∣∣∣
1 − √ ) n ∣
5 ∣∣∣∣
√ 1 < 1 5 5 2 5 2 .
Ceci montre que f n est l’entier le plus proche de 1 √
5
Φ n .
Exercice 17.9
1. Il est clair que la suite est définie et que ses termes sont strictement positifs. Si (u n ) n∈N
est majorée par 1, on a, pour tout n,
u n+2 √ u n+1 u n+1 .
La suite est croissante à partir du rang 1 ; comme elle est majorée par 1, elle converge.
On note l sa limite. Par passage à la limite, on obtient l = √ 2l et donc l = 0 ou l = 2.
Comme (u n ) n∈N est majorée par 1, elle ne peut pas converger vers 2 ; comme elle est à termes
strictement positifs et croissante, elle ne peut pas converger vers 0. On a une contradiction.
Il est impossible d’avoir u n 1 pour tout n.
2. D’après la question 1, il existe un entier p tel que u p > 1. Si p = 0, on remarque que
u 2 √ u 0 1 ; on peut donc supposer p 1. On obtient alors u p+1 = √ u p + u p−1 1,
puis par récurrence, u n 1 pour tout n p.
En effet, c’est vrai aux rangs p et p+1, et si u n 1 et u n+1 1, alors u n+2 = √ u n + u n+1 1.
On a ensuite, pour n p + 2,
On note n 0 = p + 2.
u n = √ u n−1 + u n−2 √ 2.

156
3. Pour n n 0 , on a
v n+2 = |u n+2 − 2| = | √ u n+1 + u n − 2| = |u n+1 + u n − 4|
√
un+1 + u n + 2
|u n+1 − 2| + |u n − 2|
.
u n+2 + 2
Comme u n+2 + 2 √ 2 + 2 3, on a donc
v n+2 1 3 (v n+1 + v n ).
4. Montrons que v n w n pour tout n n 0 . C’est vrai par hypothèse aux rangs n 0 et n 0 +1.
Si v n w n et v n+1 w n+1 , on a alors
v n+2 1 3 (v n+1 + v n ) 1 3 (w n+1 + w n ) w n+2 .
La suite (w n ) n∈N vérifie une relation de récurrence linéaire d’ordre 2. L’équation caractéristique
est x 2 − 1 3 x − 1 3 = 0. Ses solutions sont 1 + √ 13
et 1 − √ 13
. Il existe
6 6
(λ,µ) ∈ R 2 tel que, pour tout n,
w n = λ
(
1 + √ ) n (
13 1 − √ ) n
13
+ .
6 6
Comme 1 + √ 13
et 1 − √ 13
appartiennent à ] − 1,1[, la suite (w n ) n∈N converge vers 0. De
6 6
la majoration |u n − 2| w n , on déduit que (u n ) n∈N converge vers 2.
Exercice 17.10
1. La fonction f : x ↦−→ 2x
x + 3 possède deux points fixes 0 et −1. On pose l = −1, l′ = 0.
2. On démontre par récurrence que si u 0 ≠ −1, alors u n ≠ −1 pour tout n.
C’est vrai pour n = 0. Si u n ≠ −1, on montre que u n+1 ≠ −1 en raisonnant par contraposée :
si u n+1 =
2u n
u n + 3 = −1, alors 2u n = u n + 3 et u n = −1.
3. On a pour tout entier n,
v n+1 = u n+1
u n+1 + 1 =
La suite (v n ) n∈N est géométrique de raison 2 3 .
2u n
u n + 3
=
2u n
u n + 3 + 1
2u n
3u n + 3 = 2 3 v n.

157
( ) n 2
4. On a, pour tout n, v n = v 0 . On calcule u n en fonction de v n . L’égalité v n = u n
3
u n + 1
conduit à u n =
v n
et donc à
1 − v n
) n
( 2
v 0
3
u n = ( ) n = v 02 n
2 3
1 − v n − v 0 2 n ,
0
3
où v 0 = u 0
u 0 + 1 .
5. Supposons qu’il existe n ∈ N ∗ tel que u 0 = 3n
2 n − 3 n . On a alors v 0 = u 0
u 0 + 1 = 2n
. Si la
3n suite est définie, les résultats des questions précédentes s’appliquent (car u 0 ≠ −1) et on a
u n =
v 02 n
3 n − v 0 2 n . Mais cela est impossible car le dénominateur est nul. Ainsi u n ne peut pas
être défini : la suite (u n ) n∈N n’est pas définie.
Supposons a contrario que u 0 n’est pas de la forme
2 n − 3 n . Posons v 0 = u 0
u 0 + 1 . Alors v 0
n’est pas de la forme 2n
3 n et on peut poser w v 0 2 n
n =
3 n pour tout n. On remarque que
− v 0 2n w 0 = u 0 et que pour tout entier n,
2w n
w n + 3 = 2v 0 2 n
v 0 2 n + 3(3 n − v 0 2 n ) = v 0 2 n+1
3 n+1 − v 0 2 n+1 = w n+1
(
le dénominateur wn +3 n’est pas nul, sinon v 0 = 2n+1
3 n+1 )
. La suite (wn ) n∈N est définie, vérifie
la même relation de récurrence que (u n ) n∈N et w 0 = u 0 . C’est la suite (u n ) n∈N , qui est donc
définie.
Exercice 17.11
3 n
1. L’application x ↦−→ 2 − 1 x
possède un seul point fixe l = 1.
2. Si u n+1 = 1 alors u n = 1. On en déduit que u n ≠ 1 implique u n+1 ≠ 1. Si on suppose
u 0 ≠ 1, on a donc pour tout n, u n ≠ 1.
3. On a alors, pour tout n ∈ N,
v n+1 =
1
u n+1 − 1 = 1
1 − 1 = u n
u n
u n − 1 = 1 + 1
u n − 1 = v n + 1.
La suite (v n ) n∈N est arithmétique de raison 1.
4. On en déduit que v n = v 0 + n et u n = 1 + 1 = 1 + 1 , puis que lim
v n v 0 + n u n = 1.
n→+∞
5. Si la suite (u n ) n∈N est définie et si u 0 ≠ 1, l’expression de u n trouvée précédemment
montre que v 0 ≠ −n pour tout entier n. Comme u 0 = 1 + 1 v 0
, il ne faut donc pas que

158
u 0 = 1 − 1 n , avec n ∈ N∗ .
Réciproquement si la condition u 0 ≠ 1 − 1 n est réalisée, on pose v 1
0 = . On a alors
u 0 − 1
v 0 + n ≠ 0 pour tout entier n. On montre, comme dans l’exercice précédent, que la suite
1
(w n ) n∈N de terme général w n = 1 + vérifie la même relation de récurrence que
v 0 + n
(u n ) n∈N et w 0 = u 0 . C’est la suite (u n ) n∈N , qui est donc définie.
Exercice 17.12
On remarque que, pour tout n ∈ N,
u n+1 − u n = 1 2 (u n − 1) 2 0.
La suite est donc croissante. Si elle converge, sa limite l vérifie l = 1 + l2
et l = 1.
2
Pour n 1, on a u n 0. La fonction f : x ↦−→ 1 + x2
vérifie f([0,1]) ⊂ [0,1].
2
Ainsi si u 1 1, tous les termes de la suite sont 1. La suite est croissante et majorée donc
elle converge. Sa limite est 1.
Si u 1 > 1, la suite croît ; si elle converge, sa limite est u 1 . C’est impossible, donc (u n ) n∈N
diverge vers +∞.
La condition de convergence u 1 1 équivaut à u 2 0 1 et donc à u 0 ∈ [−1,1].
Exercice 17.13
On a, pour tout n ∈ N,
u n+1 − u n = (u n − 1) 2
0.
4
La suite (u n ) n∈N est croissante.
(l + 1)2
Si elle converge, sa limite vérifie l = et donc l = 1.
4
Si u 1 > 1, la suite (u n ) n∈N ne peut pas converger vers 1 donc elle diverge vers +∞.
Si 0 u 1 1, on vérifie que tous les terme de la suite sont 1. La suite est majorée ; elle
converge ; sa limite est 1.
La condition u 1 1 équivaut à u 0 ∈ [−3,1].
Exercice 17.14
La suite (u n ) n∈N est définie et à termes positifs. Si (u n ) n∈N converge vers l, on a l = l3 + 3l
3l 2 + 1
et donc l = 0 ou l = 1 (car l 0). On calcule
u n+1 − u n = −2u3 n + 2u n
3u 2 n + 1
= 2u n(1 − u 2 n)
3u 2 .
n + 1
Le signe de cette différence dépend du signe de 1 − u n . On a
u n+1 − 1 = u3 n + 3u n − 3u 2 n − 1
3u 2 n + 1
= (u n − 1) 3
3u 2 n + 1 .

159
Ainsi u n+1 − 1 a le signe de u n − 1 et donc celui de u 0 − 1.
Si u 0 1, tous les termes de la suite sont inférieurs à 1 donc u n+1 − u n 0 pour tout n. La
suite est croissante et majorée par 1. Elle converge vers 1.
Si u 0 1, tous les termes de la suite sont supérieurs à 1 donc u n+1 − u n 0 pour tout n.
La suite est décroissante et minorée par 1. Elle converge vers 1.
Exercice 17.15
Une étude de fonction montre que, pour tout x > −1, on a ln(1 + x) x, avec égalité si et
seulement si x = 0. Si la suite est définie, on a pour tout n, u n+1 ln(1 + u n ) u n et la
suite décroît.
Si elle converge vers l, on a l > −1 et ln(1 + l) = l (la suite ne peut pas converger vers −1,
car u n+1 tendrait vers −∞) et donc l = 0.
Le signe de ln(1 + x) est celui de x. Ainsi si u 0 0, la suite (u n ) n∈N est définie et à termes
positifs. La suite est décroissante et minorée. Elle converge et sa limite est 0.
Si u 0 < 0 et si la suite est définie, elle est décroissante et minorée par −1. Elle ne peut pas
converger vers 0. On aboutit à une contradiction. Si u 0 < 0, la suite n’est pas définie : il
existe n tel que u n −1.
Exercice 17.16
Pour n 1, u n appartient à [−1,1].
Supposons que u 1 ∈ [0,1]. Comme sin([0,1]) ⊂ [0,1], tous les termes de la suite sont dans
[0,1]. Sur l’intervalle [0,1], la fonction g : x ↦−→ sinx − x est négative et ne s’annule qu’en
0. La suite (u n ) n∈N est donc décroissante. Comme elle est minorée par 0, elle converge. Sa
limite vérifie g(l) = 0, donc c’est 0.
Si u 1 ∈ [−1,0], on considère la suite −(u n ) n∈N qui vérifie la même relation de récurrence
car sin est impaire. D’après ce qui précède, sa limite est nulle, donc la limite de (u n ) n∈N est
nulle.
Pour tout réel u 0 , (u n ) n∈N converge vers 0.
Exercice 17.17
La fonction f est croissante sur R donc (u n ) n∈N est monotone.
Considérons la fonction g : x ↦−→ f(x)−x. On a, pour tout réel x, g ′ (x) = x 2 −1 = (x−1)(x+1).
La fonction g est strictement monotone sur chacun des intervalles ] − ∞, −1], [−1,1] et
[1,+∞[. Comme lim g = −∞, g(−1) = 1 > 0, g(1) = − 1 et lim g = +∞, g s’annule, d’après
−∞ 3 +∞
le théorème des valeurs intermédiaires, une fois sur chacun des intervalles ] − ∞ − 1], [−1,1]
et [1,+∞[ en α, β et γ respectivement. Ces trois réels sont les valeurs possibles de la limite
quand (u n ) n∈N converge. La fonction g est négative sur I 1 =] − ∞,α[ et I 3 =]β,γ[, positive
sur I 2 =]α,β[ et I 4 =]γ,+∞[.
La fonction f étant croissante, chacun des intervalle I k (1 k 4) est stable par f : si
u 0 ∈ I k , tous les termes de la suite sont dans I k . Le sens de variation de (u n ) n∈N est donné
par le signe de g.
Si u 0 ∈ I 1 , la suite (u n ) n∈N est décroissante. Elle ne peut pas converger, car sinon sa limite
serait strictement inférieure à α. Elle diverge vers −∞.
Si u 0 ∈ I 2 , la suite est croissante et majorée par β. Comme elle croît, elle converge vers β.
Si u 0 ∈ I 3 , la suite est décroissante et minorée par β. Comme elle décroît, elle converge vers
β.

160
Si u 0 ∈ I 4 , la suite (u n ) n∈N est croissante. Elle ne peut pas converger, car sinon sa limite
serait strictement supérieure à γ. Elle diverge vers +∞.
Enfin si u 0 = α (respectivement β, γ), la suite (u n ) n∈N converge vers α (respectivement β,
γ).
Exercice 17.18
Supposons que (u n ) n∈N est une suite vérifiant la relation de récurrence u n+1 = lnu n . On a
nécessairement u n > 0 pour tout n : la suite est minoré par 0.
L’étude de la fonction x ↦−→ lnx − x montre que, pour tout x > 0, on a lnx < x. La
suite est donc strictement décroissante. Elle converge. Sa limite ne peut pas être 0 car sinon
u n+1 a pour limite −∞. Comme ln est continue sur ]0,+∞[, c’est un point fixe de ln. C’est
impossible car ln ne possède pas de point fixe.
Il n’existe pas de suite vérifiant la relation de récurrence u n+1 = lnu n .
Exercice 17.19
1. La suite est à termes strictement positifs et on a, pour tout n ∈ N,
u n+1 − √ a = u2 n + a − 2 √ au n
2u n
= (u n − √ a) 2
2u n
0
et donc u n √ a pour tout n ∈ N (pour n = 0, c’est vrai par hypothèse).
On en déduit
u n+1 − u n = a − u2 n
2u n
0.
La suite est donc décroissante et minorée par √ a : elle converge. On note l sa limite.
Par passage à la limite, on obtient l 2 = a et donc l = √ a.
2. On a, pour tout n,
En divisant par 2 √ a, on obtient
Un récurrence immédiate conduit à
0 u n+1 − √ a = (u n − √ a) 2
(u n − √ a) 2
2u n 2 √ .
a
u n+1 − √ a
2 √ a
0 u n − √ a
2 √ a
(
un − √ ) 2
a
2 √ .
a
(
u0 − √ a
2 √ a
) 2
n
et donc à
0 u n − √ a 2 √ (
u0 − √ a
a
2 √ a
) 2
n
.

161
3. On majore : √ 5 u 0 et
u 0 − √ a
2 √ u 2 0 − 5
5 2 √ 5(u 0 + √ 5) u2 0 − 5
0,038.
20
On obtient u n − √ 5 4,8(0,038) 2n et u n − √ 5 10 −10 si (0,038) 2n 10−10
4,8
2 n ln 10−10 − ln 4,8
. Ce qui donne 2 n 7,52 et n 3.
ln 0,038
Exercice 17.20
1. On a, pour x > 0, f ′ (x) = b − lnx − 1. La fonction f est croissante sur ]0,e b−1 ] et
décroissante sur [e b−1 ,+∞[. Le maximum de f sur ]0,+∞[ est f(e b−1 ) = e b−1 . On note que
f(e b ) = 0.
2. De l’étude de f, il résulte que que f(]0,e b [) ⊂]0,e b−1 [. On en déduit que u 1 ∈]0,e b−1 [.
L’intervalle ]0,e b−1 ] est stable par f. On en déduit que u n ∈]0,e b−1 [ pour n 1.
3. On a pour n 1,
u n+1
u n
= b − lnu n 1,
car u n e b−1 . La suite est croissante et majorée par e b−1 ; elle converge. Sa limite l est > 0
et vérifie l = l(b − lnl), soit l = e b−1 .
Exercice 17.21
1. Si u n ≠ 1, on a
u n+1 − 1 = u2 n − u n + 2
≠ 0 et u n+1 ≠ 1,
u n − 1
car le trinôme X 2 − X + 2 n’a pas de racine réelle. Si u 0 ≠ 1, la suite est donc définie.
2. On a, pour x ≠ 1, f ′ (x) = x2 − 2x − 1
(x − 1) 2 . La fonction f ′ s’annule en 1 ± √ 2. La fonction
f est croissante sur ] − ∞,1 − √ 2] et sur [1 + √ 2,+∞[, décroissante sur [1 − √ 2,1[ et sur
]1,1 − √ 2]. On a f(1 − √ 2) = 2(1 − √ 2) et f(1 + √ 2) = 2(1 + √ 2).
On a, pour x ≠ 1, f(x) − x = x + 1 . On en déduit que f(x) x si x −1 ou x > 1 et
x − 1
f(x) x si x ∈ [−1,1[. Le seul point fixe de f est −1.
3. Il résulte de l’étude de f que si x > 1, alors f(x) 2(1 + √ 2). Comme l’intervalle
[2(1+ √ 2),+∞[ est stable par f, on en déduit que si u 0 > 1, alors u n 2(1+ √ 2), pour tout
n 1. Comme f(x) x sur l’intervalle [1,+∞[, la suite est croissante. Si elle convergeait,
sa limite serait un point fixe de f sur [2(1 + √ 2),+∞[. Un tel point fixe n’existe pas, donc
(u n ) n∈N diverge vers +∞.
4. On montre comme dans la question précédente que u n 2(1 − √ 2) si n 1.
Par ailleurs, on note que l’intervalle ]−∞, −1] est stable par f. S’il existe p tel que u p −1,
alors, pour tout n p, on a u n −1. Comme f(x) x sur ] − ∞, −1] la suite est croissante
à partir du rang p. Étant majorée par −1, elle converge et sa limite est −1.
S’il n’existe pas p tel que u p −1, on a, pour tout n 1, u n ∈] − 1,2(1 − √ 2)]. Comme
f(x) < x sur ] − 1,1[, la suite est décroissante. Étant minorée, elle converge. Sa limite est
−1.
et

162
Exercice 17.22
1. La fonction g : x ↦−→ f(x) − x est dérivable sur ]0,+∞[ de dérivée g ′ : x ↦−→ 1 − x
x . On
en déduit que g est croissante sur ]0,1] et décroissante sur [1,+∞[. Comme lim g(x) = −∞,
x→0
g(1) = 1 et lim
x→+∞
g(x) = −∞, la fonction g étant continue s’annule une fois sur ]0,1[ en α
et une fois sur ]1,+∞[ en β. Elle est positive sur ]α,β[, négative sur ]0,α[ et ]β,+∞[. Les
points fixes de f sont α et β.
2. La fonction f est croissante. Comme f(α) = α et f(β) = β, les intervalles ]α,β] et [β,+∞[
sont stables par f.
Si u 0 ∈ ]α,β], tous les termes de la suite sont dans ]α,β]. La fonction g est positive sur cet
intervalle donc (u n ) n∈N est croissante. Comme elle est majorée, elle converge vers un point
fixe de f. Comme de plus, elle est croissante, sa limite est β.
De même si u 0 ∈ [β,+∞[, tous les termes de la suite sont dans cet intervalle. La suite
(u n ) n∈N est décroissante. Elle converge vers β.
Si u 0 = α, la suite est constante. Elle converge vers α.
Si u 0 < α, l’existence de la suite (u n ) n∈N n’est plus assurée. Supposons qu’elle existe. Comme
g est négative sur ]0,α[, la suite est décroissante et à valeurs dans ]0,α[. Elle converge. Sa
limite n’est pas 0, sinon u n+1 tend vers −∞. Sa limite est donc un point fixe de f qui
appartient à ]0,α[ (car la suite décroît). C’est impossible. Ainsi, si u 0 < α, la suite (u n ) n∈N
n’est pas définie ; il existe donc n tel que u n 0.
Exercice 17.23
1. La fonction f est continue sur R, car lim k|x − y| = 0 donc lim f(y) = f(x). La fonction
y→x y→x
g : x ↦−→ f(x) − x est elle aussi continue.
Soit x > y. On a alors
et donc
f(x) − f(y) |f(x) − f(y)| k|x − y| < |x − y| x − y
f(x) − x < f(y) − y.
La fonction g est strictement décroissante.
Pour x 0, on écrit
f(x) − f(0) |f(x) − f(0)| kx
et donc
g(x) f(0) + (k − 1)x.
Comme lim f(0) + (k − 1)x = −∞, puisque k < 1, on en déduit que lim g(x) = −∞.
x→+∞ x→+∞
En écrivant que, pour x 0, on a
f(0) − f(x) |f(x) − f(0)| k(−x),
on montre que lim g(x) = +∞.
x→−∞
La fonction est continue et strictement monotone ; elle réalise une bijection de R sur
] lim g, lim g[= R.
+∞ −∞
On en déduit que l’équation g(x) = 0, c’est-à-dire f(x) = x possède une seule solution sur
R ; on la note α.

163
2. On a par définition, pour tout n ∈ N,
|f(u n ) − f(α)| k|u n − α| soit |u n+1 − α| k|u n − α|.
Une récurrence facile conduit à |u n − α| k n |u 0 − α|, pour tout entier n. Comme
lim
n→+∞ kn |u 0 − α| = 0, puisque k ∈ ]0,1[, on en déduit que
lim u n = α.
n→+∞
Exercice 17.24
([
Si n 1, u n = cos u n−1 ∈ [−1,1] et si n 2, u n = cos u n−1 ∈ [0,1] car cos([−1,1]) ⊂ cos − π 2 , π ])
= [0,1].
2
Sur [0,1], l’application cos est décroissante. On en déduit que cos ◦cos est croissante. Les
deux suites (u 2n ) n1 et (u 2n+1 ) n1 sont donc monotones. Comme elles sont bornées (à
valeurs dans [0,1]), elles convergent vers un point fixe de cos ◦cos.
Étudions sur [0,1], la fonction f : x ↦−→ cos ◦cos(x) − x. On a, pour tout x ∈ [0,1],
f ′ (x) = sin(cos x)sin x − 1.
Si x ∈ [0,1], 0 sin x sin 1 et 0 sin(cos x) sin 1. On a donc
f ′ (x) sin 2 1 − 1 < 0.
La fonction f est strictement décroissante. Elle ne peut pas s’annuler plus d’une fois et
cos ◦cos n’a pas plus d’un point fixe. Les deux suites (u 2n ) n1 et (u 2n+1 ) n1 ont donc
même limite l et (u n ) n∈N converge vers l.
Exercice 17.25
1. La fonction f est croissante sur R − et décroissante sur R + . On a, pour tout x ∈ R,
f(x) − x = 1 3 (4 − x2 − 3x) = 1 (1 − x)(4 + x).
3
On a donc f(x) < x si x < −4 ou x > 1 et f(x) > x si x ∈ ]−4,1[. Les points fixes de f
sont −4 et 1.
2. Si |u 0 | = 4, alors u 1 = −4 et pour n 1, u n = −4. La suite converge vers −4.
Si |u 0 | > 4, alors u 1 < −4. Mais il résulte de l’étude de f que l’intervalle ] − ∞, −4[ est
stable par f. On a donc u n < −4 pour tout n 1. La suite est décroissante car f(x) < x
pour x < −4. Si elle converge sa limite est un point fixe de f inférieur à −4. Il n’y en a pas.
On en déduit que (u n ) n∈N diverge vers −∞.
]
3. a) Il découle des variations de f que f(] − 4,4[) = −4, 4 ]
. On en déduit que l’intervalle
]
3
−4, 4 ]
]
est stable par f. Si |u 0 | < 4, alors u 1 ∈ −4, 4 ] ]
et donc u n ∈ −4, 4 ]
pour tout
3
3
3
n 1.

164
b) La fonction f est décroissante sur
L’intervalle
[
0, 4 ]
3
La fonction f étant décroissante sur
f
[
0, 4 ]
. On a donc
3
([
0, 4 ]) [ ( ] [ 4 20
= f ,f(0) =
3 3)
27 , 4 ] [
⊂ 0, 4 ]
.
3 3
est stable par f, donc si u k ∈
[
0, 4 3
[
0, 4 ] [
alors u n ∈ 0, 4 ]
pour tout n k.
3
3
]
, les deux suites (u 2n ) n∈N et (u 2n+1 ) n∈N sont
monotones à partir d’un certain rang. Comme elles sont bornées, elles convergent. On note
l et l ′ leurs limites respectives.
On a alors f(l) = l ′ et f(l ′ ) = l. On en déduit que
l ′ − l = 1 3 (l2 − l ′ 2 (l − l ′ )(l + l ′ )
) = .
3
[
Si l ≠ l ′ , on a alors l + l ′ = −3. C’est impossible car l et l ′ appartiennent à 0, 4 ]
. On
3
conclut que l = l ′ . Les deux suites ayant même limite l, la suite (u n ) n∈N converge vers l, qui
est un point fixe de f. Ce ne peut pas être −4, donc la limite est 1.
[
c) Supposons qu’il existe pas d’entier k tel que u k ∈ 0, 4 3
]
. Comme u n ∈
]
−4, 4 ]
pour
3
n 1, on a u n ∈ ]−4,0[ pour tout n 1. Comme f(x) > x sur ]−4,0[, la suite est croissante ;
comme elle est bornée, elle converge. Sa limite est un point fixe de f qui appartient à ]−4,0].
C’est impossible car il n’y en a pas dans ] − 4,1]. Le cas étudié dans cette question est
impossible. On conclut : si |u 0 | < 4, la suite converge vers 1.
Exercice 17.26
1. la fonction f est à valeurs dans ]0,1] (car −λx 2 0) donc l’équation f(x) = x ne
peut avoir de solution que sur ]0,1]. Considérons la fonction h définie sur [0,1] par
h(x) = f(x) − x. La fonction f est décroissante sur [0,1], donc h aussi, comme somme de
fonctions décroissantes. De plus, h est continue, h(1) = exp(−λ) − 1 < 0 et
( ) 1
h √ = e − 1 1
2 − √ > 0,
2λ 2λ
car e < 2λ, donc h s’annule une seule fois en l et
1
√
2λ
< l < 1.
2. On a pour tout n 1, u n = exp(−λu 2 n) ∈ [0,1] car −λu 2 n 0. La fonction f est
décroissante donc f ◦ f est croissante et les deux suites sont monotones. Elles sont bornées,
car à valeurs dans [0,1]. Elles sont donc convergentes.
Comme u 0 = 0 et u 2 > 0, on peut préciser que (u 2n ) n∈N est croissante et donc (u 2n+1 ) n∈N
décroissante.
3. a) On a g◦g(l) = g(g(l)) = g(l) = l. Pour tout réel x, on a f(x) > 0 et g(x) = exp(−λ(f(x)) 2 ) ∈ ]0,1[.
On en déduit que l’équation n’a de solution que sur ]0,1[.

165
b) On a, pour x ∈ ]0,1[,
g(x) = x ⇐⇒ λ(f(x)) 2 = −lnx ⇐⇒ lnλ − 2λx 2 = ln(−ln x).
Considérons la fonction ϕ définie sur ]0,1[ par
ϕ(x) = ln(−ln x) + 2λx 2 − lnλ.
Elle est dérivable et ϕ ′ (x) = 1 + 4λx2 lnx
.
xlnx
On considère ψ : x ↦−→ 1 + 4λx 2 lnx. Sa dérivée ψ ′ : x ↦−→ 4λx(2ln x + 1) s’annule en e − 1 2 .
La fonction ψ est monotone sur ]0,e − 1 2 [ et [e − 1 2 ,1[. Comme lim ψ(x) = lim ψ(x) = 1 et
( )
x→0 x→1
ψ e − 1 2 = 1 − 2λ e < 0 car λ > e , la fonction ψ s’annule deux fois sur ]0,1[ en α et β. Le
2
signe de ϕ ′ est l’opposé de celui de ψ.
On a f(l) = l, lnl = −λl 2 et ψ(l) = 1 − 4λ 2 l 4 < 0, puisque l > √ 1 . Ainsi, ϕ ′ (l) > 0 et
2λ
l ∈ ]α,β[. Le tableau de variation suivant montre que ϕ s’annule une fois sur ]0,α[ et une
fois sur ]β,1[ en a et b respectivement (car ϕ(α) < 0 et ϕ(β) > 0).
x
ϕ ′ (x)
0 α l β 1
− 0 + 0 −
+∞
ϕ(x)
0
−∞
L’équation g(x) = x possède donc trois solutions a, l et b telles que a < l < b.
c) Comme u 0 < a, avec a point fixe de g, la croissance de g implique, pour tout n ∈ N,
u 2n a. Comme g est continue, (u 2n ) n∈N converge vers un point fixe de g qui est
nécessairement a. Comme u 2n+1 = f(u n ), la suite (u 2n+1 ) n∈N converge vers f(a) qui est
aussi un point fixe de g. Puisque a < l, f(a) > l, donc f(a) = b.
Exercice 17.27
1. La fonction ϕ : x ↦−→ x 3 + rx − 1 est continue et strictement croissante sur R
(ϕ ′ (x) = 3x 2 + r > 0). Elle réalise une bijection de R sur R. Elle s’annule en un seul
point l.
Comme f(x) = x est équivalent à x 3 + rx − 1 = 0, la fonction f a un seul point fixe.
2. a) On a
g(x) =
1
r +
1
(r+x 2 ) 2 = (r + x2 ) 2
r(r + x 2 ) 2 + 1

166
et
g(x) − x = (r + x2 ) 2 (1 − xr) − x
r(r + x 2 ) 2 .
+ 1
b) On développe
(r + x 2 ) 2 (1 − xr) − x = −rx 5 + x 4 − 2r 2 x 3 + 2rx 2 − (1 + r 3 )x + r 2 .
On souhaite démontrer que cette expression peut s’écrire (x 3 + rx − 1)(ax 2 + bx + c). En
développant et en identifiant les coefficients, on trouve a = −r, b = 1, c = −r 2 .
3. a) Les points fixes de g sont les solutions de (r + x 2 ) 2 (1 − xr) − x = 0, c’est-à-dire
(x 3 + xr − 1)(−rx 2 + x − r 2 ) = 0. Outre l, il y a les solutions de −rx 2 + x − r 2 = 0. Pour
r = 1, cette équation du second degré n’a pas de solution (∆ = −3) et l est le seul point
fixe de g.
[
b) On remarque que, pour tout x ∈ R, f(x) ∈ 0, 1 ]
[
.Pour n 1, on a donc u n ∈ 0, 1 ]
:
r
r
la suite (u n ) n∈N est bornée.
[
La fonction f est décroissante sur 0, 1 ]
[
donc g est croissante sur 0, 1 ]
. On en déduit que
r
r
les deux suites (u 2n ) n∈N ∗ et (u 2n+1 ) n∈N sont monotones. Comme elles sont bornées, elles
convergent vers un point fixe de g, c’est-à-dire l. On en déduit que (u n ) n∈N converge vers l.
4. a) On procède
√
comme dans
√
le cas r = 1. Ici, l’équation −rx 2 +x−r 2 = 0 a deux solutions
2
2
α = 1 −
2 et β = 1 + . On vérifie qu’ils ne sont pas points fixes de f et sont donc
2
distincts de l. Ainsi g a trois points fixes α, β et l.
b) Si x ∈ E, on a g(x) = f ◦ f(x) = x et f(x) = f ◦ f ◦ f(x) = f(g(x)) : le point f(x) est
point fixe de g donc il appartient à E. Comme f est injective sur R + , on a f(E) = E.
c) On a f(l) = l et f injective sur R + donc f(α) ≠ l. Comme α n’est pas un point fixe de
f, f(α) = β et de même f(β) = α. Si l < α alors l > β car f est décroissante. C’est faux
car α < β. On a donc α < l et β > l, soit α < l < β.
d) Pour tout x, h(x) = g(x) −x a le signe de (x 3 +xr −1)(−rx 2 +x−r 2 ). Cette expression
s’annule et change de signe en α, l, β. Comme sa limite en +∞ est −∞, on en déduit le
tableau suivant
x α l β
h(x) + 0 − 0 + 0 −
e) La fonction g étant croissante, les intervalles limités par ses points fixes sont stables par
g.
Si 0 < u 0 α, on a pour tout n ∈ N, u 2n α. Comme h est positive sur ] − ∞,α] la
suite croît. Elle est croissante et majorée donc converge. Sa limite est un point fixe de g qui
ne peut être que α. De même, si u 0 ∈ [α,l[ la suite (u 2n ) n∈N est à valeurs dans [α,l[ est
décroissante et converge vers α. Ainsi, pour u 0 ∈] − ∞,l[ la suite (u 2n ) n∈N converge vers α.
On en déduit que (u 2n+1 ) n∈N converge vers f(α) = β.
De même si u 0 ∈]l,+∞[, la suite (u 2n ) n∈N converge vers β et la suite (u 2n+1 ) n∈N converge
vers α.
Si u 0 = l, la suite est constante, égale à l.

167
Exercice 17.28
1. On montre que la suite est à valeurs dans [0,1]. On raisonne par récurrence. On a u 0 ∈ [0,1]
par hypothèse. Si u n ∈ [0,1], alors λu 2 n ∈ [0,1] et u n+1 ∈ [0,1].
La fonction f est décroissante sur [0,1]. On en déduit que les suites (u 2n ) n∈N et (u 2n+1 ) n∈N
sont monotones. Comme elles sont bornées, elles convergent, vers un point fixe de f ◦ f.
2. a) L’équation f(x) = x, c’est-à-dire λx 2 + x − 1 = 0 a une seule solution positive
qui est clairement inférieure à 1.
l = −1 + √ 1 + 4λ
2λ
2
=
1 + √ 1 + 4λ
b) On factorise (f ◦ f)(x) − x par f(x) − x. On a, pour tout réel x,
Ainsi
(f ◦ f)(x) − x = 1 − λ(1 − λx 2 ) 2 − x = −λ 3 x 4 + 2λ 2 x 2 − x + 1 − λ
= (1 − λx 2 − x)(λ 2 x 2 − λx + 1 − λ).
(f ◦ f)(x) = x ⇐⇒ f(x) = x ou λ 2 x 2 − λx + 1 − λ = 0.
Le discriminant de l’équation du second degré λ 2 x 2 − λx + 1 − λ = 0 est ∆ = λ 2 (4λ − 3).
Si λ < 3 , cette équation n’a pas de solution et f ◦ f possède un seul point fixe.
4
Si λ = 3 , elle possède une solution qui est égale à l ; f ◦ f possède encore un seul point fixe.
4
Si λ > 3 , l’équation possède deux solutions distinctes
4
l 1 = 1 + √ 4λ − 3
2λ
et l 2 = 1 − √ 4λ − 3
,
2λ
dont on vérifie qu’elles appartiennent à [0,1].
On montre comme dans l’exercice précédent que si x est un point fixe de f ◦ f, f(x) est
aussi un point fixe de f ◦ f. L’un au moins des deux points l 1 et l 2 est différent de l. Si par
exemple l 1 < l, alors f(l 1 ) > f(l) i.e. f(l 1 ) > l, car f est strictement décroissante sur [0,1].
On ne peut avoir que f(l 1 ) = l 2 . Les autres cas se traitent de même. On a donc trois points
fixes distincts pour f ◦ f et l est entre l 1 et l 2 .
Le polynôme (f ◦ f)(x) − x possède trois racines simples sur [0,1]. Il change trois fois de
signe. Comme (f ◦ f)(0) − 0 = f(1) = 1 − λ 0, on obtient
3. Si λ ∈
x 0 l 1 l l 2 1
(f ◦ f)(x) − x + 0 − 0 + 0 −
]
0, 3 ]
, f ◦ f n’a qu’un seul point fixe l. Les deux suites (u 2n ) n∈N et (u 2n+1 ) n∈N
4
convergent vers l et (u n ) n∈N converge vers l.
4. On raisonne comme dans l’exercice précédent. Si u 0 ∈ [0,l[, (u 2n ) n∈N converge vers l 1 et
(u 2n+1 ) n∈N converge vers l 2 . Si u 0 ∈]l,1], c’est le contraire. Si u 0 = l, la suite (u n ) n∈N est
constante égale à l. C’est le seul cas où elle converge.

168
Exercice 17.29
1. La fonction g : x ↦−→ lnx
x est dérivable sur ]0,+∞[. Sa dérivée g′ : x ↦−→ 1 − lnx
x 2 s’annule
en e. On obtient
x
g ′ (x)
g(x)
0 e +∞
+ 0 −
1
e
−∞
0
Si x est un point fixe de f, on a nécessairement x > 0 et
f(x) = x ⇐⇒ ax = lnx ⇐⇒ g(x) = a.
Il résulte de l’étude de g que : f n’a pas de point fixe si a > 1 e , a un point fixe si a = 1 ]
e ou
a 0 et a deux points fixes si a ∈ 0, 1 ]
.
e
2. a) Si a 0, la fonction f est croissante donc la suite (u n ) n∈N est monotone. Comme
u 0 = 0 et u 1 = 1 > 0, la suite est croissante.
b) Si (u n ) n∈N converge, comme f est continue sur R, sa limite est un point fixe de f. Si
a > 1 , f n’a pas de point fixe, la suite ne peut pas converger. Comme elle est croissante,
e
elle diverge vers +∞.
c) Si a ∈
[
0, 1 e
]
, on a pour tout x ∈ [0,e], 0 f(x) e ae e. L’intervalle [0,e] est stable
par f. Comme il contient u 0 , il contient tous les termes de la suite . Celle-ci est majorée par
e. Elle converge. Sa limite est l’unique point fixe de f.
3. a) La fonction f décroît et f([0,1]) = [e a ,1] ⊂ [0,1]. Comme u 0 ∈ [0,1] tous les termes
de la suite sont dans [0,1].
b) La fonction f est décroissante, f ◦f est croissante, donc les suites (u 2n ) n∈N et (u 2n+1 ) n∈N
sont monotones de sens contraires. Elles sont bornées donc elles convergent vers un point
fixe de f ◦ f.
c) Pour tout x ∈ ]0,1[, (f ◦ f)(x) = exp(ae ax ) et
( ) lnx
(f ◦ f)(x) = x ⇐⇒ ae ax = lnx ⇐⇒ ax = ln .
a
On note que lnx
a
> 0 car ln x < 0 et a < 0.

( ) lnx
d) On considère la fonction h : x ↦−→ ax − ln sur ]0,1[. On a h ′ (x) = a − 1
a
xlnx
et h ′′ (x) = 1 + lnx
(xlnx) 2 . Le calcul de h′′ montre que le minimum de h ′ est atteint en 1 e :
( ) 1
h ′ = a + e. Si a −e, ce minimum est positif ou nul. La fonction h ′ garde un signe
e
constant (elle s’annule éventuellement en 1 ) donc h est strictement croissante. Elle s’annule
e
en au plus un point et f ◦f a au plus un point fixe (elle en a un, celui de f). Les deux suites
(u 2n ) n∈N et (u 2n+1 ) n∈N ont même limite et (u n ) n∈N converge vers l’unique point fixe de f.
Exercice 17.30
On a, pour tout entier n,
x n+1 − x n = Ent(x n ) + (x n − Ent(x n )) 2 − x n
= (x n − Ent(x n )(x n − Ent(x n ) − 1) 0.
La suite est décroissante. Des inégalités 0 x n − Ent(x) < 1, on déduit que
Ent(x n ) x n+1 < Ent(x n ) + 1.
On a donc Ent(x n+1 ) = Ent(x n ), pour tout n et donc Ent(x n ) = N, où N est la partie
entière de x 0 . La suite (x n ) n∈N est donc minorée par N, donc elle converge. On note l sa
limite.
Comme x n+1 = N + (x n − N) 2 , on obtient par passage à la limite l = N + (l − N) 2 soit
l = N ou l = N + 1. La suite décroît et x 0 < N + 1, donc la limite est N.
169
Chapitre 18
Exercice 18.1
1. On étudie xa
a x = ea ln x−x ln a . On sait qu’au voisinage de +∞,
et comme ln a > 0, on en déduit que
2. On étudie
On en déduit que
Ainsi,
lnx = o(x) et donc aln x − xlna ∼ −xlna
lim alnx − xlna = −∞, lim
x→+∞
x a
x→+∞ a x = 0 et xa = o(a x ).
x ln x
(lnx) x = e(ln x)2 −x ln(ln x) . Au voisinage de +∞, on a
lnx = o( √ x), (lnx) 2 = o(x) et a fortiori (lnx) 2 = o(−xln(ln x).
lim
x→+∞ (lnx)2 − xln(lnx) = lim −xln(lnx) = −∞.
x→+∞
lim
x→+∞
x ln x
(ln x) x = 0 et xln x = o((ln x) x )).

170
3. On étudie
(x x ) x
x xx
De lim
x→+∞ x2 (1 − x x−2 )ln x = −∞, on déduit
= ex2 ln x
e xx ln x = ex2 ln x−x x ln x = e x2 (1−x x−2 ) ln x .
(x x ) x
lim = 0 et donc (x x ) x = o(x xx ).
x→+∞ x xx
Exercice 18.2
1. On a, au voisinage de 0, (e x − 1) 2 ∼ x 2 et xsin x ∼ x 2 donc (e x − 1) 2 ∼ xsin x.
2. On a lim x 3 e 1 e X2
x 2 = lim
x→0 X→+∞ X 3 = 0. Cela s’écrit x3 = o
(e − 1
x
).
2
3. On a lnxln(1 + x) ∼ xlnx et ln x 2 sin 2 x ∼ 2x 2 lnx.
Comme x 2 = o(x), on conclut : lnx 2 sin 2 x = o(lnxln(1 + x)).
Exercice 18.3
1. On a, au voisinage de 0, 1 − cos x ∼ x2
2
lim
x→0
1 − cos x
tan 2x ∼ x 4
et tan(2x) ∼ 2x. On en déduit que
et
1 − cos x
lim
x→0 tan 2x = 0.
2. On a, au voisinage de 0, sinx ∼ x et donc sinax ∼ ax, sinbx ∼ bx. On en déduit que
sin ax
sin bx = a b .
3. On a, au voisinage de 0, tanx ∼ x et donc ln tanx ∼ lnx, car les fonctions tendent vers
0, et sinx ∼ x. On en déduit que
sinxln tanx ∼ xlnx et
lim sin xln tan x = lim xlnx = 0.
x→0 x→0
4. En posant x = 1 − h avec h > 0, on obtient
ln(1 − x)cos πx
2
On a donc lim ln(1 − x)cos πx
x→1 2 = lim π
h lnh = 0.
h→0 2
5. On a au voisinage de 0,
(1 − cos x)tan x
xsin 2 x
= lnhsin
πh
2 ∼ π 2 h lnh.
∼
(1 − cos x)tan x
lim
x→0 xsin 2 = 1 x 2 .
x 2
2 x
x 3 ∼ 1 . Autrement dit
2

171
6. On écrit (cos x) cot x2 = exp(cot x 2 ln cos x). Au voisinage de 0, on a, puisque cosx tend
vers 1,
ln cos x ∼ cos x − 1 ∼ − x2
et cot x 2 cos x2
=
2
sin x 2 ∼ 1 x 2 .
On en déduit que
cot x 2 ln cos x ∼ − 1 2
et
lim(cos x) cot x2 = e − 1 1
2 = √e .
x→0
7. Pour x > 0, on écrit
(
xln(1 + x) − (x + 1)ln x = xln 1 + 1 )
− lnx.
x
(
Comme, au voisinage de +∞, xln 1 + 1 )
∼ x 1 ∼ 1, on a
x x
xln(1 + x) − (x + 1)ln x ∼ −lnx.
8. Au voisinage de +∞, on a Ent(x) ∼ x, car la différence x − Ent(x) est bornée donc
négligeable devant x. On en déduit
Ent(x)ln
(1 + 1 )
x 2 ∼ x 1 x 2 ∼ 1 x .
9. On a
ln(x + 1)
= lnx + ln( )
1 + 1 x
= 1 + ln ( )
1 + 1 x
.
lnx lnx
lnx
Comme le quotient tend vers 0, on en déduit que
( ) ln(x + 1)
ln
∼ ln( )
1 + 1 x
∼ 1
lnx lnx xln x .
Exercice 18.4
1. Pour x > 1, on peut écrire
( (x
(x 3 + x) 1 3 − (x 3 − x) 1 3 = (x 3 3 ) 1 )
− x) 1 3
+ x
3
x 3 − 1
− x
( (x 3 ) 1 )
3
∼ x + x
x→+∞ x 3 − 1 .
− x
x 3 + x
Comme lim
x→+∞ x 3 − x = 1 et x 1 3 − 1 ∼
On en déduit
( x 3 + x
x 3 − x
x→1
1
(x − 1), on obtient
3
) 1
3
− 1 ∼ 1 ( x 3 )
+ x
3 x 3 − x − 1 ∼
(x 3 + x) 1 3 − (x 3 − x) 1 3 ∼ x
2
3x 2 ∼ 2
3x .
2x
3(x 3 + x) ∼ 2
3x 2 .

172
2. Puisque lim
2sin x = 1, on peut écrire, au voisinage de π 6 ,
x→ π 6
(
ln(2sin x) ∼ 2sin x − 1 ∼ 2
∼ 2sin ′ π (
6 · x − π )
6
sinx − sin π 6
∼ √ 3
)
(
x − π )
6
Exercice 18.5
1. Comme x α =
x→+∞ o(qx ) et que n tend vers +∞, on obtient n α = o(q n ).
2. On a n√ n
2 n2 = e √ n ln n−n 2 ln 2 . De ln n = o(n √ n) on tire √ n lnn = o(n 2 ln 2), puis
√
lim n lnn − n 2 ln 2 = −∞,
n→+∞
3. On pose u n = nα
n! . On a u (
n+1 n + 1
=
u n n
puis que
n √ n
lim = 0 et donc n √n = o(2 n2 ).
n→+∞ 2 n2
) α
1
. On en déduit que
n + 1 lim
u n+1
= 0,
n→+∞ u n
lim u n = 0, par exemple en comparant (u n ) n∈N à une suite géométrique. On
n→+∞
conclut n α = o(n!).
Exercice 18.6
On a
u n+1
u n
(
(2n + 2)(2n + 1)n2n n
=
(n + 1) 2n+2 =
n + 1
( (
∼ 4exp −2nln 1 + 1 ))
.
n
) 2n
(2n + 2)(2n + 1)
(n + 1) 2 ∼ 4
( n + 1
n
) −2n
De l’équivalent ln(1 + x) ∼
x→0
x, on déduit
(
−2nln 1 + 1 )
∼ −2n 1 n n ∼ −1 2 .
u n+1
On obtient lim = 4e − 1 4
2 = √e > 1. On en déduit en comparant par exemple (u n ) n∈N
n→+∞ u n
à une suite géométrique que lim u n = +∞. On a donc n 2n = o((2n)!).
n→+∞
Exercice 18.7
1. On écrit
(( ) p n + 1
(n + 1) p − (n − 1) p = (n − 1) p − 1)
n − 1
(( ) p n + 1
∼ n p − 1)
.
n − 1

173
On dispose de (x + 1) p − 1 ∼ px et donc de x p − 1 ∼ p(x − 1). Comme n + 1
x→0 x→1 n − 1
tend vers
1, on obtient ( ) p ( ) n + 1 n + 1
− 1 ∼ p
n − 1 n − 1 − 1 ∼ 2p n
et
(n + 1) p − (n − 1) p ∼ 2pn p−1 .
2. On écrit e (n+1)p −e (n−1)p = e (n+1)p (1 − exp((n − 1) p − (n + 1) p )) et on utilise le résultat
de la question 1.
Si p < 1, (n − 1) p − (n + 1) p tend vers 0. L’équivalent e x − 1 ∼
x→0
x conduit à
e (n+1)p − e (n−1)p ∼ e (n+1)p ((n + 1) p − (n − 1) p ) ∼ e (n+1)p 2pn p−1 .
Si p > 1, (n − 1) p − (n + 1) p tend vers −∞ et
e (n+1)p − e (n−1)p ∼ e (n+1)p .
Si p = 1, on a e n+1 − e n−1 = e n (e − e −1 ). On ne peut rien dire de plus.
3. Pour n > p, on a ( )
n n! n(n − 1)...(n − p + 1)
p = = . L’entier p étant fixé,
p!(n − p)!
p!
n(n − 1)...(n − p + 1) est une expression polynomiale de n de degré p, équivalente à son
terme de plus haut degré. On a donc
( n
∼
p) np
p!
Exercice 18.8
Dans chaque cas, on montre que la somme des n − 1 premiers termes de la somme est
négligeable devant le dernier.
n−1
∑
1. On a u n = e k2 (n − 1)e (n−1)2 et donc
k=1
0 u n (n − 1)e(n−1)2
(n − 1)e −2n+1 .
e n2 e n2
u n
On en déduit que lim = 0. Ainsi u n = o(e n2 ) et
n→+∞ e n2
n∑
e k2 ∼ e n2 .
2. Ici majorer par n − 1 fois le plus grand terme ne suffit pas. On écrit
et donc 0 un
n!
k=1
n−1
∑
n−2
∑
u n = k! = k! + (n − 1)! (n − 2)(n − 2)! + (n − 1)!
k=1
k=1
(n − 2)
n(n − 1) + 1 u n
. On a encore lim
n n→+∞ n! = 0, u n = o(n!) et
k∑
k! ∼ n!.
k=1

174
Exercice 18.9
On compare la somme S n =
On a
n∑
Ent(kx) à
k=1
S ′ n =
n∑
kx =
k=1
0 S ′ n − S n
On en déduit que S ′ n − S n = o(S ′ n) et donc
n(n + 1)x
2
n 2 x
∼
n→+∞ 2 .
n∑
(kx − Ent(kx)) n.
k=1
S n ∼ S ′ n ∼ n2 x
2 .
Exercice 18.10
En mettant x en facteur, pour x > 0, on obtient
⎡( ∏ n (
f(x) = x⎣
1 + k ) ) ⎤
1
n
− 1⎦ .
x
k=1
Le produit tend vers 1 et on dispose de l’équivalent (1 + x) α − 1
x α − 1 ∼
x→1
α(x − 1). On en déduit
f(x)
[
x ∏ n (
∼ 1 + k ) ]
− 1 .
x→+∞ n x
k=1
∼ αx ou encore
x→0
L’expression entre crochet est une fonction polynomiale en 1 x . Comme 1 tend vers 0 elle
x
est équivalente à son terme de plus bas degré. Le terme constant est nul (le 1 se simplifie) ;
n∑ k n(n + 1)
celui de degré 1 est = . On en déduit que
x 2x
k=1
c’est-à-dire
f(x)
x n(n + 1)
∼
x→+∞ n 2x
∼
x→+∞
lim f(x) = n + 1 .
x→+∞ 2
n + 1
,
2
Exercice 18.11
1. La fonction ϕ est continue et strictement croissante sur R + . Comme ϕ(0) = 0 et
lim
x→+∞ ϕ(x) = +∞, elle réalise une bijection de R + sur R + .

175
2. D’après les propriétés des fonctions réciproques, comme lim ϕ(x) = +∞, on a
x→+∞
lim W(x) = +∞.
x→+∞
On a par définition x = ϕ(W(x)) = W(x)exp(W(x)). On en déduit que lnx = lnW(x)+W(x).
Quand x tend vers +∞, W(x) tend vers +∞ donc lnW(x) est négligeable devant W(x).
On a donc
W(x)
∼ W(x) + lnW(x) ∼
x→+∞
lnx.
x→+∞
On a ensuite W(x) − lnx = −ln W(x). Comme W(x) et ln x sont équivalents et tendent
vers +∞, on sait que leurs logarithmes sont équivalents. On obtient
W(x) − lnx = −lnW(x)
∼ −ln(ln x).
x→+∞
Exercice 18.12
1. Faux. Les suites de terme général u n = n et v n = n+(−1) n sont équivalentes, la première
est croissante, mais la seconde n’est pas monotone à partir d’un certain rang, car v 2n > v 2n+1
et v 2n+1 < v 2n+2 , pour tout n.
2. Faux. C’est vrai si la limite de (u n ) n∈N n’est pas nulle, mais la suite de terme général
u n = e −n u n+1
converge vers 0, alors que lim = e −1 .
n→+∞ u n
3. Faux comme le voit avec la suite de terme général u n = e n .
4. Faux. La suite de terme général u n = 1 n + (−1)n vérifie
u n + u n+1 = 1 n + 1
n + 1 ∼ 2 n , mais u n ∼ (−1) n .
Exercice 18.13
1. Les fonctions e f et e g sont équivalentes au voisinage de x 0 si lim = 1, i.e. lim e f−g = 1.
eg x 0
Par le théorème de composition des limites, cela équivaut à lim(f −g) = 0. C’est la condition
x0
cherchée.
2. Il a été démontré dans le cours que la propriété est vérifiée si l = 0 ou l = +∞. Si
l ∈]0,1[∪]1,+∞[, les fonctions lnf et ln g tendent vers la même limite non nulle lnl, donc
elles sont équivalentes.
Si l = 1, on a lnf ∼ f − 1 et lng ∼ g − 1 et n’y a aucune raison d’avoir lnf ∼ lng.
Exercice 18.14
x0
e f
1. Les deux suites sont définies, à termes strictement positifs. On peut montrer successivement
que u n v n pour tout n, que (u n ) n∈N est croissante et (v n ) n∈N décroissante. On a
donc, pour tout n ∈ N,
u 0 u n v n v 0 .
Les deux suites sont bornés et monotones donc elles convergent vers l et l ′ respectivement.
Par passage à la limite dans la première relation, on obtient l = l + l′
et donc l ′ = l.
2

176
On remarque que, pour tout entier n, v n+1 = 2u nv n
u n + v n
et donc u n+1 v n+1 = u n v n . On a
donc, pour tout n ∈ N, u n v n = u 0 v 0 . Par passage à la limite, on obtient l 2 = u 0 v 0 et donc
l = √ u 0 v 0 .
2. En utilisant la relation u n v n = u 0 v 0 = l 2 , on obtient u n+1 = u2 n + l
2u n
, d’où l’on déduit
puis
u n+1 − l = u2 n + l
2u n
− l = (u n − l) 2
2u n
et u n+1 + l = u2 n + l
2u n
+ l = (u n + l) 2
2u n
,
( ) 2
u n+1 − l
u n+1 + l = un − l
.
u n + l
3. De la question 2, on déduit facilement que, pour tout n,
Comme u n + l ∼ 2l, on obtient
( ) 2
n
u n − l
u n + l = u0 − l
.
u 0 + l
u n − l ∼ 2l
( ) 2
n
u0 − l
.
u 0 + l
Exercice 18.15
∣
1. Sur l’intervalle ∣nπ,nπ + π [
, la fonction f : x ↦−→ tan x − x est continue et strictement
2
croissante, car f ′ (x) = tan 2 (x) 0 et ne s’annule qu’en nπ. Comme f(nπ) = −nπ < 0 et
lim f = +∞, f s’annule une fois exactement sur
nπ+ π 2
)
π
2. On peut écrire x n = tan(
2 + nπ − u n
u n = arctan 1 ]
, car u n ∈ 0, π ]
.
x n 2
Comme x n nπ, on lim
n→+∞
=
]
nπ,nπ + π 2
[
, en x n .
1
tan u n
c’est-à-dire tan u n = 1
x n
ou encore
1
x n
= 0 et donc lim
n→+∞ u n = 0. De tan x ∼
0
x, on déduit
u n ∼ tan u n ∼ 1
x n
∼ 1
nπ .
Exercice 18.16
1. Pour tout n ∈ N, la fonction f : x ↦−→ lnx − cot x est croissante et continue sur
]nπ,(n + 1)π[. On a de plus lim f = −∞ et lim f = +∞. Donc f s’annule une
(nπ) + ((n+1)π) −
fois exactement sur ]nπ,(n + 1)π[ et l’équation lnx = cot x possède une unique solution u n .
On peut noter que f
(
nπ + π 2
)
= ln
(
nπ + π 2
)
> 0 et donc que u n < nπ + π 2 .

177
2. On a
lnu n = cot u n = cot(u n − nπ) =
On en déduit que tan(u n − nπ) = 1
lnu n
et
1
tan(u n − nπ) .
u n − nπ = arctan 1 ,
lnu n
]
car u n − nπ ∈ 0, π [
.
2
Comme lim u n = +∞, on a lim (u n − nπ) = arctan 0 = 0. De tan x ∼ x, on déduit
n→+∞ n→+∞ 0
u n − nπ ∼ 1
lnu n
.
Cela montre que u n ∼ nπ, d’où l’on déduit que lnu n ∼ ln(nπ). Comme ln(nπ) = lnn+lnπ ∼ lnn,
on peut conclure que
u n − nπ ∼ 1
lnn .
Exercice 18.17
1. La fonction f : x ↦−→ x + lnx réalise une bijection de ]0,+∞[ sur R. En particulier, pour
tout entier n, elle prend une fois la valeur n, en u n . On a u n = f −1 (n).
2. La fonction f −1 est strictement croissante, comme f. On en déduit que la suite (u n ) n∈N
est croissante. Puisque lim
+∞
f −1 = +∞, on a aussi
lim u n = +∞.
n→+∞
3. On sait qu’au voisinage de +∞, lnx = o(x) et donc x + lnx ∼ x. Comme u n tend vers
+∞, on en déduit
u n ∼ u n + lnu n ∼ n et ensuite u n − n = −ln u n ∼ −lnn.
Exercice 18.18
1. L’équation équivaut à
f n : x ↦−→
p∑
k=1
( ak
n
p∑
k=1
( ak
) x a k
= 1. Comme
n
n
< 1 pour tout k ∈ [[1,p]], la fonction
) x
est strictement décroissante sur R et continue. On a fn (0) = p 2 et
lim f n = 0. Il existe un réel x n unique dans R + tel que f n (x n ) = 1.
+∞
2. Pour tout x > x n , la décroissance de f n entraîne f n (x) < 1 et donc
p∑
(a k ) x < n x (n + 1) x .
k=1

178
On en déduit que nécessairement x n+1 x n : la suite (x n ) n∈N est décroissante. Comme elle
est minorée par 0, elle converge. Notons l 0 sa limite.
p∑ p∑
Si l > 0, on lim
n→+∞ nxn = lim
ln n
n→+∞ exn = +∞. C’est impossible car lim a xn
n→+∞
k
= a l k.
La limite l est donc nulle.
3. On écrit
Comme (x n ) n∈N converge vers 0, on a
Exercice 18.19
lim x n lnn = ln
n→+∞
x n lnn = ln
p∑
k=1
p∑
k=1
a xn
k .
a 0 k = lnp et x n ∼ lnp
lnn .
1. La suite est clairement à termes strictement positifs et croissante. Si (u n ) n∈N convergeait
vers l > 0, on aurait par passage à la limite, l = l + 1 . C’est impossible. Elle diverge donc
l
vers +∞.
2. On a, pour tout k ∈ N,
u 2 k+1 − u 2 k = 2 + 1 u 2 .
k
Comme u 0 = 1, les termes de la suite sont supérieur à 1 et on dispose des inégalités
k=1
k=1
0 1 u 2 k
1 u k
u k+1 − u k ,
d’où l’on déduit
2 u 2 k+1 − u 2 k 2 + u k+1 − u k .
3. En additionnant les inégalités obtenues pour k variant de 0 à n − 1, on obtient
et donc
4. L’inégalité u 2 n 2n + u n peut s’écrire
2n u 2 n − u 2 0 2n + u n − u 0
2n + 1 u 2 n 2n + u n .
(
u n − 1 2
2n +
2) 1 . On en déduit l’encadrement
4
√
2n + 1 un 1 2 + √
2n + 1 4
puis
√
1 + 1
2n u n
√ 1
√
2n 2 √ 2n + 1 + 1
8n .
u
Ceci montre lim √ n
= 1 et donc u n ∼ √ 2n.
n→+∞ 2n

179
Exercice 18.20
1. Puisque 0 n’est pas solution, l’équation peut s’écrire x n−1 − a − b x
= 0. La fonction
f n : x ↦−→ x n−1 − a − b est continue et strictement croissante sur ]0,+∞[. Comme
x
lim f n(x) = −∞ et lim f n(x) = +∞, elle s’annule une fois sur R + en u n .
x→0 x→+∞
2. On a f n (1) = 1 − a − b.
Si a + b 1, on a f n (1) 0 et u n 1, pour tout n 2.
On en déduit que u n n u n−1
n et donc f n+1 (u n ) f n (u n ) 0, ce qui implique u n u n+1 .
La suite est croissante et majorée, elle converge.
On montre de même que si a + b 1, la suite est minorée par 1 et décroissante ; elle
converge.
Dans les deux cas, (u n ) n∈N converge vers une limite l non nulle. On en déduit que
lim
n→+∞ un n = al + b > 0. Mais u n n = e n ln un ne peut tendre vers une limite finie non nulle que
si l = 1 (sinon, nln u n tend vers ±∞).
La limite de (u n ) n∈N est 1.
3. On écrit nln u n = ln(au n + b) et ln u n = ln(au n + b)
. Comme (u n ) n∈N tend vers 1, on a
n
lnu n ∼ u n − 1. Si a + b ≠ 1, on obtient ln(au n + b) ∼ ln(a + b) et
u n − 1 ∼
ln(a + b)
.
n
Si a + b = 1, la suite (u n ) n∈N est constante égale à 1 et u n − 1 ∼ 0.
Exercice 18.21
1. On montre par récurrence que la suite (u n ) n∈N est à valeurs dans [0,1]. Elle est
décroissante et donc convergente. Sa limite l vérifie l = l(1 − l), donc l = 0.
2. On remplaçant u n+1 par son expression en fonction de u n , on obtient
3. On en déduit que lim
n→+∞
soit
1
− 1 1
= .
u n+1 u n 1 − u n
1
− 1 = 1, puis d’après le lemme de l’escalier lim
u n+1 u n n→+∞
u n ∼ 1 n .
1
nu n
= 1,
Exercice 18.22
1. La suite est strictement croissante. Si elle convergeait, sa limite l vérifierait l = l + e −l ,
ce qui est impossible : (u n ) n∈N diverge vers +∞.
2. On a, pour tout n ∈ N,
)
e un+1 − e un = e un+e−un − e un = e
(e un e−un − 1 .

180
3. Comme u n tend vers +∞, e −un tend vers 0 et
e e−un − 1 ∼ e −un .
On en déduit que
c’est-à-dire
e un+1 − e un ∼ e un e −un ∼ 1,
lim
n→+∞ (eun+1 − e un ) = 1.
e un
4. Du lemme de l’escalier, on déduit lim
n→+∞ n = 1, soit eun ∼ n. Comme les deux suites
équivalentes tendent vers +∞, leurs logarithmes sont équivalents et on obtient
u n ∼ lnn.
Chapitre 19
Exercice 19.1
1. Soit x un réel, (u n ) n∈N une suite de rationnels convergeant vers x. On a, pour tout n ∈ N,
f(u n ) = g(u n ) . On en déduit, puisque f et g sont continues, que
Ceci est vrai pour tout réel x donc f = g.
f(x) = lim
n→+∞ f(u n) = lim
n→+∞ g(u n) = g(x).
2. Soient x et y des réels tels que x < y. On peut trouver une suite croissante de rationnels
(u n ) n∈N qui converge vers x et une suite décroissante de rationnels (v n ) n∈N qui converge
vers y.
On a, pour tout n ∈ N, u n x y v n et donc f(u n ) f(v n ).
Puisque f est continue, les suites (f(u n )) n∈N et (f(v n )) n∈N convergent vers f(x) et f(y)
respectivement, et par passage à la limite dans les inégalités, on obtient f(x) f(y) : f est
croissante.
Exercice 19.2
Comme a et b appartiennent à f([a,b]), il existe α et β dans [a,b] tels que a = f(α) et
b = f(β). Considérons la fonction g : x ↦−→ f(x) − x. Elle est continue sur [a,b] et
g(α) = a − α 0, g(β) = b − β 0.
On en déduit, par le théorème des valeurs intermédiaires qu’il existe c ∈ [α,β] tel que g(c),
i.e. f(c) = c.
Exercice 19.3
Considérons la fonction g définie par g(x) = f(x) −x. Elle est continue sur R et strictement
décroissante car f est décroissante et x ↦−→ −x strictement décroissante.
On a, pour x 0, f(x) f(0), donc g(x) f(0) −x. Comme f(0) −x a pour limite −∞ en
+∞, il en est de même a fortiori de g(x). On montre de la même manière que g(x) a pour
limite +∞ en −∞. La fonction continue g prend des valeurs positives et négatives. D’après
le théorème des valeurs intermédiaires, elle s’annule sur R, une seule fois, en c, car elle est
strictement décroissante. L’égalité g(c) = 0 équivaut à f(c) = c.

181
Exercice 19.4
1. Considérons la fonction g définie sur
[
0, 1 ]
2
étudiée équivaut à g(x) = 0. La fonction g est continue sur
g(0) = f
(
par g(x) = f x + 1 )
− f(x). L’équation
[
2
0, 1 ]
. Comme
2
( ( ( ( 1 1 1 1
− f(0) et g = f(1) − f = f(0) − f = −g(0),
2)
2)
2)
2)
elle prend des valeurs [ positives et négatives. D’après le théorème des valeurs intermédiaires,
elle s’annule sur 0, 1 ]
.
2
2. On suppose [ n 2, car pour n = 1, 0 est solution. On considère de même la fonction h
définie sur 0,1 − 1 ] (
par h(x) = f x + 1 )
−f(x). Elle est continue. Pour montrer qu’elle
n
n
change de signe, on calcule
n−1
∑
( k
h =
n)
k=0
n−1
∑
k=0
(
f
( k + 1
n
) ( k
− f = f(1) − f(0) = 0,
n))
car les termes s’éliminent deux à deux. Tous les termes de la suite ne peuvent donc ( avoir le
k
même signe : il existe deux entiers distincts k et k ′ entre 0 et n − 1 tels que h 0 et
( )
n)
k
′
h 0. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, h s’annule au moins une fois
n
entre k k′
et
[0,1
n n et donc sur − 1 ]
.
n
3. On trouve, pour tout x ∈ [0,1 − λ],
f(x + λ) − f(x) = −λsin 2 π λ .
Comme λ n’est pas l’inverse d’un entier, π λ n’est pas un multiple de π, donc −λsin2 π λ n’est
pas nul et l’équation f(x + λ) = f(x) n’a pas de solution. On remarque que cependant que
f est continue et f(1) = f(0) = 0.
Conclusion : l’équation f(x+λ) = f(x) possède une solution pour toute fonction f continue
sur [0,1] telle que f(0) = f(1) si et seulement si λ s’écrit 1 n (n ∈ N∗ ).
Exercice 19.5
L’ensemble f(I) est un intervalle. Dans chaque cas, on raisonne par l’absurde.
1. Si f(I) contient deux valeurs distinctes, y et z, il contient toutes les valeurs du segment
[y,z] ; il y en a une infinité.
2. D’après 1, si f n’est pas constante, f(I) contient une infinité de valeurs et |f|(I) aussi ;
|f| n’est pas constante.
3. Si f n’est pas constante, f(I) contient deux entiers distincts, donc tous les réels compris
entre ces deux entiers : il contient des réels non entiers.

182
4. On raisonne comme dans 3. Entre deux rationnels distincts, il existe des irrationnels.
Donc si f n’est pas constante, f(I) contient des irrationnels.
Exercice 19.6
1. On suppose que f est périodique de période T > 0. La fonction f est continue donc bornée
sur le segment [0,T]. Par périodicité, on a f(R) = f([0,T]) donc f est bornée sur R.
2. Comme f possède des limites finies en −∞ et +∞, elle est bornée au voisinage de −∞
et +∞. Il existe des réels A < 0 et B > 0 et des réels positifs K et K ′ tels que |f(x)| K
si x A et |f(x)| K ′ si x B.
D’autre part, comme f est continue, elle est bornée sur le segment [A,B] : il existe K ′′ tel
que |f(x)| K ′′ si x ∈ [A,B]. On alors
∀x ∈ R |f(x)| max(K,K ′ ,K ′′ ).
3. On note l la limite de f en −∞ et +∞. Si f est constante égale à l, il n’y a rien à
démontrer. On suppose par exemple qu’il existe c ∈ R tel que f(c) < l.
Puisque f(x) = l > f(c), on peut trouver A > 0 tel que, pour tout réel x,
lim
|x|→+∞
|x| A =⇒ f(x) f(c) + l
2
> f(c).
Comme la borne inférieure de f est inférieure ou égale à f(c), on a inf f(x) = inf f(x).
x∈R x∈[−A,A]
Mais sur le segment [−A,A], f atteint sa borne inférieure. Donc sa borne inférieure sur R
est atteinte également.
Si f prend des valeurs plus grandes que l, on considère la borne supérieure.
4. Par définition d’une limite infinie, il existe A > 0 tel que f(x) 1 pour tout x tel que
|x| A.
Sur le segment [−A,A], la fonction continue f est minorée, par m. On donc, pour tout x ∈ R,
f(x) min(m,1). Puisque f est minorée sur R, elle possède une borne inférieure α.
Du fait de la limite infinie en ±∞, on peut trouver un réel B > 0 tel que f(x) α + 1 si
|x| A. On en déduit que
α = inf f(x) = inf f(x).
x∈R x∈[−A,A]
Sur le segment [−A,A], la fonction f atteint sa borne inférieure : il existe x ∈ [−A,A] tel
que α = f(c).
Exercice 19.7
La fonction f est continue en 0 donc bornée au voisinage de 0 : il existe α > 0 et M > 0 tel
que pour tout x ∈ [0,α], on a f(x) M.
Il résulte de la sous-additivité que, pour tout x 0 et tout entier n ∈ N ∗ , on a f(nx) nf(x)
(la démonstration par récurrence est immédiate). On en déduit que pour tout x ∈ [0,nα],
on a 0 f(x) nM, car un tel x s’écrit ny avec y ∈ [0,α].
Si I est un intervalle borné quelconque de R + , il existe n ∈ N ∗ tel que I ⊂ [0,nα]. Sur I, la
fonction f est majorée par nM.

183
Exercice 19.8
On raisonne par l’absurde, en supposant par exemple que f(a) < f(b). Soit k ∈ ]f(a),f(b)[.
D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe c ∈ ]a,b[ tel que f(c) = k. Par
continuité de f en c, il existe η > 0 tel que f(x) ∈ ]f(a),f(b)[, pour tout x tel que |x−c| η.
Sur le segment [c − η,c + η], la fonction f ne prend ni la valeur f(a), ni la valeur f(b),
contrairement à l’hypothèse. On a donc f(a) = f(b).
Si f n’est pas constante, il existe par exemple c ′ ∈ ]a,b[ tel que f(c ′ ) > f(a). On raisonne
comme précédemment. Par continuité de f en c ′ , il existe η ′ > 0 tel que f(x) > f(a) pour
|x − c ′ | η ′ . De nouveau, sur [c − η ′ ,c ′ + η ′ ], f ne prend pas la valeur f(a) (= f(b)). Donc
f est constante.
Exercice 19.9
L’image du segment [0,1] par la fonction continue f est un segment [a,b], inclus dans [0,1]
par hypothèse et on a, pour tout x ∈ [0,1], f(f(x)) = f(x) ; tout point de f([0,1]), c’est-àdire
de [a,b] est invariant par f.
D’autre part, les restrictions f 1 et f 2 de f aux segments [0,a] et [b,1] sont des applications
continues qui vérifient f 1 (a) = a et f 2 (b) = b, par continuité de f en a et b et qui prennent
leurs valeurs dans [a,b] puisque [a,b] est l’image de f.
Réciproquement, soient a et b deux réels tels que 0 a b 1, f 1 : [0,a] −→ [a,b] et
f 2 : [b,1] −→ [a,b] deux applications continues qui vérifient de plus f 1 (a) = a et f 2 (b) = b,
f : [0,1] −→ [0,1] définie par
⎧
⎪⎨ f 1 (x) si x ∈ [0,a]
f(x) = x si x ∈ [a,b]
⎪⎩
f 2 (x) si x ∈ [b,1].
La fonction est continue sur [0,1], les conditions f 1 (a) = a et f 2 (b) = b assurant la continuité
en a et b. On a clairement f([0,1]) = [a,b]. On en déduit que, pour tout x ∈ [0,1],
f ◦ f(x) = f(f(x)) = f(x) par définition de f sur [a,b]. On a donc f ◦ f = f et il découle de
la première partie de la démonstration qu’on obtient ainsi toutes les solutions de f ◦ f = f.
Si a = 0, on considérera uniquement les restrictions de f à [a,b] et [b,1]. Même remarque
pour b = 1.
Exercice 19.10
1. La fonction f −g est continue sur [0,1]. Si elle ne garde pas un signe constant, elle s’annule
au moins une fois sur [0,1].
Si f − g > 0, on considère sa borne inférieure m sur le segment [0,1]. Elle est atteinte en
c ∈ [0,1]. On a donc m = f(c) − g(c) > 0. Par définition de m, l’inégalité f(x) − g(x) m
est vérifiée pour tout x ∈ [0,1].
2. On démontre la propriété par récurrence sur n.
Pour n = 0, la propriété à vérifier est x x pour tout x ∈ [0,1].
Supposons la propriété vraie au rang n. On alors, pour tout x ∈ [0,1],
f n+1 (x) f n (f(x)) g n (f(x)) + nm, par hypothèse de récurrence
f(g n (x)) + nm, car f et g commutent
g(g n (x)) + m + nm g n+1 (x) + (n + 1)m.

184
3. Pour n assez grand, on a nm > 1. On en déduit f n (x) > 1 pour tout x ∈ [0,1], ce qui
impossible car f n , comme f, est à valeurs dans [0,1].
Si, on suppose f − g < 0, on aboutit aussi à une contradiction en échangeant les rôles de f
et g. Conclusion : il existe x ∈ [0,1] tel que f(x) = g(x).
4. Les fonctions f : x ↦−→ x et g : x ↦−→ x+1, sont continues sur R, commutent et l’équation
f(x) = g(x) n’a pas de solution.
Exercice 19.11
1. La fonction sinus n’a de limite en −∞ et +∞ donc f n’a pas de limite à droite et à gauche
en 0. Elle n’est pas continue en 0. Mais elle est continue sur ] − ∞,0[ et ]0,+∞[.
2. Si 0 /∈ [a,b], la fonction f est continue sur [a,b] donc f([a,b]) est un segment.
Si 0 ∈ [a,b], l’une des bornes de l’intervalle est distincte de 0. Supposons par exemple
b ≠ 0. L’image de ]0,b] par la fonction x ↦−→ 1 x est [ 1
b ,+∞ [. Cet intervalle est de longueur
supérieure à 2π donc son image par la fonction sinus est [−1,1]. Ainsi f([a,b]) contient
[−1,1] et comme on a clairement l’inclusion inverse, on conclut :
f([a,b]) = [−1,1].
L’image par f de tout segment est un segment (pour a = b, c’est évident).
Exercice 19.12
1. Les applications linéaires sont continues et vérifient la relation.
2. a) Soit x ∈ R. On montre que f(nx) = nf(x) pour n ∈ N.
L’égalité f(0 + 0) = f(0) + f(0) = f(0) montre que f(0) = 0 et la propriété au rang 0.
Si f(nx) = nf(x), alors
f((n + 1)x) = f(nx + x) = f(nx) + f(x) = nf(x) + f(x) = (n + 1)f(x),
et la propriété est établie par récurrence.
On remarque que f est impaire car, pour x ∈ R,
On en déduit que, pour x ∈ R et n ∈ Z − ,
f(x) + f(−x) = f(0) = 0.
f(nx) = −f((−n)x) = −(−n)f(x) = nf(x).
b) Soit x ∈ Q, p et q des entiers tels que x = p . On a d’après la question a, qf(x) = f(qx) = f(p) = pf(1)
q
et donc f(x) = p f(1) = xf(1).
q
c) Soit x un réel quelconque, (u n ) n∈N une suite de rationnels convergeant vers x. On a alors,
puisque f est continue,
f(x) = lim
n→+∞ f(u n) = lim
n→+∞ u nf(1) = xf(1).

185
d) L’application f est x ↦−→ xf(1). Elle est linéaire.
On conclut : les applications continues f : R −→ R qui vérifient f(x+y) = f(x)+f(y) pour
tout (x,y) ∈ R 2 sont les applications linéaires.
3. On démontre comme dans la question précédente que f(x) = xf(1) pour tout rationnel.
Soit x un réel quelconque. Il existe des suites (u n ) n∈N et (v n ) n∈N , respectivement croissante
et décroissante, qui convergent vers x. On a, pour tout n ∈ N, u n x v n et par croissance
de f,
f(u n ) f(x) f(v n ) c’est-à-dire u n f(1) f(x) v n f(1).
En faisant tendre n vers +∞ dans ces inégalités, on obtient f(x) = xf(1).
On conclut comme dans la question précédente : les applications croissantes f : R −→ R qui
vérifient f(x + y) = f(x) + f(y) pour tout (x,y) ∈ R 2 sont les applications linéaires.
4. Si x y, il existe z ∈ R tel que x − y = z 2 . On a alors
f(x) = f(y) + f(z 2 ) = f(y) + (f(z)) 2 f(y),
donc f est croissante.
D’après la question précédente, f est linéaire. Si f : x ↦−→ ax, on a pour tout (x,y) ∈ R 2 ,
axy = f(xy) = f(x)f(y) = a 2 xy,
ce qui implique a 2 = a et donc a = 0 ou a = 1. On obtient f = 0 ou f = Id R . On vérifie que
ces deux applications conviennent.
Exercice 19.13
1. Puisque ln est une bijection continue de R ∗ + sur R, il est équivalent de chercher les fonctions
continues f vérifiant, pour tout (x,y) ∈ R 2 ,
ln(f(x + y)) = ln(f(x)) + ln(f(y)).
D’après l’exercice précédent, ln ◦f doit être linéaire. Les fonctions f qui conviennent sont
donc les fonctions de la forme x ↦−→ e ax , où a est un réel quelconque.
2. Puisque exp est une bijection continue de R sur R ∗ +, il est équivalent de chercher les
fonctions continues f : R ∗ + −→ R, vérifiant, pour tout (x,y) ∈ R 2 ,
f(e x+y ) = f(e x e y ) = f(e x ) + f(e y ).
D’après l’exercice précédent, ce sont les fonctions telles que f ◦ exp soit linéaire. Il existe
a ∈ R tel que, pour tout réel x, f(e x ) = ax et donc, pour tout réel x strictement positif,
f(x) = alnx.
3. Si g est l’application x ↦−→ f(x) + 1, la relation vérifiée par f peut s’écrire : pour tout
(x,y) ∈ R,
g(x + y) = 1 + f(x + y) = 1 + f(x) + f(y) + f(x)f(y)
= (1 + f(x))(1 + f(y)) = g(x)g(y).
L’application g doit être solution de l’équation fonctionnelle étudiée dans la question 1, avec
la condition de positivité en moins. Mais on remarque que, pour tout x ∈ R,
( ( x
)) 2
g(x) = g 0.
2

186
Si g n’est pas strictement positive, il existe x 0 ∈ R tel que g(x 0 ) = 0 et on a alors, pour tout
réel x,
g(x) = g(x 0 )g(x − x 0 ) = 0.
Dans ce cas, g est l’application nulle.
Si g ne s’annule pas, il résulte de la question 1 qu’il existe a ∈ R tel que, pour tout réel x,
g(x) = e ax .
Les fonctions f qui conviennent sont l’application constante x ↦−→ −1 et les applications
x ↦−→ e ax − 1, où a est un réel quelconque.
Exercice 19.14
Notons que ϕ est bien définie car f est continue donc majorée sur tout segment. Si
0 x < y 1, l’intervalle [0,x] est inclus dans [0,y] et on donc sup f(t) sup f(t).
t∈[0,x] t∈[0,y]
Donc ϕ est croissante.
Soit x ∈ [0,1]. Montrons la continuité de ϕ en x.
Soit ε > 0 et η > 0 tel que, pour tout t ∈ [0,1], |x − t| η implique |f(x) − f(t)| ε. On
prend y dans [x − η,x + η].
• Si y ∈ [x,x + η], on a ϕ(x) ϕ(y) et comme [0,y] est la réunion des intervalles [0,x] et
[x,y],
ϕ(y) = max(ϕ(x), sup f(t)) max(ϕ(x),f(x) + ε) ϕ(x) + ε.
t∈[x,y]
On obtient
ϕ(x) ϕ(y) ϕ(x) + ε.
• Le cas y ∈ [x − η,x] est un peu plus compliqué. On a évidemment ϕ(y) ϕ(x) et comme
[0,x] est la réunion de [0,y] et [y,x],
On remarque que, pour tout t ∈ [y,x],
ϕ(x) = max(ϕ(y), sup f(t)).
t∈[y,x]
|f(t) − f(y)| |f(t) − f(x)| + |f(y) − f(x)| 2ε
et donc f(t) f(y) + 2ε. On en déduit que
ϕ(x) max(ϕ(y),f(y) + 2ε) ϕ(y) + 2ε.
On obtient
ϕ(x) − 2ε ϕ(y) ϕ(x).
Finalement, on a, pour tout y ∈ [x − η,x + η],
ce qui montre la continuité de ϕ en x.
|ϕ(x) − ϕ(y)| 2ε,

187
Exercice 19.15
Soit x ∈ I et ε > 0. Par définition de la limite à droite, on peut trouver η > 0 tel que,
pour tout t ∈]x,x + η[, on ait |f(t) − ϕ(x)| ε. Soit y ∈]x,x + η[. Si t ∈]y,x + η], on a
|f(t) − ϕ(x)| ε. En faisant tendre t vers y par valeurs supérieures dans cette inégalité, on
obtient, x étant fixé,
|ϕ(y) − ϕ(x)| ε.
On a donc, pour tout y ∈ ]x,x + η[, |ϕ(y) − ϕ(x)| ε, ce qui montre la continuité à droite
de ϕ en x.
Exercice 19.16
1. Pour tout x ∈ R, la fonction t ↦−→ f(t) + xg(t) est continue donc bornée sur le segment
[0,1], donc M(x) est défini.
2. On note K = sup |g(t)|. Soit (x,y) ∈ R. Pour t ∈ [0,1], on peut écrire
t∈[0,1]
f(t) + yg(t) f(t) + xg(t) + (y − x)g(t) M(x) + K|y − x|.
On en déduit, par définition de la borne supérieure, que M(y) M(x) + K|y − x|, soit
M(y) − M(x) K|y − x|.
On obtient de la même façon, M(x) − M(y) K|x − y| et donc
|M(x) − M(y)| K|x − y|.
3. Pour tout x ∈ R, on a lim K|y − x| = 0 et donc lim M(y) = M(x), ce qui montre la
y→0 y→x
continuité en x pour tout réel x.
Exercice 19.17
1. Pour x 0, on P λ (x) < 0. Pour x > 0, l’équation P λ (x) = 0 équivaut à −x 2 + 1 x = λ.
La fonction f : x ↦−→ −x 2 + 1 est strictement décroissante et continue sur ]0,+∞[. Comme
x
lim f = +∞ et lim f = −∞, f réalise une bijection de ]0,+∞[ sur R. En particulier, pour
0 +∞
λ 0, l’équation f(x) = λ possède une seule solution que l’on note u(λ).
2. Il résulte de la question précédente que, pour tout λ 0, u(λ) = f −1 (λ). La fonction u est
la restriction de f −1 à R + . Comme f −1 est la fonction réciproque d’une fonction continue
strictement monotone, elle est continue et strictement monotone et il en est de même de u.
3. On a f(1) = 0 et donc u(0) = 1. Comme u est continue, on en déduit lim
0
u = 1. Puisque
f −1 est une bijection décroissante de R sur ]0,+∞[, on a lim
+∞
f −1 = 0 et donc lim
+∞
u = 0.
Exercice 19.18
Si x et y sont deux réels tels que f(x) = f(y), alors a|x − y| 0, donc x = y. L’application
f est injective.
En faisant y = 0, on obtient, pour tout réel x,
|f(x)| a|x| − |f(0)|.

188
On en déduit que lim |f(x)| = lim |f(x)| = +∞.
x→+∞ x→−∞
On peut trouver en particulier A > 0 tel que |x| ≥ A implique |f(x)| 1. La fonction f est
continue. Comme elle ne s’annule pas sur les intervalles ] − ∞, −A] et [A,+∞[, elle y garde
un signe constant. On en déduit que f a pour limite −∞ ou +∞ en −∞ et en +∞.
Montrons que f ne peut pas avoir même limite en −∞ et en +∞. Supposons par exemple que
lim f = lim f = +∞. Pour tout réel A f(0), f prend sur [0,+∞[ des valeurs supérieure
−∞ +∞
à A, par définition de la limite, donc prend la valeur A par le théorème des valeurs intermédiaires.
Ainsi f([0,+∞[) contient [f(0),+∞[. On montre de même que f(] − ∞,0])
contient [f(0),+∞[. Toutes les valeurs de ]f(0),+∞[ sont prises deux fois par f, ce qui
contredit son injectivité.
On a donc lim f = −∞ et lim f = +∞ ou le contraire. Dans les deux cas, la fonction f
−∞ +∞
prend, pour tout A ∈ R, des valeurs supérieures à A et des valeurs inférieures à A, donc
elle prend la valeur A d’après le théorème de valeurs intermédiaires. Ainsi f(R) = R, f est
surjective et donc bijective de R sur R.
Exercice 19.19
Montrons pour commencer que, si f n’est pas strictement monotone, il existe (a,b,c) ∈ R 3
tel que
a < b < c et f(b) max(f(a),f(c) ou f(b) min(f(a),f(c).
On démontre la contraposée et on suppose donc que, pour tout (a,b,c) ∈ R 3 tel que
a < b < c, f(b) est entre f(a) et f(c).
Fixons deux éléments a et c de R vérifiant a < c. Supposons que f(a) < f(c).
• Considérons deux réels x et y tels que a < x < y < c.
Par hypothèse, f(x) est entre f(a) et f(c) et comme f(a) < f(c), on a f(a) < f(x) < f(c).
De même, f(y) est entre f(x) et f(c) et comme f(x) < f(c), on a f(a) < f(x) < f(y) < f(c).
Ceci montre que f est strictement croissante sur [a,c].
• Considérons maintenant deux réels u et v tels que a < c < u < v.
Par hypothèse, f(c) est entre f(a) et f(u) et comme f(a) < f(c), on a nécessairement
f(a) < f(c) < f(u). De même, f(u) est entre f(c) et f(v) et comme f(c) < f(u), on a
f(a) < f(c) < f(u) < f(v). Ceci montre que f est strictement croissante sur [c,+∞[. On
démontre de même que f est strictement croissante sur ] − ∞,a].
Ainsi, f est strictement croissante sur R.
Si f(a) > f(c), on considère −f qui vérifie la même propriété que f. On démontre que −f
est strictement croissante et donc f strictement décroissante.
Maintenant on suppose que f est continue et injective et on démontre qu’elle est strictement
monotone. On raisonne par l’absurde. D’après ce qui précède, il existe un triplet
(a,b,c) tel que f(b) ne soit pas entre f(a) et f(c). Supposons par exemple que f(a) < f(c).
Si f(b) < f(a) < f(c), le théorème des valeurs intermédiaires permet d’affirmer qu’il existe
a ′ ∈ ]b,c[ tel que f(a ′ ) = f(a). Comme a ′ ≠ a, cela contredit l’injectivité de f.
Si f(a) < f(c) < f(b), c’est la valeur f(c) qui est prise deux fois.
Le cas f(c) < f(a) se traite de la même manière. Dans tous les cas, on aboutit à une
contradiction et le résultat est démontré.

189
Exercice 19.20
1. L’application f vérifie f ◦ f = Id R . Elle est donc bijective et f −1 = f. A fortiori, elle
est injective et comme elle est continue, elle est strictement monotone, d’après l’exercice
précédent.
2. Supposons que f est strictement croissante et montrons que f = Id R en raisonnant par
l’absurde, donc en supposant qu’il existe x tel que f(x) ≠ x.
Si f(x) < x, alors f(f(x)) < f(x), soit x < f(x). On démontre de même que, si f(x) > x,
alors x > f(x). On aboutit à une contradiction , donc f = Id R .
3. En utilisant la décroissance de f et f(0) = 0, on obtient, pour tout réel x,
x 0 =⇒ f(x) 0 et x > 0 =⇒ f(x) < 0.
On a donc f(R − ) ⊂ R + . Comme f est bijective, tout x 0 a un antécédent, qui ne peut
être que négatif, donc finalement f(R − ) = R + et comme f est injective, la restriction g de
f à R − réalise une bijection de R − sur R + .
On a, pour tout x 0, x = f(f(x)) = g(f(x)), car f(x) 0, donc f(x) = g −1 (x) : la
restriction de f à R + est g −1 .
4. Si g est une bijection continue de R − sur R + telle que g(0) = 0, on considère la fonction
f définie sur R par
f(x) = g(x) si x 0 et f(x) = g −1 (x) si x 0.
Cette définition est raisonnable car g(0) = g −1 (0) = 0. La fonction f est continue sur R +
et R − , car g et g −1 sont continues ; on a, de plus, lim f(x) = lim f(x) = 0, donc f est
x→0− x→0 +
continue sur R. On a, pour x 0, f ◦ f(x) = f(g(x) = g −1 (g(x) = x et de même, pour
x 0, on obtient f ◦ f(x) = g −1 (g(x)) = x. La fonction f a les propriétés voulues.
Exercice 19.21
Raisonnons par l’absurde et supposons qu’il existe f application continue telle que
f ◦ f = −Id R .
L’application f est injective, car pour (x,y) ∈ R 2 ,
f(x) = f(y) =⇒ f ◦ f(x) = f ◦ f(y) =⇒ x = y.
Comme f est continue, elle est, d’après l’exercice 19, strictement monotone. Mais la composée
de deux fonctions croissantes ou de deux fonctions décroissantes est une fonction croissante.
On doit avoir −Id R croissante ; c’est absurde. Il ne peut pas exister une telle fonction f.
Exercice 19.22
La fonction f est dérivable sur R et on vérifie que
f ′ (x) =
1
(x + 1) 2 > 0 si x 0 et f ′ 1
(x) = > 0 si x 0.
(−x + 1)
2
La fonction est strictement croissante sur R et continue, donc elle réalise une bijection de R
sur ] lim f, lim f[ = ] − 1,1[.
−∞ +∞

190
Pour tout y ∈] − 1,1[, y = f(x) implique |y| =
|x|
|y|
et donc |x| = ; Mais on peut
1 + |x| 1 − |y|
remarquer qu’un élément et son image ont même signe. Comme |y| < 1, on en déduit que
x = f −1 (y) =
Ceci montre que f −1 est définie sur ] − 1,1[ par
Exercice 19.23
f −1 (x) =
y
1 − |y| .
x
1 − |x| .
1. L’application f est continue et strictement décroissante sur ]a,b[. Comme lim
x→a
f(x) = +∞
et lim
x→b
f(x) = −∞, on en déduit que f réalise une bijection de ]a,b[ sur R.
2. Pour déterminer f −1 , on résout l’équation y = 1
x − a + 1 , d’inconnue x ∈ ]a,b[. On
x − b
trouve
yx 2 − (2 + (a + b)y)x + yab + (a + b) = 0.
Si y = 0, on obtient x = a + b . Sinon, l’équation est du second degré et a pour discriminant
2
∆ = 4 + (a − b) 2 y 2 et l’équation a deux solutions
2 + (a + b)y ± √ 4 + (a − b) 2 y 2
= a + b + 1 √
4 + (a −
2y
2 y ± b)2 y 2
.
2y
( ) a + b
Il reste à trouver laquelle convient. On note que f = 0 ; on en déduit que f(x) est
2
positif si x < a + b et négatif si x > a + b . Si donc y > 0, son antécédent est inférieur à
2
2
a + b
2
; si y < 0, il est supérieur à a + b
2 .
Pour y > 0, la solution qui convient est donc x = a + b
2
+ 1 y − √
4 + (a − b)2 y 2
2y
(l’autre est
clairement supérieure à a + b ) ; pour y < 0, la même solution convient, car l’autre est alors
2
clairement inférieure à a + b . On a donc, pour tout y ≠ 0,
2
Exercice 19.24
f −1 (y) = a + b
2
+ 1 √
4 + (a −
y − b)2 y 2
.
2y
Posons y = arctan x. On a donc tany = x et cos 2 y =
]
− π 2 , π 2
définition, y est dans
ensuite siny = tany cos y =
1
1 + tan 2 y = 1
1 + x
[
, le cosinus est positif, donc cos y =
x
√
1 + x
2 .
. Comme par
2
1
√ . On en déduit
1 + x
2

191
Exercice 19.25
1. La formule cherchée est tan(a + b) =
peut écrire
tan a + tanb
. En effet, comme cos(a + b) ≠ 0, on
1 − tan atan b
sin(a + b) sinacos b + sinbcos a
tan(a + b) = =
cos(a + b) cos acos b − sinasin b ,
ce qui donne la formule voulue en divisant numérateur et dénominateur par cosacos b qui
n’est pas nul.
2. On pose S = arctan 1 2 + arctan 1 5 + arctan 1 . En appliquant la formule de la question 1,
8
on trouve
(
tan arctan 1 2 + arctan 1 )
= 7 5 9 ,
puis
tan S = 1.
Il existe donc k ∈ Z tel que S = π +kπ. La fonction arctangente est croissante et arctan 0 = 0,
4
arctan π ]
4 = 1. Les trois termes de la somme S sont dans 0, π [
]
donc S est dans 0, 3π [
et
4
4
S = π 4 .
3. La formule de la question 1 donne tan(2a) = 2tan a
1 − tan 2 . On calcule successivement
(
a
tan 2arctan 1 )
= 5 (
5 12 et tan 4arctan 1 )
= 120 . De nouveau en appliquant la formule de
5 119
la question 1, on obtient
(
tan 4arctan 1 5 − arctan 1 )
= 1.
239
On sait que 4arctan 1 1
∈]0,π[ et arctan
]0,
5 239 ∈ π [
.
4
On en déduit que 4arctan 1 5 − arctan 1 ]−
239 ∈ π 4 , 3π [
et donc
4
4arctan 1 5 − arctan 1
239 = π 4 .
4. Posons y = arctan x. On a donc x = tan y et 1 ( π
).
]
x = tan 2 − y
Si x > 0, alors y ∈ 0, π [
et π ]
2 2 − y ∈ 0, π [
. On en déduit que
2
arctan 1 x = π 2 − y = π − arctan x.
2
Si x < 0, on écrit 1 x = tan (
− π 2 − y )
; on constate que − π 2 − y ∈ ]
− π 2 ,0 [. On obtient
arctan 1 x = −π 2 − y = −π − arctan x.
2

192
5. On obtient :
0 arctan x < arctan(x + 1) < π 2
− π 4 < arctan(x) < 0 < arctan(x + 1) < π 4
si x 0 ;
si − 1 < x < 0 ;
− π 2
< arctan(x) < arctan(x + 1) 0 si x −1.
Dans tous les cas, on en déduit 0 < arctan(x + 1) − arctan(x) < π . On peut appliquer la
2
formule de la question 1 :
tan(arctan(x + 1)) − tan(arctan(x))
tan(arctan(x + 1) − arctan(x)) =
1 + tan(arctan(x + 1))tan(arctan(x))
1
=
1 + x(x + 1) = 1
1 + x + x 2 .
Comme arctan(x + 1) − arctan(x) ∈
]
0, π [
, cela démontre le résultat.
2
Exercice 19.26
1. La fonction sinus est strictement croissante et continue sur
[
bijection de − π 2 , π ]
sur [−1,1].
2
[
− π 2 , π ]
. Elle réalise une
2
2. La fonction cosinus est strictement décroissante et continue sur [0,π]. Elle réalise une
bijection de [0,π] sur [−1,1].
( π
3. Si y = arccos x, on a x = cos y = sin
).
2 − y Comme π [
2 −y ∈ − π 2 , π ]
, π −y = arcsin x
2 2
et
arccos x + arcsinx = π 2 .
Exercice 19.27
1. Une fonction affine est continue. On montre qu’elle vérifie l’équation fonctionnelle. Si
f : x ↦−→ αx + β, alors pour (x,y) ∈ R 2 ,
1
2 (f(x) + f(y)) = 1 ( )
+ y x + y
(αx + β + αy + β) = αx + β = f .
2 2
2
2. a) On construit les suites (a n ) n∈N et (b n ) n∈N par dichotomie.
On pose a 0 = a et b 0 = b. On a par hypothèse f(a 0 ) = f(b 0 ) = 0 et c ∈ [a 0 ,b 0 ].
Supposons a n et b n construits. On pose c n = a n + b n
. Ainsi, on obtient
2
f(c n ) = f(a n) + f(b n )
2
Comme c ∈ [a n ,b n ], on distingue deux cas :
= 0.

193
• si c ∈ [a n ,c n ], on pose a n+1 = a n et b n+1 = c n ;
• si c ∈ ]c n ,b n ], on pose a n+1 = c n et b n+1 = b n .
Par construction, les suites (a n ) n∈N et (b n ) n∈N sont adjacentes donc convergent vers la même
limite l. Des inégalités a n c b n pour tout entier n, on tire par passage à la limite l = c.
On en déduit, par continuité de f, que
f(c) = lim
n→+∞ f(a n) = 0.
b) On montre que si f(a) = f(b) = 0, alors, pour tout n ∈ Z, on a f(a + nh) = 0, où
h = b − a.
La propriété est vraie pour n = 0 et n = 1 et si f(a + nh) = f(a + (n + 1)h) = 0, on peut
écrire
( )
a + nh + a + (n + 2)h
f(a + nh) + f(a + (n + 2)h) = f
2
= f(a + (n + 1)h),
d’où l’on tire f(a + (n + 2)h) = 0 : la propriété est démontré par récurrence pour n 0.
Si n 0, on remarque que f(a + nh) + f(a − nh) = f(a) = 0 pour conclure.
De la question a, on peut donc déduire que f est nulle sur tous les intervalles [a+nh,a+(n+1)h],
n ∈ Z, donc nulle sur R.
3. On sait déjà que E contient l’ensemble des fonctions affines.
Soient f ∈ E, a et b deux réel distincts, g la fonction affine prenant les mêmes valeurs
que f en a et b (une fonction affine est déterminée de manière unique par ses valeurs en
deux points). La fonction g appartient à E. On montre facilement que E est un sous espace
vectoriel de l’ensemble des applications de R dans R, donc f −g ∈ E. Comme f −g s’annule
en deux points a et b, c’est la fonction nulle et f = g. Donc f est affine.
Chapitre 20
Exercice 20.1
1. Si f est impaire, on a pour tout réel x, f(−x) = f(x). En dérivant, on en déduit que,
pour tout réel x, −f ′ (−x) = f ′ (x) et f ′ est impaire. Si f est impaire, la démonstration est
la même.
2. On a, pour tout réel x, f(x + T) = f(x). On en déduit en dérivant, pour tout réel x,
f ′ (x + T) = f ′ (x) : f ′ est T-périodique.
Exercice 20.2
1. Si f g(x ′ 0 ) et f
d ′(x 0) existent, alors
f(x 0 + h) − f(x 0 − h)
lim
= 1 (
h→0 + 2h 2 lim f(x0 + h) − f(x 0
+ f(x )
0) − f(x 0 − h)
h→0 + h
h
= 1 2 (f ′ d(x 0 ) + f ′ g(x 0 )).
On montre que la limite est la même quand h tend vers 0 par valeurs inférieures (les limites
des deux termes sont inversées).

194
2. La réciproque est fausse. Si f est paire et x 0 = 0, la limite est nulle même si f
d ′ (0) et
f g(0) ′ n’existent pas. On peut prendre f(x) = sin 1 si x ≠ 0 et f(0) = 0.
x2 Exercice 20.3
On obtient, pour x ≠ y,
f(y) − f(x)
∣ y − x ∣ K|y − x|α−1 .
Comme α − 1 > 0, K|y − x| α−1 tend vers 0 quand y tend vers x. On en déduit que
f(y) − f(x)
lim = 0.
y→x y − x
La fonction f est dérivable en x et f ′ (x) = 0 pour tout réel x. Elle est donc constante.
Exercice 20.4
Pour les deux fonctions, il n’y a de problème de dérivabilité qu’en 0.
1. On calcule
cos √ x − 1 cos x − 1
lim = lim
x→0 + x x→0 + x 2 = − 1 2 .
La fonction est dérivable en 0 de nombre dérivé − 1 2 .
2. On calcule
x|x|
lim
x→0 x = lim |x| = 0.
x→0
La fonction est dérivable en 0 de nombre dérivé 0.
Exercice 20.5
n(n + 1)
Si x est un multiple de 2π, ces sommes sont égales à et 0 respectivement. On écarte
2
n∑
n∑
ce cas désormais. On calcule S 1 (x) = cos px et S 2 (x) = sinpx, les sommes cherchées
k=0
s’en déduisant par dérivation. Pour cela, on détermine
On en déduit
S(x) =
n∑
p=0
e ipx = ei(n+1)x − 1
e ix − 1
S 1 (x) = R(S(x)) = cos n n+1
2
xsin
2 x
sin x =
2
S 2 (x) = I(S(x)) = sin n n+1
2
xsin
2 x
sin x = cos x 2
2
=
p=0
n+1
ei 2 x 2isin n+1
2 x
n+1
e i x 2 2isin x = e i n 2 x
sin
2 x
sin x 2
2
2n+1
sin
2
x
2sin x + 1
2
2
2n+1
− cos
2sin x 2
2
x
,

195
en utilisant les formules de transformation des produits en sommes. On obtient en dérivant
n∑
pcos px = S 2(x) ′ = −1 2
p=0
n∑
psin px = −S 1(x) ′ =
p=0
après simplifications.
Exercice 20.6
2n+1
+ nsin
2
xsin x 2 + 1 2
2sin 2 x 2
2n+1
−ncos
2
xsin x 2 + 1 2
2sin 2 x 2
cos nx
,
sin nx
,
1. Puisque k n 2 1 n pour 1 k ≤, s n est défini dès que 1 a. On suppose cette condition
réalisée et on remplace chaque terme f
( ) n
k
n 2 par son développement limité d’ordre 1,
f(0) + k n 2 f ′ (0) + k n 2 ε ( k
n 2 ). On obtient
s n = nf(0) + f ′ (0)
n∑
k=1
n
k
n 2 + ∑
( )
k k
n 2 ε n 2
k=1
= nf(0) + f ′ (0) n + 1
n
2n + ∑
( )
k k
n 2 ε n 2 .
Le deuxième terme tend vers 1 2 f ′ (0). Montrons que le troisième a pour limite 0.
Soit ε > 0. Comme lim ε(x) = 0, il existe η > 0 tel que |ε(x)| ε si x ∈ [0,η]. Si 1 η, on
x→0 ∣ ( )∣ n
k ∣∣∣ k ∣∣∣
a, pour tout k entre 1 et n,
n 2 η et donc ε
n 2 ε. On obtient alors
n∑
( ) ∣ k k ∣∣∣ ∣ n 2 ε n 2 ε
k=1
n∑
k=1
k=1
Cette inégalité est vérifiée pour tout n assez grand donc
lim
n∑
n→+∞
k=1
k
n 2 εn + 1
2n ε.
( )
k k
n 2 ε n 2 = 0.
Des théorèmes sur la limite d’une somme, on déduit que si f(0) ≠ 0, (nf(0)) n∈N ∗ a pour
limite ±∞ et il en est de même de (s n ) n∈N ∗. Si f(0) = 0, la suite (s n ) n∈N ∗ converge vers
1
2 f ′ (0).
2. On applique le résultat de la question 1 à la fonction sin. Comme sin 0 = 0 et sin ′ 0 = 1,
on obtient
n∑
( ) k
lim sin
n 2 = 1 2 .
n→+∞
k=1

196
Pour le produit, on prend le logarithme
n∏
ln
(1 + k )
n 2 =
k=1
n∑
k=1
ln
(1 + k )
n 2
et on applique le résultat de la question 1 à la fonction f : x ↦−→ ln(1+x) qui vérifie f(0) = 0
et f ′ (0) = 1. On obtient
n∑
lim ln
(1 + k )
n→+∞ n 2 = 1 2
et donc
Exercice 20.7
lim
k=1
n→+∞
k=1
n∏
(1 + k )
n 2 = √ e.
1. Soit x 1 < x 2 < · · · < x n tels que f s’annule en x 1 , . . . ,x n . La fonction f est dérivable sur
I donc on peut appliquer le théorème de Rolle : pour 1 k n − 1, f(x k ) = f(x k+1 ) = 0,
donc f ′ s’annule sur ]x k ,x k+1 [. En tout, f ′ s’annule au moins n − 1 fois.
On peut appliquer le même raisonnement successivement à f ′ , f ′′ , . .. : f ′′ s’annule au moins
n − 2 fois,. . . , f (n−1) s’annule au moins une fois.
2. Si P s’annule N fois, sa dérivée n − 1-ième s’annule au moins N − n + 1. Or P (n−1) est
une fonction affine, qui s’annule une fois. On a donc N − n + 1 1 et N n : une fonction
polynomiale de degré n s’annule au plus n fois.
La fonction f : x ↦−→ e x − P(x) est C ∞ et f (n) est de la forme x ↦−→ e x − a, où a est un
réel. La fonction s’annule une fois si a > 0 et 0 sinon. Si f s’annule N fois, f (n) s’annule au
moins N − n fois et N − n 1, donc N n + 1.
Soit g : x ↦−→ lnx − P(x). On a, pour x > 0, g ′ (x) = 1 x − P ′ (x) = 1 − xP ′ (x)
. La fonction
x
x ↦−→ 1 − xP ′ (x) est une fonction polynomiale de degré n. Elle s’annule au plus n fois sur
R ∗ +, donc g s’annule au plus n + 1 fois.
Exercice 20.8
Supposons f(a) > 0 et donc f ′ (a) < 0. Puisque f est de classe C 1 , f ′ est continue et il existe
η ∈ ]0,a[ tel que f ′ (x) > 0 pour x ∈ [a − η,a]. La fonction f est donc strictement croissante
sur [a − η,a] et, pour tout x ∈ [a − η,a],
f(x) > f(a) > f(0).
Le maximum de f sur [0,a] n’est atteint ni en 0, ni en a, il est atteint en c ∈ ]0,a[. Comme
f est dérivable sur [0,a], on en déduit que f ′ (c) = 0.
Si f(a) < 0, on aboutit au même résultat en considérant le minimum de f.
Exercice 20.9
Il s’agit d’une généralisation du théorème de Rolle [ au cas où une borne est infinie. On se
ramène au théorème de Rolle en considérant g : 0, 1 ]
−→ R définie par
a
( ] 1
g(x) = f si x ∈ 0,
x)
1 ]
et g(0) = f(a).
a

La fonction g est continue sur
plus,
lim g(x) = lim
x→0
La fonction g est donc continue sur
de fonctions dérivables et
197
]
0, 1 ]
, comme composée de fonctions continues. On a, de
a
( )
( 1 1 f = lim
x→0 x
f(x) = f(a) = g x→+∞ a
[
0, 1 ]
]
. Elle est dérivable sur 0, 1 a
a
g ′ (x) = − 1 x 2 f ′ ( 1
x
( 1
Comme g(0) = g , le théorème de Rolle s’applique et il existe d ∈
a)
g ′ (d) = 0. L’expression de g ′ montre que 1 ( ) 1
d > a et f ′ = 0.
d
Exercice 20.10
)
.
)
.
[
comme composée
]
0, 1 [
a
tel que
On note l la limite de f en −∞ et +∞. Si f est constante, égale à l, f ′ = 0 et on peut
prendre c quelconque.
Supposons par exemple que f prenne des valeurs inférieures à l. Considérons a tel que
f(a) < l et k ∈ ]f(a),l[. Par définition de la limite, il existe A > 0 tel que, pour tout x ∈ R,
|x| A =⇒ f(x) k.
On peut donc trouver x 1 < a et x 2 > a tel que f(x 1 ) k et f(x 2 ) k. D’après le théorème
des valeurs intermédiaires sur [x 1 ,a] et [a,x 2 ], on obtient, puisque f(a) < k, l’existence de
y 1 ∈ ]x 1 ,a[ et y 2 ∈ ]a,x 2 [ tel que
f(y 1 ) = f(y 2 ) = k.
On peut appliquer le théorème de Rolle entre y 1 et y 2 . Il existe c ∈ ]y 1 ,y 2 [ tel que f ′ (c) = 0.
Exercice 20.11
Soit d ∈ ]a,b[ et k > f(d). Au voisinage de a et de b, f prend des valeurs supérieures à k.
On peut trouver x 1 ∈ ]a,d[ et x 2 ∈ ]d,b[ tels que f(x 1 ) > k et f(x 2 ) > k. En appliquant le
théorème des valeurs intermédiaires sur [x 1 ,d] et [d,x 2 ], on obtient l’existence de y 1 ∈ ]x 1 ,d[
et y 2 ∈ ]d,y 2 [ tel que f(y 1 ) = f(y 2 ) = k. Puisque f est dérivable sur [y 1 ,y 2 ], le théorème de
Rolle peut être appliqué entre y 1 et y 2 : il existe c ∈ ]y 1 ,y 2 [ tel que f ′ (c) = 0.
Exercice 20.12
Considérons la fonction g définie sur [a,b] par
g(x) = (f(x) − f ′ (x))e x .
La fonction g est de classe C 1 sur [a,b] et g(a) = g(b) = 0. D’après le théorème de Rolle, il
existe c ∈ ]a,b[ tel que g ′ (c) = 0. Or on a, pour tout x ∈ [a,b],
g ′ (x) = (f ′ (x) − f ′′ (x))e x + (f(x) − f ′ (x))e x = (f(x) − f ′′ (x))e x .
On en déduit que f ′′ (c) = f(c).

198
Exercice 20.13
1. Si g(b) = g(a), la fonction g ′ s’annule sur ]a,b[ d’après le théorème de Rolle, ce qui est
contraire à l’hypothèse. On a donc g(b) − g(a) ≠ 0. On considère la fonction h : [a,b] −→ R
définie par
f(a) − f(b)
h(x) = f(x) −
g(a) − g(b) g(x).
f(b)g(a) − f(a)g(b)
La fonction h est continue sur [a,b], dérivable sur ]a,b[ et h(a) = h(b) = .
g(a) − g(b)
D’après le théorème de Rolle, il existe c ∈ ]a,b[ tel que h ′ (c) = 0.
Comme h ′ (c) = f ′ f(a) − f(b)
(c) −
g(a) − g(b) g′ (c) = 0 et g ′ (c) ≠ 0, on en déduit que
f(a) − f(b)
g(a) − g(b) = f ′ (c)
g ′ (c) .
2. Le raisonnement fait dans la question 1 s’applique sur le segment [a,x], pour tout x ∈ ]a,b[.
Pour tout x ∈ ]a,b[, il existe c x ∈ ]a,x[ tel que
f(x) − f(a)
g(x) − g(a) = f ′ (c x )
g ′ (c x ) .
Quand x tend vers a, c x tend aussi vers a et par le théorème de composition des limites,
f ′ (c x )
g ′ tend vers l. On a donc
(c x )
f(x) − f(a)
lim
x→a g(x) − g(a) = l.
f(x) − f(b)
On note que le même raisonnement s’appliquerait en b, pour calculer lim
x→b g(x) − g(b) .
3. Les fonctions f : x −→ x p et g : x ↦−→ x q sont continues sur [0,+∞[ et dérivables sur
]0,+∞[. On a, pour x > 0, g(x) = qx q−1 f ′ (x)
≠ 0 et lim
x→1 g ′ (x) = lim px p−1
x→1 qx q−1 = p . On peut
q
appliquer le résultat de la question 2 aux intervalles [0,1] et [1,2] par exemple. On obtient
La fonction x ↦−→ sinx − x
x p − 1
lim
x→1 − x q − 1 = lim x p − 1
x→1 + x q − 1 = p q
x 3
et donc
x p − 1
lim
x→1 x q − 1 = p q .
est paire. On calcule seulement sa limite à droite. Soit f et g
les fonctions définies par f(x) = x −sinx et g(x) = x 3 . La dérivée g ′ : x ↦−→ 3x 2 ne s’annule
pas sur ]0,+∞[. On calcule
f ′ (x)
lim
x→0 g ′ (x) = lim 1 − cos x
x→0 3x 2 = 1 6 .
Le résultat de la question 2 s’applique et on en déduit que
x − sin x
lim
x→0 x 3 = 1 6 .

199
Exercice 20.14
1. La fonction f ′ est croissante donc possède une limite en +∞, qui est finie ou égale à +∞.
2. On pose lim
x→+∞ f ′ (x) = l. On raisonne par l’absurde. On suppose par exemple que
l ∈ R ∗ + ∪ {+∞}. Il existe m > 0 et A > 0 tels que f ′ (x) m si x A (si l ∈ R, on
peut prendre m = l ; si l = +∞, tout réel m > 0 convient). En appliquant l’inégalité des
2
accroissements finis, on obtient
∀x A f(x) − f(A) m(x − A)
et donc lim f(x) + ∞, ce qui impossible car f est bornée.
x→+∞
On montre de même que l < 0 implique
lim f(x) = −∞. Dans tous les cas, on a une
x→+∞
contradiction. Donc l = 0.
3. La fonction f ′ est croissante et a pour limite 0 en +∞. Elle est donc négative. On en
déduit que f est décroissante sur R + . Comme f est décroissante et minorée sur R + , elle
possède une limite finie en +∞.
Exercice 20.15
1. Soient ε > 0 et x 0 > 0 tel que x x 0 implique |f ′ (x) −l| ε. Si x > x 0 , il existe, d’après
la formule des accroissements finis, c > x 0 tel que
On en déduit l’encadrement
f(x) − f(x 0 )
x − x 0
= f ′ (c).
l − ε f(x) − f(x 0)
x − x 0
l + ε.
En multipliant par x − x 0
, on obtient
x
(l − ε) x − x 0
x
+ f(x 0)
x
f(x)
x (l + ε)x − x 0
+ f(x 0)
x x .
Comme lim (l−ε)x − x 0
+ f(x 0)
= l−ε, il existe x 1 tel que (l−ε) x − x 0
+ f(x 0)
l−2ε
x→+∞ x x
x x
pour x x 1 . De même, lim (l + ε)x − x 0
x→+∞ x
(l + ε) x − x 0
+ f(x 0)
l + 2ε pour x x 2 .
x x
On a alors, pour x > max(x 0 ,x 1 ,x 2 ),
+ f(x 0)
x
l − 2ε f(x)
x l + 2ε.
Comme ε est un réel strictement positif quelconque, ceci montre que
f(x)
lim
x→+∞ x = l.
= l + ε et il existe x 2 tel que

200
2. On procède comme dans la question 1. Soit A > 0 et x 0 > 0 tel que f ′ (x) A pour
x x 0 . On dispose, pour x > x 0 , de l’inégalité
f(x) − f(x 0 )
x − x 0
A et donc
f(x)
x x − x 0
A + f(x 0)
x x .
x − x 0
Comme lim A+ f(x 0)
x→+∞ x x
On a alors, pour x > max(x 0 ,x 1 ),
= A, il existe x 1 tel que x − x 0
x
f(x)
x A 2 .
A+ f(x 0)
x
Comme A est un réel strictement positif quelconque, ceci montre que
3.
• Prenons f = sin. On a lim
x→+∞
sin x
x
f(x)
lim
x→+∞ x
= +∞.
= 0. Mais f ′ = cos n’a pas de limite en +∞.
• Considérons f définie par f(x) = x 2 + 3xsin x. Elle vérifie
f(x)
lim
x→+∞ x
= lim x + 3cos x = +∞
x→+∞
A 2 pour x x 1.
Mais on montre que f ′ : x ↦−→ x(2 + 3cos x) + 3sin x n’a pas de limite en +∞. En effet,
pour tout n ∈ N,
f ′ (2nπ) = 10nπ et f ′ ((2n + 1)π) = −(2n + 1)π,
donc
lim f ′ (2nπ) = +∞ et lim f ′ ((2n + 1)π) = −∞.
n→+∞ n→+∞
Si f ′ avait une limite l ∈ R en +∞, les limites des deux suites seraient égales à l.
Exercice 20.16
1. Supposons par exemple f ′ (a) > 0 et f ′ (b) < 0.
f(x) − f(a)
Comme lim = f ′ (a) > 0, il existe η > 0 tel que, pour x ∈ [a,a + η],
x→a x − a
f(x) − f(a)
> 0 et donc f(x) > f(a).
x − a
On démontre de même, en partant de f ′ (b) < 0, qu’il existe η ′ tel que f(x) > f(b) pour
tout x ∈ [b − η ′ ,b].
Le maximum de f sur [a,b] n’est donc atteint ni en a, ni en b. Soit c un point où il est
atteint. Comme c appartient à ]a,b[ et f est dérivable, on a f ′ (c) = 0.
On montre de même que si f ′ (a) < 0 et f ′ (b) > 0, f ′ s’annule en un point où f atteint son
minimum.

201
2. Soit a et b dans I tels que a < b. Il faut démontrer que f ′ (I) comprend toute valeur k
comprise entre f ′ (a) et f ′ (b). Considérons la fonction g définie sur I par
g(x) = f(x) − kx.
Elle est dérivable sur I, g ′ (x) = f ′ (x)−k et par hypothèse g ′ (a)g ′ (b) 0. D’après la question
1, il existe c ∈ [a,b] tel que g ′ (c) = 0 (si g ′ (a)g ′ (b) = 0, on prend a ou b), c’est-à-dire tel que
f ′ (c) = k.
On conclut : f ′ (I) est un intervalle ; la fonction f ′ vérifie le théorème des valeurs intermédiaires
même si elle n’est pas continue sur I.
Exercice 20.17
La fonction f est continue et strictement monotone donc réalise une bijection de I sur f(I).
On note g = f −1 .
La fonction f est de classe D 2 donc f ′ est continue. Comme f ′ (x 0 ) ≠ 0, on peut trouver
α > 0 tel que f ′ (x) > 0 sur [x 0 − α,x 0 + α]. On sait qu’alors la fonction g est dérivable sur
l’intervalle J = f([x 0 − α,x 0 + α]) et donc dérivable au voisinage de f(x 0 ) = y 0 . On a, pour
tout y ∈ J,
1
g(y) =
f ′ (g(y)) .
La fonction g est dérivable en y 0 et f ′ dérivable en x 0 , donc g ′ est dérivable en y 0 et
g ′′ (y 0 ) = − f ′′ (g(y 0 ))g ′ (y 0 )
f ′ (g(y 0 )) 2 = − f ′′ (x 0 )
(f ′ (x 0 )) 3 .
Exercice 20.18
1. La fonction f ′ est continue et strictement croissante sur R. D’après la formule des accroissements
finis, pour tout x ≠ 0, il existe c ∈ R tel que f ′ (x) − f ′ (0)
= f ′′ (c) α. On
x
en déduit
f ′ (x) αx + f ′ (0) si x > 0 et f ′ (x) xf ′ (0) + f ′ (0) si x 0.
Cela montre que lim f ′ (x) = +∞ et lim f ′ (x) = −∞. la fonction f ′ réalise donc une
x→+∞ x→−∞
bijection de R sur R. On note g = f ′ −1 .
La fonction f est dérivable sur R et sa dérivée f ′′ ne s’annule pas sur R. On en déduit que
g est dérivable sur R et
g ′ =
1
(f ′ ) ′ ◦ g = 1
f ′′ ◦ g .
2. La fonction f ∗ est dérivable sur R car f et g le sont et
(f ∗ ) ′ (x) = g(x) + xg ′ (x) − f ′ (g(x))g ′ (x) = g(x) + xg ′ (x) − xg ′ (x) = g(x),
car g = f ′ −1 . On a donc f ∗′ = g et f ∗ est deux fois dérivable car g est dérivable. De plus
f ∗′′ = 1
f ′′ ◦ g .

202
3. On a, pour tout réel x, f ′′ (x) β et donc, pour tout réel x,
f ∗′′ = 1
f ′′ ◦ g 1 β .
Comme f ∗′′ est minorée par une constante strictement positive, on peut appliquer ce qui
précède à f ∗ et définir (f ∗ ) ∗ . Comme f ∗′ = g et donc f ∗′ −1
= g −1 = f ′ , on a par définition
de f ∗ , pour tout réel x,
(f ∗ ) ∗ (x) = xf ′ (x) − f ∗ (f ′ (x)) = xf ′ (x) − [f ′ (x)g(f ′ (x)) − f(g(f ′ (x))]
= xf ′ (x) − [f ′ (x)x − f(x)] = f(x)
car g ◦ f ′ = Id R . On conclut que (f ∗ ) ∗ = f.
Exercice 20.19
1. La fonction g : x ↦−→ f(x) − x est strictement décroissante sur [a,b] car
g ′ (x) = f ′ (x) − 1 k − 1 < 0.
Comme on a g(a) 0 et g(b) 0, on en déduit que g s’annule une seule fois sur [a,b] en α.
L’équation f(x) = x a pour seule solution α.
2. L’inégalité des accroissements finies donne, pour tout entier n,
On en déduit que, pour tout entier n,
|u n+1 − α| = |f(u n ) − f(α)| k|u n − a|.
|u n − α| k n |u 0 − α|.
Comme k ∈ ]0,1[, on obtient que lim
n→+∞ u n = α.
Exercice 20.20
1. Comme f ′ est continue, la limite de f ′ en α est f ′ (α). Puisque k − |f ′ (α)| > 0, il existe
η > 0 tel que, pour tout x ∈ [α − η,α + η], l’inégalité |f ′ (x) − f ′ (α)| k − |f ′ (α)| soit
vérifiée. Pour un tel x, on a
|f ′ (x)| |f ′ (x) − f ′ (α)| + |f ′ (α)| k − |f ′ (α)| + |f ′ (α)| k.
Si n est un entier naturel tel que u n ∈ [α − η,α + η], alors par l’inégalité de accroissements
finis, on obtient
|u n+1 − α| k|u n − α| |u n − α| η
et u n appartient à [α − η,α + η]. Si u 0 appartient à cet intervalle, il en est donc de même
de tous les termes de la suite et on montre comme dans l’exercice précédent que (u n ) n∈N
converge vers α.

203
2. Puisque |f ′ (α)| −k > 0, il existe η > 0 tel que l’inégalité |f ′ (x) −f ′ (α)| |f ′ (α)| −k soit
vérifiée pour x ∈ [α − η,α + η]. Pour un tel x, on a
|f ′ (x)| |f ′ (α)| − |f ′ (x) − f ′ (α)| |f ′ (α)| − (|f ′ (α)| − k) k.
Supposons que la suite (u n ) n∈N converge vers α. Il existe un entier n 0 tel que u n ∈ [α−η,α+η]
pour n n 0 . Si n n 0 on a, d’après l’inégalité des accroissements finis,
|u n+1 − α| k|u n − α|.
Supposons que la suite (u n ) n∈N n’est pas stationnaire. On alors, pour tout n n 0 , u n ≠ α
et donc
|u n+1 − α| k|u n − α| > |u n − α|.
La suite (|u n − α|) nn0 est strictement croissante. Elle ne peut pas converger vers 0. Ainsi,
si (u n ) n∈N converge vers α, elle est stationnaire.
Exercice 20.21
1. La fonction f est continue, strictement décroissante sur [a,b]. Comme f(a)f(b) < 0, elle
s’annule une seule fois sur [a,b], en c.
2. a) Montrons par récurrence que x n ∈ [a,c[.
C’est vrai pour n = 0 par hypothèse.
Si x n ∈ [a,c[, alors f ′ (x n ) 0, car f ′ est négative sur [a,b], et f(x n ) > 0 car f(c) = 0 et f
décroît. On en déduit que x n+1 > x n .
D’autre part, la fonction f est convexe sur [a,b], car f ′′ est positive, donc on a
On en déduit que
0 = f(c) f(x n ) + (c − x n )f ′ (x n ).
c − x n+1 = (c − x n)f ′ (x n ) + f(x n )
f ′ (x n )
0.
On a montré que x n+1 ∈ [a,c], ce qui termine la récurrence.
On remarque qu’il résulte de la démonstration que (x n ) n∈N est alors croissante.
b) La suite (x n ) n∈N est croissante et majorée par c, donc elle converge. On note l sa limite.
Par passage à la limite dans la relation de récurrence, on obtient, comme f ′ ne s’annule pas
sur [a,b], l = l − f(l)
f ′ et donc f(l) = 0, soit l = c.
(l)
3. a) On a
c − x n+1 = (c − x n)f ′ (x n ) + f(x n )
f ′ (x n )
= −f(x n) − (c − x n )f ′ (x n )
|f ′ .
(x n )|
On sait que |f ′ (x n )| m. Il faut majorer le numérateur par M 2 (c −x n) 2 . Pour x ∈ [a,c], on
pose
g(x) = −f(x) − (c − x)f ′ (x) − M 2 (c − x)2 .

204
On obtient g ′ (x) = (c−x)(M −f ′′ (x)) 0. Comme g(c) = 0, on en déduit que g est négative
sur [a,c]. On obtient les inégalités voulues
0 c − x n+1 M 2m (c − x n) 2 .
b) On pose q = M . On alors, pour tout n ∈ N,
2m
0 q(c − x n+1 ) q 2 (c − x n ) 2 (q(c − x n )) 2 .
On en déduit par récurrence sur n que 0 q(c − x n ) (q(c − x 0 )) 2n .
En effet pour n = 0, cela résulte de 2 0 = 1 et si c’est vrai au rang n, on obtient
0 q(c − x n+1 ) (q(c − x n )) 2 (q(c − x 0 )) 2n .2 (q(c − x 0 )) 2n+1 .
En divisant l’inégalité obtenue par q, on obtient le résultat demandé.
Exercice 20.22
1. La dérivée de f : x ↦−→ arctan x − x2
1 + x 2 est f ′ (1 − x)2
: x ↦−→
(1 + x 2 . La fonction f est
)
2
donc strictement croissante et, comme f(0) = 0, on a f(x) > 0 pour x > 0, ce qui donne
l’inégalité voulue.
[
2. La fonction f : x ↦−→ tan x −x a pour dérivée x ↦−→ tan 2 x donc elle croissante sur 0, π [
2
et s’annule en 0. Elle est positive. [
On considère les fonctions g et h définies sur 0, π [
par
2
de dérivées
g(x) = tan x − x − x3
3
g ′ (x) = tan 2 x − x 2
et h(x) = tanx − x − 14x3
25 ,
et h ′ (x) = tan 2 x − 42x2
25 .
Comme [ g ′ (x) = f(x)(x+tan x) 0, la fonction g croît ; de plus, g(0) = 0, donc g est positive
sur 0, π [
.
2 ( √ ) ( √ )
42x 42x
On écrit h ′ (x) = tan x − tan x + . Ainsi, h ′ (x) a le signe de k(x), où
5
5
√ √
42x
42
k : x ↦−→ tan x − . Sa dérivée est définie par k ′ (x) = tan 2 −( − 1). Elle s’annule
5
√√ 5
42
une seule fois en α tel que α = arctan − 1. La fonction k décroît sur [0,α] et croît sur
[
5
α, π k = +∞, elle s’annule une fois entre α et π , en β ; elle est
2
2
[
. Comme k(0) = 0 et lim π
2
négative sur [0,β] et positive sur [β, π 2 [. La fonction h décroît sur [0,β] et croît sur [β, π [
2 [.
Comme h(0) = 0 et lim π
h = +∞, h s’annule une fois sur β, π [
en γ ; elle est négative
2
2

[
sur [0,γ] et positive sur γ, π [
. De h(1) ≈ −0,0026, on tire 1 γ. Ainsi, la fonction h est
2
négative sur [0,1]. On a donc, pour tout x ∈ [0,1],
ce qui donne les inégalités voulues.
3. On considère la fonction définie sur
g(x) 0 et h(x) 0,
]
0, π [
par f(x) = sin2x + tanx − 2. On obtient
2
f ′ (x) = 2cos 2x + 1
cos 2 x − 2 = 2(2cos2 x − 1) + 1
cos 2 x − 2
= 4cos4 x − 4cos 2 x + 1
cos 2 x
= (2cos2 x − 1) 2
cos 2 x
La fonction ] f est strictement croissante et sa limite en 0 est 0. Elle est donc strictement
positive sur 0, π [
. D’où l’inégalité demandée.
2
0.
205
4. On considère la fonction f définie sur R + par f(x) = cos x − 1 + x2
2 − x4
24 .
On calcule ses dérivées successives qui s’annulent toutes en 0. On obtient f (4) (x) = cos x−1 0.
On montre successivement que f (3) , f ′′ et f sont négatives. On en déduit que, pour tout
x 0,
cos x 1 − x2
2 + x4
24 .
De f ′′ (x) = −cos x = 1 − x2
2
0, on tire, pour x 0, l’inégalité
1 − x2
2
cos x.
Ces inégalités restent vérifiées sur R − , car toutes les fonctions qui interviennent sont paires.
5. On étudie la fonction f définie sur ]0,+∞[ par f(x) = lnx − x − 1 √ x
= lnx − √ x + 1 √ x
.
On a, pour x > 0,
f ′ (x) = 1 x − 1
2 √ x − 1
2x √ x = 2√ x − x − 1
2x √ = − (√ x − 1) 2
x 2x √ 0.
x
La fonction est strictement décroissante. Comme elle s’annule en 1, elle a le signe de x − 1.
f(x)
On a donc, pour x > 0 et x ≠ 1, > 0, ce qui est l’inégalité voulue.
x − 1
Exercice 20.23
1. La dérivée de la fonction arctan est x ↦−→ 1 qui est décroissante pour x 0. D’après
1 + x2 la formule des accroissements finis, il existe c ∈ ]a,b[ tel que arctanb−arctan a = (b−a)arctan ′ (c).
De arctan ′ b arctan ′ c arctan ′ a et b > a, on tire les inégalités demandées.

206
2. Soit f définie sur
]
0, π [
par f(x) = sin x
2
x . On a
f ′ (x) =
xcos x − sin x cos x(x − tan x)
x 2 =
x 2 .
Une étude de fonction facile montre que tanx − x > 0 sur ]0, π 2 [. On en déduit que f ′ < 0.
On a donc , pour 0 < a < b < π 2 ,
sin a
a
> sin b
b
et
a
b < sina
sinb .
D’autre part, la fonction g : x ↦−→ f(a) − π f(x) est strictement croissante. Or
2
( π
)
g = f(a) − 1 = f(a) − lim f(x) < 0,
2 x→0
car f décroît. La fonction g est donc négative. D’où l’on déduit
f(a) < π sin a
f(b) et
2 sin b < a π
b 2 .
Exercice 20.24
1. D’après l’inégalité des accroissements finis, pour tout x > 0, on peut trouver c ∈ ]x,x+1[
tel que ln(x + 1) − lnx = 1 c . Comme la fonction x ↦−→ 1 décroît, on dispose des inégalités
x
1
x + 1 < 1 c < 1 dont découle le résultat demandé.
x
2. Pour n 1, on utilise le résultat de la question 1 pour x = n, n + 1, . . . , kn − 1. On
obtient
kn−1
∑
kn−1
1
p + 1 < ∑
kn−1
∑ 1
(ln(p + 1) − lnp) <
p ,
p=n
p=n
p=n
u n < ln(kn) − lnn < u n + 1 n − 1
kn ,
lnk − 1 n + 1
kn < u n < lnk.
On en déduit par encadrement lim
n→+∞ u n = lnk.
Exercice 20.25
La fonction f : x ↦−→ 12x 4 − 14x 3 − 3x 2 − 5 a pour dérivée f ′ telle que
f ′ (x) = 48x 3 − 42x 2 − 6x = 6x(8x 2 − 7x − 1) = 6x(x − 1)(8x + 1).
Sur ]0,+∞[, f ′ (x) a le signe de x − 1 : f décroît sur [0,1] et croît sur [1,+∞[. Comme
f(0) < 0 et lim
+∞
f = +∞, f s’annule une seule fois sur R + entre 1 et +∞.

207
Exercice 20.26
Pour b = 0, l’équation n’a pas de solution. Si b ≠ 0 et a = 0, on trouve une solution 1 b .
On suppose désormais ab ≠ 0.
La fonction f : x ↦−→ e ax − bx a pour dérivée x ↦−→ ae ax − b.
Si ab < 0, f est strictement monotone. On vérifie qu’en −∞ et +∞, f a des limites infinies
opposées : f réalise une bijection de R sur R. Elle s’annule une fois.
Si ab > 0, f ′ s’annule en α = 1 a ln b a et f(α) = b a
(
1 − ln b a
• Si a > 0, f a pour limite +∞ en −∞ et +∞; elle atteint son minimum en α. Si b < ae
le minimum est strictement positif et f ne s’annule pas. Si b = a le minimum est nul et f
s’annule une fois. Si b > ae, le minimum est négatif et f s’annule deux fois.
• Le cas a < 0 se ramène au précédent car x est solution de e ax = bx si et seulement si −x
est solution de e −ax = −bx.
Exercice 20.27
1. Comme lim
x − 1 = 1, la fonction f est continue en 1, donc sur R∗ +. Elle est dérivable
sur ]0,1[ et ]1,+∞[ et
f ′ (x) = x − 1 − lnx
(x − 1) 2 .
x→1
lnx
L’étude des variations de x ↦−→ x − 1 − lnx montre que cette fonction est positive ou nulle
sur ]0,+∞[ et ne s’annule qu’en 1. On en déduit que pour x > 0, x ≠ 1, f ′ (x) > 0. La
fonction étant continue sur R ∗ +, elle est strictement croissante sur R ∗ +. Comme lim f(x) = 0
x→0
et lim f(x) = +∞, f réalise une bijection de
x→+∞ R∗ + sur R ∗ +.
2. Pour x ≠ 1,
( 1
f(x)f =
x)
xlnx 1 x ln 1 x
(x − 1) ( x(ln x)2
1
=
x
− 1) (x − 1) 2 .
Comme lnx
( ) 1
x − 1 > 0, l’inégalité f(x)f < 1 équivaut à lnx
x
x − 1 √ 1 . Cette inégalité a été
x
démontrée dans l’exercice 22.
Exercice 20.28
On a, par définition n√ n = e ln n . La fonction x ↦−→ lnx , croît sur ]0,e] et décroît sur [e,+∞[.
x
Cela montre que n√ n 2√ 2 pour n 2 et n√ n 3√ 3 pour n 3. Puisque 2 3 3 2 , on a
2√ √ 2
3
3, on conclut
sup
√ n
n = 3√ 3.
n∈N ∗
Exercice 20.29
1. La fonction g α : x ↦−→ x − f α (x) est définie et dérivable sur ] − α,+∞[ et
)
.
1
α
g α(x) ′ = 1 − (α − 1)
1 + α x
= x + 1
x + α .

208
La fonction g α ′ s’annule en −1 ; g α est décroissante sur ] − α, −1] et est croissante sur
[−1,+∞[. On calcule les limites aux bornes : lim g α(x) = lim g α = +∞. Le nombre de
x→−α x→+∞
solutions de l’équation f α (x) = x, i.e. g α (x) = 0, dépend du signe de
(
g α (−1) = −1 − (α − 1)ln
= −1 + (α − 1)ln
)
1 − 1 α
(
1 + 1
α − 1
( α
= −1 + (α − 1)ln
)
.
α − 1
On sait que, pour x > −1, on a ln(1 + x) x avec égalité si et seulement si x = 0. On a
donc, pour tout α > 2,
1
g α (−1) < −1 + (α − 1)
α − 1 0.
La fonction g α s’annule deux fois dont une en 0. L’autre zéro de g α est noté x α . Il appartient
à ] − α, −1[.
2. Il a déjà été démontré que −α < x α < −1. Pour étudier la place de x α par rapport
à −2, il faut étudier le signe de g α (−2). Plus généralement, pour traiter le reste de la
question, on étudie, pour x < −1, le signe de g α (x) et pour cela la fonction ϕ x définie pour
α > max(2, −x), par
On note que
ϕ x (α) = g α(x)
α − 1 =
x (1
α − 1 − ln + x )
.
α
lim ϕ x(α) = 0. La fonction ϕ x est dérivable et
α→+∞
)
ϕ ′ x(α) =
−x x
(α − 1) 2 + α 2
1 + x α
=
x(−(x + 2)α + 1)
(α − 1) 2 α(α + x) .
• Si x = −2, ϕ ′ x est négative, la fonction ϕ x décroît et comme sa limite en +∞ est 0, elle est
positive. Ainsi g α (−2) > 0 pour tout α > 2 donc x α > −2 puisque g α décroît sur ]−α, −1[.
• Si x ∈ ]−2, −1[, on a x(−(x + 2)α + 1) > 0 et donc ϕ ′ x(α) > 0 pour α assez grand.
La fonction ϕ x est croissante pour α assez grand. Comme sa limite en +∞ est 0, on a
ϕ x (α) < 0, g α (x) < 0 et donc x α < x pour α assez grand.
On a donc démontré que, pour tout x ∈ ]−2, −1[, il existe α 0 > 2, tel que
∀α > α 0 − 2 < x α < x.
Ceci montre que
lim x α = −2.
α→+∞
Exercice 20.30
1. La fonction f est dérivable car arctan est dérivable sur R de même que x ↦−→ √ 1 + x 2 −x

209
et, pour tout réel x,
f ′ (x) = 1
√ x
1 + x 2 + 2 − 1 1+x 2
( √ 1 + x 2 − x) 2 + 1
= 1
x− √ √
1+x 2
1 + x 2 + 2 1+x 2
2(1 + x 2 ) − 2x √ 1 + x 2
= 1
1 + x 2 + x − √ 1 + x 2
(1 + x 2 )( √ 1 + x 2 − x) = 0.
La fonction f est donc constante sur R et comme f(0) = 2arctan 1 = π 2 , on a f(x) = π 2
pour tout réel x.
2. La fonction g : x ↦−→ arctan 1
2x 2 + arctan x + 1 + arctan x − 1
x x
g ′ (x) =
−1
x 3
1 + 1
4x 4 +
− 1 x 2
1 + ( x+1
x
) 2
+
1
x 2
1 + ( x−1
x
= −4x
4x 4 + 1 − 1
x 2 + (x + 1) 2 + 1
x 2 + (x − 1) 2
= −4x
4x 4 + 1 + 4x
(2x 2 + 1 − 2x)(2x 2 + 1 + 2x) = 0.
) 2
est dérivable sur R ∗ et
La fonction g est donc constante sur ] − ∞,0[ et sur ]0,+∞[. Comme lim
+∞
g = 2arctan 1 = π 2
et lim
−∞
g = π 2 , on a g(x) = π 2 pour tout x ∈ R∗ .
Exercice 20.31
1. La dérivée de cos, −sin ne s’annule pas sur ]0,π[ donc la fonction arccos est dérivable sur
cos(]0,π[) =] − 1,1[, et pour x ∈ ]−1,1[,
arccos ′ (x) =
1
cos ′ (arccos x) = 1
−sin(arccos x) = √ −1 ,
1 − x
2
car pour y ∈ ]0,π[, siny = √ 1 − cos 2 y.
∣ 2. On a, pour tout réel x,
1 − x 2 ∣∣∣
∣1 + x 2 1 et arccos est définie sur [−1,1] donc f est définie sur
R.
3. La fonction x ↦−→ 1 − x2
−4x
est dérivable sur R de dérivée x ↦−→
1 + x2 (1 + x 2 . Comme arccos
)
2 ∣ est dérivable sur ] − 1,1[, f est dérivable en x si
1 − x 2 ∣∣∣
∣1 + x 2 ≠ 1. C’est vrai si x ≠ 0. Ainsi f
est dérivable sur R ∗ , de dérivée
f ′ (x) = −√
1 −
1
(
1−x 2
1+x 2 ) 2
−4x
(1 + x 2 ) 2 = 4x
√
4x2 (1 + x 2 ) .

210
Ainsi, si x < 0, f ′ (x) = − 2
1 + x 2 = −2arctan′ (x) et si x > 0, f ′ (x) = 2arctan x. Il existe
donc des constantes c 1 et c 2 telles que
f(x) = −2arctan x + c 1 si x < 0 et f(x) = 2arctan x + c 2 si x > 0.
Par continuité de f en 0, on obtient, puisque f(0) = 0, c 1 = c 2 = 0.
Exercice 20.32
1. Pour la fonction f : x ↦−→ (x 2 + 3x − 1)e x , on applique la formule de Leibniz. La dérivée
troisième de g : x ↦−→ x 2 + 3x − 1 est nulle donc, pour x ∈ R et n 2,
( ( n n
f n (x) = e x g(x) + e
1)
x g ′ (x) + e
2)
x g ′′ (x)
[
]
= e x x 2 n(n − 1)
+ 3x − 1 + n(2x + 3) + · 2
2
= e x (x 2 + (2n + 3)x + n 2 + 2n − 1).
On vérifie que la formule reste exacte pour n = 0 et n = 1.
2. On a, pour tout réel x,
f ′ (x) = e x (cos x − sin x) = e x√ (
2 cos x + π )
.
4
On en déduit par une récurrence immédiate que, pour tous n ∈ N et x ∈ R,
(
f (n) = e x 2 n 2 cos x + n π )
.
4
3. La fonction f est C ∞ sur ] − ∞, −1[, ] − 1,1[ et ]1,+∞[. On a, pour tout x ∈ R \ {−1,1},
f(x) = 1 1
2 x − 1 − 1 1
2 x + 1 .
On est ramené à calculer la dérivée n-ième sur R ∗ de g : x ↦−→ 1 , car ensuite on compose
x
avec x ↦−→ x + 1 ou x ↦−→ x − 1 dont les dérivées sont égales à 1. On montre facilement par
récurrence que, pour tous n ∈ N et x ∈ R ∗ ,
g (n) (x) = (−1)n n!
x n+1 .
On en déduit que, pour tous n ∈ N et x ∈ R \ {−1,1},
f (n) (x) = (−1)n n!
2
(
)
1
(x − 1) n+1 − 1
(x + 1) n+1 .

211
Exercice 20.33
La dérivée x ↦−→ 1
1 + x 2 de arctan est C∞ comme quotient de polynômes. Il en est de même
de arctan. On vérifie la formule par récurrence.
Pour n = 1, on a
( π
)
0!cos(f(x))sin
2 + f(x) = cos 2 1
f(x) =
1 + tan 2 f(x) = 1
1 + x 2 = f ′ (x).
Supposons que la formule est vraie au rang n et calculons f (n+1) . On obtient, pour tout réel
x,
(
f (n+1) (x) = (n − 1)!
+cos n f(x)ncos
Comme f ′ (x) = cos 2 (f(x)), on en déduit
−nsin(f(x))cos n−1 (f(x))sin
( ( π
))
n
2 + f(x) f ′ (x).
( (
f (n+1) (x) = n!cos n+1 (f(x)) −sin f(x)sin n
(n π )
2 + (n + 1)f(x)
= n!cos n+1 (f(x))cos
= n!cos n+1 (f(x))sin
( π
2 + f(x) ))
( ( π
))
(n + 1)
2 + f(x)
La formule est donc vraie au rang n + 1, donc pour tout entier n.
( ( π
))
n
2 + f(x)
( ( π
)))
+ cos(f(x))cos n
2 + f(x)
Exercice 20.34
La fonction f est C ∞ comme composée de fonctions C ∞ .
1. On calcule f ′ et f ′′ . Pour tout x > 1,
f ′ (x) = x(x 2 − 1) − 1 2
f ′′ (x) = (x 2 − 1) − 1 2 −
1
2 x(2x)(x2 − 1) − 3 2 = −(x 2 − 1) − 3 2 .
On démontre la propriété par récurrence.
Elle est vérifiée pour n = 2, avec P 2 (x) = 1, polynôme de degré 0, à coefficients strictement
positifs.
Supposons que la propriété est vraie au rang n et calculons f (n+1) . On a, pour tout x > 1,
(
f (n+1) (x) = (−1) n+1 P n(x)(x ′ 2 − 1) −n+ 1 2 + (−1) n+1 P n (x) −n + 1 )
(2x)(x 2 − 1) −n− 1 2
2
= (−1) n+2 (x 2 − 1) −n− 1 2 [−P
′
n (x)(x 2 − 1) + (2n − 1)xP n (x)].
Si on pose P n+1 (x) = −P ′ n(x)(x 2 − 1) + (2n − 1)xP n (x), P n+1 est un polynôme de degré
inférieur ou égal à n − 1. Il reste à vérifier que P n+1 est à coefficients strictement positifs,
de degré n − 1, pour que la propriété soit vérifiée au rang n + 1.

212
n−2
∑
Posons P n (x) = a k x k , avec a 0 , a 1 , . . . ,a n−2 réels strictement positifs. On a alors
k=0
n−2
∑
n−2
∑
P n+1 (x) = −(x 2 − 1) ka k x k−1 + (2n − 1)x a k x k
k=1
k=0
n−2
∑
n−2
∑
= (2n − 1 − k)a k x k+1 + ka k x k−1
k=0
k=1
n−1
∑
n−3
∑
= (2n − j)a j−1 x j + (j + 1)a j+1 x j
j=1
k=0
n−3
∑
= (n + 1)a n−2 x n−1 + (n + 2)a n−3 x n−2 + ((2n − j)a j−1 + (j + 1)a j+1 )x j + a 1 .
Ceci montre que P n+1 est de degré n − 1 et a des coefficients strictement positifs et termine
la démonstration par récurrence.
2. On a, pour x > 1 et n 2,
k=1
(−1) n f (n) (x) = −P n (x)(x 2 − 1) −n+ 1 2 < 0,
car le polynôme P n , qui est à coefficients positifs, prend des valeurs positives sur ]1,+∞[.
On vérifie que cela reste vrai pour n = 0 ou n = 1.
Exercice 20.35
1. La fonction f est C ∞ car c’est un quotient de polynômes dont le dénominateur ne s’annule
pas.
2. a) On dérive la relation définissant P n . On obtient, pour tout réel x,
P ′ n(x) = 2x(n + 1)(1 + x 2 ) n f (n) (x) + (1 + x 2 ) n+1 f (n+1) (x),
(1 + x 2 )P ′ n(x) = 2(n + 1)x(1 + x 2 ) n+1 f (n) (x) + (1 + x 2 ) n+2 f (n+1) (x)
par définition de P n et P n+1 .
= 2(n + 1)xP n (x) + P n+1 (x),
b) On démontre par récurrence que P n est un polynôme de degré n.
C’est vrai pour n = 0, car P 0 (x) = (1 + x 2 )f(x) = 1. Supposons que P n est un polynôme de
degré n, de coefficient dominant a n .
Puisque, pour tout x ∈ R, P n+1 (x) = (1+x 2 )P ′ n(x)−2(n+1)xP n (x), P n+1 est un polynôme.
Les polynômes (1 + X 2 )P ′ n et 2(n + 1)XP n sont de degré n + 1. Le terme de degré n + 1 est
na n dans (1+X 2 )P ′ n et 2(n+1)a n dans 2(n+1)XP n , donc −(n+2)a n ≠ 0 dans P n+1 . Ainsi
P n+1 est de degré n + 1, ce qui termine la démonstration par récurrence, et son coefficient
dominant est a n+1 = −(n + 2)a n . On en déduit que, pour tout n ∈ N,
a n = −(n + 1)a n−1 = · · · = (−1) n (n + 1)!a 0 = (−1) n (n + 1)!.

213
3. On montre, par récurrence sur n, que P n admet n racines réelles. Le polynôme P 0 = 1
s’annule 0 fois. Supposons que P n s’annule n fois en x 1 < x 2 < ... < x n . Il en est de même de
f (n) . En appliquant le théorème de Rolle sur chacun des intervalles [x k ,x k+1 ] (1 k n−1),
on voit que f (n+1) s’annule une fois sur chacun des intervalles ]x k ,x k+1 [, ce qui donne n − 1
racines distinctes.
D’autre part, on a lim f (n) = lim f (n) = 0, car le degré de P n est strictement inférieur à celui
−∞ +∞
de (1 + x 2 ) n+1 . La dérivée f (n+1) ne peut pas garder un signe constant sur ]x n ,+∞[, sinon
f (n) serait strictement monotone : ceci est incompatible avec f (n) (x n ) = lim f (n) = 0. Donc
+∞
nécessairement f (n+1) change de signe sur ]x n ,+∞[. Comme elle est continue, elle s’annule
sur cet intervalle. On montre de même que f (n+1) s’annule sur ] − ∞,x 1 [. On a donc montré
que f (n+1) s’annule n + 1 fois sur R. On en déduit que P n+1 s’annule aussi n + 1 fois sur R.
Exercice 20.36
1. La fonction g est de classe C ∞ sur R ∗ . Comme la limite de sinx en 0 est 1, elle est
x
continue sur R.
Pour x ∈ R ∗ , on a
g ′ xcos x − sin x
(x) =
x 2 .
La fonction g ′ est continue sur R ∗ . On calcule sa limite en 0. La dérivée de x ↦−→ xcos x−sinx
est x ↦−→ −xsin x. D’après la formule des accroissements finis appliquée entre 0 et x, pour
tout x ∈ R ∗ , il existe c entre 0 et x tel que xcos x − sin x = x(−csin c). On a donc
|g ′ (x)| =
|xcos x − sin x| |csin c|
|x| 2 = |sin c|.
|x|
Comme c tend vers 0 quand x tend vers 0, on obtient lim
x→0
g ′ (x) = 0. On en déduit en utilisant
le théorème ?? que g est dérivable en 0 et g ′ (0) = 0. La fonction g ′ est donc continue sur R.
2. On démontre le résultat par récurrence. Il est vérifié pour n = 1, avec
P 1 (x) = x et Q 1 (x) = 1.
Si la propriété est vraie au rang n, on obtient en dérivant sur R ∗ ,
g (n+1) (x) = P ′ n(x)sin (n) (x) + P n (x)sin (n+1) (x) + Q ′ n(x)sin (n+1) (x) + Q n (x)sin (n+2) (x)
x n+1
− (n + 1) P n(x)sin (n) (x) + Q n (x)sin (n+1) (x)
x n+2 .
Comme sin ′′ = −sin, on a sin (n+2) = −sin (n) . On en déduit que
g (n+1) (x) = 1 (
x n+2 sin (n+1) (x)(xP n (x) + xQ ′ n(x) − (n + 1)Q n (x))
)
+sin (n+2) (x)(−xP n(x) ′ + xQ n (x) + (n + 1)P n (x)) ,

214
ce qui montre que la propriété est vérifiée au rang n + 1, avec
{
Pn+1 = XP n + XQ ′ n − (n + 1)Q n
Q n+1 = −XP ′ n + XQ n + (n + 1)P n .
La propriété est démontrée par récurrence.
3. Les polynômes P 1 et Q 1 sont à coefficients entiers et les formules de récurrence montre
que si P n et Q n sont à coefficients entiers, il en même de P n+1 et Q n+1 . C’est donc vrai
pour tout entier n.
Montrons par récurrence que P n est de degré n et Q n de degré n −1, avec comme coefficient
dominant respectivement 1 et n.
C’est vrai au rang 1 et si c’est vrai au rang n, alors XP n est de degré n+1 avec un coefficient
dominant égal à 1 et XQ ′ n − (n + 1)Q n est de degré n − 1, donc P n+1 est de degré n + 1
avec un coefficient dominant égal à 1. De même, −XP ′ n, XQ n et (n + 1)P n sont de degré
n avec des coefficients dominants respectivement égaux à −n, n et n + 1 donc Q n+1 est de
degré n avec un coefficient dominant égal à n + 1.
Montrons que la parité de P n est la parité de n et la parité de Q n , celle de n + 1.
C’est vrai pour n = 1 et si on suppose que c’est vrai au rang n, alors P n et Q ′ n ont la parité
de n, XP n + XQ ′ n a la parité de n + 1, (n + 1)Q n a la parité de n + 1 et il en est de même
de P n+1 . On montre de même que Q n+1 a la parité de n, ce qui termine la démonstration
par récurrence.
4. On a pour tout x ∈ R, sinx = xg(x). En appliquant la formule de Leibniz, on obtient,
pour tous x ∈ R et n ∈ N,
sin (n+1) (x) = xg (n+1) (x) + (n + 1)g n (x).
En remplaçant g (n+1) et g (n) par leur valeur et en multipliant par x n+1 , on obtient, pour
x ∈ R ∗ et n ∈ N,
x n+1 sin (n+1) (x) = P n+1 (x)sin (n+1) (x) + Q n+1 (x)sin (n+2) (x) +
Comme sin (n+2) = −sin (n) , cette égalité s’écrit
(n + 1)(P n (x)sin (n) (x) + Q n (x)sin (n+1) (x)).
(x n+1 − P n+1 (x) − (n + 1)Q n )sin (n+1) (x) + (Q n+1 (x) − (n + 1)P n )sin (n) (x).
Soient U et V deux polynômes tels que, pour tout x ∈ R ∗ ,
U(x)sin x + V (x)cos x = 0.
En prenant x = kπ (k ∈ Z), on obtient V (x) = 0, donc V qui possède une infinité de racines
est le polynôme nul. De même, en prenant x = π + kπ, on montre que U est le polynôme
2
nul.
Comme sin (n) et sin (n+1) sont au signe près sin et cos, on obtient
P n+1 + (n + 1)Q n = X n+1 et Q n+1 = (n + 1)P n .
On savait déjà que XP ′ n = −Q n+1 + XQ n + (n + 1)P n . On en déduit que XP ′ n = XQ n et
donc P ′ n = Q n .

215
Exercice 20.37
La fonction f est de classe C ∞ sur ] − ∞,0[ et ]0,+∞[.
1. a) Montrons le résultat par récurrence sur n.
Il est vrai pour n = 0 (P 0 = 1) et si on suppose qu’il est vérifié au rang n, on obtient pour
tout x > 0,
et donc
f (n+1) (x) = 1 x 2 e− 1 x Pn
( 1
x
)
− e − 1 x
f (n+1) (x) = e − 1 x Pn+1
( 1
x
où P n+1 est le polynôme défini par P n+1 = X 2 P n − X 2 P ′ n.
( )
1 1
x 2 P n ′ x
b) On déduit de la question précédente que, pour tout n ∈ N, on a
( )
lim
x→0 f(n) (x) = lim
+ x→0 e− 1 1 P n (y)
x Pn = lim
+ x y→+∞ e y = 0,
par croissance comparée d’une exponentielle et d’un polynôme. On a aussi de manière
évidente, lim f (n) (x) = 0.
x→0 −
Montrons par récurrence que, pour tout n ∈ N, f est de classe C n et que f (n) (0) = 0.
On a montré que lim f = lim f = 0 = f(0). La fonction f est continue en 0 donc continue
0 − 0 +
sur R.
Si f est de classe C n sur R, f (n) est continue sur R, dérivable sur R ∗ . Comme la restriction
de (f (n) ) ′ = f (n+1) à R ∗ possède une limite en 0 égale à 0, on sait qu’alors f (n) est dérivable
en 0 et que f (n+1) (0) = 0 (d’après le théorème ??). La fonction f (n+1) est alors continue en
0, donc sur R et la propriété est établie au rang n + 1.
La propriété est donc démontrée et f est ∞ sur R.
2. On a pour tout réel x, g(x) = f(1−x 2 ) donc g est C ∞ sur R comme composée de fonctions
C ∞ .
Exercice 20.38
On a, pour (x,y) ∈ I 2 et λ ∈ [0,1],
et comme g est croissante et convexe
)
,
f(λx + (1 − λ)y) λf(x) + (1 − λ)f(y)
g(f(λx + (1 − λ)y)) g(λf(x) + (1 − λ)f(y)) λg(f(x)) + (1 − λ)g(f(y)),
ce qui montre que g ◦ f est convexe.
Exercice 20.39
1. a) Il est possible de choisir λ pour que ϕ(x 0 ) = 0. Il faut prendre
λ = f(x 0) − g(x 0 )
(x 0 − a)(x 0 − b)

216
ce qui est possible car x 0 n’est égal ni à a, ni àb.
On vérifie que ϕ(a) = ϕ(b) = 0. La fonction ϕ est dérivable sur I. On applique le théorème
de Rolle sur les intervalles [a,x 0 ] et [x 0 ,b]. Il existe x 1 ∈ ]a,x 0 [ et x 2 ∈ ]x 0 ,b[ tels que
ϕ ′ (x 1 ) = ϕ ′ (x 2 ) = 0. Puisque ϕ ′ est dérivable sur I, on peut lui appliquer le théorème de
Rolle : il existe c ∈ ]x 1 ,x 2 [ tel que ϕ ′′ (c) = 0.
Puisque la fonction g est affine, sa dérivée seconde est nulle ; on obtient ϕ ′′ (c) = f ′′ (c)−2λ = 0
et λ = 1 2 f ′′ (c). Comme ϕ(x 0 ) = 0,
f(x 0 ) − g(x 0 ) = λ(x 0 − a)(x 0 − b) = 1 2 (x 0 − a)(x 0 − b)f ′′ (c).
b) On raisonne comme dans a. Puisque y = h(x) est l’équation de la tangente au point
d’abscisse a, on a f(a) = h(a) et f ′ (a) = h ′ (a) et donc ψ(a) = ψ ′ (a) = 0. On applique
encore deux fois le théorème de Rolle. Il existe x 1 entre a et x 0 tel que ψ ′ (x 1 ) = 0, puis d
entre a et x 1 tel que ψ ′′ (d) = 0. En dérivant, on obtient µ = 1 2 f ′′ (d), puis en écrivant que
ψ(x 0 ) = 0,
f(x 0 ) − h(x 0 ) = 1 2 (x 0 − a) 2 f ′′ (d).
2. Si f ′′ 0, on a avec les notations de la première question, f(x 0 ) − g(x 0 ) 0, pour tout
x 0 ∈ ]a,b[ (puisque (x 0 − a)(x 0 − b) < 0). Ceci signifie que la courbe représentative de f sur
[a,b] est au-dessous de la droite (AB), où A et B sont les points de C d’abscisses a et b.
On obtient de même f(x 0 ) − h(x 0 ) 0 pour tout x 0 distinct de a. La courbe est donc
au-dessus de sa tangente au point A.
Exercice 20.40
f(x) − f(a)
1. Soit a un réel quelconque. La fonction x ↦−→ est croissante sur ]a,+∞[. Elle
x − a
possède donc une limite l, finie ou égale à +∞, en +∞. Pour x > a, x ≠ 0, on écrit
f(x)
x
f(x) − f(a)
= + f(a)
x x
= f(x) − f(a)
x − a
D’après les théorèmes usuels sur les limites, on obtient
f(x)
lim
x→+∞ x = l.
x − a
x
+ f(a)
x .
2. D’après la démonstration de la première question, la fonction x ↦−→
croissant vers l quand x tend vers +∞. On a donc, pour x > a,
f(x) − f(a)
x − a
tend en
f(x) − f(a)
x − a
l et donc
f(x) − lx f(a) − la.
Le réel a étant quelconque, ceci signifie que la fonction x ↦−→ f(x) −lx est décroissante. Elle
admet donc une limite finie ou égale à −∞ en +∞.

217
Exercice 20.41
Supposons que f ′ n’est pas la fonction nulle. Il existe a dans R tel que f ′ (a) ≠ 0. On a alors
pour tout réel x, puisque f est convexe,
f(x) f(a) + (x − a)f ′ (a).
Si f ′ (a) > 0, on obtient lim f(a) + (x − a)f ′ (a) = +∞ et donc lim f = +∞.
x→+∞ +∞
De même, si f ′ (a) < 0, on obtient lim f(a) + (x − a)f ′ (a) = +∞ et donc lim f = +∞.
x→−∞ −∞
Dans les deux cas, cela contredit le fait que f est bornée. On a donc f ′ = 0 et f est une
fonction constante.
Le résultat tombe en défaut si f est définie sur [a,+∞[. La fonction f définie sur [1,+∞[
par f(x) = 1 x est convexe, car f ′′ est positive, bornée, mais n’est pas constante.
Exercice 20.42
1. La fonction f est définie sur R \ {−3,1} et pour x ≠ −3 et 1,
f ′ (x) =
−4
(x − 1)(x + 3) .
la fonction f croît sur ] − 3,1[ et décroît sur ] − ∞, −3[ et ]1,+∞[. Ses limites en −∞,, −3,
1 et +∞ sont respectivement 0, −∞, +∞ et 0. Pour tout x ≠ −3,1, on a
f ′′ (x) =
8(x + 1)
(x + 3) 2 (x − 1) 2 .
La fonction f est donc convexe sur [−1,1[ et ]1,+∞[ et concave sur ] − ∞, −3[ et ] − 3, −1].
La courbe de f possède un point d’inflexion, de coordonnées (−1,0). On peut démontrer
qu’il est centre de symétrie de la courbe.
2. La fonction f est croissante sur R − et décroissante sur R + . On a, pour tout réel x,
La fonction est convexe sur
f ′ (x) = −2xe −x2 et f ′′ (x) = (4x 2 − 2)e −x2 .
C possède deux points d’inflexion d’abscisse ± 1 √
2
.
]
−∞, −√ 1 ] [ [ [
1
et √2 ,+∞ , concave sur − 1 1
√ , √
]. La courbe
2 2 2
3. On a, pour tout x ∈ R, f ′ (x) = xsin x. La fonction f est monotone sur chaque intervalle
[kπ,(k + 1)π] (k ∈ Z). On calcule ensuite, pour tout x ∈ R, f ′′ (x) = xcos x + sinx. Sur
chaque intervalle
]− π 2 + kπ, π [
2 + kπ , on peut écrire f ′′ (x) = cos x(tan x + x). La fonction
x ↦−→ tan x + x réalise une bijection de
]− π 2 + kπ, π [
2 + kπ sur R. Donc elle s’annule une
fois sur
]− π 2 + kπ, π [
2 + kπ en x k . En x k , f ′′ s’annule et change de signe donc C possède
un point d’inflexion. En particulier, x 0 = 0 donc le point de coordonnées (0,0) est point
d’inflexion.

218
Exercice 20.43
1. La dérivée seconde de f : x ↦−→ ln(1 + e x ) est f ′′ : x ↦−→ ex
(e x . Elle est positive donc
+ 1)
2
f est convexe.
Soit x 1 ,. . . , x n dans R ∗ +, y 1 ,. . . , y n des réels tels que x k = e y k
pour 1 k n. Par
convexité de f, on obtient ( )
1
n∑
f y k 1 n∑
f(y k ).
n n
k=1
k=1
On simplifie chaque terme :
( ) ( (
1
n∑
1
f y k = ln 1 + exp
n
n
1
n
n∑
f(y k ) = 1 n
k=1
k=1
)) ⎛ (
n∑
∏ n
y k = ln ⎝1 +
k=1
(
n∑
∏ n
ln(1 + x k ) = ln (1 + x k )
k=1
k=1
Le logarithme étant une fonction croissante, on obtient l’inégalité
( n
) 1 (
n
∏
n
) 1
n
∏
1 + x k (1 + x k ) .
k=1
2. On applique l’inégalité de la question 1 aux réels x k = a k
b k
. On obtient
1 +
( n
∏
k=1
k=1
) 1
n
) 1 (
n
a k
∏ n (
1 + a ) ) 1 n
k
.
b k b k
k=1
( n
) 1/n
∏
En multipliant par b k , on obtient l’inégalité voulue.
Exercice 20.44
k=1
k=1
.
) 1
⎞
n
x k
⎠ ,
1. On a 1 p = 1 − 1 q < 1 et donc p > 1. La fonction f : x ↦−→ xp est convexe sur R ∗ +, car
f ′′ (x) = p(p − 1)x p−2 > 0, pour tout x > 0.
n∑
2. On vérifie que λ k = 1 et on utilise l’inégalité de convexité
On a
k=1
n∑
λ k x k =
k=1
n∑
a k b k
k=1
n∑
i=1
b q i
( n
)
∑
f λ k x k
k=1
et
n∑
λ k f(x k ).
k=1
n∑
λ k f(x k ) =
k=1
n∑
k=1
b q k ap k bp(1−q) k
n∑
i=1
b q i
=
n∑
k=1
n∑
i=1
a p b
b q i
,

219
car q + p(1 − q) = 0. On en déduit
(
∑ n
) p
a k b k
k=1
( n
∑
b q i
i=1
) p
n∑
k=1
n∑
a p b
b q i
i=1
et
(
∑ n
) p
a k b k
n∑
a p b
k=1
k=1 i=1
(
∑ n p−1
bi) q .
En élevant les deux membres de l’inégalité à la puissance 1 , on obtient le résultat voulu.
p
Exercice 20.45
1. Soit f : x ↦−→
(
1 − x 1 p
) p.
On obtient, pour tout x ∈ ]0,1[, après simplification
( ) p−1
f ′ (x) = − 1 − x 1 1
p x
p −1 et f ′′ (x) = p − 1 ( ) p−2
1 − x 1 1
p x
p −2 > 0.
p
La fonction f est convexe sur [0,1].
2. On vérifie que
On pose A =
n∑
λ k = 1 et on utilise l’inégalité de convexité
k=1
( n
)
∑
f λ k x k
k=1
n∑
λ k f(x k ).
k=1
n∑ n
a p k , B = ∑
n
b p k et C = ∑
(a k + b k ) p . On alors
k=1
k=1
n∑
λ k x k = A C
k=1
k=1
( n
) ( ) et f ∑
λ k x k = 1 − A 1 p
p
.
C 1 p
k=1
D’autre part,
f(x k ) =
(
1 − a ) p
k b p k
=
a k + b k (a k + b k ) p et
n∑
λ k f(x k ) = B C .
k=1
On obtient donc
(
1 − A 1 p
C 1 p
) p
B C , 1 − A 1 p
C 1 p
B 1 p
, C 1 1 1
C 1 p A
p + B
p .
p

220
Chapitre 21
Exercice 21.1
1. On reconnaît la somme des termes d’une suite géométrique :
On en déduit
∑
n−1 n−1
e i kπ n =
k=0
∑ ( )
e
i π k 1 − e iπ 2
n =
1 − e i = π
n 1 − e i = π
n
k=0
= e−i π
2n
−isin π
2n
= 1 + icot π 2n .
2e −i π
2n
e −i π
2n − e i π
2n
S n = 1 n−1
∑
sin kπ n n = 1 n I(1 + icot π 2n ) = 1 n cot π 2n .
k=0
2. On reconnaît dans S n une somme de Riemann de f. On en déduit que
car tan π 2n
∼
n→+∞
π
2n .
∫ 1
Exercice 21.2
On a, par la relation de Chasles,
∫ n
0
∫ n
0
0
n−1
∑
Ent(x)dx =
∑
xEnt(x)dx =
f(t)dt = lim S 1
n = lim
n→+∞ n→+∞ ntan π
2n
∫ k+1
k=0
k
n−1 ∫ k+1
k=0
k
n−1
∑
( ) 1
=
2 k + k2 =
=
k=0
(n − 1)n(4n + 1)
.
12
n−1
∑
Ent(x)dx = k =
k=0
n−1
∑
xEnt(x)dx =
k=0
n(n − 1)
4
∫ k+1
k
+
n(n − 1)
,
2
= 2 π ,
n−1
∑
kxdx = k (k + 1)2 − k 2
2
k=0
n(n − 1)(2n − 1)
6
Exercice 21.3
1. a) Pour k entre 1 et n, on obtient par la formule du binôme,
∑p+1
( ) p + 1
(1 + k) p+1 = k i .
i
i=0
En sommant les formules obtenues pour les différentes valeurs de k et en échangeant les
deux sommations, on en déduit
n∑
(1 + k) p+1 =
k=1
n∑ ∑p+1
( p + 1
i
k=1 i=0
)
k i =
∑p+1
( ) p + 1 ∑ n
∑p+1
( p + 1
k i =
i
i
i=0
k=1
i=0
)
S i (n).

n+1
∑
Le premier membre est égal à k p+1 = S p+1 (n) + (n + 1) p+1 − 1. En isolant les termes
k=2
S 0 (n) = n et S p+1 (n), on obtient
p∑
( ) p + 1
S i (n) = S p+1 (n) + (n + 1) p+1 − 1 − S p+1 (n) − S 0 (n)
i
i=1
= (n + 1) p+1 − (n + 1).
221
b) Les sommes S i (n) pour 1 i 3 sont connues :
S 1 (n) =
n(n + 1)
, S 2 (n) =
2
n(n + 1)(2n + 1)
, S 3 (n) =
6
(n(n + 1))2
.
4
c) On démontre par récurrence forte sur p que S p (n) est un polynôme de degré p + 1.
C’est vrai pour p 3. Soit p 2 tel que la propriété soit vérifiée jusqu’au rang p − 1. La
formule démontrée à la première question, que l’on peut écrire
(
S p (n) = 1 (n + 1) p+1 − (n + 1) −
p + 1
∑p−1
( p + 1
i
i=1
)
S i (n)
montre que S p est une fonction polynomiale de la variable n, comme somme de fonctions
polynomiales. Chaque polynôme S i (1 i p − 1) étant de degré inférieur ou égal à p, S p
1
est de degré p + 1 et son terme de plus haut degré est
p + 1 np+1 .
2. S p (n) est équivalent à son terme de plus haut degré quand n tend vers +∞. On en déduit
que
S p (n)
lim
n→+∞ n p+1 = 1
p + 1 .
Pour calculer
∫ a
0
t p dt, on considère la somme de Riemann
U n = a n
n∑
( ak
n
k=1
) p
= a p+1 S p(n)
n p+1 .
Il résulte de ce qui précède et de la continuité de t ↦−→ t p que
∫ a
0
t p dt = lim U n = lim
S p(n)
n→+∞ n→+∞ ap+1 n p+1 = 1
p + 1 ap+1 .
)
,
Exercice 21.4
Soit x un réel différent de −1 et 1.
1. Pour tout t ∈ [0,2π], on peut écrire
1 − 2xcos t + x 2 = (x − cos t) 2 + sin 2 t = |x − cos t − isin t| 2 = |x − e it | 2 > 0,

222
car e it ne peut pas être égal à x puisque |x| ≠ 1. On en déduit que la fonction
t ↦−→ ln(1 − 2xcos t + x 2 ) est définie et continue sur [0,2π]. Donc l’intégrale I(x) existe et
d’après ce qui précède,
I(x) =
∫ 2π
0
ln(|x − e it | 2 )dt = 2
∫ 2π
0
ln(|x − e it |)dt.
2. Si f est la fonction définie sur [0,2π] par f(t) = 2ln(|x−e it |), on a S n (x) = 2π n
n−1
∑
f
On reconnaît dans S n (x) une somme de Riemmann relative à la fonction f sur [0,2π].
Notons que
S n (x) = 4π n−1
n ln ∏
∣
∣x − e i 2kπ
n
∣ .
k=0
k=0
( ) 2kπ
.
n
n−1
∏
Le polynôme X n −1 a pour racines les racines n-ièmes de 1, donc (X n −1) = (X −e i 2kπ
n ).
En particulier, pour x ∈ R \ {−1,1},
|x n − 1| =
n−1
∏
k=0
|x − e i 2kπ
n | et Sn (x) = 4π n ln(|xn − 1|).
On sait que I(x) est égal à la limite de S n (x) quand n tend vers +∞.
Si |x| < 1,on a lim
n→+∞ ln(|xn − 1|) = 0 et a fortiori lim S n(x) = 0.
n→+∞
Si |x| > 1, on a |x n −1|
On en déduit que lim
n→+∞ S n(x) = 4π ln |x|.
On conclut que
∼
n→+∞ |x|n et donc, comme |x| n tend vers +∞, ln |x n −1| ∼ ln |x| n ∼ nln |x|.
I(x) = 0 si |x| < 1 et I(x) = 4π ln |x| si |x| > 1.
k=0
Exercice 21.5
On reconnaît des sommes de Riemman. √
1. On peut écrire pour n 1, u n = 1 n−1
∑
( ) 2 k
1 − . La suite (u n ) n∈N a pour limite
n n
∫ 1
0
k=0
√
1 − x2 dx. Par le changement de variable x = sint, on obtient
∫ 1
0
√
1 − x2 dx =
∫ π
2
La suite (u n ) n∈N converge vers π 4 .
0
cos 2 tdt =
∫ π
2
0
1 + cos2t
2
[ t
dt =
2 + sin2t
4
] π
2
0
= π 4 .

2. On a u n = 1 n
n∑
k=1
n
k sin kπ n .
La fonction t ↦−→ sinπt de ]0,1] dans R a pour limite π en 0. Elle peut être prolongée en
t
une fonction f continue sur [0,1]. Alors, u n est une somme de Riemann de f sur [0,1]. La
suite (u n ) n∈N converge vers
exacte.
3. On écrit u n = 1 n
∫ 1
0
223
f(t)dt, intégrale que l’on ne sait pas calculer de manière
√ n∑ k
n . La suite (u n) n∈N converge vers
k=1
∫ 1
0
√
tdt =
[ 2
3 t 3 2
] 1
0
= 2 3 .
Exercice 21.6
[
1. La fonction f définie sur − 1 2 , 1 ]
par f(x) = ln(1 + x) − x + x 2 a pour dérivée
2
x(1 + 2x)
x ↦−→ et f ′ (x) a le signe de x. Le minimum de f est atteint en 0 et vaut 0. Donc
1 + x
f est positive et −x 2 ln(1 + x) − x.
[
On sait d’autre part, que ln(x + 1) x pour tout x > −1. On a donc, pour x ∈ − 1 2 , 1 ]
,
2
−x 2 ln(1 + x) − x 0 et a fortiori
|ln 1 + x) − x| x 2 .
n∏
(
2. Posons u n = 1 + 1 ( )) k
n f . Soit M un majorant de |f| sur [0,1]. Pour tout
n
k=1 ( )∣ k ∈ [[1,n]], on a
1 k ∣∣∣
∣n f M n n . Soit n 0 ∈ N tel que M n 1 2 pour tout n n 0. Si
n n 0 , chaque terme 1 + 1 ( ) k
n f est strictement positif et on peut calculer ln u n . On
n
n∑
(
obtient lnu n = ln 1 + 1 ( )) k
n f . On peut appliquer à chaque terme de la somme
n
k=1
l’inégalité de la question 1, ce qui donne, pour tout k ∈ [[1,n]],
∣
(1 ln + 1 ( )) k
n f − 1 ( )∣ k ∣∣∣
n n f M2
n n 2 .
En sommant ces inégalités et en appliquant l’inégalité triangulaire, on obtient
n∑
( ) ∣ ∣ lnu 1 k ∣∣∣
n −
n f M2
n n .
k=1

224
Ceci montre que la différence entre ln u n et la somme tend vers 0. Mais on reconnaît dans
n∑
( )
∫
1 k 1
n f une somme de Riemann de la fonction f. Elle tend donc vers f(t)dt. Il en
n
k=1
0
est de même de ln u n et on en déduit que
(∫ 1
)
lim u n = exp f(t)dt .
n→+∞
Exercice 21.7
Si f garde un signe constant sur [a,b], on peut écrire f = ε|f|, avec ε = ±1. On a alors
∫ ∣
b
∣∣∣∣ ∫ b
∫ b
f(t)dt
∣ ∣ = ε |f(t)|dt
∣ = |f(t)|dt.
a
a
∫ b
∫ b
Supposons réciproquement que
f(t)dt
∣ a ∣ = |f(t)|dt et considérons ε = ±1 tel que
a
∫ b
∫ b
f(t)dt
∣ ∣ = ε f(t)dt. On a alors
a
a
∫ b
a
(|f(t)| − εf(t))dt =
∫ b
a
0
|f(t)|dt − ε
a
∫ b
a
f(t)dt = 0.
Comme la fonction |f| − εf est positive ou nulle et continue sur [a,b], on en déduit qu’elle
est nulle . On a donc f = ε|f| et f garde un signe constant sur [a,b].
Exercice 21.8
1. Si la fonction f ne s’annule pas sur [a,b], comme elle est continue, elle garde un signe
constant. Mais on sait que si f est strictement positive (respectivement strictement négative)
et continue sur [a,b], son intégrale est strictement positive (respectivement strictement
négative). On a une contradiction, donc f s’annule sur [a,b].
2. Considérons la fonction g : x ↦−→ f(x) − x. On a
∫ 1
0
g(t)dt =
∫ 1
0
f(t)dt −
∫ 1
0
tdt = 1 2 − 1 2 = 0.
D’après la question précédente, la fonction g s’annule sur [0,1], donc f possède un point
fixe.
Exercice 21.9
1. Pour tout réel λ, on pose ϕ(λ) =
l’intégrale,
ϕ(λ) =
∫ b
a
∫ b
a
(λf(t) + g(t)) 2 dt. On obtient par linéarité de
[λ 2 (f(t)) 2 + 2λf(t)g(t) + (g(t)) 2 ]dt
∫ b
= λ 2 (f(t)) 2 dt + 2λ
a
∫ b
a
f(t)g(t)dt +
∫ b
a
(g(t)) 2 dt

225
et ϕ est une fonction polynomiale de degré inférieur ou égal à 2. Elle ne prend que des
valeurs positives car, pour tout réel λ, ϕ(λ) est l’intégrale d’une fonction positive.
• Si
∫ b
a
(f(t)) 2 dt n’est pas nul, ϕ est un trinôme dont le discriminant est négatif ou nul, car
sinon il possède deux racines distinctes et change de signe. On a donc
d’où découle l’inégalité.
• Si
et
∫ b
∫
a
b
a
( ∫ 2 (
b
∫ ) (
b ∫ )
b
∆ = 4 f(t)g(t)dt)
− 4 (f(t)) 2 dt (g(t)) 2 dt 0,
a
a
(f(t)) 2 dt = 0, ϕ est une fonction affine qui garde un signe constant. Elle est constante
f(t)g(t)dt = 0. L’inégalité est une égalité.
2. Si f et g sont proportionnelles, il existe λ ∈ R tel que f = λg ou g = λf. On a par
exemple dans le premier cas
( ∫ ) 2 (
b
∫ 2 (
b
∫ )(
b ∫ )
b
f(t)g(t)dt = λ 2 (g(t)) dt) 2 = (f(t)) 2 dt (g(t)) 2 dt .
a
a
Supposons réciproquement qu’on a égalité dans l’inégalité de Cauchy-Schwarz.
• Si
∫ b
a
(f(t)) 2 dt = 0, comme f 2 est continue et positive, f 2 = 0 et donc f = 0 ; les fonctions
f et g sont proportionnelles.
• Si
∫ b
a
(f(t)) 2 dt ≠ 0, le discriminant du trinôme ϕ est nul et il existe λ ∈ R tel que ϕ(λ) = 0.
Mais f et g étant continues, on a en déduit que λf + g = 0, soit g = −λf. Les fonctions
sont proportionnelles.
3. Il découle de l’inégalité de Cauchy-Schwarz que
∫ b
a
(f(t) + g(t)) 2 dt =
∫ b
a
∫ b
a
(f(t)) 2 dt +
(f(t)) 2 dt +
⎛( ∫ b
⎝ (f(t)) 2 dt
a
∫ b
a
∫ b
a
) 1
2
(g(t)) 2 dt + 2
a
∫ b
a
a
f(t)g(t)dt
( ∫ b
(g(t)) 2 dt + 2 (f(t)) 2 dt
a
( ∫ b
+ (g(t)) 2 dt
a
) 1
2
⎞
⎠
2
a
) 1
2 ( ∫ b
a
(g(t)) 2 dt
) 1
2
et donc que
( ∫ b
(f(t) + g(t)) 2 dt
a
) 1
2
( ∫ b
(f(t)) 2 dt
a
) 1
2
( ∫ b
+ (g(t)) 2 dt
a
) 1
2
.

226
4. D’après la démonstration de la question précédente, on a égalité dans l’inégalité de Minkowski
si et seulement si
∫ (
b
∫ ) 1 (
b
2 ∫ ) 1
b
2
f(t)g(t)dt = (f(t)) 2 dt (g(t)) 2 dt .
a
a
Cette égalité est réalisée si et seulement s’il y a égalité dans l’inégalité de Cauchy-Schwarz
et si, de plus,
∫ b
a
f(t)g(t)dt 0. La première condition équivaut à f et g proportionnelles.
En écartant le cas où l’une des fonctions est nulle, on obtient par exemple si g = λf,
∫ b
a
f(t)g(t)dt = λ
à λ 0.
∫ b
a
(f(t)) 2 dt. Comme
∫ b
a
a
(f(t)) 2 dt > 0, la deuxième condition équivaut
Exercice 21.10
n∑
Si P = a k X k est un polynôme de degré inférieur ou égal à n, on obtient, par linéarité
k=0
de l’intégrale,
∫ b
a
P(t)dt =
n∑
∫ b
a k t k f(t)dt = 0.
k=0
On raisonne par l’absurde et on suppose que f s’annule au plus n fois sur ]a,b[. A fortiori, f
étant continue, elle change au plus n fois de signe sur ]a,b[. Notons x 1 , . . . , x k (1 k n)
k∏
les points où f s’annule en changeant de signe et considérons le polynôme P = (X − x i )
(si f ne change pas de signe sur ]a,b[, on prend P = 1).
Par construction, la fonction fP garde un signe constant sur ]a,b[, puisque f et P changent
de signe pour les mêmes valeurs, et par continuité Pf a un signe constant sur [a,b].
Comme le degré de P est inférieur ou égal à n, on a
a
∫ b
a
i=1
P(t)f(t)dt = 0. Puisque Pf est
continue et de signe constant, on en déduit que Pf = 0. Ainsi, f s’annule une infinité de
fois, ce qui est la contradiction cherchée.
Exercice 21.11
On ne peut pas directement majorer f sur [0,1], car le majorant obtenu serait 1. On considère
ε ∈ ]0,1[ et on coupe l’intégrale en deux et on majore sur chaque intervalle. On obtient
0
∫ 1
0
(f(t)) n dt
∫ 1−ε
0
∫ 1−ε
0
(f(t)) n dt +
∫ 1
(f(1 − ε)) n dt +
1−ε
∫ 1
(f(t)) n dt
Comme f est strictement croissante, on a 0 < f(1 − ε) < 1 et donc
Pour n assez grand, on obtient donc (f(1 − ε)) n ε et
0
∫ 1
0
1−ε
(f(t)) n dt 2ε.
dt (f(1 − ε)) n + ε.
lim (f(1 −
n→+∞ ε))n = 0.

227
Comme ε est un réel quelconque de ]0,1[, ceci montre que
∫ 1
lim
n→+∞
0
(f(t)) n dt = 0.
Exercice 21.12
1. a) Puisque f est continue en 1, on a lim
x→1
f(x) = 0 et l’existence de a résulte de la définition
de la limite. En utilisant la relation de Chasles et l’inégalité triangulaire, on obtient
|u n | =
∣
∫ a
0
∣∫ ∣∣∣ 1
∫
nt n f(t)dt
∣ + a
nt n f(t)dt
∣ nt n |f(t)|dt +
a
0
∫ 1
a
nt n |f(t)|dt
On sait que
M
∫ a
nt n dt + ε
∫ 1
0
a
nt n dt.
∫ a
0
nt n dt = nan+1
n + 1 an+1 a n
et
∫ 1
a
nt n dt = n(1 − an+1 )
n + 1
1.
On en déduit que
|u n | Ma n + ε.
b) Puisque a ∈ ]0,1[, a n tend vers 0 quand n tend vers +∞ et on peut trouver un entier n 0
tel que a n ε si n n 0 . On a donc, pour n n 0 ,
|u n | 2ε.
Puisque ε est quelconque dans ]0,1[, on conclut que
lim u n = 0.
n→+∞
2. Dans le cas général, on écrit
u n = n
= n
∫ 1
0
∫ 1
0
(f(t) − f(1))t n dt +
(f(t) − f(1))t n dt +
∫ 1
0
nt n f(1)dt
n
n + 1 f(1).
Comme la fonction t ↦−→ f(t) −f(1) est continue sur [0,1] et s’annule en 1, le premier terme
tend vers 0, d’après la question 1 ; le deuxième tend vers f(1). On en déduit que
lim u n = f(1).
n→+∞

228
Exercice 21.13
La fonction f s’annule en changeant de signe au moins une fois sur ]0,π[ car sinon la fonction
t ↦−→ f(t)sin t est positive ou nulle (ou négative ou nulle), continue et non identiquement
nulle sur [0,π] et son intégrale n’est pas nulle.
Raisonnons par l’absurde et supposons que f s’annule une seule fois sur ]0,π[ en a. On
considère alors
∫ π
0
f(t)sin(t − a)dt = cos a
∫ π
0
f(t)sin tdt − sina
∫ π
0
f(t)cos tdt = 0.
Sur [0,π], la fonction f change de signe uniquement en a. Il en est de même de t ↦−→ sin(t−a),
donc leur produit garde un signe constant. Comme la fonction t ↦−→ f(t)sin(t − a) est
continue et non identiquement nulle,
∫ π
La fonction f s’annule donc au moins deux fois sur ]0,π[.
Exercice 21.14
On sait que
1
b − a
∫ b
a
0
f(t)dt = 1
b − a lim b − a
n→+∞ n
1
= lim
n→+∞ n
f(t)sin(t − a)dt ne peut être nul.
n∑
f
k=1
(
a +
n∑
f
k=1
(
a +
k(b − a)
n
Par convexité de la fonction g, on obtient, pour tout n ∈ N ∗ ,
g
(
1
n
n∑
f
k=1
(
a +
) ) k(b − a)
1 n n
n∑
(g ◦ f)
k=1
(
a +
)
k(b − a)
n
)
.
)
k(b − a)
.
n
On reconnaît dans le membre droit de cette inégalité, une somme de Riemann de g ◦ f sur
∫
1 b
[a,b] divisée par b − a. Elle a pour limite g ◦ f(t)dt quand n tend vers +∞.
b − a a
( ∫ )
1 b
Par continuité de la fonction g, le premier membre de l’inégalité tend vers g f(t)dt .
b − a a
Par passage à la limite dans l’inégalité, on obtient donc
( ∫ )
1 b
g f(t)dt 1 ∫ b
g ◦ f(t)dt.
b − a
b − a
a
a
Exercice 21.15
1. Supposons f continue en 0. On écrit, pour x > 0,
F(x) − f(0) = 1 (∫ x
)
f(t)dt − xf(0) = 1 x
x
0
∫ x
0
(f(t) − f(0))dt.

229
Soit ε > 0. On choisit η > 0 tel que |f(x) − f(0)| ε si 0 x η. Si on prend x ∈ [0,η],
on a alors
|F(x) − f(0)| 1 x
∫ x
0
|f(t) − f(0)|dt 1 x
∫ x
0
εdt ε.
Ceci montre que lim F(x) = f(0) = F(0), donc F est continue en 0.
x→0 +
2. Supposons f croissante sur R + .
On a, pour tout x 0, f(x) f(0). On en déduit que, pour x > 0,
F(x) = 1 x
∫ x
0
f(t)dt 1 x
∫ x
0
f(0)dt f(0) F(0).
Prenons maintenant deux réels x et y tels que 0 < x < y. On a alors
F(y) = 1 ∫ y
f(t)dt = 1 (∫ x ∫ y
)
f(t)dt + f(t)dt .
y y
0
Comme f est croissante, on obtient, par positivité de l’intégrale,
∫ y
x
On en déduit que
f(t)dt
∫ y
x
f(x)dt (y − x)f(x) et
∫ y
x
0
f(t)dt y − x
x
∫ x
et donc
F(y) 1 (
1 + y − x ) ∫ x
f(t)dt 1 y x 0 x
Donc F est croissante sur R + .
0
x
∫ x
0
f(t)dt
∫ x
0
f(t)dt xf(x).
f(t)dt F(x).
3. Supposons que f possède en +∞ une limite finie l. Soit ε > 0 et B > 0 tel que |f(x)−l| ε
si x B. Pour x B, on écrit
F(x) − l = 1 (∫ x
)
f(t)dt − lx = 1 ∫ x
(f(t) − l)dt.
x
x
On en déduit que
Comme
1
x
∫ B
0
|F(x) − l| 1 x
∫ B
0
0
|f(t) − l|dt + 1 x
∫ x
B
0
εdt 1 x
∫ B
0
|f(t) − l|dt + ε.
∫
1 B
lim |f(t) − l|dt = 0, il existe B 1 > 0 tel que l’on ait, pour x B 1 ,
x→+∞ x 0
|f(t) − l|dt ε. On a alors, pour tout x max(B,B 1 ),
|F(x) − l| 2ε.
On conclut que
lim F(x) = l.
x→+∞

230
4. Supposons que f tend vers +∞ en +∞. Soit A > 0 et B > 0 tel que f(x) A pour
x B. On écrit, pour x B,
Comme
F(x) = 1 x
1 x
∫ B
0
∫ B
il existe B 1 > 0 tel que 1 x
x max(B,B 1 ),
0
f(t)dt + 1 x
∫ x
B
f(t)dt + A x − B
x .
1
lim
x→+∞ x
∫ B
0
∫ B
0
f(t)dt 1 x
∫ B
0
f(t)dt + A x − B
x
f(t)dt + A x − B
x
F(x) A 2 .
f(t)dt + 1 x
= A,
Comme A est un réel strictement positif quelconque, ceci montre que
lim F(x) = +∞.
x→+∞
5. Prenons f = sin. Alors f n’ a pas de limite en +∞ et pour x > 0,
F(x) = 1 x
∫ x
0
∫ x
B
Adt
A 2 pour x B 1. On a alors, pour
sintdt = 1 (1 − cos x)
x
et donc |F(x)| 2 x . On en déduit que lim F(x) = 0.
x→+∞
( x
)
6. Supposons que f est T-périodique. Soit x > 0, n = Ent . On obtient par la relation
T
de Chasles
F(x) = 1 x
n−1 ∫ (k+1)T
∑
k=0
Puisque la fonction f est T-périodique,
kT
∫ (k+1)T
kT
f(t)dt + 1 x
∫ x
nT
f(t)dt est égal à
proposition 14 du chapitre primitives et intégrales). On a donc
F(x) = n x
∫ T
0
f(t)dt + 1 x
∫ x
kT
f(t).
On sait qu’au voisinage de +∞, on Ent(x) ∼ x. On a donc
comme nT x < (n + 1)T, on a
∫ x
∫ x
∣ f(t)dt
∣ |f(t)|dt
nT
nT
∫ (n+1)T
nT
|f(t)|dt
f(t)dt.
∫ T
0
f(t)dt pour tout k (cf
n
lim
x→+∞ x = 1 . Par ailleurs,
T
∫ T
0
|f(t)|dt.

231
∫
1 x
On en déduit que lim f(t) = 0 et
x→+∞ x kT
lim F(x) = 1 ∫ T
f(t)dt.
x→+∞ T 0
Exercice 21.16
1. La démonstration est la même que dans la question 2 de l’exercice précédent. Il suffit de
changer le sens des inégalités.
∫ 1
∫ α
2. L’inégalité f(t)dt 1 f(t)dt équivaut à F(1) F(α). Elle résulte de la
0 α 0
décroissance de F.
La première inégalité est évidente pour α = 1. Pour α ∈ ]0,1[, elle équivaut à
∫ 1
0
f(t)dt −
∫ 1−α
0
f(t)dt α
∫ 1
0
f(t)dt
et donc à ∫ 1
0
f(t)dt 1
1 − α
∫ 1−α
0
f(t)dt
soit F(1) F(1 − α), ce qui résulte de la décroissance de F.
Exercice 21.17
1. Par définition, pour tout n 1, on a
ln(n + 1) − lnn =
∫ n+1
1
∫
1 n
t dt −
1
∫
1 n+1
t dt = 1
n t dt.
Comme la fonction t −→ 1 t
décroît sur ]0,+∞[, on a
2. Pour n 2, on a, d’après la question 1,
1
n + 1 ln(n + 1) − lnn 1 n .
u n+1 − u n = 1 − ln(n + 1) + lnn
n + 1
v n+1 − v n = 1 − ln(n + 1) + lnn 0.
n
La suite (u n ) n∈N est décroissante et la suite (v n ) n∈N est croissante. On a de plus
lim (u 1
n − v n ) = lim = 0. Donc les suites sont adjacentes.
n→+∞ n→+∞ n
3. On a u n − v n = 1 n . pour n = 10, on trouve u 10 ≈ 0,626 et u 10 ≈ 0,526. On a γ = 0,57 à
10 −1 près.

232
Exercice 21.18
1. Si M = 0, la fonction f est nulle. Le résultat est évident.
2. La fonction f étant continue, atteint son maximum sur le segment [a,b] ; il existe c ∈ [a,b]
tel que M = f(c). Soit ε ∈ ]0,M[. Puisque la limite de f en c est M, on peut trouver η > 0
tel que, pour tout t ∈ [a,b], |t − c| η implique |f(t) − M| ε et donc f(t) M − ε.
L’intersection de [a,b] et de [c − η,c + η] est un segment [α,β] non réduit à un point sur
lequel l’inégalité f(t) M − ε est réalisée.
3. Par positivité de l’intégrale, on obtient
∫ b
a
∫ b
On en déduit que
a
(f(t)) n dt
(f(t)) n dt =
∫ b
a
∫ α
a
∫ β
α
∫ β
α
M n dt M n (b − a),
(f(t)) n dt +
∫ β
α
(f(t)) n dt +
(f(t)) n dt, car f est positive
∫ b
(M − ε) n dt (M − ε) n (β − α).
( ∫ b
(β − α) 1 n (M − ε) (f(t)) n dt
a
) 1
n
β
(f(t)) n dt
(b − a) 1 n M.
On a lim (β − α) 1 n (M − ε) = M − ε et lim (b − a) 1 n M = M. Par définition de la limite,
n→+∞ n→+∞
il existe des entiers n 0 et n 1 tels que, pour tout entier naturel n,
n n 0 =⇒ (β − α) 1 n (M − ε) M − 2ε et n n1 =⇒ (b − a) 1 n M M + 2ε.
Pour n max(n 0 ,n 1 ), on a
On conclut que
lim
n→+∞
( ∫ b
M − 2ε (f(t)) n dt
a
( ∫ b
(f(t)) n dt
a
) 1
n
) 1
n
M + 2ε.
= M où M = sup f(t).
t∈[a,b]
Exercice 21.19
1. On a, pour tout t ∈ [a,b], m f(t) M et donc, puisque g est positive,
mg(t) f(t)g(t) Mg(t).
Par linéarité et positivité de l’intégrale, on en déduit que
m
∫ b
g(t)dt
∫ b
f(t)g(t)dt M
∫ b
a
a
a
g(t)dt.

2. Si
Si
∫ b
∫
a
b
a
g(t)dt = 0, on a également
g(t)dt > 0, on obtient
m
∫ b
a
∫ b
f(t)g(t)dt = 0 et on peut prendre c quelconque.
f(t)g(t)dt
M
a
∫ b
a
g(t)dt
et par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe c ∈ [a,b] tel que
Exercice 21.20
∫ b
f(t)g(t)dt
= f(c).
a
∫ b
a
g(t)dt
1. Soit σ = (x 0 ,x 1 ,...,x p ) une subdivision de [a,b] adaptée à f et, pour k ∈ [[0,p − 1]], λ k
la valeur de f sur ]x k ,x k+1 [. On a alors, pour tout entier n 1,
∑p−1
I n =
k=0
On en déduit
∫ xk+1
∑p−1
f(t)sin(nt) =
x k
|I n |
k=0
∑p−1
k=0
∫ xk+1
k=0
233
∑p−1
−cos(nx k+1 ) + cos(nx k )
λ k sin(nt)dt = λ k .
x k
n
2|λ k |
, puis lim
n I n = 0.
n→+∞
2. Soit f est une fonction continue par morceaux sur [a,b] et ε > 0. Il existe une fonction ϕ
en escalier sur [a,b], telle que
∫ b ∫ b
ϕ f et
f(t)dt − ϕ(t)dt
∣
∣ ε.
Pour n ∈ N, on pose J n =
|I n − J n | =
∣
∫ b
a
∫ b
a
∫ b
a
a
a
ϕ(t)sin(nt)dt. On a, puisque f − ϕ est positive,
∫ b
(f(t) − ϕ(t))sin(nt)dt
∣ |(f(t) − ϕ(t))sin(nt)|dt
(f(t) − ϕ(t))dt ε.
D’après la question 1, la suite (J n ) n∈N converge vers 0, donc il existe un entier n 0 tel que
|J n | ε pour n n 0 . On a alors, pour n n 0 ,
On a donc
|I n | |I n − J n | + |J n | 2ε.
lim I n = 0.
n→+∞
a

234
Exercice 21.21
1.
• Notons que N n(a,b)
n
est égal 1 n
∫ b
n∑
χ [a,b] (u k ), où χ [a,b] est la fonction caractéristique de
k=1
l’intervalle [a,b] et que χ [a,b] (t)dt = b−a. La propriété est donc vérifiée pour la fonction
a
χ [a,b] .
Il en est de même pour la fonction caractéristique d’un intervalle ouvert. En effet, comme
1
n
n∑
k=1
χ ]a,b[ (u k ) = N n(a,b)
n
− N n(a,a)
n
− N n(b,b)
,
n
1
n∑
on a encore lim χ ]a,b[ (u k ) = b − a + a − a + b − b = b − a =
n→+∞ n
k=1
serait de même pour un intervalle semi-ouvert.
∫ b
a
χ ]a,b[ (t)dt. Il en
• Toute fonction en escalier est combinaison linéaire de fonctions caractéristiques d’intervalles.
Si f est une fonction en escalier et σ = (x 0 ,...,x p ) une subdivision adaptée et λ k
la valeur de f sur ]x k ,x k+1 [, f peut s’écrire
∑p−1
f = λ k χ ]xk ,x k+1 [ +
k=0
p∑
f(x k )χ [xk ,x k ].
On en déduit la propriété pour les fonctions en escalier, par linéarité de la limite et de
l’intégrale.
• Soit f une fonction continue sur [0,1], ϕ et ψ deux fonctions en escalier telles que
ϕ f ψ et
On a, pour tout entier n ∈ N ∗ ,
1
n
D’après ce qui précède, 1 n
et
∫ b
a
n∑
ϕ(u k ) 1 n
k=1
n∑
ϕ(u k ) et 1 n
k=1
∫ b
a
k=0
ϕ(t)dt −
∫ b
a
n∑
f(u k ) 1 n
k=1
ψ(t)dt ε.
n∑
ψ(u k ).
k=1
n∑
ψ(u k ) tendent respectivement vers
k=1
ψ(t)dt. On peut donc trouver un entier n 0 tel que, pour n n 0 , on ait
1
n
n∑
ϕ(u k )
k=1
Pour n n 0 , on a
∫ b
a
∫ b
a
ϕ(t)dt − ε et
ϕ(t)dt − ε 1 n
1
n
n∑
ψ(u k )
k=1
n∑
f(u k )
k=1
∫ b
a
∫ b
a
ψ(t)dt + ε.
ψ(t)dt + ε.
∫ b
a
ϕ(t)dt

235
Mais par définition de l’intégrale d’une fonction continue, on dispose aussi des inégalités
suivantes
∫ b
On en déduit que
1
n∑
f(u k ) −
∣n
On a bien
k=1
1
lim
n→+∞ n
(ii) est réalisée.
a
ϕ(t)dt − ε
∫ b
a
n∑
f(u k ) =
k=1
∫ b
a
f(t)dt
∫ b
∫ b
f(t)dt
∣ ψ(t)dt −
2. On suppose que (ii) est réalisé.
a) On suppose que 0 < a < b < 1 et on considère α > 0 tel que
∫ b
a
a
a
ψ(t)dt + ε.
∫ b
a
ϕ(t) dt + 2ε 3ε.
f(t)dt pour tout fonction continue donc la propriété
0 a − α < a + α < b − α < b + α 1.
On considère la fonction f qui vaut 0 sur [0,a] et [b,1], 1 sur [a+α,b−α] et est affine sur les
intervalles [a,a+α] et [b −α,b]. Par construction ϕ est continue et inférieure à χ. On définit
de même g. Elle vaut 0 sur [0,a − α] et [b + α,1], 1 sur [a,b] et est affine sur les intervalles
[a − α,a] et [b,b + α]. Par construction ψ est continue et supérieure à χ. On observe que
∫ b
a
g(t)dt −
∫ b
a
f(t)dt est égal à la somme des aires de deux trapèzes de hauteur 1 et de
∫ b
∫ b
bases α. On obtient g(t)dt − f(t)dt = 2α. En prenant α = ε , on obtient le résultat
a
a
2
voulue. Si a = 0, b = 1 ou a = b, la démonstration doit être légèrement adaptée.
b) On a, pour tout n ∈ N ∗ ,
Par hypothèse, on a
1
n
n∑
f(u k ) 1 n
k=1
n∑
χ(u k ) 1 n
k=1
n∑
g(u k ).
k=1
1
lim
n→+∞ n
n∑
f(u k ) =
k=1
∫ 1
0
f(t)dt et
1
lim
n→+∞ n
n∑
g(u k ) =
k=1
∫ 1
0
g(t)dt.
On peut trouver un entier n 0 tel que, pour n n 0 , on ait
1
n
n∑
f(u k )
k=1
∫ 1
0
f(t)dt − ε et
1
n
n∑
g(u k )
k=1
∫ 1
0
g(t)dt + ε.
Pour n n 0 , on a
∫ 1
0
f(t)dt − ε 1 n
n∑
χ(u k )
∫ 1
k=1
0
g(t)dt + ε.

236
Comme, par positivité de l’intégrale,
∫ 1
f(t)dt − ε
∫ 1
χ(t)dt
∫ 1
0
0 0
g(t)dt + ε,
on obtient
1
∣n
n∑
χ(u k ) −
k=1
∫ 1
0
∫ 1
χ(t)dt
∣ g(t)dt −
0
∫ 1
0
f(t)dt + 2ε 3ε.
Mais on vu que 1 n
n∑
k=1
χ(u k ) = N n(a,b)
n
et
N n (a,b)
∣ n
N n (a,b)
On conclut que lim = b − a.
n→+∞ n
∫ 1
0
χ(t)dt = b − a. On a donc, pour n n 0 ,
− (b − a)
∣ 3ε.
Chapitre 22
Exercice 22.1
On a, pour t ≠ ±1,
1
t 2 − 1 = − 1
2(t + 1) + 1
2(t − 1) .
On en déduit que sur chacun des intervalles ]−∞, −1[, ]−1,1[ et ]1,+∞[, la fonction définie
par
F(t) = 1 2 (−ln |t + 1| + ln |t − 1|) = 1 ∣ ∣∣∣
2 ln t − 1
t + 1∣
est une primitive de t ↦−→ 1
t 2 − 1 .
Exercice 22.2
On a, pour t ≠ −1,
a
t + 1 + bt + c
t 2 − t + 1 = (a + b)t2 + (−a + b + c)t + a + c
t 3 = 1
+ 1
t 3 + 1
si
a + b = 0, −a + b + c = 0, a + c = 1, soit a = 1 3 , b = −1 3 , c = 2 3 .
Pour tout t ≠ −1,
1
t 3 + 1 = 1
3(t + 1) + 1 −t + 2
3 t 2 − t + 1 .

237
Pour intégrer le deuxième terme, on fait apparaître la dérivée de t 2 − t + 1. Dans le terme
restant, on se ramène à la dérivée de arctan. On écrit
1
t 3 + 1 = 1
3(t + 1) − 2t − 1
6(t 2 − t + 1) + 1
2(t 2 − t + 1)
1
=
3(t + 1) − 2t − 1
6(t 2 − t + 1) + 1 1
(
2
t − 1 ) 2
+ 3 2 4
1
=
3(t + 1) − 2t − 1
6(t 2 − t + 1) + 2 1
( )
3 2
.
2t − 1
√ + 1 3
On en déduit une primitive F de t ↦−→ 1
t 3 sur ] − ∞, −1[ ou ] − 1,+∞[ :
+ 1
F(t) = 1 3 ln |t + 1| − 1 6 ln(t2 − t + 1) + √ 1 ( ) 2t − 1
arctan √ .
3 3
Exercice 22.3
Soit I =]−∞, −1[ ou ]−1,+∞[, a ∈ I et pour n ∈ N ∗ , F n la primitive de t ↦−→
I définie par F n (x) =
∫ x
a
1
(1 + t 3 )
F n (x) par parties : on intègre 1 et on dérive t ↦−→
1
(1 + t 3 ) n sur
dt. On détermine une relation de récurrence en intégrant
n
1
(1 + t 3 . On obtient
)
n
[ ] x ∫
t
x
t(−3nt 2 )
F n (x) =
(1 + t 3 ) n −
a a (1 + t 3 )
[ ] x ∫
t
x
=
(1 + t 3 ) n + 3n
a a
On en déduit que, pour x ∈ I et n ∈ N ∗ ,
=
F n+1 (x) =
n+1
dt
(t 3 + 1 − 1)
(1 + t 3 dt
)
n+1
x
(1 + x 3 ) n − a
(1 + a 3 ) n + 3n(F n(x) − F n+1 (x)).
x
3n(1 + x 3 ) n − a
3n(1 + a 3 ) n + 3n − 1
3n F n(x).
Exercice 22.4
On effectue la division euclidienne de (1 − X) n par 1 + X 2 . Il existe Q n ∈ R n [X] et
(α n ,β n ) ∈ R 2 tel que
(1 − X) n = (1 + X 2 )Q n (X) + α n X + β n .
Montrons que Q n est à coefficients dans Z et (α n ,β n ) ∈ Z 2 , en raisonnant par récurrence.
Pour n = 0, (1 − X) n = 1, donc Q 0 = 0, α 0 = 0, β 0 = 1.

238
Si la propriété est vérifiée au rang n, alors
(1 − X) n+1 = (1 − X) n (1 − X) = ((1 + X 2 )Q n (X) + α n X + β n )(1 − X)
= (1 + X 2 )Q n (X)(1 − X) + (−α n X 2 + (α n − β n )X + β n )
= (1 + X 2 )(Q n (X)(1 − X) − α n ) + (α n − β n )X + (α n + β n ).
On obtient Q n+1 (X) = Q n (X)(1 − X) − α n , ce qui montre que Q n+1 est à coefficients dans
Z. De plus, α n+1 = α n − β n et β n+1 = α n + β n sont des entiers. Ceci démontre la propriété
pour tout entier n.
On obtient alors
On montre que a n =
I n =
=
=
∫ 1
0
∫ 1
0
∫ 1
0
∫ 1
0
(1 − x) n
1 + x 2 dx = ∫ 1
Q n (x)dx + α n
2
Q n (x)dx + α n
2 ln 2 + β n
4 π.
0
(
Q n (x) + α )
nx + β n
1 + x 2 dx
[
ln(1 + x 2 ) ] 1
0 + β n [arctanx] 1 0
Q n (x)dx est un nombre rationnel. Le polynôme Q n est une somme
de termes de la forme q k x k avec q k ∈ Z. On vérifie que
∫ 1
0
q k x k dx =
q k
appartient à Q.
k + 1
Par linéarité, on en déduit que a n ∈ Q. On a démontré le résultat voulu, avec b n = β n
4 et
c n = α n
2 .
On cherche n tel que b n = 0, c’est-à-dire β n = 0. On calcule β n en utilisant le fait
que i est racine du polynôme (1 + X 2 ). On obtient (1 − i) n = iα n + β n . On en déduit que
(
β n = R(1 − i) n = R ( √ )
2) n nπ −i
e 4 = 2 n nπ
2 cos
4 .
On a donc b n = 0 s’il existe k ∈ N tel que nπ 4 = π 2
4k + 2, avec k ∈ N.
+ kπ, c’est-à-dire si n est de la forme
Exercice 22.5
Pour x > 0, posons
I(x) =
∫ x
sin(lnt)dt et J(x) =
∫ x
1
1
On intègre deux fois par parties, en intégrant 1 à chaque fois :
I(x) = [tsin(ln t)] x 1 −
J(x) = [tcos(ln t)] x 1 −
∫ x
1
∫ x
1
cos(ln t)dt.
t × 1 cos(ln t)dt = xsin(lnx) − J(x),
t
t × 1 (−sin(lnt)) dt = xcos(ln x) − 1 + I(x).
t

239
On en déduit que
I(x) = − 1 2 xcos(ln x) + 1 2 xsin(ln x) + 1 2 et J(x) = 1 2 xcos(ln x) + 1 2 xsin(lnx) − 1 2 .
Exercice 22.6
1. On fait le changement de variable t = tan u. On obtient
∫ 1
0
∫ π
1
(1 + t 2 ) 2 dt = 4
=
0
∫ π
4
0
1
(1 + tan 2 u) (1 + 2 tan2 u)du =
[
1 + cos2u u sin 2u
du = +
2 2 4
2. On fait le changement de variable u = sin t. On obtient
∫ π
2
0
cos 3 tsin 2 t =
0
∫ π
2
0
cos 2 tsin 2 tcos tdt =
∫ 1
0
] π
4
0
∫ π
4
0
cos 2 udu
= π 8 + 1 4 .
(1 − u 2 )u 2 du = 1 3 − 1 5 = 2
15 .
3. Avec le changement de variable t = asin u, on obtient
∫ √ a ∫ π
1 − t2
a 2 dt = 2 √
∫ π
1 − sin 2 2
u (acos u)du = a cos 2 udu = a π
0
0
4 .
Exercice 22.7
1. La fonction x ↦−→ x+ √ 1 + x 2 est strictement positive sur R donc f : x ↦−→ ln(x+ √ 1 + x 2 )
est définie et dérivable sur R et
x
1 + √
f ′ 1 + x
2
(x) =
x + √ 1 + x = 1
√ .
2 1 + x
2
1
Pour tout réel x, √
x2 + a = 1
√
2
a 1 + ( )
. Une primitive de cette fonction sur R est F
x 2
a
définie par
( √ )
x
F(x) = ln
a + 1 + x2
a 2 = ln(x + √ a 2 + x 2 ) − lna.
2. Pour x > 0, on a
1
1
x √ 1 + x = √ x2 .
2 1
x
+ 1 2
On reconnaît la dérivée d’une fonction composée. En utilisant la question 1., on trouve que
G définie par
( √ )
1
G(x) = −ln
x + 1 + 1 x 2 = −ln 1 + √ 1 + x 2 x
= ln
x 1 + √ 1 + x 2

240
1
est une primitive de x ↦−→
x √ sur ]0,+∞[. Sur ] − ∞,0[, on trouve de même
1 + x2 .
G(x) = ln 1 − √ 1 + x 2
x
−x
= ln
1 + √ 1 + x 2
Exercice 22.8
1
La fonction f : x ↦−→
x + √ est définie et continue sur ] − ∞, −2] et ]0,+∞[ donc
x 2 + 2x
possède des primitives sur chacun de ces intervalles. Soit I l’un des deux intervalles ]−∞, −2[
et ]0,+∞[ et a ∈ I. Calculons
F(x) =
∫ x
a
1
u + √ u 2 + 2u du.
La fonction ϕ : x ↦−→ x+ √ x 2 + 2x est dérivable sur ]−∞, −2] et ]0,+∞[ et ϕ ′ x
(x) = 1+ √
x2 + 2x .
On vérifie que ϕ ′ (x) > 0 si x > 0 et ϕ ′ (x) < 0 si x < −2. Ainsi ϕ réalise une bijection de
R + sur R + et de ] − ∞, −2] sur ] − 1, −2] (on vérifie que lim ϕ(x) = −1). De plus, on a
x→−∞
t = ϕ(x) =⇒ (x − t) 2 = x 2 + 2x =⇒ x =
t 2
2(t + 1) .
Sur chaque intervalle où elle est définie, ϕ −1 est définie par ϕ −1 (t) =
2(t + 1) .
On fait le changement de variable défini par u = ϕ −1 (t) =
du = t2 + 2t
dt et
2(t + 1)
2
∫ ϕ(x) ∫
t + 2 ϕ(x)
(
)
F(x) =
ϕ(a) 2(t + 1) 2 dt = 1
ϕ(a) 2(t + 1) + 1
2(t + 1) 2 dt
[ ] ϕ(x)
1
=
2 ln(1 + t) − 1
2(t + 1)
où K et K ′ sont des constantes.
ϕ(a)
= 1 2 ln(1 + x + √ x 2 1
+ 2x) −
2(1 + x + √ x 2 + 2x) + K
= 1 2 ln(1 + x + √ x 2 + 2x) − 1 2 x + 1 2
√
x2 + 2x + K ′
t 2
t 2
. On a donc
2(t + 1)
Exercice 22.9
Chacune de ces équations se met sur l’intervalle considéré sous la forme f ′ = fg dont les
solutions sont les fonctions C exp ◦G, où C est une constante et G une primitive de g.
1. Pour tout réel x, g(x) = −x 2 , G(x) = − x3
3
et f est de la forme
x ↦−→ Ce − x3
3 , C ∈ R.

241
2. Pour tout réel x, g(x) = 1 , G(x) = arctanx et f est de la forme
1 + x2 x ↦−→ Ce arctan x , C ∈ R.
3. Pour tout x ∈ I, g(x) = x
1 − x 2 , G(x) = −1 2 ln |1 − x2 |. Il existe C ∈ R tel que, pour tout
x ∈ I,
)
f(x) = C exp
(
− 1 2 ln |x2 − 1|
=
C
√
|1 − x2 | .
4. Pour tout x ∈ I,
1
g(x) =
x(1 − x) = 1 x + 1
∣ ∣∣∣
1 − x , G(x) = ln |x| − ln |1 − x| = ln x
1 − x∣
et il existe C tel que, pour tout x ∈ I,
(
)
f(x) = C exp ln
x
∣1 − x∣
= C
x
∣1 − x∣ .
x
Comme
1 − x garde un signe constant sur chaque intervalle I, il existe C′ ∈ R (C ′ = ±C)
tel que, pour tout x ∈ I,
f(x) = C ′ x
1 − x .
5. Pour tout x ∈ ]0,π[, f(x) = cos x et G(x) = ln sinx. Il existe C ∈ R tel que, pour tout
sin x
x ∈ ]0,π[,
f(x) = C exp(ln(sinx)) = C sinx.
Exercice 22.10
1. a) La fonction ϕ est définie sur I par ϕ(x) = f(x)e −G(x) . Comme f et G elle est dérivable
sur I.
b) Pour tout x ∈ I,
ϕ ′ (x) = f ′ (x)e −G(x) + f(x)(−g(x))e −G(x) = (f ′ (x) − g(x)f(x))e −G(x) .
On a donc f ′ − gf = h si et seulement si, pour tout x ∈ I, ϕ ′ (x) = h(x)e −G(x) .
2. La méthode de la question 1 s’applique, une fois divisé par le coefficient de f.
a) Pour x > 0, g(x) = − 2 x , G(x) = −2ln x et e−G(x) = x 2 . Par ailleurs h(x) = 3 + 2 x .
On a donc, pour x > 0, ϕ ′ (x) = 3x 2 + 2x. Il existe un réel C tel que, pour tout x > 0,
ϕ(x) = x 3 + x 2 + C
et donc
f(x) = ϕ(x)e G(x) = ( x 3 + x 2 + C ) 1
x 2 = x + 1 + C x 2 .

242
]
b) Pour tout x ∈ − π 2 , π [
, g(x) = tan x, G(x) = −ln cos x et h(x) = −cos 2 x. On en déduit
2
que
ϕ ′ (x) = −cos 2 xe ln cos x = −cos 3 x = −cos x(1 − sin 2 x)
Il existe donc C ∈ R tel que,
On obtient
ϕ(x) = −sin x + 1 3 sin3 x + C.
(
f(x) = ϕ(x)e G(x) = −sin x + 1 ) 1
3 sin3 x + C
cos x
= − 1 3 sinxcos x − 2 3 tan x + C
cos x .
c) Pour tout x > 1, g(x) = 1
1
, G(x) = ln(lnx), h(x) =
xlnx xlnx
ϕ ′ (x) =
e−
ln(ln x)
xlnx
=
1
x(lnx) 2 .
On en déduit qu’il existe C ∈ R tel que, pour tout x > 1,
Exercice 22.11
f(x) =
ϕ(x) = − 1
lnx + C,
(
− 1 )
lnx + C lnx = −1 + C lnx.
et donc
1. On trouve I 0 = π 2 et I 1 = 1. On intègre par parties, en écrivant sin n t = sin n−1 tsin t et
en intégrant sint. On obtient, pour n 2,
I n =
∫ π
2
0
On en déduit que
sin n−1 tsin tdt = [ −sin n−1 tcos t ] π 2
0
} {{ }
=0
+
∫ π
2
∫ π
2
= (n − 1) sin n−2 t(1 − cos 2 t)dt = (n − 1)(I n−2 − I n ).
0
I n = n − 1
n I n−2.
0
(n − 1)sin n−2 tcos 2 tdt
On a donc pour n 1, I 2n = 2n − 1
2n I 2n−2 et en réitérant cette formule, on en déduit
I 2n = 2n − 1
2n
On obtient de même, à partir de I 2n+1 =
· 2n − 3
2n − 2 · · · 1
2 I (2n)! π
0 =
(2n) 2 (2n − 2) 2 · · · 4 2 · 2 2 2 = (2n)!π
2 2n+1 (n!) 2 .
I 2n+1 =
2n
2n + 1 I 2n−1, pour n 0,
2n
2n + 1 · 2n − 2
2n − 1 · · · 2
3 I 1 = 22n (n!) 2
(2n + 1)! .

[
2. Pour tout t ∈ 0, π ]
, on a 0 sint 1 et donc, pour tout n ∈ N, sin n+1 t sin n t. Par
2
positivité de l’intégrale, on en déduit I n+1 I n : la suite (I n ) n∈N est décroissante.
D’après la question, on a, pour tout n 2, nI n = (n−1)I n−2 et donc nI n I n−1 = (n−1)I n−1 I n−2 .
Ceci signifie que la suite de terme général nI n I n−1 (n 1) est constante, donc égale à son
premier terme. On en déduit que, pour n 1,
nI n I n−1 = I 1 I 0 = π 2 .
243
De la décroissance de (I n ) n∈N , on tire, pour n 1,
nI n I n+1 nI 2 n nI n I n−1 c’est-à-dire
nπ
2(n + 1) nI2 n π 2 .
On en déduit, par encadrement, que lim
n→+∞ nI2 n = π 2 , c’est-à-dire que I2 n
comme (I n ) n∈N est à termes positifs,
∼
n→+∞
π
2n
et donc,
I n
√ π
∼
n→+∞ 2n .
Exercice 22.12
1. En intégrant par parties, on obtient, pour p et q dans N,
I(p + 1,q) =
∫ 1
0
x p+1 (1 − x) q dx
] 1
0
p+1 (1 − x)q+1
=
[x −
−(q + 1)
} {{ }
=0
= p + 1 I(p,q + 1).
q + 1
∫ 1
0
p (1 − x)q+1
(p + 1)x
−(q + 1) dx
2. On calcule
∫ 1
] 1
I(0,q) = (1 − x) q (1 − x)q+1
dx =
[− = 1
0
q + 1
0
q + 1 .
En appliquant de manière réitérée la formule démontrée dans la première question, on
démontre que
I(p,q) =
p
q + 1 I p−1,q+1 =
p
q + 1 · p − 1
q + 2 · · · 1
p + q I 0,p+q
p(p − 1) · · · 1
=
(q + 1)(q + 2) · · · (p + q)(p + q + 1)
p!q!
=
(p + q + 1)! .

244
Exercice 22.13
1. a) Pour n ∈ N et t ∈
[
0, π ]
, on a 0 tan x 1 et donc
4
En intégrant sur
[
0, π ]
, on obtient
4
0 tan n+1 x tan n x.
0 I n+1 I n .
La suite (I n ) n∈N est décroissante et à termes positifs.
b) On trouve I 0 = π 4 et I 1 = [−ln cos x] π 4
0 = −ln √ 1 = 1 ln2 et, pour n 2,
2 2
I n + I n−2 =
=
∫ π
4
0
(
tan n t + tan n−2 t ) dt =
[ tan n−1 t
n − 1
] π
4
0
= 1
n − 1 .
∫ π
4
0
tan n−2 t(1 + tan 2 t)dt
Comme (I n ) n∈N est à termes positifs cette relation implique, pour tout n 2,
On en déduit que lim
n→+∞ I n = 0.
0 I n 1
n − 1 .
c) On utilise de manière réitérée la formule I n = 1
n − 1 −I n−2. On obtient, pour tout p 1,
I 2p = 1
2p − 1 − I 2p−2 = 1
2p − 1 − 1
2p − 3 + I 2p−4
= 1
2p − 1 − 1
2p − 3 + · · · + (−1)p
3
= (−1) p−1 [
1 − 1 3 + · · · + (−1)p−1
2p − 1 − π 4
I 2p+1 = 1
2p − I 2p−1 = 1
2p − 1
2p − 2 + I 2p−3
= 1
2p − 1
2p − 2 + · · · + (−1)p−1 + (−1) p I 1
2
[ 1
= (−1) p−1 2 − 1 4 + · · · (−1)p−1 − ln 2 ]
2p 2
=
[1 (−1)p−1 − 1 ]
2 2 + · · · (−1)p−1 − ln 2 .
p
+ (−1)p−1 + (−1) p I 0
1
]
,

245
2. Il résulte de la question 1 que, pour p 1,
1 − 1 3 + · · · + (−1)p
2p + 1 = (−1)p I 2p+2 + π 4 et 1 − 1 2 + · · · + (−1)p−1 = 2(−1) p−1 I 2p+1 + ln 2.
p
Comme la suite (I n ) n∈N a pour limite 0, on en déduit
lim
[1 − 1 ]
[
]
p→+∞ 3 + · · · + (−1)p = π et lim 1 − 1 2p + 1 4 p→+∞ 2 + · · · + (−1)p+1 = ln 2.
p
Exercice 22.14
La fonction f réalise donc une bijection de R + sur R + . La fonction f −1 est continue et
strictement croissante sur R + .
1. Soit g la fonction définie sur R + par
g(x) =
∫ x
0
f(t)dt +
∫ f(x)
0
f −1 (t)dt − xf(x).
Si on note F et G des primitives sur R + de f et f −1 respectivement, on obtient, pour tout
x 0,
g(x) = F(x) + G(f(x)) − xf(x).
Comme f est dérivable sur R + , il en est de même de g et
g ′ (x) = F ′ (x) + G ′ (f(x))f ′ (x) − f(x) − xf ′ (x)
= f(x) − f −1 (f(x))f ′ (x) − f(x) − xf ′ (x) = 0.
La fonction g est constante sur R + et comme g(0) = 0, elle est nulle, ce qui donne l’égalité
voulue.
2. Pour a 0 fixé, considérons la fonction h définie sur R + , par
h(b) =
∫ a
La fonction h est dérivable sur R + et
0
f(t)dt +
∫ b
h ′ (b) = f −1 (b) − a.
0
f −1 (t)dt − ab.
On a h ′ (b) = 0 si et seulement si b = f(a) et f −1 étant strictement croissante, h ′ est négative
sur [0,f(a)[ et positive sur ]f(a),+∞]. La fonction h possède donc un minimum strict en
f(a) et ce minimum vaut
h(f(a)) =
∫ a
0
f(t)dt +
∫ f(a)
0
f −1 (t)dt − af(a) = 0,
d’après la première question. Ainsi, la fonction h est positive ou nulle sur R + et ne s’annule
qu’en f(a). C’est le résultat demandé.

246
Exercice 22.15
Pour x > 0, on fait le changement de variable u = tx. On obtient
f(x) =
∫ x
0
( u
x
) α 1 sin u
x du = 1 ∫ x
x α+1
0
u α sin udu.
La fonction f est dérivable sur ]0,+∞[ comme produit de fonctions dérivables, la deuxième
étant une primitive de x ↦−→ x α sin x, et
f ′ (x) = − α + 1 ∫ x
x α+2 u α sin udu + 1
x α+1 xα sin(x) = − α + 1 sin x
f(x) +
x x .
On obtient donc, pour x > 0,
0
xf ′ (x) + (α + 1)f(x) = sin x.
Exercice 22.16
En utilisant les formules de trigonométrie et la linéarité de l’intégrale, on obtient, pour tout
réel x,
ϕ(x) = 1 ω
∫ x
0
= sin(ωx)
ω
(sin(ωx)cos(ωt) − cos(ωx)sin(ωt))f(t)dt
∫ x
0
cos(ωt)f(t)dt − cos(ωx)
ω
∫ x
0
sin(ωt)f(t)dt.
On voit sur cette expression que ϕ est dérivable sur R, car somme de produits de fonctions
dérivables, et
ϕ ′ (x) = cos(ωx)
+sin(ωx)
= cos(ωx)
De nouveau ϕ ′ est dérivable et
∫ x
0
∫ x
0
∫ x
ϕ ′′ (x) = −ω sin(ωx)
0
+ω cos(ωx)
cos(ωt)f(t)dt + sin(ωx) cos(ωx)f(x)
ω
sin(ωt)f(t)dt − cos(ωx) sin(ωx)f(x)
ω
cos(ωt)f(t)dt + sin(ωt)
∫ x
0
∫ x
= −ω 2 ϕ(x) + f(x).
La fonction ϕ vérifie l’équation différentielle
0
∫ x
0
sin(ωt)f(t)dt.
cos(ωt)f(t)dt + cos 2 (ωx)f(x)
sin(ωt)f(t)dt + sin 2 (ωx)f(x)
ϕ ′′ + ω 2 ϕ = f.

247
Exercice 22.17
1. En écrivant
f n (x) =
∫ x
on voit que f n est dérivable sur [0,1] et que
0
e nt2 dt +
∫ x
1
e −nt2 dt,
f ′ n(x) = e nx2 + e −nx2 > 0.
La fonction f n est continue et strictement croissante sur [0,1].
Comme de plus f n (0) = −
∫ 1
une seule fois sur l’intervalle [0,1], en c n .
Pour n = 0, on obtient f 0 (x) =
0
e −nt2 dt < 0 et f n (1) =
∫ x
0
dt −
∫ 1
x
∫ 1
0
e nt2 dt > 0, la fonction f n s’annule
dt = 2x − 1, donc c 0 = 1 2 .
2. Soit n ∈ N. On a, pour tout t ∈ [0,1], e (n+1)t2 e nt2 et e −(n+1)t2 e −nt2 . On en déduit,
par positivité de l’intégrale, que
∫ x
e (n+1)t2 dt
∫ x
0
0
e nt2 dt et
∫ 1
e −(n+1)t2 dt
∫ 1
x
x
e −nt2 dt
et donc
f n+1 (x) =
∫ x
0
∫ x
0
e (n+1)t2 dt −
e nt2 dt −
∫ 1
x
∫ 1
x
e −(n+1)t2 dt
e −nt2 dt f n (x).
En particulier, pour x = c n , on obtient f n+1 (c n ) 0. Comme la fonction f n+1 est croissante
et s’annule en c n+1 , on a donc c n c n+1 . La suite (c n ) n∈N est donc décroissante. Comme
elle est minorée par 0, elle converge. On note l sa limite.
3. a) Pour tout r ∈ ]0,1], on a
∫ r
0
e nt2 dt
∫ r
r
2
e nt2 dt
∫ r
car la fonction t ↦−→ e nt2 est positive et croissante sur [0,1].
On en déduit que
lim
n→+∞
∫ r
0
r
2
e nt2 dt = +∞.
b) On a, pour tout t ∈ [0,1], e −nt2 1. On en déduit que
∫ 1
c n
e −nt2 dt
∫ 1
e nr2
4 dt r 2 e nr2
4 ,
c n
dt (1 − c n ) 1.

248
c) Supposons que l > 0. On a par définition de c n ,
∫ cn
0
e nt2 =
∫ 1
c n
e −nt2 1.
Mais comme la suite (c n ) n∈N est décroissante, elle est minorée par l. On en déduit, puisque
la fonction que l’on intègre est positive que
∫ l
0
e nt2 dt
∫ cn
D’après la question a, la suite de terme général
0
e nt2 dt 1.
∫ l
0
e nt2 dt a pour limite +∞. Ceci est
impossible car elle majorée par 1. Donc nécessairement l = 0. La suite (c n ) n∈N converge vers
0.
Exercice 22.18
1. Soit F la primitive de f qui s’annule en a. Comme f > 0, f est strictement croissante sur
[a,b] et réalise une bijection de [a,b] sur [0,I], où I =
∫ b
a
f(t)dt.
La subdivision σ doit vérifier, pour tout k de [[0,n − 1]], F(x k+1 ) − F(x k ) = I , ce qui
n
équivaut à
F(x k ) = F(x 0 ) + kI
n = kI
n ,
car x 0 = a. La fonction F étant bijective de [a,b] sur [0,I], la suite est définie par
)
.
On observe qu’on a bien x n = b.
2. On a donc, pour n 1,
1
n∑
f(x k ) = 1 n n
k=0
∀k ∈ [[0,k]] x k = F −1 ( kI
n
n∑
( ) kI
(f ◦ F −1 ) = 1 n I · I
n
k=0
n∑
(f ◦ F −1 )
k=0
( ) kI
.
n
On reconnaît une somme de Riemann de la fonction f ◦F −1 sur l’intervalle [0,I]. On a donc
1
n∑
lim f(x k ) = 1 ∫ I
(f ◦ F −1 )(x)dx.
n→+∞ n I
k=0
On fait un changement de variable dans l’intégrale en posant t = F −1 (x) et donc x = F(t).
On a donc dx = f(t)dt et
On conclut :
∫ I
0
(f ◦ F −1 )(x)dx =
1
lim
n→+∞ n
n∑
f(x k ) =
k=0
0
∫ b
a
∫ b
a
∫ b
(f(t)) 2 dt.
(f(t)) 2 dt
.
a
f(t)dt

249
Exercice 22.19
( [ ]
1 1
1. Pour tout n ∈ N ∗ , la fonction x ↦−→ x α Ent est continue par morceaux sur
x)
n ,1 .
] 1
En effet, pour 1 k n − 1 sa restriction à
k + 1 , 1 [
est la fonction x ↦−→ kx α qui est
]
k
1
continue sur
k + 1 , 1 [
et prolongeable par continuité aux bornes. On a donc
k
n−1
∑
∫ 1
n−1
k ∑
[ ] 1
x
I α (n) = kx α α+1 k
dx = k = 1
n−1
∑
( )
k
1
α + 1 1 α + 1 k α+1 − k
(k + 1) α+1 .
k+1
n+1
k=1
k=1
k=1
On peut écrire
k
k α+1 − k
(k + 1) α+1 = 1
k α+1 + k − 1
k α+1 −
Quand on somme, des termes s’éliminent deux à deux et il reste
) (
I α (n) = 1 1
α + 1 k α+1 − n − 1
n α+1 = 1 ∑ n
α + 1
= 1
α + 1
( n−1 ∑
k=1
( n
∑
k=1
1
k α+1 − 1
n α )
.
2. Il résulte de la première question que, pour tout n ∈ N ∗ ,
k
(k + 1) α+1 .
k=1
1
k α+1 −
)
n
n α+1
I α (n + 1) − I α (n) =
∫ 1
n
1
n+1
nx α dx > 0,
est stric-
car on intègre une fonction continue et strictement positive. La suite (I α (n)) n∈N ∗
tement croissante.
D’autre part, en majorant Ent(x) par x on obtient, pour tout n ∈ N ∗ ,
∫ 1
[ ] x
I α (n) x α−1 α 1
dx 1
1 α 1 α .
n
n
La suite (I n ) n∈N ∗ est majorée ; elle converge.
Exercice 22.20
Considérons la fonction f définie sur R + par
( ∫ x
) (
f(x) = c + u(t)v(t)dt exp −
Comme u et v sont continues, f est dérivable sur R + et
( ∫ x
)
f ′ (x) = u(x)v(x)exp − v(t)dt
0
( ∫ x
) (
+ c + u(t)v(t)dt exp −
0
( ∫ x
)
= v(x) u(x) − c − u(t)v(t)dt exp
0
0
∫ x
0
∫ x
0
)
v(t)dt .
)
v(t)dt (−v(x))
(
−
∫ x
0
)
v(t)dt 0.

250
La fonction f est donc décroissante et comme f(0) = c, on a, pour tout x 0, f(x) c
c’est-à-dire
∫ x
(∫ x
)
c + u(t)v(t)dt cexp v(t)dt .
0
0
En utilisant l’inégalité initiale, on obtient a fortiori
(∫ x
)
u(x) c exp v(t)dt .
0
Exercice 22.21
1. On a, pour tout x ∈ [a,b],
On en déduit
|f(x)| =
∣
∫ x
a
∫ x
Enfin, on obtient
∫ b
∫ b
f(t)dt
∣ ∣ |f(t)|dt
a
a
a
f ′ (t)dt = f(x) − f(a) = f(x).
∫ x
f ′ (t)dt
∣ |f ′ (t)|dt
∫ b
a
a
∫ x
a
M(t − a)dt
[M
M dt M(x − a).
] b
(t − a)2
M
2
a
(b − a)2
.
2
2. Posons c = a + b . Si f(a) = f(b) = 0, on obtient en raisonnant comme dans la question
2
1 sur l’intervalle [a,c],
∫ c
∣ f(t)dt
(c − a)2 (b − a)2
∣ M M .
2 8
En écrivant, puisque f(b) = 0, f(x) =
question
a
∣ ∣∣∣∣ ∫ b
f(t)dt
∣
c
∫ x
b
M
(b − c)2
2
On en déduit que
∫ b
∣∫ ∣∣∣ c
∣ f(t)dt
∣ ∣ ∣∣∣∣ ∫ b
f(t)dt
∣ + f(t)dt
∣
a
a
c
f ′ (t)dt, on obtient comme dans la première
M
(b − a)2
.
8
2M
(b − a)2
8
M
(b − a)2
.
4
Exercice 22.22
La fonction f étant de classe C 1 , on peut intégrer par parties. On obtient, pour n 1,
∫ b
[ ] b
(−cos nt)
f(t)sin ntdt = f(t) + 1 ∫ b
f ′ (t)cos ntdt.
a
n
a
n a

251
On en déduit
∫ (
b
f(t)sin ntdt
∣ a ∣ 1 |f(b)cos nb| + |f(a)cos na| +
n
(
)
et donc
1 n
|f(a)| + |f(b)| +
∫ b
lim
n→+∞
a
On démontre de la même manière que
∫ b
lim
n→+∞
a
∫ b
a
|f ′ (t)|dt
f(t)sin ntdt = 0.
f(t)cos ntdt = 0.
∫ b
a
|f ′ (t)cos nt|dt
)
Exercice 22.23
1
La fonction g : t ↦−→ √ est définie est continue sur R donc f est définie sur R.
t4 + t 2 + 1
On écrit, pour tout réel x, f(x) = G(2x) − G(x), où G est la primitive de g qui s’annule en
0. Comme g est paire, G est impaire et f également est impaire.
La fonction f est dérivable sur R et
f ′ (x) = 2g(2x) − g(x) =
Pour x > 0, on a les équivalences suivantes :
On montre de même que
2
√
16x4 + 4x 2 + 1 − 1
√
x4 + x 2 + 1 .
f ′ (x) = 0 ⇐⇒ 4(x 4 + x 2 + 1) = 16x 4 + 4x 2 + 1 ⇐⇒ x = 1 √
2
.
La fonction f est croissante sur
f ′ (x) > 0 ⇐⇒ x < 1 √
2
.
Pour calculer la limite en +∞, on remarque que, pour x > 0,
[ ]
[ [
1
1
0, √ et décroissante sur √2 ,+∞ . Elle s’annule en 0.
2
On en déduit que
0 f(x)
∫ 2x
x
1
[−
t 2 dt 1 ] 2x
= 1
t
x
2x .
lim f(x) = 0.
x→+∞
Exercice 22.24
1. Pour x ∈ ]0,1[, on a 0 < x 2 < x < 1, la fonction h = 1
ln est continue sur [x2 ,x] et f(x)
est défini. De même si x > 1, alors h est continue sur [x,x 2 ]. En considérant une primitive

252
H de h sur ]0,1[ ou ]1,+∞[ et en écrivant que f(x) = H(x 2 ) − H(x), on montre que f est
dérivable sur ]0,1[ et sur ]1,+∞[ et que
f ′ (x) = 2xh(x 2 ) − h(x) = 2x
lnx 2 − 1
lnx = x − 1
lnx .
Puisque lnx a le signe de x − 1, la fonction f est croissante sur chaque intervalle où elle est
définie.
2. Pour x > 0 et x ≠ 1,
∫ x
2
x
∫ x
2
t
On écrit f(x) =
x tlnt dt.
• Si x > 1, on a, pour t ∈ [x,x 2 ],
On en déduit
∫ x
2
x
1
dt = [ln(|ln t|)]x2
x
= ln(2|ln x|) − ln |ln x| = ln 2.
tlnt
∫
x
x
2
tlnt dt f(x)
• Si x ∈ ]0,1[, on a, pour t ∈ [x 2 ,x],
x
tlnt t
tlnt x2
tlnt
x
car ln t > 0.
x 2
tlnt dt c’est-à-dire xln 2 f(x) x2 ln 2.
On en déduit, puisque x 2 < x,
x
tlnt t
tlnt x2
tlnt
car ln t < 0.
∫ x
2
x
x 2 ∫ x
2
tlnt dt f(x) x
tlnt dt c’est-à-dire x2 ln 2 f(x) xln 2.
Des encadrements précédents, on tire
lim f(x) = 0, lim
x→0
x
x→1 − f(x) = lim
x→1 + f(x) = ln 2,
lim f(x) = +∞.
x→+∞
3. Le prolongement g de f est défini par g(0) = 0 et g(1) = ln 2. La fonction f est de classe
C 1 sur ]0,1[ et ]1,+∞[. Comme lim f ′ x − 1
(x) = lim = 1 et lim
x→1 x→1 lnx f ′ x − 1
(x) = lim
x→0 x→0 lnx = 0,
le théorème de prolongement des fonctions de classe C 1 permet d’affirmer que f possède sur
[0,1] et sur [1,+∞[ un prolongement de classe C 1 . Ce prolongement coïncide avec g sur [0,1]
et [1,+∞[, donc g est de classe C 1 sur R + .
Exercice 22.25
1. a) Au voisinage de 0, on a
g(x) ∼ (f(x)) 2 1 ( ) 2 f(x)
πx ∼ x
x π .

253
f(x)
De lim
x→0 x
= f ′ (0), on déduit lim g(x) = 0.
x→0
De même au voisinage de 1,
g(x) = (f(x)) 2 cot(π(x − 1)) ∼ (f(x)) 2 1
π(x − 1) ∼ ( f(x)
x − 1
) 2
x − 1
π .
f(x)
De lim
x→1 x − 1 = f ′ (1), on déduit lim g(x) = 0.
x→1
Ainsi, g peut être prolongée par continuité en 0 en posant g(0) = g(1) = 0.
La fonction g est dérivable sur ]0,1[ et
g ′ (x) = 2f(x)f ′ (x)cot πx − π (f(x))2
sin 2 πx .
On calcule les limites de g ′ en 0 et 1. On obtient
(
lim
x→0 g′ (x) = lim 2f ′ (x) f(x) ( ) ) 2 f(x)
x→0 πx − π πx
= 2(f ′ (0)) 2
π
− π (f ′ (0)) 2
π 2 = (f ′ (0)) 2
π
et de la même façon
(
( ) ) 2
lim
x→1 g′ (x) = lim 2f ′ f(x) f(x)
(x)
x→1 π(x − 1) − π π(x − 1)
= 2(f ′ (1)) 2
π
− π (f ′ (1)) 2
π 2 = (f ′ (1)) 2
.
π
La fonction g est de classe C 1 sur ]0,1[. Comme g ′ possède une limite finie en 0 et 1, le
théorème de prolongement des applications de classe C 1 permet d’affirmer que le prolongement
de g sur [0,1] est de classe C 1 .
b) Comme g est de classe C 1 sur [0,1], on peut écrire
∫ 1
0
g ′ (t)dt = g(1) − g(0) = 0.
2. a) Les fonctions f et g sont de classe C 1 sur [0,1] donc f ′ et g ′ possèdent des limites finies
en 0 et 1. Il en est de même de la fonction x ↦−→ f(x)cot πx, car on montre comme dans la
question 1 que
lim f(x)cot πx = f ′ (0)
x→0 π
et
lim f(x)cot πx = f ′ (1)
x→1 π .
On en déduit que h possède une limite finie en 0 et en 1. Elle peut donc être prolongée en
une fonction continue sur [0,1].
b) En remplaçant g ′ (x) par l’expression trouvée précédemment et en développant, on obtient,
pour tout x ∈ ]0,1[, h(x) = (f ′ (x)) 2 − π 2 (f(x)) 2 . Comme les fonctions h, f 2 et f ′ 2
sont continues sur [0,1], l’égalité est encore vérifiée pour x = 0 et x = 1 et on a
h = f ′ 2 − π 2 f 2 .

254
c) Notons k le prolongement continu sur [0,1] de x ↦−→ f ′ (x) − πf(x)cot πx. On a donc
h = πg ′ + k 2 et
∫ 1
0
∫ 1
h(t)dt = π g ′ (t)dt +
}
0
{{ }
=0
∫ 1
0
(k(t)) 2 dt =
Comme h = f ′2 − π 2 f 2 , on en déduit par linéarité de l’intégrale que
∫ 1
d) L’égalité a lieu si et seulement si
0
∫ 1
0
f ′ 2 tdt π
2
(k(t)) 2 dt =
∫ 1
0
∫ 1
0
f 2 (t)dt.
∫ 1
0
h(t)dt = 0.
(k(t)) 2 dt 0.
La fonction k 2 étant positive et continue, cela est réalisé si et seulement si k 2 = 0 et donc
k = 0.
Ceci signifie que, pour tout x ∈ ]0,1[,
f ′ (x) = πf(x)cot πx.
Les solutions de cette équation différentielle sur ]0,1[ sont les fonctions de la forme
f(x) = Ce ln(sin πx) = C sinπx.
Par continuité de f, cette égalité doit être vérifiée sur [0,1]. On trouve finalement qu’il y a
égalité dans l’inégalité de Wirtinger si et seulement si la fonction f est proportionnelle à la
fonction x ↦−→ sin πx.
Exercice 22.26
1. Les fonctions f et G étant de classe C 1 sur [a,b], on peut intégrer par parties. On obtient
∫ b
a
f(t)g(t)dt = [G(t)f(t)] b a −
∫ b
a
G(t)f ′ (t)dt = G(b)f(b) −
∫ b
a
G(t)f ′ (t)dt,
car G(a) = 0. La fonction f est positive sur [a,b] et il en est de même de −f ′ , car f est
décroissante. De G(t) ∈ [m,M] pour tout t ∈ [a,b], on déduit
et
soit
m
∫ b
a
(−f ′ (t))dt
m(f(a) − f(b)) −
mf(b) G(b)f(b) Mf(b), (1)
∫ b
a
∫ b
G(t)(−f ′ (t)) dt M
En additionnant les inégalités (1) et (2), on obtient
mf(a)
a
∫ b
∫ b
a
(−f ′ (t)dt.
G(t)f ′ (t)dt M(f(a) − f(b)). (2)
a
f(t)g(t)dt Mf(a).

2. Si f(a) = 0, il résulte des inégalités précédentes que
c quelconque dans [0,1].
Si f(a) ≠ 0, on peut écrire
m
∫ b
a
∫ b
a
f(t)g(t)dt
M.
f(a)
255
f(t)g(t)dt = 0. On peut choisir
L’image du segment [a,b] par la fonction continue G est [m,M]. Il existe donc c ∈ [a,b] tel
que
∫ b
a
f(t)g(t)dt
= G(c) =
f(a)
∫ c
a
g(t)dt.
Chapitre 23
Exercice 23.1
1. On considère la fonction définie sur R + par f(t) = ln(1 + t). Elle est de classe C ∞ . Pour
x 0, on peut lui appliquer la formule de Taylor- Lagrange à l’ordre 2 entre 0 et x. On a
pour tout t 0,
f ′ (t) = 1
1 + t , f ′′ (t) = − 1
(1 + t) 2 , 2
f(3) (t) =
(1 + t) 3
et donc f(0) = 0, f ′ (0) = 1, f ′′ (0) = −1. Il existe c ∈ [0,x] tel que
Comme 0 c x, on a
ln(1 + x) = x − x2
2 + x3 2
6 (1 + c) 3 .
1
(1 + x) 3 1
1 et on en déduit l’encadrement
(1 + c)
3
x − x2
2 + x 3
x2
ln(1 + x) x −
3(1 + x)
3
2 + x3
3 .
2. Pour tout réel x, on applique l’inégalité de Taylor-lagrange à l’ordre 1 à la fonction exp
entre 0 et x. Comme pour tout n ∈ N, exp (n) (0) = e 0 = 1, on obtient
|e x − 1 − x| x2
2 M,
où M est un majorant de exp sur l’intervalle [0,x] ou [x,0].
Si x 0 le maximum de exp sur [0,x] est e x = e |x| ; si x 0, la fonction exp est majorée
sur [x,0] par 1 et a fortiori par e |x| . On peut donc prendre M = e |x| , ce qui donne l’inégalité
voulue.

256
3. On applique la formule de Taylor-Lagrange à l’ordre 2 entre 0 et x 0, à la fonction
t ↦−→ 3√ 1 + t qui est C ∞ sur R + .
On obtient, pour t 0,
f ′ (t) = 1 3 (1 + t)− 2 3 , f ′′ (t) = − 2 9 (1 + t)− 5 3 , f (3) (t) = 10
27 (1 + t)− 8 3
et en particulier f(0) = 1, f ′ (0) = 1 3 , f ′′ (0) = − 2 . Il existe c ∈ [0,x] tel que
9
√
3
1 + x3 = 1 + x 3 − x2
9 + x3
3! · 10
27 (1 + c)− 8 3 .
Comme c 0, on a 0 (1 + c) − 8 3 1 et donc l’encadrement
0 3√ 1 + x − 1 − x 3 + x2
9 10x3
6 · 27 5x3
81 .
Exercice 23.2
La fonction f : x ↦−→ ln(1 + x) est C ∞ sur R + . On a, pour tout x 0, f ′ (x) = 1
1 + x
montre facilement par récurrence que, pour x 0 et n ∈ N ∗ ,
et on
f (n) (x) =
(n − 1)!(−1)n−1
(1 + x) n .
On applique l’inégalité de Taylor-Lagrange à l’ordre n entre 0 et 1. On a f(1) = ln 2 et
n∑ 1
n∑ (−1) k−1 (k − 1)!
n∑ (−1) k−1
k! f(k) (0) =
= = u n .
k!
k
k=0
k=1
Comme |f n+1 | n! sur R + pour tout n ∈ N ∗ , on obtient
d’où l’on déduit que
Exercice 23.3
k=0
|ln 2 − u n |
k=1
n!
(n + 1)! 1
n + 1 ,
lim u n = ln 2.
n→+∞
1. On applique la formule de Taylor-Lagrange à la fonction exp à l’ordre n entre 0 et le réel
x. On a
n∑ x k
n∑ x k
k! exp(k) (0) =
k! = u n(x).
Il existe c entre 0 et x tel que
k=0
e x = u n (x) + xn+1
(n + 1)! ec .
Si x 0, on a xn+1
(n + 1) ec 0 et donc u n (x) e x pour tout x.
x n+1
Si x 0, on a
(n + 1) ec 0 et donc u n (x) e x si n + 1 est pair et donc n impair et
u n (x) e x si n est pair.

257
2. Avec les notations de la question précédente, comme c est entre 0 et x, on a |c| |x|. On
en déduit que
|u n (x) − e x | = |x|n+1
(n + 1)! ec |x|n+1
(n + 1)! e|x| .
3. Si x = 0, il est clair que v n = 0 pour n 1.
Pour x ≠ 0, on a v n+1
= |x| . On en déduit que
v n n + 1 lim v n+1
= 0. La suite (v n ) n∈N est
n→+∞ v n
décroissante à partir d’un certain rang. Étant à termes positifs, elle converge. Sa limite ne
v n+1
peut pas être strictement positive, sinon on aurait lim = 1. Ainsi (v n ) n∈N converge
n→+∞ v n
vers 0.
De la majoration |u n (x) − e x | v n+1 e |x| , on déduit que
lim u n(x) = e x .
n→+∞
Exercice 23.4
On procède comme dans l’exercice précédent.
1. On applique la formule de Taylor-Lagrange à la fonction cos à l’ordre 2n entre 0 et le réel
x.
De cos ′′ = −cos, on tire pour tout k ∈ N, cos (2k) = (−1) k cos et cos (2k+1) = (−1) k+1 sin.
On en déduit que, pour tout k ∈ N, cos (2k) (0) = (−1) k et cos (2k+1) (0) = 0. On obtient donc
Il existe c ∈ R tel que
2n∑
k=0
x k
k! cos(k) (0) =
n∑
k=0
(−1) k x2k
(2k)! = u n(x).
On en déduit que
cos x = u n (x) +
x2n+1
(2n + 1)! (−1)n+1 sin c.
|u n (x) − cos x| |x|2n+1
(2n + 1)! .
On applique de même la formule de Taylor-Lagrange à la fonction sin à l’ordre 2n + 1 entre
0 et le réel x.
On trouve, pour tout k ∈ N, sin (2k) (0) = 0 et sin (2k+1) (0) = (−1) k . On obtient donc
Il existe c ∈ R tel que
2n+1
∑
k=0
x k
k! sin(k) (0) =
n∑
(−1) k x 2k+1
(2k + 1)! = v n(x).
k=0
On en déduit que
sinx = v n (x) +
x2n+2
(2n + 2)! (−1)n+1 sin c.
|v n (x) − sin x| |x|2n+2
(2n + 2)! .

258
|x| n
2. On montre comme dans l’exercice précédent que lim = 0. On en déduit que
n→+∞ n!
Exercice 23.5
lim u n(x) = cos x et
n→+∞
lim v n(x) = sin x.
n→+∞
1. Puisque que f est de classe C 2 , on peut appliquer la formule de Taylor-Young à l’ordre 2
au voisinage de 0. On obtient
et donc pour h ≠ 0,
On en déduit
f(x + h) = f(x) + hf ′ (x) + h2
2 f ′′ (x) + o(h 2 )
f(x − h) = f(x) − hf ′ (x) + h2
2 f ′′ (x) + o(h 2 )
f(x + h) + f(x − h) − 2f(x)
h 2 = h2 f ′′ (x) + o(h 2 )
h 2 = f ′′ (x) + o(h).
2. a) Par hypothèse, on a pour tout h ≠ 0,
f(x + h) + f(x − h) − 2f(x)
lim
h→0 h 2 = f ′′ (x).
f(x + h) + f(x − h) − 2f(x)
h 2
En utilisant la question 1, on obtient donc
=
2f(x)f(h) − 2f(x)
h 2 = 2f(x) f(h) − 1
h 2 .
lim 2f(x)f(h) − 1 f(x + h) + f(x − h) − 2f(x)
h→0 h 2 = lim
h→0 h 2 = f ′′ (x).
b) En considérant x ∈ R tel que f(x) ≠ 0 (c’est possible car f n’est pas la fonction nulle),
on obtient
f(h) − 1
lim
h→0 h 2 = f ′′ (x)
2f(x) .
Pour que la limite soit finie, il faut que la limite du numérateur soit nulle et donc que
f(0) = 1. La formule de Taylor-Young au voisinage de 0 à l’ordre 2 :
f(h) = 1 + hf ′ (0) + h2
2 f ′′ (0) + o(h 2 )
donne alors
f(h) − 1
h 2 = f ′ (0)
h
+ 1 2 f ′′ (0) + o(1).
Cette expression a une limite finie en 0 si et seulement si f ′ (0) = 0 et cette limite est alors
égale à 1 2 f ′′ (0).
En remplaçant dans l’expression trouvée précédemment, on obtient, pour tout réel x,
f ′′ (0)f(x) = f ′′ (x).

259
Exercice 23.6
1. En appliquant la formule de Taylor-Young à l’ordre 3 au voisinage de x, on obtient
et donc, pour h ≠ 0,
On en déduit que
f(x + 3h) = f(x) + 3hf ′ (x) + 9h2
2 f ′′ (x) + 27h3
6 f(3) (x) + o(h 3 ),
f(x + 2h) = f(x) + 2hf ′ (x) + 4h2
2 f ′′ (x) + 8h3
6 f(3) (x) + o(h 3 ),
f(x + h) = f(x) + hf ′ (x) + h2
2 f ′′ (x) + h3
6 f(3) (x) + o(h 3 ),
f(x + 3h) − 3f(x + 2h) + 3f(x + h) − f(x)
h 3 = h3 f (3) (x) + o(h 3 )
h 3
= f (3) (x) + o(1).
f(x + 3h) − 3f(x + 2h) + 3f(x + h) − f(x)
lim
h→0
h 3
= f (3) (x).
2. Pour x > 0 et h assez petit,
(x + 3h)(x + h)3
(x + 2h) 3 x
est strictement positif et on peut considérer
( ) 1
(x + 3h)(x + h)
3 h 3 ln(x + 3h) − 3ln(x + 2h) + 3ln(x + h) − ln(x)
ln
(x + 2h) 3 =
x
h 3 .
La fonction ln est de classe C ∞ sur ]0,+∞[, donc les résultats précédents s’appliquent. La
dérivée troisième de ln est x ↦−→ 2 . On en déduit
x3 ( ) 1
(x + 3h)(x + h)
3
lim ln h 3
h→0 (x + 2h) 3 = 2 et lim
x x3 h→0
( (x + 3h)(x + h)
3
(x + 2h) 3 x
) 1
h 3 = e 2
x 3 .
Exercice 23.7
f(x) − f(a)
1. On a par définition lim = f ′ (a), donc g peut être prolongée par continuité
x→a x − a
en a en posant g(a) = f ′ (a).
2. La fonction g est dérivable sur R \ {a} et pour x ≠ a,
g ′ (x) = f ′ (x)(x − a) − f(x) + f(a)
(x − a) 2 .
Puisque f est de classe C 2 , g est de classe C 1 sur R \ {a}.
La fonction f possède au voisinage de a un développement limité d’ordre 2 :
f(x) = f(a) + (x − a)f ′ (a) +
(x − a)2
2
+ o((x − a) 2 ).

260
De même, f ′ est C 1 donc
On en déduit que
Ainsi,
f ′ (x) = f ′ (a) + (x − a)f ′′ (a) + o(x − a),
(x − a)f ′ (x) = (x − a)f ′ (a) + (x − a) 2 f ′′ (a) + o((x − a) 2 ).
f ′ (x)(x − a) − f(x) + f(a) =
(x − a)2
f ′′ (a) + o((x − a) 2 ).
2
f ′ (x)(x − a) − f(x) + f(a)
lim
x→a (x − a) 2 = 1 2 f ′′ (a).
La restriction de g ′ à R \ {a} possède une limite finie en a. Comme de plus g est continue
sur R, g est dérivable en a et g ′ (a) = 1 2 f ′′ (a). Elle est de classe C 1 sur R.
Exercice 23.8
1. On applique la formule de Taylor-lagrange à l’ordre 1 entre a + b
2
et b. On note que a − a + b = a − b et b − a + b = b − a
2 2 2 2 . Il existe c 1 ∈
c 2 ∈
] a + b
2 ,b [
tels que
( a + b
f(a) = f
2
( a + b
f(b) = f
2
En additionnant, on obtient
f(a) + f(b)
2
)
+
)
+
( a − b
2
( b − a
2
( ) a + b
= f +
2
) ( a + b
f ′ 2
)
f ′ ( a + b
2
)
+ 1 2
)
+ 1 2
( ) 2 a − b
f ′′ (c 1 )
2
( ) 2 b − a
f ′′ (c 2 ).
(b − a)2
(f ′′ (c 1 ) + f ′′ (c 2 )).
16
2
et a, puis entre a + b
] 2
a, a + b [
et
2
La fonction f ′′ est continue sur [a,b] dont vérifie la théorème des valeurs intermédiaires.
L’intervalle f ′′ (]a,b[) qui contient f ′′ (c 1 ) et f ′′ (c 2 ) contient aussi f ′′ (c 1 ) + f ′′ (c 2 )
qui s’écrit
2
f ′′ (c) avec c ∈ ]a,b[. On obtient donc
( )
f(a) + f(b) a + b (b − a)2
= f + f ′′ (c).
2 2 8
2. Cette ] fois, on peut appliquer la formule de Taylor-lagrange à l’ordre 2. Il existe
d 1 ∈ a, a + b [ ] [ a + b
et d 2 ∈
2
2 ,b tels que
( ) ( ) ( )
a + b a − b a + b
f(a) = f + f ′ + 1 ( ) 2 ( )
a − b a + b
f ′′ + 1 ( ) 3 a − b
f (3) (d 1 )
2 2 2 2 2 2 6 2
( ) ( ) ( )
a + b b − a a + b
f(b) = f + f ′ + 1 ( ) 2 ( )
b − a a + b
f ′′ + 1 ( ) 3 b − a
f (3) (d 2 ).
2 2 2 2 2 2 6 2

261
En soustrayant, on obtient
( ) a + b
f(b) − f(a) = (b − a)f ′ +
2
(b − a)3
(f (3) (d 1 ) + f (3) (d 2 )).
48
La fonction f (3) étant continue sur [a,b], on démontre comme dans la question 1 qu’il existe
d ∈ ]a,b[ tel que f(3) (d 1 ) + f (3) (d 2 )
= f (3) (d) . On obtient finalement
2
( ) a + b
f(b) − f(a) = (b − a)f ′ (b − a)3
+ f (3) (d).
2 24
Exercice 23.9
1. Soient x ∈ R, et h > 0. L’inégalité de Taylor-Lagrange à l’ordre 1 entre x et x + h, puis
entre x et x − h fournit les deux inégalités
|f(x + h) − f(x) − hf ′ (x)| M 2h 2
On en déduit en utilisant l’inégalité triangulaire que
2
et |f(x − h) − f(x) + hf ′ (x)| M 2h 2
.
2
M 2 h 2 |hf ′ (x) − f(x + h) + f(x)| + |hf ′ (x) + f(x − h) − f(x)|
|hf ′ (x) − f(x + h) + f(x) + hf ′ (x) + f(x − h) − f(x)|
|2hf ′ (x) + f(x − h) − f(x + h)|.
On utilise de nouveau l’inégalité triangulaire. De
on tire
|2hf ′ (x) + f(x − h) − f(x + h)| |2hf ′ (x)| − |f(x − h) − f(x + h)|,
|2hf ′ (x)| |f(x − h) − f(x + h)| + M 2 h 2 2M 0 + M 2 h 2
et donc, pour tous x ∈ R et h > 0
|f ′ (x)| M 0
h + M 2h
2 .
2. L’étude de la fonction ϕ : h ↦−→ M 0
h + M 2h
sur ]0,+∞[ montre que ϕ atteint son
√ 2
2M0
minimum en et que ce minimum vaut √ 2M 0 M 2 .
M 2
L’inégalité√ démontrée dans la question 1 est valable pour tout h > 0 et donc en particulier
2M0
pour h = . On obtient, pour tout réel x, |f ′ (x)| √ 2M 0 M 2 . Ceci montre que f ′ est
M 2
bornée sur R et
sup |f ′ (x)| √ 2M 0 M 2 .
x∈R

262
3. On écrit l’inégalité de Taylor-Lagrange à l’ordre 2 entre x et x + 1, puis entre x et x + 2.
On obtient
∣ g(x + 1) − g(x) − g′ (x) − 1 2 g′′ (x)
∣ M 3
6 ,
∣ g(x + 2) − g(x) − 2g′ (x) − 4 2 g′′ (x)
∣ 8M 3
6 .
On en déduit, en utilisant l’inégalité triangulaire et en simplifiant,
|2g ′ (x) + g ′′ (x)| M 3
3 + 4M 0
|g ′ (x) + g ′′ (x)| 2M 3
3
De nouveau en utilisant l’inégalité triangulaire on obtient
+ M 0 .
|g ′ (x)| = |(2g ′ (x) + g ′′ (x)) − (g ′ (x) + g ′′ (x))|
|2g ′ x) + g ′′ (x)| + |g ′ (x) + g ′′ (x)| M 3 + 5M 0 ,
|g ′′ (x)| = |2(g ′ (x) + g ′′ (x)) − (2g ′ (x) + g ′′ (x))|
2|g ′ (x) + g ′′ (x)| + |2g ′ (x) + g ′′ (x)| 5M 3
3
Ceci est vrai pour tout réel x, donc g ′ et g ′′ sont bornées sur R.
Exercice 23.10
+ 6M 0 .
1. L’existence de θ x résulte de l’application de la formule de Taylor-Lagrange à l’ordre n −1
entre 0 et x. Il existe c entre 0 et x tel que
f(x) = f(0) + xf ′ (0) + · · · + xn−1
(n − 1)! f(n−1) (0) + xn
n! f(n) (c).
Pour x ≠ 0, θ x = c x ∈]0,1[ et c = xθ x.
Montrons l’unicité de θ x pour x assez petit.
Par continuité de f (n+1) , on a lim
x→0
f (n+1) (x) = f (n+1) (0) ≠ 0 et il existe α > 0 tel que
f (n+1) (x) ≠ 0 pour x ∈ [−α,α]. La fonction f (n+1) étant continue et ne s’annulant pas
sur l’intervalle [−α,α] y garde un signe constant : f (n) est strictement monotone et donc
injective sur [−α,α].
On en déduit l’unicité de c et donc de θ x , pour tout x ∈ [−α,α], non nul.
2. On écrit la formule de Taylor -Lagrange à l’ordre n. Il existe d entre 0 et x tel que
f(x) = f(0) + xf ′ (0) + · · · + xn
n! f(n) (0) + xn+1
(n + 1)! f(n+1) (d).
On a donc
x n
n! f(n) (θ x x) = xn
n! f(n) (0) + xn+1
(n + 1)! f(n+1) (d)

263
soit
f (n) (θ x x) − f (n) (0) =
Puisque f (n+1) (0) ≠ 0, on a, au voisinage de 0,
f (n) (θ x x) − f (n) (0) ∼ θ x xf (n+1) (0) et
On en déduit que θ x ∼ 1
n + 1 , c’est-à-dire
lim θ x = 1
x→0 n + 1 .
x
n + 1 f(n+1 (c).
x
n + 1 f(n+1) (c) ∼
x
n + 1 f(n+1) (0).
Exercice 23.11
[
1. L’existence de θ x se montre comme dans l’exercice précédent. Sur 0, π ]
, la fonction
]
2
cos est strictement décroissante donc injective. Si x ∈ 0, π ]
et si θ x et θ x ′ répondent au
2 [
problème, on a cos(θ x x) = cos(θ xx) ′ et comme θ x x et θ xx ′ appartiennent à 0, π ]
, θ x x = θ ′
2
xx
et donc θ x = θ x. ′ On montre de même que θ x est unique si x ∈
[− π [
2 ,0 .
2. On écrit la formule de Taylor-Lagrange à l’ordre 5 entre 0 et x. Il existe c entre et 0 et x
tel que
On en déduit
et donc
sinx = x − x3
6 + x5
cos c.
120
− x3
6 cos(θ xx) = − x3
6 + x5
120 cos c
1 − cos(θ x x) = x2
cos c.
20
Quand x tend vers 0, θ x x tend aussi vers 0 ainsi que c. On en déduit que 1−cos(θ x x) ∼ x2 θx
2
2
et cos c ∼ 1, puis que θ2 x
2 ∼ 1 . Ceci montre que lim
20 x→0 θ2 x = 1
10 et comme θ x > 0,
lim θ x = √ 1 .
x→0 10
Exercice 23.12
1. On applique l’inégalité de Taylor-Lagrange à l’ordre 1 à la fonction exp sur [0,1] entre 0
et x. On obtient, pour tout x ∈ [0,1],
|e x − 1 − x| x2
2 sup e t ex2
t∈[0,1] 2 .

264
On observe que si x ∈ [0,1] et n ∈ N ∗ , on a 0 1 n ln(1+x2 ) x2
n
s’applique donc à 1 n ln(1 + x2 ) et on obtient
1. L’inégalité précédente
∣ ( )
∣ (1 + x2 ) 1 1
n − 1 −
n ln(1 + ∣∣∣ x2 )
1
∣ = exp
n ln(1 + x2 ) − 1 − 1 n ln(1 + x2 )
∣
eln2 (1 + x 2 )
2n 2
e
2n 2 .
2. On déduit de la question 1 que, pour n 1,
∫ 1
(
)
∫ ∣ (1 + x 2 ) 1 1
n − 1 −
n ln(1 + 1
x2 ) dx
∣ ∣ (1 + x2 ) 1 1
n − 1 −
n ln(1 + x2 )
∣ dx
0
On calcule
∫ 1
0
∫ 1
0
0
∫ 1
0
e
2n 2 dx e
2n 2 .
ln(1 + x 2 )dx en intégrant par parties. On obtient
ln(1 + x 2 )dx = [ xln(1 + x 2 ) ] 1
0 − ∫ 1
= ln 2 − 2 + π 2 .
0
0
2x 2
∫ 1
1 + x 2 dx = ln 2 − 2
Posons b = ln 2 − 2 + π . L’inégalité devient
2 ∫ 1
∣ (1 + x 2 ) 1 b
n dx − 1 − n ∣ e
2n 2 .
∫ 1
0
(
1 − 1
1 + x 2 )
dx
La différence (1+x 2 ) 1 b
n dx −1−
0
n est donc négligeable devant 1 . Il existe donc une suite
n
(ε n ) n∈N ∗ tendant vers 0 telle que, pour tout n 1,
∫ 1
0
(1 + x 2 ) 1 n dx = 1 +
b
n + ε n
n ,
ce qui est résultat voulu avec a = 1 et b = ln 2 − 2 + π 2 .
Exercice 23.13
1. Si x ∈ [0,1], alors
c + dx ∈ [c,c + d] = [c,b] ⊂ [a,b] et c − dx ∈ [c − d,c] = [a,c] ⊂ [a,b]
donc g est définie sur [0,1] et, comme f, elle est 5 fois dérivable. On en déduit que g ′ et
donc h sont 4 fois dérivables sur [0,1]. On a, pour tous k ∈ [[0,5]] et x ∈ [0,1]
g (k) (x) = d k (f (k) (c + dx) − (−1) k f (k) (c − dx)).

265
On en déduit que g (k) (0) = 0 si k est pair et g (k) (0) = 2d k f (k) (0) si k est impair.
On trouve h(0) = 0, h(1) = 0, par définition de A. Pour x ∈ [0,1], on obtient successivement
h ′ (x) = 2 3 g′ (x) − 2 3 g′ (0) − 1 3 xg′′ (x) + 5Ax 4 ,
h ′′ (x) = 1 3 g′′ (x) − 1 3 xg(3) (x) + 20Ax 3 ,
h (3) (x) = − 1 3 xg(4) (x) + 60Ax 2 .
On en déduit, compte tenu de la valeur des dérivées de g en 0, que h(0) = h ′ (0) = h ′′ (0) = h (3) (0) = 0.
2. La fonction h est dérivable sur [0,1] et h(0) = h(1) = 0. D’après le théorème de Rolle,
il existe α 1 ∈ ]0,1[ tel que h ′ (α 1 ) = 0. De même, il existe α 2 ∈ ]0,α 1 [ tel que h ′′ (α 2 ) = 0.
Enfin, on trouve α ∈ ]0,α 2 [ tel que h (3) (α) = 0. Comme h (3) (α) = − 1 3 αg(4) (α) + 60Aα 2 ,
cela équivaut à
Reprenons l’expression de g (4) . On a
g (4) (α) = 180Aα.
g (4) (α) = d 4 (f (4) (c + dα) − f(c − dα)).
La fonction f (4) étant dérivable sur [a,b], il existe, d’après la formule des accroissements
finis, ζ ∈ ]c − dα,c + dα[⊂]a,b[ tel que
g (4) (α) = 2d 5 αf (5) (ζ).
Comme α ≠ 0, on en déduit que A = d5 f (5) (ζ)
.
90
On calcule la valeur de A. On obtient, compte tenu des expressions de g et g ′ ,
Comme par ailleurs
On en déduit que
A = 1 3 (df ′ (c + d) + df ′ (c − d) + 4df ′ (c)) − (f(c + d) − f(c − d))
= b − a (
( )) a + b
f ′ (a) + f ′ (b) + 4f ′ − (f(b) − f(a)).
6
2
A = d5 f (5) (ζ)
90
f(b) = f(a) + b − a
6
= (b − a)5 f (5) (ζ)
90 · 32
= (b − a)5 f (5) (ζ)
.
2880
( ( ) ) a + b
f ′ (a) + 4f ′ + f ′ (b − a)5
(b) −
2
2880 f(5) (ζ).
Exercice 23.14
Soit ε > 0 et x 1 a tel que |f ′′ (x)| ε pour tout x x 1 .
Pour x x 1 , l’inégalité de Taylor-Lagrange à l’ordre 1 appliquée entre x et x + 1 donne
|f(x + 1) − f(x) − f ′ (x)| ε . On en déduit par l’inégalité triangulaire que
2
|f ′ (x)| |f ′ (x) − f(x + 1) + f(x)| + |f(x + 1) − f(x)|
ε + |f(x + 1) − f(x)|.

266
Comme lim f(x) = l, on a également lim f(x + 1) = l et lim (f(x + 1) − f(x)) = 0.
x→+∞ x→+∞ x→+∞
Il existe donc x 2 a tel que |f(x + 1) − f(x)| ε 2 pour x x 2. On a alors
On en déduit que lim
x→+∞ f ′ (x) = 0.
Exercice 23.15
∀x max(x 1 ,x 2 ) |f ′ (x)| ε.
1. On applique la formule de Taylor-Lagrange entre x 0 et x. Il existe donc c ∈ ]x 0 ,x[ tel que
f(x) =
n−1
∑
k=0
(x − x 0 ) k
f (k) (x 0 ) + (x − x 0) n
f (n) (c).
k!
n!
Comme f (n) (c) ∈ [L − ε,L + ε], on en déduit l’encadrement
n−1
∑
k=0
(x − x 0 ) k
k!
f (k) (x 0 )+ (x − x 0) n
n−1
∑
(L−ε) f(x)
n!
k=0
Pour x > x 0 , on obtient, en divisant par (x − x 0) n
,
n!
n−1
∑
n!
k=0
(x − x 0 ) k
k!
f (k) (x 0 )+ (x − x 0) n
(L+ε).
n!
(x − x 0 ) k−n
n−1
f (k) f(x)
(x 0 ) + L − ε n!
k!
(x − x 0 ) n n! ∑ (x − x 0 ) k−n
f (k) (x 0 ) + L + ε.
k!
f(x)
2. Quand x tend vers +∞, n! tend vers 0, car f(x) tend vers une limite finie et
(x − x 0 )
n
n 1. Chaque terme de la somme tend vers 0. On obtient par passage à la limite dans les
inégalités
L − ε 0 L + ε
et donc −ε L ε, soit |L| ε. Ceci étant vrai pour tout ε, on conclut que L = 0.
Exercice 23.16
Raisonnons par l’absurde et supposons que |f ′′ (x)| < 4 pour tout x ∈ ]0,1[. On applique la
formule de Taylor-Lagrange entre 0 et 1 2 , puis entre 1 ]
2 et 1. Il existe c ∈ 0, 1 [ ] [ 1
et c ′ ∈
2 2 ,1
tels que
k=0
( 1
f = f(0) +
2)
1 2 f ′ (0) + 1 8 f ′′ (c) = 1 8 f ′′ (c)
( 1
f = f(1) −
2)
1 2 f ′ (1) + 1 8 f ′′ (c ′ ) = 1 + 1 8 f ′′ (c ′ ).
On en déduit que 1 = 1 8 (f ′′ (c) − f ′′ (c ′ )), puis que
1
1
∣8 (f ′′ (c) − f ′′ (c ′ ))
∣ 1 8 (|f ′′ (c)| + |f ′′ (c ′ )|) < 1 (4 + 4) 1.
8
On obtient une contradiction : il existe c ∈ [0,1[ tel que |f ′′ (c)| 4.

267
Exercice 23.17
La fonction g est nécessairement définie sur R + par g(x) = f( √ x). Elle est continue sur R + ,
comme composée de fonctions continues. Comme x −→ √ x est de classe C ∞ sur ]0,+∞[, la
fonction g est de classe C 1 sur ]0,+∞[ et, pour tout x > 0,
g ′ (x) = 1
2 √ x f ′ ( √ x).
Comme f est de classe C 2 , f ′
développement limité d’ordre 1
est de classe C 1 ; elle possède au voisinage de 0 un
On en déduit que pour x > 0,
f ′ (x) = f ′ (0) + xf ′′ (0) + o(x) = xf ′′ (0) + o(x).
g ′ (x) = 1
2 √ x (√ xf ′′ (0) + o( √ x)) = 1 2 f ′′ (0) + o(1).
La restriction de g ′ à ]0,+∞[ possède une limite finie en 0. On en déduit, d’après le théorème
de prolongement des fonctions de classe C 1 que la restriction de g à ]0,+∞[ possède un
prolongement de classe C 1 sur R + . Ce prolongement est g car est continue en 0. On conclut
que la fonction g est de classe C 1 .
Exercice 23.18
On sait que la fonction √ f est dérivable en tout point où f ne s’annule pas. Elle sera
dérivable sur R si elle est dérivable en tout point x 0 tel que f(x 0 ) = 0. On peut noter qu’en
un tel point, on a nécessairement f ′ (x 0 ) = 0. En effet, dans le cas contraire, on aurait
f(x) = f(x) − f(x 0 ) ∼
x→x0
(x − x 0 )f ′ (x 0 )
et le signe de f(x) changerait en x 0 , ce qui contredit le fait que f est positive sur R.
On a alors, d’après la formule de Taylor-Young
f(x) = f(x 0 ) + (x − x 0 )f ′ (x 0 ) + (x − x 0) 2
f ′′ (x 0 ) + o((x − x 0 ) 2 )
2
= (x − x 0) 2
f ′′ (x 0 ) + o((x − x 0 ) 2 ).
2
On en déduit qu’au voisinage de x 0 ,
√ √ √
f(x) − f(x0 ) f(x)
= = |x − x √
0| f ′′ (x 0 )
+ o(1).
x − x 0 x − x 0 x − x 0 2
• Si f ′′ (x 0 ) ≠ 0, √ √
f ′′ (x 0 )
f possède un nombre dérivé à droite et un nombre dérivé à
√ 2
f ′′ (x 0 )
gauche − distincts. Elle n’est pas dérivable en x 0 .
2
• Si f ′′ (x 0 ) = 0, √ f est dérivable en x 0 et √ f ′ (x 0 ) = 0.
On trouve finalement que √ f est dérivable en x 0 si et seulement si f ′ (x 0 ) = f ′′ (x 0 ) = 0.

268
Exercice 23.19
1. Comme f est dérivable en 0 et f(0) = 0, on sait que
f(x) − f(0)
lim ϕ(x) = lim = f ′ (0).
x→0 x→0 x − 0
On peut prolonger ϕ en une fonction, notée ˜ϕ, continue sur R, en posant ˜ϕ(0) = f ′ (0).
2. Pour x ≠ 0, la formule de Taylor appliquée à la fonction f sur [x,0] donne
n∑
∫ 0
0 = f(0) = (−1) k xk
k! f(k) (x) + (−1) n tn
n! f(n+1) (t)dt.
k=0
Sur ] − ∞,0[ et ]0,+∞[, la fonction ϕ est de classe C ∞ . On écrit, pour x ≠ 0, ϕ(x) = f(x) 1 x .
On note g la fonction x ↦−→ 1 . La formule de Leibniz donne
x
n∑
n∑
ϕ (n) (x) =
k=0
= n!(−1)n
x n+1
( n
k)
f (k) (x)g (n−k) (x) =
n
∑
k=0
(−1) k xk
k! f(k) (x)
puis, en reportant dans la première formule,
k=0
k=0
x
( n
k)
f (k) (x) (−1)n−k (n − k)!
x n−k+1
∑ n ∫ 0
x n+1 ϕ (n) (x) = n!(−1) n (−1) k xk
k! f(k) (x) = −n!(−1) n (−1) n tn
n! f(n+1) (t)dt
et après simplification
x n+1 ϕ (n) (x) =
∫ x
0
t n f (n+1) (t)dt.
3. En intégrant par parties, les fonctions étant de classe C ∞ , il vient
∫ x
x ∫ x
t n f (n+1) (t)dt =
[f (n+1) (t) tn+1 t
−
0
n + 1] n+1
0 0 n + 1 f(n+2) (t)dt
∫
ϕ (n) (x) = f(n+1) (x) 1 x
−
n + 1 (n + 1)x n+1 t n+1 f (n+2) (t)dt
Prenons x ∈ [−1,1], ce qui est licite, puisqu’on veut déterminer la limite en 0. La fonction
f (n+2) étant continue sur l’intervalle [−1,1], y est bornée par M. On a donc
∫ 1 x
∣∫ ∣(n + 1)x n+1 t n+1 f (n+2) (t)dt
∣ M ∣∣∣ x
(n + 1)|x| n+1 t n+1 dt
∣
0
0
x
M|x|
(n + 2)(n + 1)
et cette intégrale tend vers 0 lorsque x tend vers 0. Finalement, on obtient
lim
x→0 ϕ(n) (x) = f(n+1) (0)
n + 1 .
0

269
4. Nous allons utiliser, pour tout entier n, le théorème de prolongement des fonctions de
classe C n . Notons ϕ 1 la restriction de ϕ à ]0,+∞[. Pour tout n, ϕ 1 est de classe C n sur ]0, ∞[
et ϕ (n)
1 possède une limite en 0 qui est égale à f(n+1) (0)
, d’après la question précédente.
n + 1
On en déduit que ϕ 1 possède un prolongement de classe C n sur [0,+∞[. Ceci étant vrai
pour tout n ∈ N, ce prolongement est de classe C ∞ . Mais ce prolongement n’est autre que
la restriction de ˜ϕ à [0,+∞[. On conclut que ˜ϕ est de classe C ∞ sur [0,+∞[. On démontre
de même que ˜ϕ est de classe C ∞ sur ] − ∞,0]. Enfin, pour tout n ∈ N, ˜ϕ a même dérivée
n-ième à droite et à gauche en 0, f(n+1) (0)
n + 1 . Donc ˜ϕ est de classe C∞ sur R.
Exercice 23.20
1. Par hypothèse, f(0) = a + c est entier et f(1) = ae + ce −1 = −b est entier.
2. La fonction f est de classe C ∞ donc on peut appliquer la formule de Taylor-Lagrange à
tout ordre entre 0 et 1. On vérifie que f (n) : x ↦−→ ae x + (−1) n ce −x . Pour tout n ∈ N ∗ , il
existe θ n ∈]0,1[ tel que
f(1) =
On en déduit que
est entier.
n−1
∑
k=0
3. Pour tout n ∈ N ∗ ,
1
k! f(k) (0) + 1 n−1
∑
n! f(n) (θ n ) =
f (n) (θ n )
n
k=0
n−1
∑
= (n − 1)!f(1) −
k=0
f (n) (θ n )
∣ n ∣ = 1 n |aeθn + (−1) n ce −θn |
1
k! (a + (−1)k c) + 1 n! f(n) (θ n ).
(n − 1)!
(a + (−1) k c)
k!
(|a|e + |c|)
,
n
car θ n ∈ ]0,1[. On en déduit que pour n assez grand, on a
f (n) (θ n )
∣ n ∣ 1 et comme
2
f (n) (θ n )
est un entier, on a nécessairement f (n) (θ n ) = 0. Si on choisit un entier n assez
grand tel que a et c(−1) n ait même signe (cela dépend de la parité de n), l’égalité
n
f (n) (θ n ) = ae θn + c(−1) n e −θn = 0 implique a = c = 0. On a ensuite b = 0. Il n’existe donc
pas d’entiers a, b, c non tous nuls tels que ae 2 + be + c = 0.
Exercice 23.21
1. a) On applique l’inégalité de Taylor-Lagrange (cf exercice 1, question 2).

270
b) On obtient, pour tous réels x 0 et h, en appliquant l’inégalité précédente à −h ln(1 + t 2 ),
|f(x 0 + h) − f(x 0 ) − hg(x 0 )| =
∣
∫ 1
( )
e −x0 ln(1+t2 )
e −h ln(1+t2) − 1 + h ln(1 + t 2 )
0
∫ 1
e −x0 ln(1+t2 )
0
∫ 1
0
dt
∣
∣
∣e −h ln(1+t2) − 1 + h ln(1 + t 2 ) ∣ dt
e −x0 ln(1+t2 ) h2 (ln(1 + t 2 )) 2
e |h| ln(1+t2) dt.
2
Pour |h| 1 et t ∈ [0,1], on a e |h| ln(1+t2) e ln 2 = 2 et il vient
∫ 1
|f(x 0 + h) − f(x 0 ) − hg(x 0 )| h 2 e −x0 ln(1+t2) (ln(1 + t 2 )) 2 dt.
0
c) On a montré qu’au voisinage de 0,
f(x 0 + h) − f(x 0 ) − hg(x 0 ) = o(h).
La fonction f possède un développement limité d’ordre 1 au voisinage de x 0 donc elle est
dérivable en x 0 et f ′ (x 0 ) = g(x 0 ). Ceci est vrai pour tout x 0 ∈ R, donc f est dérivable sur
R et f ′ = g. Comme g est négative, f est décroissante.
2. a) Pour x < 0, la fonction t ↦−→ e −x ln(1+t2) est croissante sur [0,1] et sa valeur en 1 2 est
e −x ln 5 4 .
On en déduit que
Comme
f(x)
∫ 1
1
2
e −x ln(1+t2) dt 1 2 e−x ln 5 4 .
lim
x→−∞ e−x ln 5 4 = +∞, on conclut que lim f(x) = +∞. De la minoration
x→−∞
f(x)
x e−x ln 5 4
, on déduit que lim
x
x→−∞
f(x)
x
= +∞.
b) Pour x > 0, la fonction t ↦−→ e −x ln(1+t2) est décroissante sur [0,1]. On en déduit que
Comme
f(x)
lim
x→+∞ e−x ln(1+ε2 )
∫ ε
0
∫ ε
0
e −x ln(1+t2) dt +
dt +
∫ 1
0 f(x) 2ε. On en déduit que lim
x→+∞
ε
∫ 1
ε
e −x ln(1+t2) dt
e −x ln(1+ε2) dt ε + e −x ln(1+ε2) .
= 0, on a pour x assez grand e −x ln(1+ε2 )
ε et donc
f(x) = 0.

Chapitre 24
Exercice 24.1
1. Du développement limité au voisinage de 0,
1
x 2 + x + 2 = 1 2 ·
1
1 + x 2 + x2
2
= 1 2
(
1 −
= 1 2 − 1 4 x − 1 8 x2 + 3
16 x3 + o(x 3 ).
En multipliant par x + 1 et en simplifiant, on obtient
271
1
1 + x = 1 − x + x2 − x 3 + o(x 3 ), on tire
( ) ( ) 2 ( ) 3
x
2 + x2 x
+
2 2 + x2 x
−
2 2 + x2
+ o(x ))
3
2
x + 1
x 2 + x + 2 = 1 2 + 1 4 x − 3 8 x2 + 1
16 x3 + o(x 3 ).
2. On connaît le développement limité au voisinage de 0 de x ↦−→ (1 + x) 1 2 :
(1 + x) 1 2 = 1 +
1
2 x − 1 8 x2 + o(x 2 ).
On en déduit en utilisant deux fois ce développement limité :
( )
1 + (1 + x) 1 1
(
2
2 = 1 + 1 + 1 2 x − 1 ) 1
8 x2 + o(x 2 2
)
= √ (
2
(
= √ 2
= √ 2 +
1 + 1 4 x − 1 16 x2 + o(x 2 )
) 1
2
( 1
4 x − 1 )
16 x2 − 1 ( 1
8 4 x − 1 ) ) 2
16 x2 + o(x 2
1 + 1 2
√
2
8 x − 5√ 2
128 x2 + o(x 2 ).
3. Du développement limité de sin en 0 à l’ordre 5, au déduit au voisinage de 0,
Puisqu’au voisinage de 0,
sin x
x = 1 − 1 6 x2 + 1
120 x4 + o(x 4 ).
ln(1 + x) = x − 1 2 x2 + 1 3 x3 − 1 4 x4 + o(x 4 ),
on obtient
ln
(
1 + sin x
x
)
= − 1 6 x2 + 1
120 x4 − 1 2
(
− 1 6 x2 + 1
120 x4 ) 2
+ o(x 4 )
= − 1 6 x2 − 1
180 x4 + o(x 4 ).

272
( )
4. On écrit (1 + 2x) 1
1+x
ln(1 + 2x)
= exp . Avec les développements limités usuels au
1 + x
voisinage de 0, on obtient
ln(1 + 2x)
1 + x
=
(
2x − 1 2 (2x)2 + 1 ) (1
3 (2x)3 + o(x 3 ) − x + x 2 − x 3 + o(x 3 ) )
= 2x − 4x 2 + 20 3 x3 + o(x 3 ).
En composant avec le développement limité de exp au voisinage de 0, on obtient
(
(1 + 2x) 1
1+x = 1 + 2x − 4x 2 + 20 )
3 x3 + 1 (
2x − 4x 2 + 20 ) 2
2 3 x3 + 1 6 (2x)3 + o(x 3 )
= 1 + 2x − 2x 2 + o(x 3 ).
5. En utilisant les développements limités de sin et cos au voisinage de 0, on obtient
(
x
tan x = xcos x x 1 − 1
sin x = 2 x2 + 1 )
24 x4 + o(x 4 )
x − 1 6 x3 + 1
120 x5 + o(x 5 )
=
(
1 − 1 2 x2 + 1 24 x4 + o(x 4 )
= 1 − 1 3 x2 − 1 45 x4 + o(x 4 ).
) (
=
1 − 1 2 x2 + 1
24 x4 + o(x 4 )
1 − 1 6 x2 + 1
120 x4 + o(x 4 )
)
1 + 1 6 x2 − 1
120 x4 + 1
36 x4 + o(x 4 )
En composant avec le développement limité de x ↦−→ √ 1 + x, on en déduit
√ x
tan x = 1 + 1 (
− 1 2 3 x2 − 1 )
45 x4 − 1 ( ) 1
8 9 x4 + o(x 4 ) = 1 − 1 6 x2 − 1
40 x4 + o(x 4 )
et
Au voisinage de 0, on a
√
π x
2 tan x = π 2 − π 12 x2 − π 80 x4 + o(x 4 ).
On en déduit que
( π
)
cos
2 + x = −sin x = −x + x3
6 + o(x4 ).
( √ ) π x
cos = π 2 tan x 12 x2 + π 80 x4 + 1 (
− π 6 12 x2 − π 80 x4) 3
+ o(x 4 )
= π 12 x2 + π 80 x4 + o(x 4 ).

273
6. On écrit
(1 + arctanx) 1 x = e
ln(1+arctan x)
x .
On dispose, au voisinage de 0, des développements limités
arctan x = x − 1 3 x3 + o(x 4 ) et ln(1 + x) = x − 1 2 x2 + 1 3 x3 − 1 4 x4 + o(x 4 )
On en déduit que
ln(1 + arctan x) = x − 1 3 x3 − 1 2
= x − 1 2 x2 + 1
12 x4 + o(x 4 ).
(
x − 1 ) 2
3 x3 + 1 (
x − 1 ) 3
3 3 x3 − 1 (
x − 1 ) 4
4 3 x3 + o(x 4 )
On obtient enfin, en utilisant le développement limité de exp au voisinage de 0,
(1 + arctan x) 1 x = exp
(1 − 1 2 x + 1 )
12 x3 + o(x 3 )
(
= eexp − 1 2 x + 1 )
12 x3 + o(x 3 )
(
= e 1 − 1 2 x + 1
12 x3 + 1 (
− 1 2 2 x + 1 ) 2
12 x3 + 1 (
− 1 6 2 x + 1 ) ) 3
12 x3 + o(x 3 )
= e − e 2 x + e 8 x2 + e
16 x3 + o(x 3 ).
Exercice 24.2
1. On pose x = π + h et on se ramène aux développements limités de sin et cos en 0. On
6
obtient
(
2sin h + π ) √
3
= 2 ·
6 2 sinh + 2 · 1
2 cos h = √ 3
(h − 1 )
6 h3 + 1 − h2
2 + o(h3 ).
On en déduit, en composant avec le développement limité de ln au voisinage de 1,
( (
ln 2sin h + π ))
6
= √ 3h − 1 2 h2 −
√ (
3
6 h3 − 1 √ ) 2
√3h 1 3
−
2 2 h2 −
6 h3
et finalement
+ 1 3
( √ ) 3
√3h 1 3
−
2 h2 −
6 h3 + o(h 3 )
= √ 3h − 2h 2 + 4√ 3
3 h3 + o(h 3 )
ln(2sin x) = √ (
3 x − π ) (
− 2 x − π ) 2 4 √ 3
(
+ x − π ) ( 3 (
+ o x − π ) ) 3
.
6 6 3 6 6

274
2. En posant x = π + h, on obtient
4
(
(tan x) tan 2x = exp (tan 2xln tan x) = exp − 1 )
1 + tanh
ln .
tan 2h 1 − tan h
Le développement limité de tan à l’ordre 3 en 0 étant tanx = x + 1 3 x3 , on obtient
1 + tan h 1 + h + 1
1 − tanh = 3 h3 + o(h 3 )
1 − h − 1 =
(1 + h + 1 )(1
3 h3 + o(h 3 3 h3 + h + 1 )
3 h3 + h 2 + h 3 + o(h 3 )
)
On en déduit
= 1 + 2h + 2h 2 + 8 3 h3 + o(h 3 ).
ln 1 + tan h
1 − tan h = 2h + 2h2 + 8 3 h3 − 1 2
puis
= 2h + 4 3 h3 + o(h 3 )
(
2h + 2h 2 + 8 ) 2
3 h3 + 1 (
2h + 2h 2 + 8 ) 3
3 3 h3 + o(h 3 )
1 tan h + 1 2h + 4
ln
tan 2h 1 − tan h = 3 h3 + o(h 3 ) 1 + 2
2h + 8 = 3 h2 + o(h 2 )
3 h3 + o(h 3 ) 1 + 4 = 1 − 2
3 h2 + o(h 2 3 h2 + o(h 2 )
)
et enfin
(
(tan x) tan 2x = exp −1 + 2 ) (
3 h2 + o(h 2 ) = e −1 1 + 2 )
3 h2 + o(h 2 )
= e −1 + 2e−1
3
(
x − π ) 2 (
+ o x − π ) 2
.
4 4
3. On pose x = 1 + h et
( )
1
x −1+ln x
lnx
= exp
−1 + lnx
On obtient
−1
1 − ln(x) = −1
1 − h + 1 2 h2 − 1 3 h3 + o(h 3 )
= −1 − h + 1 2 h2 − 1 3 h3 −
= −1 − h − 1 2 h2 − 1 3 h3 + o(h 3 )
(
= exp 1 +
(
−h + 1 2 h2 − 1 3 h3 ) 2
+
)
−1
.
1 − ln(x)
(
−h + 1 2 h2 − 1 3 h3 ) 3
+ o(h 3 )

275
puis
1
x −1+ln x = exp
(−h − 1 2 h2 − 1 )
3 h3 + o(h 3 )
= 1 − h − 1 2 h2 − 1 3 h3 + 1 2
= 1 − h + o(h 3 ) = 1 − (x − 1) + o ( (x − 1) 3) .
(
−h − 1 2 h2 − 1 ) 2
3 h3 + 1 (
−h − 1 6 2 h2 − 1 ) 3
3 h3 + o(h 3 )
Exercice 24.3
1. Comme sin x − x tend vers 0, on peut écrire
e sin x − e x
sin x − tan x = ex esin x−x − 1
sin x − tan x ∼ sin x − x
x→0 sinx − tan x
∼
x→0
− 1 6 x3
x − 1 6 x3 − x − 1 3 x3 + o(x 3 )
∼
x→0
1
3
et donc
2. On a, au voisinage de 0,
lim
x→0
e sin x − e x
sinx − tan x = 1 3 .
et donc
cot x − 1 x = x − tan x
xtan x
− 1 3
∼
x3
x→0 x 2
lim cot x − 1
x→0 x = 0.
∼ − 1
x→0 3 x
3. Comme cos ax et cos bx tendent vers 0, on obtient
ln cos ax
ln cos bx ∼ cos ax − 1
x→0 cos bx − 1 ∼ − 1 2 (ax)2
x→0 − 1 2 (bx)2
et donc
ln cos ax
lim
x→0 ln cos bx = a2
b 2 .
Exercice 24.4
1. On a, quand h tend vers 0
( ( )) 1
tan π
2 + h 1
= ( π
) ∼ − 2
−tan
2 h h→0 πh .
On en déduit
lim (2x 2 − 3x + 1)tan πx = lim − 2 2x 2 − 3x + 1
x→ 1 2
x→ 1 π x − 1 = lim − 2
2 2
x→ 1 π (2x − 2) = 2 π .
2

276
2. On détermine un développement limité du numérateur à l’ordre 1 au voisinage de 2 :
(2 + h) 2 − 2 2+h = (2 + h) 2 − 4e h ln 2 = (4 + 4h) − 4(1 + h ln 2) + o(h)
= 4(1 − ln 2)h + o(h).
On en déduit
lim
x→2
x 2 − 2 x
sin(x − 2) = lim 4(1 − ln2)h + o(h)
= 4(1 − ln 2).
h→0 sin h
3. On utilise des développements limités du numérateur et du dénominateur au voisinage
de a :
((
(a + h) a − a a+h = a a 1 + h ) a )
− a h = a a (1 + h − 1 − h lna + o(h))
a
= a a (1 − lna)h + o(h)
asin(a + h) − (a + h)sin a = asin acos h + acos asin h − (a + h)sin a
= (acos a − sina)h − asin a h 2 + o(h 2 ).
2
• Si acos a − sin a ≠ 0, on trouve
lim
x→a
x a − a x
asin x − xsin a = lim
h→0
a a (1 − lna)h + o(h)
(acos a − sin a)h − asin a h
2
2 + o(h 2 )
= aa (1 − lna)
acos a − sin a .
• Si acos a − sin a = 0, c’est-à-dire si tan a = a, équation qui possède une solution dans
chacun des intervalles
]kπ, π [
2 + kπ (k ∈ N ∗ ), la limite est infinie et il faut distinguer limite
à droite et à gauche. On obtient
lim
x→a +
x a − a x
asin x − xsina = lim
a a (1 − lna)h + o(h)
h→0 + − asin a = ±∞,
h
2
2 + o(h 2 )
le signe étant celui de lna − 1 On a lna − 1 > 0 car a π et le signe de sin a dépend de la
sina
parité de k : la limite est +∞ si k est pair et −∞ sinon. Pour la limite à gauche les résultats
sont inversés.
Exercice 24.5
1. On écrit ( ) x (
ln(x + 1)
= exp xln
lnx
Quand x tend vers +∞, on a
ln(x + 1)
lnx
( ln(x + 1)
lnx
))
.
= 1 + 1 (1
lnx ln + 1 )
−→ 1.
x
On en déduit que
( ) ln(x + 1)
xln
∼x 1 (1
lnx lnx ln + 1 )
∼ 1
x lnx .

277
Cette expression tendant vers 0, on en déduit que
( ) x ( ))
ln(x + 1)
ln(x + 1)
− 1 = exp(
xln
− 1 ∼ 1
lnx
lnx lnx
et finalement
lim
x→+∞
[( ln(x + 1)
lnx
) x
− 1]
lnx = 1.
2. On pose
(
f(x) = x 2 1 +
x) 1 x (
− ex 3 ln 1 + 1 ) ( (
= x 2 exp xln 1 + 1 )) (
− ex 3 ln 1 + 1 )
x
x
x
et on utilise le développement limité de ln(1 + x) au voisinage de 0. On obtient au voisinage
de +∞,
(
ln 1 + 1 )
= 1 x x − 1
2x 2 + 1 ( ) 1
3x 3 + o x 3 ,
( (
exp xln 1 + 1 ))
x
(
= exp
(
= e
1 − 1
2x + 1
3x 2 + o ( 1
x 2 ))
1 − 1
2x + 1
3x 2 + 1 2
(
= e 1 − 1
2x + 11 ( )) 1
24x 2 + o x 2 .
(
− 1
2x + 1 ) 2 ( ) )
1
3x 2 + o
x 2
On en déduit
f(x) = ex 2 (
1 − 1
2x + 11
24x 2 + o ( 1
x 2 ))
− ex 3 ( 1
x − 1
2x 2 + 1
3x 3 + o ( 1
x 3 ))
= e 8 + o(1)
et finalement
3. On a au voisinage de +∞,
(
ln sin 1 x + cos 1 )
x
On en déduit que
4. Comme
et donc
lim
x→+∞
1
x + 1 et 1 x
lim
x→+∞ f(x) = e 8 .
( ( 1 1
= ln
x x))
+ o = 1 ( ) 1
x + o .
x
(
sin 1 x x) + cos 1 x ( (
= lim exp xln sin 1
x→+∞ x + cos 1 ))
= e.
x
x 2 ( e 1 x − e
1
x+1
tendent vers 0, on obtient au voisinage de +∞,
)
( ) (
= x 2 e 1
x+1 e 1 x − 1
x+1
1
− 1 ∼ x 2 x − 1 )
∼ 1
x + 1
( )
lim
x→+∞ x2 e 1 1
x − e x+1 = 1.

278
Exercice 24.6
1. On écrit des développements limités à l’ordre 4 :
sin(ln(1 + x)) = sin
(x − 1 2 x2 + 1 3 x3 − 1 )
4 x4 + o(x 4 )
= x − 1 2 x2 + 1 3 x3 − 1 4 x4 − 1 6
(
x − 1 2 x2 + 1 3 x3 − 1 4 x4 ) 3
+ o(x 4 )
= x − 1 2 x2 + 1 3 x3 − 1 4 x4 − 1 6 x3 + 1 6 · 3
2 x4 + o(x 4 )
= x − 1 2 x2 + 1 6 x3 + o(x 4 ),
(
ln(1 + sinx) = ln 1 + x − 1 )
6 x3 + o(x 4 )
=
(x − 1 )
6 x3 − 1 (
x − 1 ) 2
2 6 x3 + 1 3 x3 − 1 4 x4 + o(x 4 )
On en déduit que
soit encore
= x − 1 6 x3 − 1 2 x2 + 1 6 x4 + 1 3 x3 − 1 4 x4 + o(x 4 )
= x − 1 2 x2 + 1 6 x3 − 1
12 x4 + o(x 4 ).
sin( ln(1 + x)) − ln(1 + sinx) = 1
12 x4 + o(x 4 )
1
sin(ln(1 + x)) − ln(1 + sinx) ∼
x→0 12 x4 .
2. On écrit des développements limités à l’ordre 7.
Comme arctan x = x − 1 3 x3 + 1 5 x5 − 1 7 x7 + o(x 7 ), on obtient
(x 3 − x 5 + 1 3 x7 + 3 5 x7 )
et
sin(arctan x) = x − 1 3 x3 + 1 5 x5 − 1 7 x7 − 1 6
+ 1
120
(x 5 − 5 3 x7 )
− 1
5040 x7 + o(x 7 )
= x − 1 2 x3 + 3 8 x5 − 5
16 x7 + o(x 7 )
arctan(sinx) = x − 1 6 x3 + 1
120 x5 − 1
+ 1 5
5040 x7 − 1 3
(x 5 − 5 )
6 x7 − 1 7 x7 + o(x 7 )
(
x 3 − 1 2 x5 + 1 12 x7 + 1
40 x7 )
= x − 1 2 x3 + 3 8 x5 − 83
240 x7 + o(x 7 ).

279
On en déduit
et donc
sin(arctan x) − arctan(sinx) = 1
30 x7 + o(x 7 )
1
sin(arctan x) − arctan(sinx) ∼
x→0 30 x7 .
3. Un développement limité au voisinage de 0 d’ordre 2 donne
((
(e + x) e − e e+x = e e 1 + x ) ) e
− e
x
(
e
= e e 1 + e x e(e − 1)
( x
) )
2 1
+ − 1 − x −
e 2 e 2 x2 + o(x 2 )
et donc
4. Quand x tend vers +∞,
= − ee−1
2 x2 + o(x 2 )
(e + x) e − e e+x ∼
x→0
− ee−1
2 x2 .
x
tend vers 1 et comme arctan est dérivable en 1 de nombre
x + 1
dérivé 1 2 , on obtient ( )
π x
4 − arctan x + 1
Exercice 24.7
1. On a, quand n tend vers +∞,
( ) x
= arctan(1) − arctan
x + 1
(
1
∼ 1 − x )
∼
x→+∞ 2 x + 1 x→+∞
n√
2 − 1 = e
ln 2
n − 1 ∼
ln 2
n .
On en déduit que
( )
lim n n√
2 − 1 = ln 2.
n→+∞
( ( π
2. On peut écrire u n = exp nln tan
4 n))
+ 1 ( π
. Quand n tend vers l’infini, tan
4 n)
+ 1
1
2x .
tend vers 1. On en déduit que
⎛
( π
ln tan
4 n)
+ 1 ( π
∼ tan
4 n)
+ 1 1 + tan 1 ⎞
2tan 1 ⎜
− 1 ∼ ⎝
n ⎟
1 − tan 1 − 1⎠ ∼ n
1 − tan 1 ∼ 2 n .
n
n
On en déduit que
( π
lim
n→+∞ tann 4 + 1 )
= e 2 .
n

280
3. On écrit
(
1 +
n) 1 n ( (
= exp nln 1 + 1 ))
et utilise un développement limité d’ordre 2
n
de x ↦−→ ln(1 + x) au voisinage de 0. On obtient
(
nln 1 + 1 ) ( 1
= n
n n − 1 ( )) 1
2n 2 + o n 2 = 1 − 1 ( ) 1
2n + o n
puis
( (
u n = n e − exp 1 − 1 ( ))) ( 1
2n + o = ne 1 − 1 + 1 ( )) 1
n
2n + o = e n 2 + o(1)
et donc
( (
lim n e − 1 + 1 ) n )
= e
n→+∞ n 2 .
4. On met n en facteur et on obtient
(
n n+1
n
n − (n − 1) n−1 = n e ln n
n
car lnn et
n
n 2 (1
n − 1 ln − 1 n
lnn
n − 1 +
n
− e n−1 ln(n−1)−ln n) = n
( lnn
∼ n
n − lnn
n − 1 − n
∼ − lnn
n − 1 −
n2
n − 1 ln (1 − 1 n
(1
n − 1 ln − 1 n
)
,
(
e ln n
n
))
n (1
n − 1 ln − 1 )
tendent vers 0. Comme
)
n
∼ n2
n − 1 · −1 ∼ −1, on en déduit que
n
lim n n+1
n
n − (n − 1) n−1 = 1.
n→+∞
− e
ln n
n−1 + n
lim
n→+∞
n−1 ln(1− 1 n) )
lnn
n − 1 = 0 et
Exercice 24.8
La fonction f des développements limités de tout ordre en 0. Écrivons son développement
limité d’ordre 5. On obtient
f(x) = x − 1 3 x3 + 1 5 x5 + o(x 5 ) − (x + ax 3 )(1 − bx 2 + b 2 x 4 + o(x 5 ))
=
(− 1 ) ( ) 1
3 − a + b x 3 +
5 + ab − b2 x 5 + o(x 5 ).
Pour que f(x) possède un équivalent en 0 de degré supérieur à 5, il faut − 1 3 − a + b = 0 et
1
5 + ab − b2 = 0. On trouve a = 4 15 et b = 3 . Pour ces valeurs de a et b, f(x) possède un
5
équivalent de degré au moins 7, car f est impaire. On peut vérifier qu’il est effectivement de
degré 7.

281
Exercice 24.9
On effectue des développements limités de x ↦−→ e x + e −1 d’ordre 1 et de x ↦−→ ln(1 + x)
d’ordre 2 (car on va mettre x en facteur). On obtient
e x + e −x
ln(1 + x) = 2 + o(x)
x − 1 2 x2 + o(x 2 ) = 1 1 + o(x)
x 1 − 1 2 x + o(x)
= 1 (1 + 1 )
x 2 x + o(x) = 1 x + 1 2 + o(1)
et donc
e x + e −x
ln(1 + x) − a x + b = 1 − a + 1 x 2 + b + o(1).
La limite est nulle si a = 1 et b = − 1 2 .
Exercice 24.10
On détermine pour commencer le développement limité d’ordre 3 de la dérivée de la fonction
considérée. On obtient
1
√
1 + x
2 = (1 + x2 ) − 1 2 = 1 −
1
2 x2 + o(x 3 ),
car la fonction est paire. Le développement limité de la fonction F : x ↦−→
s’obtient en intégrant terme à terme. On trouve puisque F(0) = 0,
F(x) = x − 1 6 x3 + o(x 4 ).
∫ x
0
1
√
1 + t
2 dt
On a alors
∫ x
2
x
1
√
1 + t
2 dt = F(x2 ) − F(x) = −x + x 2 + 1 6 x3 + o(x 4 ).
Exercice 24.11
1. On a, pour x ∈ R ∗ ,
f(x) =
x
e x − 1 = x
x + 1 2 x2 + o(x 2 ) = 1
1 + 1 2 x + o(x) = 1 − 1 2 x + o(x).
Comme de plus f(0) = 1, valeur prise par le développement limité en 0, la fonction possède
un développement limité d’ordre 1 en 0 donc elle est dérivable en 0 et le nombre dérivé est
le coefficient de x : f ′ (0) = − 1 2 .
2. La fonction exp possède un développement limité en 0 de tout ordre. Pour n ∈ N et
x ∈ R ∗ , on a
f(x) =
n+1
∑
k=1
x
x k
k! + o(xn+1 )
=
n+1
∑
k=1
1
x k−1
k!
+ o(x n )
=
n∑
k=0
1
.
x k
(k + 1)! + o(xn )

282
n∑ x k
La fonction x ↦−→
(k + 1)! + o(xn ) possède par définition un développement limité
k=0
d’ordre n en 0. Comme de plus elle ne s’annule pas en 0, son inverse possède également
un développement limité d’ordre n en 0. Comme cet inverse est égal à f (sur R ∗ , c’est par
définition, en 0 cela résulte du choix de f(0)), la fonction f possède un développement limité
d’ordre n en 0, ceci pour tout n ∈ N.
3. On sait que a 0 = 1 et a 1 = − 1 2 . Montrons que la fonction g définie par g(x) = f(x) −a 1x
est paire. Ainsi les coefficients de degré impair de son développement limité seront nuls. Mais
ceux-ci pour les termes de degré 3 sont ceux de f. Le résultat sera démontré. On a, pour
x ∈ R ∗ ,
g(x) = f(x) + 1 2 x = x
e x − 1 + 1 2 x = x(ex + 1)
2(e x − 1)
et on en déduit, pour x ∈ R ∗ ,
g(−x) = −x(e−x + 1)
2(e −x − 1)
= −x(1 + ex )
2(1 − e x )
= g(x).
4. On a, pour tout réel x, f(x)(e x − 1) = x. Pour n 2, le développement limité d’ordre
n + 1 de la fonction x ↦−→ x, qui est tout simplement x = x + o(x n+1 ), s’obtient en faisant
le produit des développements limités des fonctions f et x ↦−→ e x − 1 en ne gardant que les
termes de degré n + 1. Comme
n+1
∑
f(x) = a k x k + o(x n+1 ) et e x − 1 =
k=0
n+1
∑
k=1
x k
k! + o(xn+1 ),
on obtient en particulier que le coefficient de x n+1 , qui est nul par unicité du développement
limité, est
n∑ a k
n + 1 − k
k=0
(on multiplie un terme de degré k de la première somme par un terme de degré n + 1 − k
de la seconde et on tient compte de la nullité du terme de degré 0 du second développement
limité ). On obtient la relation voulue.
Exercice 24.12
)
Notons f la fonction x ↦−→ ln
(1 + x + x2
2! + · · · + xn
. Elle est définie au voisinage de 0
n!
et on peut écrire à partir du développement limité d’ordre n + 1 de la fonction exp,
)
f(x) = ln
(e x − xn+1
(n + 1)! − o(xn+1 )
= ln
(e
(1 x − e−x x n+1 ))
(n + 1)! + o(e−x x n+1 )
= lne x + ln
(1 − e−x x n+1 )
(n + 1)! + o(e−x x n+1 )
= x − e−x x n+1
(n + 1)! + o(e−x x n+1 ),

283
car e −x x n+1 tend vers 0. Comme e −x = 1 + o(x), on en déduit
f(x) = x −
qui est le développement limité cherché.
Exercice 24.13
xn+1
(n + 1)! + o(xn+1 ),
1. Montrons que, pour tout entier n ∈ N, f n est définie sur [−1,1] et f n ([−1,1]) ⊂ [0,2]. On
raisonne par récurrence.
C’est vrai pour n = 0, car l’ensemble de définition de f 0 est ] − ∞,1] et f 0 ([−1,1]) = [0, √ 2].
Si f n vérifie l’hypothèse de récurrence alors, pour tout x ∈ [−1,1], on a f n (x) ∈ [0,2] donc
2 − f n (x) 0 et on peut définir f n+1 (x) en posant f n+1 (x) = √ 2 − f n (x). De plus, comme
f n prend des valeurs positives sur [−1,1], on a, pour x ∈ [−1,1],
et la propriété est démontrée.
0 f n+1 (x) √ 2 2
2. On montre, encore par récurrence sur n, que pour tout n ∈ N, la fonction f n qui est définie
au voisinage de 0 possède un développement limité d’ordre 2. On remarque que f 0 (0) = 1 et
que si f n (0) = 1 alors f n+1 (0) = 1 donc ceci est vrai pour tout n. Cette remarque fournira
le premier coefficient du développement limité.
La fonction f 0 possède un développement limité d’ordre 2 au voisinage de 0. C’est du cours :
f 0 (x) = 1 − 1 2 x − 1 8 x2 + o(x 2 ).
Supposons que f n possède un en 0 d’ordre 2. Comme f n (0) = 1 et que la fonction
x ↦−→ √ 2 − x possède un développement limité d’ordre 2 en 1 (elle est C ∞ ), il en est de
même de la composée f n+1 .
Si f n (x) = 1 + a n x + b n x 2 + o(x 2 ), alors
f n+1 (x) = √ 1 − a n x − b n x 2 + o(x 2 ) = 1 − 1 2 (a nx + b n x 2 ) − 1 8 a2 nx 2 + o(x 2 )
= 1 − 1 (
2 a nx + − 1 2 b n − 1 )
8 a2 n x 2 + o(x 2 ).
La fonction f n possède, pour tout n, un développement limité au voisinage de 0 dont les
coefficients vérifient la relation de récurrence
a n+1 = − 1 2 a n et b n+1 = − 1 2 b n − 1 8 a2 n.
La suite (a n ) n∈N est géométrique de raison − 1 2 , donc a n =
La relation vérifiée par (b n ) n∈N peut s’écrire
(
− 1 2) n+1
, puisque a 0 = − 1 2 .
(−2) n+1 b n+1 = (−2) n b n − (−2) n+1 a2 n
8 = (−2)n b n − 1 (
− 1 n+1
.
8 2)

284
On obtient en sommant des relations de ce type, les termes s’éliminant deux à deux,
n−1
∑
(−2) n (
b n = b 0 + (−2) k+1 b k+1 − (−2) k )
b k
k=0
= − 1 8 − 1 8
n−1
∑
(
− 1 ) k+1
= − 1 2 8
k=0
) n+1
= − 1 1 − ( − 1 2
8 1 + 1 2
= − 1 12 + 1
12
n∑
k=0
(
− 1 ) k
2
(
− 1 2) n+1
.
On en déduit que
b n = − 1 12
(
− 1 ) n
+ 1 (
− 1 2n+1
.
2 12 2)
Exercice 24.14
1. On factorise par les termes en x 2 puis on fait un développement limité d’ordre 2. On
obtient
) (√ )
f(x) = |x|
(√1 + 1 x + 1 x 2 + 2|x| 1 − 3
4x + 1
2x 2
(
= |x|
= |x|
1 + 1
2x + 1
2x 2 − 1 ( )) 1
8x 2 + o x 2 + 2|x|
(
3 − 1
4x + 47 ( )) 1
64x 2 + o x 2 .
Au voisinage de +∞, on a
f(x) = 3x − 1 4 + 47 ( ) 1
64x + o .
x
(
1 − 3
8x + 1
4x 2 − 9
128x 2 + o ( 1
x 2 ))
La courbe possède une asymptote d’équation y = 3x− 1 et est au-dessus de cette asymptote
4
au voisinage de +∞. De même, au voisinage de −∞, on a
f(x) = −3x + 1 4 − 47 ( ) 1
64x − o .
x
La courbe possède une asymptote d’équation y = −3x+ 1 et est au-dessus de cette asymptote
4
au voisinage de −∞.
2. On a, pour x ≠ 0,
f(x) = 3√ x 3 − 3x 2 + x − 3 = x 3 √1 − 3 x + 1 x 2 − 3 x 3 .
On utilise le développement limité de x ↦−→ (1 + x) 1 3 au voisinage de 0 :
(1 + x) 1 3 = 1 +
1
3 x − 1 9 x2 + o(x 2 ).

285
On obtient, quand |x| tend vers +∞,
(
f(x) = x 1 − 3
3x + 1
3x 2 − 9 ( )) 1
9x 2 + o x 2
= x − 1 − 2 ( ) 1
3x + o .
x
La courbe possède en −∞ et +∞ une asymptote d’équation y = x − 1. Au voisinage de
−∞, elle est au-dessus de son asymptote ; au voisinage de +∞, elle est au-dessous.
3. On peut écrire, quand x tend vers −∞ ou+∞,
(
f(x) = −x 2 ln 1 + 1 ) ( 1
= −x 2
x x − 1
2x 2 + 1 ( )) 1
3x 3 + o x 3
= −x + 1 2 − 1 ( ) 1
3x + o .
x
La courbe possède en −∞ et en +∞ une asymptote d’équation y = −x + 1 . Au voisinage
2
de −∞, elle est au-dessus de son asymptote ; au voisinage de +∞, elle est au-dessous.
Exercice 24.15
On peut noter que f est paire.
1. On a, au voisinage de 0, arctanx = x − 1 3 x3 + o(x 3 ) et donc
x
arctan x = 1
1 − 1 3 x2 + o(x 2 ) = 1 + 1 3 x2 + o(x 2 ).
Comme la valeur de f(0) est égale à la valeur en 0 du développement limité, on peut dire
qu’au voisinage de 0,
f(x) =
1
1 − 1 3 x2 + o(x 2 ) = 1 + 1 3 x2 + o(x 2 ).
La fonction f possède en 0 un développement limité d’ordre 1. Elle est donc dérivable en 0
et f ′ (0) = 0 (c’est le coefficient de x). La courbe possède au point d’abscisse 0 une tangente
d’équation y = 1. Pour x assez petit, f(x) −1 a le signe de 1 3 x2 , donc f(x) −1 0 la courbe
est au-dessus de la tangente.
2. La fonction f est dérivable sur R ∗ et, pour x ≠ 0,
Étudions la fonction g : x ↦−→ arctan x −
x
1+x 2
f ′ (x) = arctan x −
x 2 .
g ′ (x) =
x . Pour tout x ∈ R,
1 + x2 2x 2
(1 + x 2 ) 2 .
La fonction g est croissante sur R. Comme g(0) = 0, elle est négative sur R − et positive sur
R + . Il en est de même de f ′ . Ainsi f décroît sur R − et croît sur R + .

286
3. On suppose x > 0. D’après l’indication fournie par l’énoncé,
x
f(x) =
π
2 − arctan 1 .
x
Puisque 1 tend vers 0, on peut utiliser le développement limité de arctan au voisinage de
x
0. On obtient
arctan 1 x = 1 ( ) 1
x + o x 2 ,
puis
et enfin
1
π
2 − arctan 1 = 2 π
x
1
1 − 2
πx + o ( 1
x 2 ) = 2 π
f(x) = 2x π + 4 π 2 + 8 ( ) 1
π 3 x + o .
x
(
1 + 2
πx + 4
π 2 x 2 + o ( 1
x 2 ))
La courbe possède au voisinage de +∞ une asymptote d’équation y = 2x π + 4 . La courbe
π2 est au dessus de son asymptote.
La fonction f étant paire, la courbe possède une asymptote en −∞ d’équation y = − 2x π + 4 π 2 .
La courbe est également au-dessus de son asymptote en −∞.
Exercice 24.16
1. La fonction est définie sur R ∗ et pour x ≠ 0,
2e 1 x
f ′ (x) = ) 2
> 0.
x
(e 2 1 x − 1
La fonction f est croissante sur ] − ∞,0[ et ]0,+∞[.
2. On a lim
x→0 − e 1 x = 0 et donc
lim f(x) = −1.
x→0− De plus quand x tend 0 par valeurs inférieures,
)
f(x) = −1 + 2e 1 x + o
(e 1 x = −1 + o(x),
par croissance comparée. Si on prolonge f par f(0) = −1, la fonction ainsi prolongée est
dérivable à gauche en 0 et f g(0) ′ = 0. À gauche de 0, la courbe de f ainsi prolongée possède
une demi-tangente d’équation y = −1.
On obtient de même lim e 1 x = +∞ et
x→0 + lim f(x) = 1.
x→0 +

287
La fonction f peut être également prolongée par continuité en 0 à droite et en écrivant
f(x) = 1 + e− 1 x
, on montre que, quand x tend vers 0 par valeurs supérieures,
1 − e − 1 x
f(x) = 1 + o(x).
Le prolongement de f en 0 à droite est dérivable en 0 et f
d ′ (0) = 0. La courbe possède une
demi-tangente à droite.
3. Quand x tend vers −∞ ou +∞, on obtient en utilisant le développement limité de exp
en 0,
2 + 1 x + 1 ( ) 1
2x
f(x) =
2 + o x 2 2 + 1 x + 1 ( ) 1
2x
1
x + 1
2x 2 + 1 ( ) = x
2 + o x 2
1
6x 3 + o x 3 1 + 1
2x + 1 ( ) 1
6x 2 + o x
(
2
= x 2 + 1 x + 1 ( ))( 1
2x 2 + o x 2 1 − 1
2x − 1
6x 2 + 1 ( )) 1
4x 2 + o x 2
= x
(
2 + 1
6x 2 + o ( 1
x 2 ))
= 2x + 1
6x + o ( 1
x
La courbe de f possède en −∞ et +∞ une asymptote d’équation y = 2x. La courbe est
au-dessus de l’asymptote au voisinage de +∞, au-dessous au voisinage de −∞.
Exercice 24.17
1. Soit f définie sur R ∗ par f(x) = x 2 arctan 1 . La fonction f est impaire.
x
Comme arctan est une fonction bornée, on a lim f(x) = 0 et f peut être prolongée en une
x→0
fonction continue sur R en posant f(0) = 0. On notera encore f ce prolongement.
On sait que, pour x > 0, on a arctan 1 x = π − arctan x et donc
2
On trouve de même, pour x < 0,
f(x) = π 2 x2 + o(x 2 ) = o(x).
f(x) = − π 2 x2 + o(x 2 ) = o(x).
La fonction f, prolongée en 0, possède un développement limité d’ordre 1 au voisinage de
0 : f(x) = o(x). Elle est donc dérivable en 0 et f ′ (0) = 0.
On a, pour x ≠ 0,
f ′ (x) = 2xarctan 1 x −
On considère la fonction x ↦−→ 2arctan 1 x −
)
.
(
x2
1 + x 2 = x 2arctan 1 x − x )
1 + x 2 .
x . On trouve, pour tout x ≠ 0,
1 + x2 g ′ (x) = − 3 + x2
(1 + x 2 ) 2 < 0.

288
Puisque g est décroissante sur ] − ∞,0[ et sur ]0,+∞[ et que lim g(x) = lim g(x) = 0,
x→−∞ x→+∞
g est négative sur ]−∞,0[ et positive sur ]0,+∞[. On en déduit que f ′ est toujours positive.
La fonction f est croissante sur R, car elle est de plus continue en 0.
Quand x tend vers −∞ ou +∞, 1 x
tend vers 0, donc
f(x) = x 2 ( 1
x − 1
3x 3 + o ( 1
x 3 ))
= x − 1
3x + o ( 1
x 2 )
.
La courbe possède une asymptote d’équation y = x; la courbe est au-dessus de l’asymptote
au voisinage de −∞ et au-dessous de l’asymptote au voisinage de +∞.
2. Soit h la fonction définie sur R ∗ par h(x) = xe 1 x .
On a
e X
lim h(x) = lim
x→0 + x→+∞ X = +∞,
par croissance comparée et
lim h(x) = 0.
x→0− La fonction h peut être prolongée en 0 en une fonction continue à gauche en posant h(0) = 0.
On a alors
h(x) − h(0)
lim
x→0 − x − 0
Ainsi est dérivable à gauche en 0 et f ′ g(0) = 0.
= lim
X→−∞ eX = 0.
Pour x ≠ 0,
h ′ (x) = e 1 x − 1
x
x .
La fonction h est donc croissante sur ] − ∞,0[ et [1,+∞[ et décroissante sur ]0,1].
Quand x tend vers −∞ ou +∞, 1 tend vers 0, donc
x
(
h(x) = x 1 + 1 x + 1 ( )) 1
2x 2 + o x 2 = x + 1 + 1 ( ) 1
2x + o .
2x
La courbe possède une asymptote d’équation y = x+1. Elle est au-dessus de cette asymptote
au voisinage de +∞ et au-dessous au voisinage de −∞.
Exercice 24.18
1. On met en facteur le terme prépondérant. Quand t tend vers −∞, on écrit
(
m(t) = a t 1 + ( )
b t
) 1
t
(
a 1 + b
) t
) 1
t
a
= a(
.
2
2
Quand t tend vers −∞,
1
t
tend vers 0, on obtient
lim
( t b
tend vers 0, car
a) b a > 1, 1 + ( )
b t
a
2
m(t) = a.
t→−∞
a pour limite 1 2
et comme

289
En mettant b en facteur, on obtient de même
2. On écrit
lim m(t) = b.
t→+∞
( ( 1 a t
m(t) = exp
t ln + b t )) ( ( 1 e
t ln a
= exp
2
t ln + e t ln b ))
.
2
Ceci montre que m est dérivable sur R ∗ . On détermine un développement limité d’ordre 1
de m en 0. On part d’un développement limité d’ordre 2 de exp car il faut diviser par t. On
obtient
e t ln a + e t ln b
= 1 (
1 + tlna + 1 2 2 2 t2 (lna) 2 + 1 + tlnb + 1 )
2 t2 (lnb) 2 + o(t 2 )
= 1 +
On en déduit
( e
t ln a + e t ln b )
ln
=
2
puis
m(t) = exp
(ln √ ab +
lna + lnb
2
lna + lnb
2
= ln √ ab t +
t + (lna)2 + (ln b) 2
t 2 + o(t 2 ).
4
t + (lna)2 + (ln b) 2
t 2 − 1 4 2
(lna − lnb)2
t 2 + o(t 2 )
8
)
(lna − lnb)2
t + o(t) = √ ab
(1 +
8
( ) 2 lna + lnb
t 2 + o(t 2 )
2
)
(ln a − lnb)2
t + o(t) .
8
Si on pose m(0) = √ ab, la fonction m ainsi définie sur R possède un développement limité
d’ordre 1 en 0. Elle est donc dérivable en 0 et
m ′ (0) = √ ab
(ln a − lnb)2
.
8
3. Pour tout t ∈ R ∗ ,
m ′ (t) =
(− 1 ( e
t ln a
t 2 ln + e t ln b )
+ 1 lnae t ln a + lnbe t ln b )
2 t e t ln a + e t ln b m(t).
Pour déterminer le signe de m ′ , on considère la fonction ϕ définie sur R par
( e
t ln a + e t ln b )
ϕ(t) = −ln
+ t lnaet ln a + lnbe t ln b
2
e t ln a + e t ln b .
Après simplification de deux termes opposés, on trouve, pour tout réel t,
(
ϕ ′ (t) = t (lna)2 e t ln a + (ln b) 2 e t ln b lnae
t ln a + lnbe t ln b) 2
e t ln a + e t ln b − t
(e t ln a + e t ln b ) 2
= t et ln a e t ln b (lna − lnb) 2
(e t ln a + e t ln b ) 2 .

290
Le signe de ϕ ′ (t) est celui de t. La fonction ϕ croît sur R + et décroît sur R − . Comme
ϕ(0) = 0, la fonction ϕ est positive (et ne s’annule qu’en 0). Mais il apparaît que le signe
de m ′ (t) est celui de ϕ(t) (pour obtenir ϕ(t), on a divisé par m(t) et multiplié par t 2 ). La
fonction m ′ est donc strictement positive (c’est vrai également en 0) donc m est strictement
croissante sur R.
Exercice 24.19
1. La fonction f est strictement croissante sur R, comme le montre le calcul de la dérivée,
continue et a pour limite −∞ en −∞ et +∞ en +∞. Elle réalise donc une bijection de R
sur R.
2. La fonction f est de classe C ∞ sur R. Comme f ′ : x ↦−→ e x + 1 est strictement positive
sur R, f −1 est dérivable et
(f −1 ) ′ 1
=
f ′ ◦ f −1 .
Comme f ′ est de classe C ∞ sur R et strictement positive, cette relation nous montre que si
f −1 est de classe C n , alors f ′ ◦ f −1 est aussi de classe C n et il en est de même de l’inverse
(f −1 ) ′ . La fonction (f −1 ) ′ étant de classe C n , f −1 est de classe C n+1 . Comme on sait que
f −1 est de classe C 0 , une récurrence immédiate montre qu’elle est de classe C ∞ .
On observe que f(0) = 0 et donc f −1 (0) = 0. Comme elle est de classe C ∞ , f −1 possède des
développements limités de tout ordre.
Pour f, on trouve
f(x) = 1 + x + 1 2 x2 + 1 6 x3 + x − 1 + o(x 3 ) = 2x + 1 2 x2 + 1 6 x3 + o(x 3 ).
Notons f −1 (x) = a 1 x+a 2 x 2 +a 3 x 3 +o(x 3 ) le développement limité cherché. On peut écrire
alors au voisinage de 0,
f −1 ◦ f(x) = f
(2x −1 + 1 2 x2 + 1 )
6 x3 + o(x 3 )
= a 1 (2x + 1 2 x2 + 1 6 x3 ) + a 2 (2x + 1 2 x2 + 1 6 x3 ) 2
+ a 3 (2x + 1 2 x2 + 1 6 x3 ) 3 + o(x 3 )
)
x 2 +
( a1
= 2a 1 x +
2 + 4a 2
( a1
6 + 2a 2 + 8a 3
)
x 3 + o(x 3 ).
Mais la fonction f −1 ◦ f est la fonction identité de R. D’après l’unicité du développement
limité, on a donc
ce qui donne
2a 1 = 1,
On obtient, au voisinage de 0,
a 1
2 + 4a 2 = 0 et
a 1 = 1 2 , a 2 = − 1 16
a 1
6 + 2a 2 + 8a 3 = 0,
et a 3 = 1
192 .
f −1 (x) = 1 2 x − 1 16 x2 + 1
192 x3 + o(x 3 ).

291
On peut aussi, pour déterminer ce développement limité, appliquer la formule de Taylor-
Young. On calcule les dérivées successives en dérivant la formule donnant (f −1 ) ′ . Les calculs
deviennent vite compliqués.
Exercice 24.20
1. On a, par définition,
f(x) − x
lim
x→0 x p = −a < 0.
D’après les propriétés des limites, il existe c ∈ ]0,α] tel que, pour tout x ∈ ]0,c],
f(x) − x
x p < 0 et donc f(x) < x.
Comme f([0,α]) ⊂ [0,α], on a, pour tout x ∈ ]0,c], 0 f(x) < c. Par ailleurs, f(0) = 0
(cela résulte du développement limité), donc f([0,c]) ⊂ [0,c].
L’intervalle [0,c] est stable par f. Si on prend u 0 ∈ [0,c], tous les termes de la suite sont
dans cet intervalle. Comme f(x) x, pour tout x ∈ [0,c], la suite est décroissante. Comme
elle est minorée par 0, elle converge. Puisque f est continue, la limite est un point fixe de f
de l’intervalle [0,c]. Pour tout x ∈ ]0,c], on a f(x) < x, donc la limite est 0.
2. a) Comme u n tend vers 0, on peut utiliser le développement limité de f en 0. On obtient
x n = u 1−p
n+1 − u1−p n
= u 1−p
n
Puisque p − 1 > 0, u p−1
n
x n = u 1−p
n
( (1
− au
p−1
n
n = (u n − au p n + o(u p n)) 1−p − u 1−p
n
+ o(u p−1
n ) ) )
1−p
− 1 .
= (f(u n )) 1−p − u 1−p
tend vers 0 et le développement limité de (1 + x) 1−p donne
(
1 − a(1 − p)u
p−1
n
+ o(u p−1
n ) − 1 ) = a(p − 1) + o(1).
Ceci signifie que
lim x n = a(p − 1).
n→+∞
b) Le lemme de l’escalier permet d’affirmer que lim
n→+∞
et finalement
u 1−p
n
n
u n ∼ (a(p − 1)n) 1
1−p .
= a(p−1), i. e. u1−p n ∼ a(p−1)n
3. Le développement limité de sin en 0 est sin x = x − 1 6 x3 + o(x 3 ). On a donc p = 3 et
a = 1 [
6 . L’intervalle 0, π ]
est stable par sin et sin x < x si 0 < x < π , donc on peut rendre
2
2
c = π 2 . Pour u 0 ∈
[
0, π 2
]
, la suite (u n ) n∈N converge vers 0 et
u n ∼
( n
3
) − 1
2
∼
√
3
n .

292
Le développement limité de x ↦−→ ln(1 + x) en 0 est ln(1 + x) = x − 1 2 x2 + o(x 2 ).
On a donc p = 2 et a = 1 . L’inégalité ln(1 + x) < x est vérifiée pour tout x > 0, donc on
2
peut prendre c > 0 quelconque. Pour tout u 0 > 0, la suite (u n ) n∈N converge vers 0 et
u n ∼ 2 n .
Chapitre 25
Exercice 25.1
1. Comme u n ∼ 1 , d’après le théorème de comparaison des séries à termes positifs, la série
n2 1
de terme général u n a même nature que la série de terme général . Elle converge.
n2 2. Comme dans la question 1, u n ∼ 1 et la série converge.
n2 3. En utilisant les développements limités, on obtient u n = − 1 ( ) 1
2n 3 + o n 3 . La série de
terme général u n est à termes négatifs pour n assez grand. Elle a même nature que la série
1
de terme général . Elle converge.
n3 4. On écrit
( (
u n = exp −n 2 ln 1 + 1 ))
.
n
Comme v n = −n 2 ln ( 1 + n) 1 v n ∼ −n, on a lim
n→+∞ n = −1 et pour assez grand v n
n −1 2 ,
v n − 1 2 n et
( ) n
u n e − 1 2 n e − 1 2 .
( ) n
La série de terme général e − 1 2 est une série géométrique convergente car e
− 1 2 < 1. D’après
le théorème de comparaison, la série de terme général u n converge aussi.
5. On a, quand n tend vers +∞,
(
cos √ 1 ) n (
= exp nln cos 1 )
√ n n
( (
= exp nln 1 − 1
2n + 1 ( ))) 1
24n 2 + o n
(
2
= exp n − 1
2n + 1
24n 2 − 1 ( )) 1
8n 2 + o n
(
2
= exp − 1 2 − 1 ( )) 1
12n + o n
(
= e − 1 2 1 − 1 ( )) 1
12n + o .
n

293
On en déduit que
u n ∼ − e− 1 2
12n .
La suite est à termes négatifs pour n assez grand. Comme la série de terme général 1 n diverge,
il en est de même de la série de terme général u n .
6. Si 0 < x < y, on a
u n ∼ (xy)n
y n
∼ x n
et la série de terme général u n converge si et seulement si x < 1. On traite de la même façon
le cas 0 < y < x. Enfin, si x = y, u n = 1 2
7. On a, pour n 2,
pour tout n et la série diverge trivialement.
u n = exp (−ln nln(lnn)) =
n
Pour n e e2 , on lnn e 2 , ln(lnn) 2 et donc
u n 1 n 2 .
1
ln(ln n)
.
D’après le théorème de comparaison, la série de terme général u n converge.
Exercice 25.2
1. On vérifie que, pour tout n 1,
u n = 1
3n − 1
2(n + 1) + 1
6(n + 3) .
On simplifie l’expression des sommes partielles de la série. Pour n 4, on obtient
S n =
= 1 3
n∑
u k =
k=1
k=1
(
1 + 1 2 + 1 3
n∑
( )
1
3k − 1
2(k + 1) + 1
= 1 6(k + 3) 3
)
− 1 ( 1
2 2 3)
+ 1 − 1 2 · 1
n + 1 + 1 6
n∑
k=1
1
k − 1 n+1
∑
2
k=2
1
k + 1 n+3
∑
6
k=4
( 1
n + 1 + 1
n + 2 + 1
n + 3
1
k
)
,
car tous les termes 1 k
avec 4 k n apparaissent avec un coefficient nul. On en déduit que
lim S n = 7
n→+∞ 36 .
La série de terme général u n converge et sa somme vaut 7
36 .
2. On écrit, pour n 1,
u n = ln n + 1
n
− ln n + 3
n + 2 .

294
Si on pose v n = ln n + 1
n , on a donc u n = v n − v n+2 . On obtient, pour n 3,
S n =
n∑
u k =
k=1
n∑
(v k − v k+2 ) =
k=1
La suite (v n ) n∈N converge vers 0 donc
n∑
k=1
n+2
∑
v k − v k = v 1 + v 2 − v n − v n+1 .
k=3
lim S n = v 1 + v 2 = ln 2 + ln 3 = ln 3.
n→+∞ 2
La série de terme général u n converge et sa somme vaut ln 3.
3. On sait que
+∞∑
k=0
1
n! = e1 = e. On s’y ramène. Pour n 2,
n
u n =
(n − 1)! + 1
(n − 1)! + 1 n! = n − 1
(n − 1)! + 2
(n − 1)! + 1 n!
1
=
(n − 2)! + 2
(n − 1)! + 1 n! .
On en déduit que la série de terme général u n converge comme somme de séries convergentes
et on obtient
+∞∑
+∞∑
(
1
u n = u 0 + u 1 +
(n − 2)! + 2
(n − 1)! + 1 )
n!
n=0
= 1 + 3 +
n=2
+∞∑
n=0
+∞
1
n! + 2 ∑
n=1
+∞
1
n! + ∑
= 4 + e + 2(e − 1) + e − 2 = 4e.
4. On utilise la somme de la série géométrique et de ses dérivées. On a, pour |x| < 1,
n∑
x n = 1
n
1 − x , ∑
n
nx n−1 1
=
(1 − x) 2 , ∑
n(n − 1)x n−2 2
=
(1 − x) 3 .
k=0
k=0
On en déduit, en prenant x = 1 2 ,
n∑
k=0
n
2 n−1 = 1
( 1
2) 2
= 4,
Comme, pour tout entier naturel n,
u n =
n∑
k=0
k=0
n=2
1
n!
n(n − 1)
2 n−2 = 2
( 1
2) 3
= 16.
n(n − 1)
2 n + n 2 n ,
on en déduit que la série de terme général u n converge comme somme de séries convergentes
et que
+∞∑ n 2
2 n = 1 2 4 + 1 16 = 6.
4
n=0

295
5. Il s’agit de séries à termes positifs. On remarque que
u n = (√ x) 2n
.
(2n)!
Il s’agit donc de la suite des termes d’indice pair de la série de terme général (√ x) n
. Ses
n!
+∞∑ ( √ x) n
sommes partielles sont donc majorées par = e √x . Donc la série de terme général
n!
n=0
u n converge.
On observe de même que
v n = (√ x) 2n
(2n + 1)! = 1 √ x
( √ x) 2n+1
(2n + 1)! .
On fait le même raisonnement pour les termes d’indice impair pour conclure que la série de
terme général v n converge. Pour calculer les sommes, on écrit, pour x > 0,
e x =
+∞∑
n=0
x n
n!
et e −x =
En additionnant ou soustrayant, on en déduit
+∞∑
n=0
(−1) n x n
.
n!
+∞∑
n=0
On obtient finalement
+∞∑
n=0
x 2n
(2n)! = 1 2 (ex + e −x ) et
u n = 1 2 (e√x + e −√x ) et
+∞∑
n=0
+∞∑
n=0
x 2n+1
(2n + 1)! = 1 2 (ex − e −x ).
v n = 1
2 √ x (e√x − e −√x ).
Exercice 25.3
1. L’inégalité découle directement de la décroissance de la suite (u n ) n∈N : on a n termes,
tous supérieurs ou égaux à u 2n . En notant S n la somme partielle d’indice n de la série, on
obtient
0 2nu 2n 2(S 2n − S n ).
La série ∑ u n converge donc la suite (S n ) n∈N converge. Si on note S sa limite, on a
lim
n→+∞ 2(S 2n − S n ) = 2(S − S) = 0 et par encadrement
Comme, pour n 1,
lim 2nu 2n = 0.
n→+∞
0 (2n + 1)u 2n+1 (2n + 1)u 2n 4nu 2n ,
on en déduit que lim (2n + 1)u 2n+1 = 0. Les suites (2nu 2n ) n∈N et ((2n + 1)u 2n+1 ) n∈N
n→+∞
convergent vers 0 ; il en est de même de la suite (nu n ) n∈N .

296
2. On note S n la somme partielle d’indice n de la série. Soit n 1, p le plus entier k tel que
2 k n et I l’ensemble des entiers k n qui ne sont pas de la forme 2 k . On a
S n =
p∑ 1
2 k + ∑ 1
k 2 .
k∈I
k=1
1
Les séries de terme général
2 n et 1 sont à terme positifs et convergentes. Leurs sommes
n2 partielles sont majorées par leur somme. On en déduit que, pour n 1,
S n
+∞∑
p=1
+∞
1
2 p + ∑ 1
n 2 .
Les sommes partielles de la série à termes positifs ∑ u n sont majorées donc elle converge.
Comme pour tout entier n de la forme 2 p , nu n = 1, si la suite (nu n ) n∈N ∗ avait une limite, ce
serait 1, car cet ensemble est infini. Mais c’est impossible, car pour tout entier qui n’est pas
de la forme 2 p , et il y en a aussi une infinité, nu n = 1 ( ) 1
n et la suite a pour limite 0.
n
n∈N ∗
La suite (nu n ) n∈N n’a pas de limite.
Exercice 25.4
1. On a, pour n 1,
u n+1 − u n = 1
1
− ln(n + 1) + lnn =
(1
n + 1 n + 1 − ln + 1 )
n
= 1
n + 1 − 1 n + 1 ( ) 1
2n 2 + o 1
n 2 = −
n(n + 1) + 1 ( ) 1
2n 2 + o n 2 .
On en déduit que
n=1
u n ∼ − 1
2n 2 .
La série est à termes négatifs à partir d’un certain rang et comme ∑ 1
converge, elle
n2 converge.
On sait que la série ∑ (u n+1 −u n ) et la suite (u n ) n∈N ∗ ont même nature. On en déduit que
la suite (u n ) n∈N ∗ converge.
2. La suite (u n ) n∈N ∗ a pour limite γ donc par définition, u n = γ + o(1). Par définition de
u n , on en déduit que
1 + 1 2 + · · · + 1 = lnn + γ + o(1).
n
Comme ln n tend vers +∞ quand n tend vers +∞, γ + o(1) est négligeable devant lnn et
donc
1 + 1 2 + · · · + 1 n
∼ lnn.
n→+∞

297
Exercice 25.5
Le reste R n est défini quand la série ∑ 1
converge, c’est-à-dire pour α > 1.
nα 1. La fonction t ↦−→ 1
t α est décroissante sur ]0,+∞[. On en déduit que 1
(k + 1) α 1
t α 1
k α ,
pour tout entier k 1 et t ∈ [k,k+1]. En intégrant ces inégalités entre k et k+1, on obtient
∫
1 k+1
(k + 1) α 1
t α dt 1
k α .
k
2. Soit m et n deux entiers tels que 2 m n.
En sommant les inégalités de gauche de la question précédente pour k variant de m − 1 à
n − 1, on obtient, en appliquant la relation de Chasles
n−1
∑
k=m−1
∫
1 n
(k + 1) α
m−1
n
1
t α dt, c’est-à-dire ∑
k=m
∫
1 n
k α
En sommant les inégalités de droite pour k variant de m à n, on obtient
ce qui donne l’encadrement voulu.
∫ n+1
m
n
1
t α dt ∑
∫ b
k=m
1
k α ,
m−1
1
t α dt.
1
3. Pour a et b strictement positifs, on a
a t α dt = b1−α − a 1−α
.
1 − α
• Si α < 1, on prend m = 2 dans l’inégalité précédente. En ajoutant 1, on obtient
1 +
∫ n+1
2
1
t α dt S n 1 +
∫ n
1
1
t α dt.
Comme 1 − α > 0, n 1−α a pour limite +∞ quand n tend vers +∞. On en déduit que
1 +
∫ n
1
∫
1
n+1
t α ∼ n1−α
1 − α et 1 + 1 (n + 1)1−α
∼ ∼ n1−α
tα 1 − α 1 − α .
1
Les inégalités
∫
1 − α n+1
1
n 1−α 2 t α dt (1 − α)S n
n 1−α 1 − α ∫ n
1
n 1−α 1 t α dt
( ) (1 − α)Sn
montrent que la suite
n 1−α est encadrée par deux suites ayant pour limite 1. Elle
converge donc vers 1 et
n 1−α
S n ∼
n→+∞ 1 − α .
• Si α > 1, n 1−α a pour limite 0 quand n tend vers +∞. En faisant tendre n vers
+∞ dans les inégalités précédentes, on obtient
−m 1−α
1 − α R −(m − 1)1−α
m
1 − α
et donc 1 (α − 1)R m
m 1−α
( ) 1−α m − 1
.
m

298
( ) 1−α m − 1
Quand m tend vers +∞,
tend vers 1. On en déduit par encadrement que
m
(α − 1)R m
lim
m→+∞ m 1−α = 1 et donc que
Exercice 25.6
R m
m 1−α
∼
m→+∞ α − 1 .
1. La fonction ζ est définie sur ]1,+∞[. Soient x et y deux réels tels que 1 < x < y. On a,
1
pour tout n 1,
n x 1 N
n y et donc pour tout entier N 1, ∑ 1
n x ∑ N
1
. En faisant
ny n=1 n=1
tendre N vers +∞, on obtient ζ(x) ζ(y). La fonction ζ est décroissante.
2. La fonction ζ étant décroissante sur ]1,+∞[ possède en 1 une limite finie ou égale à +∞.
n∑ 1
Elle est finie si ζ est majorée. Pour tout x > 1 et tout entier n, on a ζ(x)
k x , car
k=1
la série est à termes positifs. Supposons que ζ soit majorée par M. On a alors, pour tout
x > 1,
n∑ 1
ζ(x) M.
kx k=1
En faisant tendre x vers 1, on obtient, pour tout n 1,
n∑
k=1
1
k M.
Les sommes partielles de la séries harmoniques sont majorées par M. C’est impossible car
cette série est à termes positifs et divergente. Donc ζ n’est pas majorée. Sa limite en 1 est
+∞.
3. a) La démonstration des inégalités est la même que dans l’exercice précédent. On en
déduit
(n + 1) 1−x − 1
n∑ 1
1 − x k x 1 + n1−x − 1
1 − x .
k=1
Quand n tend vers +∞, n 1−x tend vers 0, car x > 1. En faisant tendre n vers +∞ dans les
inégalités, on obtient
1
x − 1 ζ(x) x
x − 1 .
b) De la question précédente, on tire, pour x > 1,
On en déduit par encadrement que
1 (x − 1)ζ(x) x.
lim
x→1 +(x
− 1)ζ(x) = 1.

299
4. Soit x 0 > 1. On choisit α > 0 tel que x 0 − α > 1 et h un réel tel que |h| α. On a
x 0 + h x 0 − α > 1 et
∣ +∞∑ 1 − n h ∣∣∣∣ +∞∑ |e h ln n − 1|
|ζ(x 0 + h) − ζ(x 0 )| =
∣ n x0+h
n x0+h .
k=2
k=2
D’après la formule des accroissements finis, il existe c entre 0 et h lnn tel que e h ln n −1 = h lnne c .
Si h 0, on a c 0 et e c 1. On en déduit
|e h ln n − 1|
n x0+h
|h|ln n |h|ln n
nx0+h n x0−α ,
car x 0 + h x 0 − α.
Si h > 0, on a c h lnn et e c e h ln n n h d’où l’on tire
|e h ln n − 1|
n x0+h
|h|ln n
n x0
|h|ln n
n x0−α .
Montrons que la série de terme général u n = lnn
n x0−α converge. Par hypothèse x 0 − α > 1.
Choisissons λ dans l’intervalle ]1,x 0 − α[. On a alors
lim
n→+∞ nλ u n = lim
n→+∞
lnn
= 0,
nx0−α−λ par croissance ( ) comparée du logarithme et d’une puissance positive. On en déduit que
1
1
u n = o
n λ . Comme la série de terme général converge, car λ > 1, il en est de
nλ même de la série de terme général u n . On a obtenu, pour |h| α la majoration
+∞∑
|ζ(x 0 + h) − ζ(x 0 | |h| u n .
Comme la somme de la série est une constante, indépendante de h, on en déduit que
n=2
lim ζ(x 0 + h) = ζ(x 0 ).
h→0
La fonction ζ est continue en x 0 pour tout x 0 > 1. Elle est continue sur ]1,+∞[.
Exercice 25.7
1. a) On remarque que, pour tout entier n 1, u n = R n−1 − R n . On en déduit, grâce à un
changement d’indice, que
On obtient
n∑
ku k =
k=1
n∑
n−1
∑
k(R k−1 − R k ) = (k + 1)R k −
k=1
n−1
∑
= R 0 + R k − nR n =
k=1
n∑
R k −
k=0
k=0
n∑
kR k
k=1
n∑
R k − (n + 1)R n .
k=0
n∑
ku k = (n + 1)R n .
k=1

300
b) La suite (R n ) n∈N est à termes positifs. Il résulte de la question précédente que, pour tout
n 1,
n∑ n∑
ku k R k .
k=1
Si la série ∑ R n converge, ses sommes partielles sont majorées et d’après cette inégalité, les
sommes partielles de ∑ nu n sont majorées aussi. Comme cette série est à termes positifs,
cela suffit pour conclure que ∑ nu n converge.
2. a) On suppose que la série ∑ nu n converge. On compare (n + 1)R n à son reste d’ordre
n. On a pour tout entier n,
Comme
lim
+∞∑
n→+∞
k=n+1
encadrement que
0 (n + 1)R n
∞∑
k=n+1
k=0
(n + 1)u k
+∞∑
k=n+1
ku k .
ku k = 0, car c’est le reste d’une série convergente, on en déduit par
lim (n + 1)R n = 0.
n→+∞
b) On a démontré dans 1.b que la convergence de ∑ R n implique celle de ∑ nu n .
Réciproquement si ∑ nu n converge, on vient de montrer que la suite ((n + 1)R n ) n∈N
converge vers 0. On obtient alors, par l’égalité démontrée dans la question 1.a
(
n∑
n
)
∑
+∞∑
+∞∑
lim R k = lim ku k + (n + 1)R n = ku k + 0 = ku k .
n→+∞ n→+∞
k=0
k=1
Les sommes partielles de la série ∑ R n ont une limite finie, donc la série converge et les
séries ∑ nu n et ∑ R n ont même somme.
3. a) La série ∑ u n (x) converge pour x > 1.
b) La série ∑ R n (x) converge si et seulement si ∑ nu n (x) converge. Comme nu n (x) = u n (x−1),
elle converge si et seulement si x − 1 > 1 soit x > 2. On a alors
+∞∑
n=0
R n (x) =
+∞∑
n=1
k=1
nu n (x) = ζ(x − 1).
k=1
Exercice 25.8
1. On simplifie l’expression de u n+1
u n
. On trouve
u n+1
= (n + 1)n+1 e −n−1√ ( ) n+ 1
n + 1n! n + 1
u n n n e −n√ = e −1 2
.
n(n + 1)!
n

301
On en déduit
(
v n = n + 1 )
2
(
= n + 1 2
= 1 ( ) 1
12n 2 + o n 2 .
(
ln 1 + 1 )
− 1
n
)( 1
n − 1
2n 2 + 1
3n 3 + o ( 1
n 3 ))
− 1
1
On a donc u n ∼ et d’après le théorème de comparaison des séries à termes positifs,
n→+∞ 12n2 ∑
vn converge comme ∑ 1
n 2 .
Comme v n = lnu n+1 −ln u n , on sait que la série ∑ v n a même nature que la suite (ln u n ) n∈N .
Cette suite est donc convergente. Si on appelle l sa limite, on sait par le théorème de
composition des limites que la suite (u n ) n∈N converge vers e l . Comme (u n ) n∈N converge
vers e l ≠ 0, on a
u n = nn e −n√ n
n!
ce qui est le résultat voulu avec k = e −l .
∼ e l et donc n! ∼ e −l n n e −n√ n,
√ π
2. a) Il a été démontré dans l’exercice sur les intégrales de Wallis que I n ∼ . On a donc
2n
I 2n+1
I 2n
Mais il résulte du même exercice que
∼
√
2n
2n + 1 ∼ 1 et
I 2n+1 = 22n (n!) 2
(2n + 1)!
lim I 2n+1
= 1.
n→+∞ I 2n
et I 2n = (2n)!π
2 2n+1 (n!) 2 .
On en déduit que
I 2n+1
= 24n+1 (n!) 4
I 2n π(2n)!(2n + 1)! .
On a ainsi
2 4n (n!) 4 (2n + 1)π I 2n+1
(2n)! 2 = ∼ π
n 2n I 2n
et comme les termes sont positifs, on obtient en prenant la racine carrée,
ce qui est le résultat voulu.
4 n (n!) 2
(2n)! √ n ∼ √ π,
b) On remplace n! et (2n)! par l’équivalent trouvé à la question 1. On obtient
(n!) 2 ∼ k 2 n 2n+1 e −2n , (2n)! ∼ k √ 2n(2n) 2n e −2n
On en déduit √ π = k √
2
et k = √ 2π.
et
4 n (n!) 2
(2n)! √ n ∼ k √
2
.

302
Exercice 25.9
1. On intègre par parties deux fois. On obtient
∫ π
( ) [( ) ] π 1
1 sinnt
0 2π t2 − t cos ntdt =
2π t2 − t −
n
0
} {{ }
2. On rappelle la formule de trigonométrie
=0
∫ π
0
( 1
π t − 1 ) sin nt
n
[( ) ] π ∫ 1 cos nt π
=
π t − 1 cos nt
n 2 −
0 0 πn 2 dt
= 1 [ ] π sin nt
n 2 − πn 3 = 1
0
n 2 .
2sin acos b = sin(a + b) + sin(a − b).
dt
En multipliant la somme par 2sin t 2
et utilisant cette formule, on obtient
2sin t 2
N∑
cos nt =
n=1
=
=
N∑
( (
sin nt + t ) (
+ sin −nt + t ))
2
2
n=1
N∑
( (
sin nt + t ) (
− sin (n − 1)t + t ))
2
2
n=1
N∑
(
sin nt + t ) N−1
∑
(
− sin nt + t ) (
= sin Nt + t )
− sin t 2
2
2 2
n=1
n=0
= sin Nt cos t 2 + sin t 2 cos Nt − sin t 2 .
Pour t ∈ ]0,π], on peut diviser par 2sin t 2
qui n’est pas nul et on obtient la formule voulue
N∑
cos nt = 1 2 sinNt cot t 2 + 1 2 cos Nt − 1 2 .
n=1
3. Cette question constitue l’exercice 22 du chapitre Intégrales et primitives.
4. D’après la question 1, on a, pour N ∈ N ∗ ,
N∑
n=1
D’autre part, pour tout t ∈ ]0,π],
∫
1 π
n 2 =
0
( ) 1 ∑ N
2π t2 − t cos ntdt.
n=1
( ) 1 ∑ N
2π t2 − t cos nt = 1 ( ) 1
2 2π t2 − t cot t 2 sinNt
n=1
+ 1 ( ) 1
2 2π t2 − t cos Nt − 1 ( ) 1
2 2π t2 − t .

303
Considérons la fonction ϕ définie sur ]0,π] par
ϕ(t) = 1 2
( ) 1
2π t2 − t cot t 2 .
Elle est de classe C 1 sur ]0,π]. Montrons qu’on peut la prolonger en une fonction de classe
C 1 sur [0,π]. On a pour t ∈ ]0,π],
ϕ(t) =
( 1
2 t − 1 )
cos t 2 ×
t
sin t .
2
Il suffit en fait de démontrer qu’on peut prolonger h : t ↦−→
t
sin t . On a, pour tout t ∈]0,π],
2
h ′ (t) = sin t 2 − t 2 cos t 2
sin 2 t .
2
Au voisinage de 0, on obtient
sin t 2 − t 2 cos t 2 = t 2 − t3
48 − t ( )
1 − t2 + o(t 3 ) ∼ t3
2 8 24 .
On en déduit h ′ (t) ∼ t3 4
24 t 2 ∼ t et lim
6 t→0 h′ (t) = 0. Le théorème de prolongement des fonctions
de classe C 1 s’applique : la fonction h et donc la fonction ϕ peut être prolongée en une
fonction de classe C 1 sur [0,π].
Par continuité, on a, pour tout t ∈ [0,π],
( ) 1 ∑ N
2π t2 − t cos nt = ϕ(t)sin Nt + 1 ( ) 1
2 2π t2 − t cos Nt − 1 ( ) 1
2 2π t2 − t .
n=1
En intégrant, on en déduit
N∑
∫
1 π
n 2 =
n=1
0
∫ π
( )
1 1
ϕ(t)sin Ntdt +
0 2 2π t2 − t cos Ntdt − 1 2
∫ π
0
( ) 1
2π t2 − t dt.
D’après la question 3, les deux premières intégrales tendent vers 0 quand N tend vers +∞.
On obtient donc
+∞∑
n=1
1
n 2 =
On obtient ensuite
+∞∑
n=1
lim
N∑
N→+∞
n=1
1
(2n) 2 = 1 +∞∑
4
n=1
1
n 2 = −1 2
∫ π
0
1
n 2 = π2
24 et +∞
∑
( ) 1
2π t2 − t dt = − 1 [ 1
2 6π t3 − 1 ] π
2 t2 = π2
0
6 .
n=0
+∞
1
(2n + 1) 2 = ∑
n=1
+∞
1
n 2 − ∑
n=1
1
(2n) 2 = π2
8 .

304
Exercice 25.10
1. On obtient, en utilisant le développement limité de x ↦−→ ln(1 + x) en 0,
ln t n+1
= λln n + 1 + ln u (
n+1
= λln 1 + 1 ) (
+ ln 1 − λ t n n u n n n + v )
n
n 2
= λ n − λ
2n 2 + o ( 1
n 2 )
− λ n + v n
= − λ
2n 2 + o ( 1
n 2 )
+ v n
n 2 − 1 2
(
− λ n + v n
n 2 − 1 2
(
− λ n + v ) 2
n
n 2 + o
Si K est un majorant de (|v n |) n∈N , on a pour n assez grand
∣ ln t ∣
n+1 ∣∣∣
|λ|
t n 2n 2 + 1 n 2 + K ( |λ|
n 2 + n + K ) 2
n 2
( (
− λ n + v n
n 2 ) 2
)
) 2
n 2 + o
( (
− λ n + v ) ) 2
n
n 2 .
On voit que le terme de droite est le terme général d’une série convergente. On en déduit
que la série ∑ ln t n+1
est absolument convergente.
t n
Comme ln t n+1
= lnt n+1 − lnt n , on sait que cela entraîne la convergence de la suite
t n
(ln t n ) n∈N . Si on note l sa limite, on obtient par le théorème de composition que la suite
(t n ) n∈N converge vers A = e l > 0. On a donc
2. On pose u n =
De
t n = n λ u n ∼ A et u n ∼ A n λ .
( ) α 1 · 3 · 5 · · · (2n − 1)
. On a, pour tout n 1,
2 · 4 · 6 · · · (2n)
2n + 1
2n + 2 = 1 + 1
2n
1 + 1 =
n
u n+1
u n
=
( ) α 2n + 1
.
2n + 2
(
1 + 1 )(1 − 1 2n n + 1 ( )) 1
n 2 + o n 2
= 1 − 1
2n + 1
2n 2 + o ( 1
n 2 )
on déduit, en utilisant le développement limité au voisinage de 0 de x ↦−→ (1 + x) α ,
(
u n+1
= 1 − 1
u n 2n + 1 ( )) α 1
2n 2 + o n 2 = 1 − α 2n + α
( )
α(α − 1) 1
+
2n2 8n 2 + o
n 2
= 1 − α ( )
α(α + 3) 1
+
2n 8n 2 + o
n 2 .
Si on écrit u n+1
= 1− α u n 2n +v n
n 2 , la suite (v α(α + 3)
n) n∈N est bornée car elle vérifie v n = +o(1)
8
donc elle est convergente. On peut appliquer la question 1, avec λ = α . Il existe A > 0 tel
2
que u n ∼ A n α 2
et la série ∑ u n converge si et seulement si α > 1, soit α > 2.
2

305
Exercice 25.11
1. Pour b = a + 1, on obtient
u n =
a(a + 1)...(a + n)
(a + 1)(a + 2)...(a + n + 1) = a
a + n ∼ a n
et la série diverge.
Comme u n est une fonction décroissante de b, on a pour b a + 1, u n
de terme général u n diverge d’après le théorème de comparaison.
2. a) Pour k 1, on a u k
= a + k , ce qui peut s’écrire
u k−1 b + k
a
a + n
(b + k)u k = (a + k)u k−1 ou ku k − (k − 1)u k−1 = −bu k + (a + 1)u k−1 .
et la série
b) On somme la relation obtenue, pour k de 1 à n. On obtient en simplifiant les termes deux
à deux,
n∑
n∑
nu n = (ku k − (k − 1)u k−1 ) = − (bu k + (a + 1)u k−1 )
On en déduit
k=1
= −b
n∑
k=1
k=1
n−1
∑
u k + (a + 1) u k = −b(S n − u 0 ) + (a + 1)(S n − u n ).
k=0
(b − a − 1)S n = bu 0 − (a + 1 + n)u n .
c) Puisque b − a − 1 > 0 et que (u n ) n∈N est à termes positifs, on a pour tout entier n,
bu 0
S n
b − a − 1 . Les sommes partielles de la série à termes positifs ∑ u n sont majorées,
donc la série converge.
De la convergence de la série et donc de celle de la suite (S n ) n∈N , on déduit que
(a + 1 + n)u n = bu 0 − (b − a − 1)S n a une limite finie quand n tend vers +∞. Cette
l
limite l est nulle, car sinon u n ∼
a + 1 + n ∼ l , ce qui contredit la convergence de la série
∑ n
un . On a donc lim (a + 1 + n)u n = 0 et par passage à la limite dans l’égalité, on
n→+∞
obtient
+∞∑
k=0
u n = lim
n→+∞ S n =
bu 0
b − a − 1 =
a
b − a − 1 .
Exercice 25.12
En séparant les termes d’indice pair et les termes d’indice impair et en éliminant la somme
des termes d’indice impair on obtient
2n∑
k=1
(−1) k+1 n∑
= −
k
= −
k=1
n∑
k=1
n
1
2k + ∑
k=1
1
2n∑
k + 1
k =
k=1
n
1
2k − 1 = −2 ∑
2n∑
k=n+1
1
k .
k=1
1
2n∑
2k +
k=1
1
k

306
On reconnaît une somme de Riemann de x ↦−→ ln(1 + x) sur [0,1] car
On en déduit que
2n∑
n+1
1
n k = ∑ 1
n + k = 1 n
k=1
n∑ 1
1 + k .
n
k=1
+∞∑
k=1
(−1) k+1
k
= lim
2n∑
n→+∞
n+1
∫
1 1
k =
0
1
dt = ln 2.
1 + t
Exercice 25.13
La série de terme général u n converge car elle vérifie le critère de convergence des séries
alternées. Comme (u n ) n∈N converge vers 0, on peut écrire
v n = u n − u2 n
2 + u3 n
3 + o(u3 n) = (−1)n √ − 1 ( )
n 2n + (−1)n 1
+ o .
3n 3 2 n 3 2
La suite (v n ) n∈N est somme de quatre termes : le premier u n est le terme général d’une
série convergente ; il en est de même du troisième, terme général d’une série absolument
convergente, par comparaison avec une série de Riemann et du quatrième , qui est négligeable
devant le précédent. Si la série ∑ v n convergeait, il en serait de même de la série ∑ 1
2n ,
comme combinaison linéaire de séries convergentes. Or cette série diverge. Il en est de même
de ∑ v n . On remarque que v n ∼ u n . Pourtant les deux séries ne sont pas de même nature.
On ne peut affirmer que deux séries dont les termes généraux sont équivalents ont même
nature que dans le cas de séries à termes positifs ou négatifs à partir d’un certain rang.
Exercice 25.14
• En divisant X 2 + X + 1 par X − 1, on obtient (n 2 + n + 1) = (n − 1)(n + 2) + 3. Ainsi
( ) (
u n = sin π n2 + n + 1
= sin (n + 2)π + 3π )
= (−1) n sin 3π
n − 1
n − 1 n − 1 .
3π
Pour n assez grand
[0,
n − 1 appartient à π ]
. La série ∑ u n est donc alternée à partir
( 2
d’un certain rang. Comme la suite sin 3π )
est alors décroissante et converge vers 0, la
n − 1
série ∑ u n converge, car elle vérifie le critère des séries alternées.
• Pour étudier la série alternée de terme général v n = (−1)n , étudions la suite de
(n!) 1 n
terme général a n = (n!) 1 n . Pour comparer a n et a n+1 , on calcule
( ) n(n+1) an+1 ((n + 1)!)n (n + 1)n
=
a n (n!) n+1 = 1.
n!

307
La suite (a n ) n∈N est donc croissante et la suite de terme général |v n | décroît. Reste à montrer
que la suite (v n ) n∈N converge vers 0, c’est-à-dire que (a n ) n∈N diverge vers +∞. On a pour
tout n 1, (2n)! (n + 1)...(2n) n n . On en déduit que
a 2n = ((2n)!) 1
2n (n n ) 1
2n
√ n.
Cela montre que la suite (a n ) n∈N n’est pas bornée. Comme elle est croissante, elle diverge
vers +∞ et la suite (v n ) n∈N converge vers 0. La suite (v n ) n∈N vérifie le critère de convergence
des séries alternées.
Exercice 25.15
Comme n α tend vers +∞, on peut écrire
u n = (−1)n−1
n α 1
1 + (−1)n
n α
= (−1)n−1
n α + 1
n 2α + o ( 1
n 2α )
.
(
= (−1)n−1
n α 1 − (−1)n
n α + o
( 1
n α ))
La série de terme général v n = (−1)n−1
n α converge car elle vérifie le critère de convergence
des séries alternées. La série de terme général w n = u n − v n = 1 ( ) 1
n 2α + o n 2α vérifie :
w n ∼ 1 . Elle est donc à termes positifs à partir d’un certain rang. Elle a donc même
n2α nature que ∑ 1
n 2α . Elle converge si 2α > 1, soit α > 1 2 .
Si α > 1 2 , la série ∑ u n converge comme somme de deux séries convergentes.
Si α 1 2 , la série ∑ w n diverge et ∑ u n diverge également sinon ∑ w n convergerait
comme différence de deux séries convergentes.
Exercice 25.16
On remarque que, pour n 1, |u n | 1
On détermine
v n = 1
(3n) 1 3
= 1
(3n) 1 3
= 1
(3n) 1 3
= 1
(3n) 1 3
n 1 3
, donc la suite (u n ) n1 converge vers 0.
1 1
−
−
2(3n + 1) 1 3 2(3n + 2) 1 3
(
1 − 1 (
1 + 1 ) − 1
3
1 −
2 3n 2
(
1 − 1 (
1 − 1 )
− 1 2 9n 2
( )) 1
( 1
6n + o n
(
1 1
= + o
6 · 3 1 3 n 4 3 n 4 3
)
.
(
1 + 2
3n
(
1 − 2
9n
) − 1
)
3
)
+ o
( 1
n))

308
La série de terme général v n est convergente par comparaison avec une série de Riemann.
Notons S sa somme, U n et V n les sommes partielles d’ordre n des séries de terme général u n
et v n . On a, pour n 1,
U 3n+2 =
3n+2
∑
k=1
u k = u 1 + u 2 + v 1 + · · · + v n = u 1 + u 2 + V n .
La suite (V n ) n∈N converge vers S, donc la suite (U 3n+2 ) n∈N converge vers u 1 + u 2 + S. Pour
tout n 5, il existe un entier m 1 tel que 3m + 2 n < 3m + 5. On a alors
|U n − U 3m+2 | |u 3m+3 | + |u 3m+4 |.
Quand n tend vers +∞, m tend vers +∞ et comme la suite (u n ) converge vers 0, (U n ) a
même limite que (U 3m+2 ). La suite (U n ) converge, donc la série ∑ u n converge.
Exercice 25.17
On a, pour tout entier n,
|u n v n | 1 2 u2 n + 1 2 v2 n.
La série de terme général 1 2 u2 n + 1 2 v2 n converge car c’est une combinaison linéaire de séries
convergentes. Par le théorème de comparaison des séries à termes positifs, on en déduit que
la série de terme général |u n v n | converge. La série ∑ u n v n est donc absolument convergente.
Exercice 25.18
1. Il est clair que la suite (v n ) n∈N est définie et à termes strictement positifs. Comme (u n ) n∈N
est aussi à termes positifs, on a pour tout entier n, √ vn 2 + u n √ v n et donc v n+1 v n . La
suite (v n ) n∈N est croissante.
On peut écrire
v n+1 − v n = 1 (√ )
v
2
2 n + u n − v n = 1 u
√ n
=
2 v
2 n + u n + v n
u n
4v n+1
.
La suite (v n ) n∈N est croissante donc minorée par v 0 = 1 et pour tout n ∈ N,
v n+1 − v n u n
4 .
2. Si la série de terme général u n converge, il résulte des inégalités 0 v n+1 − v n u n
4
et du théorème de comparaison des séries à termes positifs, que la série de terme général
v n+1 −v n converge. On sait que cette série a même nature que la suite (v n ) n∈N . Celle-ci est
donc convergente.
Supposons réciproquement que la suite (v n ) n∈N converge. On a alors
u n = (2v n+1 − v n ) 2 − v 2 n = 4v n+1 (v n+1 − v n ).
Comme (v n ) n∈N converge et est croissante , elle est majorée par sa limite l. Ainsi, pour
tout n, u n 4l(v n+1 − v n ). La série de terme général v n+1 − v n converge, puisque la suite
(v n ) n∈N converge. Il en est de même de la série de terme général 4l(v n+1 −v n ). Enfin la série
de terme général u n converge d’après le théorème de comparaison.

309
Exercice 25.19
On observe que v 1 = 1 − 1
1 + u 1
et que
v 2 = u 1 u 2
+
1 + u 1 (1 + u 1 )(1 + u 2 ) = u 1(1 + u 2 ) + u 2
(1 + u 1 )(1 + u 2 ) = 1 − 1
(1 + u 1 )(1 + u 2 ) .
Supposons que
n∑
v k = 1 −
k=1
n+1
∑
v k = 1 −
k=1
k=1
1
. On a alors
n∏
(1 + u k )
k=1
u n+1
1
+
n∏
n+1
∏
(1 + u k ) (1 + u k )
1
= 1 − .
n+1
∏
(1 + u k )
k=1
On a donc pour tout n ∈ N ∗ ,
k=1
n∑
v k = 1 −
k=1
1
.
n∏
(1 + u k )
k=1
= 1 − 1 + u n+1 − u n+1
n+1
∏
(1 + u k )
Les sommes partielles de la série ∑ v n sont donc majorées par 1. Comme elle est à termes
positifs, elle converge.
Exercice 25.20
1. On sait que lim
n∑
n→+∞
k=0
u n converge donc si et seulement si x < 1.
2. Comme le conseille l’énoncé, on forme
k=1
1
k! = e. On en déduit que u n ∼
n→+∞ exn . La série de terme général
(1 − x)S = S − xS =
+∞∑
n=0
On observe que u n+1 − xu n se simplifie. On a en effet
u n+1 − xu n =
n+1
∑
k=0
1
k! xn+1 −
n∑
k=0
u n −
+∞∑
n=0
xu n .
1 1
k! xn+1 =
(n + 1)! xn+1 .
On fait donc un changement d’indice dans la première somme. On obtient
(1 − x)S = u 0 +
+∞∑
n=0
(u n+1 − xu n ) = 1 +
+∞∑
n=0
1
+∞∑ 1
(n + 1)! xn+1 =
n! xn = e x
n=0

310
et donc
S =
ex
1 − x .
Exercice 25.21
1. Comme t ∈ ]0,1[, t n tend vers 0 et on a donc ln(1 + t n ) ∼
n→+∞ tn . Comme la série
géométrique ∑ t n converge, il en est de même de la série ∑ ln(1 + t n ).
n∑
On a, pour tout n 1, lnp n = ln(1 + t k ). Ainsi, la suite (lnp n ) n∈N ∗ converge vers S
k=1
somme de la série de terme général u n et la suite (t n ) n∈N ∗ converge vers e S .
2. La suite (v n ) n∈N est à termes positifs. On a donc, pour tout entier n, v n+2 −v n+1 = t n v n > 0.
De plus v 1 > v 0 donc la suite (v n ) n∈N est strictement croissante. On en déduit, pour tout
entier n,
v n+2 v n+1 (1 + t n ),
puis par une récurrence immédiate
∏ n
v n+2 v 1 (1 + t k ) 2v 1 p n .
k=0
La suite (p n ) n∈N ∗ est convergente donc majorée. Il en est de même de la la suite (v n ) n∈N
qui, étant croissante, converge.
Exercice 25.22
1. La suite (u n ) n∈N est à termes strictement positifs et, pour tout n ∈ N,
u n+1
u n
= x n+1
x n+1 + 1 1.
La suite (u n ) n∈N est décroissante et minorée par 0 ; elle converge. On note λ sa limite.
On a λ 0 et λ u 0 x 0
x 0 + 1 < 1.
2. Prenons x k = k + 1 pour tout entier k. On a alors, pour tout entier n,
u n =
et la suite (u n ) n∈N converge vers 0.
3. On a, pour tout entier n,
−lnu n = −
n∏
k=0
k=0
k + 1 (n + 1)!
=
k + 2 (n + 2)! = 1
n + 2
n∑
n
x k
ln
x k + 1 = ∑
ln
(1 + 1 )
.
x k
La suite (u n ) n∈N a pour limite 0 si et seulement si −lnu n tend vers +∞. Comme −lnu n
est la somme partielle de la série à termes positifs ∑ (
ln 1 + 1 )
, −ln u n tend vers +∞
x n
k=0

(
si et seulement si la série de terme général ln 1 + 1 )
x n
a
(
ln 1 + 1 )
∼ 1
x n x n
diverge. Comme lim
n→+∞
311
1
x n
= 0, on
(
et la série de terme général ln 1 + 1 )
a même nature que la série de terme général
x n
On conclut : λ = 0 si et seulement la série de terme général
seulement si la série de terme général
1
x n
converge.
1
x n
.
1
x n
diverge et donc λ ≠ 0 si et
4. On démontre par récurrence que, pour tout entier n, x n = x 2n
0 . La suite (x n ) n∈N a pour
limite +∞. On écrit, pour tout entier k,
On en déduit que, pour tout entier n,
u n =
n∏
k=0
On calcule le produit
et on en déduit
On obtient enfin
Exercice 25.23
x k
x k + 1 = x k(x k − 1)
x 2 k − 1 = x k(x k − 1)
x k+1 − 1 .
x k (x k − 1)
x k+1 − 1 = n ∏
n∏
k=0
k=0
x k
n ∏
k=0
( n
x k − 1
x k+1 − 1 = ∏
k=0
x k = x 1+2+···+2n
0 = x 2n+1 −1
0 = x n+1
x 0
u n = (x 0 − 1)x n+1
x 0 (x n+1 − 1) = x 0 − 1
x 0 (1 − 1 .
x n+1)
λ = x 0 − 1
x 0
.
x k
)
x 0 − 1
x n+1 − 1 .
1. La suite (u n ) n∈N est à termes positifs. Pour comparer U 2 n et V n =
n∑
2 k u 2 k, on
décompose U 2 n en sommes de termes de la suite (u n ) n∈N dont les indices vont de 2 p + 1
à 2 p+1 ou de 2 p à 2 p+1 − 1. Une telle somme contient 2 p+1 − 2 p = 2 p termes. On utilise
ensuite la décroissance de (u n ) n∈N . On écrit pour tout entier n,
Comme pour tout entier p,
U 2 n =
2 p+1
∑
2 n ∑
k=0
k=2 p +1
n−1
∑
u k = u 0 + u 1 +
2 p+1
∑
p=0 k=2 p +1
u k 2 p u 2 p+1 1 2 2p+1 u 2 p+1,
u k .
k=0

312
on obtient
U 2 n u 0 + u 1 + 1 2
n∑
2 p u 2 p 1 2 V n.
p=1
De même, en écrivant
et en utilisant l’inégalité
on obtient
On a donc l’encadrement voulu
n−1
∑
U 2 n = u 0 + u 1 +
2 p+1 ∑−1
p=1
2 p+1 ∑−1
k=2 p u k 2 p u 2 p,
k=2 p u k + u 2 n,
n−1
∑
U 2 n u 0 + u 1 + 2 p u 2 p + u 2 n u 0 + V n .
p=1
1
2 V n U 2 n u 0 + V n .
2. Il s’agit de séries à termes positifs. Elles convergent si leurs sommes partielles sont majorées.
Or les inégalités précédentes montrent que si (U n ) n∈N est majorée par U, alors (V n ) n∈N
est majorée par 2U et que si (V n ) n∈N est majorée par V , alors (U n ) n∈N est majorée par u 0 +V
car, pour tout n ∈ N,
U n U 2 n u 0 + V n u 0 + V,
puisque n 2 n .
Exercice 25.24
1. a) On peut écrire
b n − l =
n∑
u k (a k − l)
k=0
n∑
k=0
u k
puis |b n − l|
n∑
u k |a k − l|
k=0
. n∑
u k
k=0
Soit ε > 0 et n 0 ∈ N tel que |a n − l| ε si n n 0 . Pour n n 0 , on obtient
|b n − l|
n∑
0−1
k=0
u k |a k − l|
n∑
k=0
u k
+ ε
n∑
k=n 0
u k
n∑
k=0
u k
n∑
0−1
k=0
u k |a k − l|
+ ε.
n∑
u k
k=0

313
La série de terme général u n diverge. Comme elle est à termes positifs, ses sommes partielles
n∑
0−1
|a k − l|
n∑
k=0
tendent vers +∞. On a donc lim u k = +∞ et, n 0 étant fixé, lim = 0.
n→+∞
n→+∞
n∑
k=0
u k
On peut trouver un entier n 1 tel que
n∑
0−1
k=0
|a k − l|
k=0
ε pour n n n∑
1 . Pour n max(n 0 ,n 1 ),
u k
k=0
on a |b n − l| 2ε. Ceci montre que la suite (b n ) n∈N converge vers l.
v n
b) Comme la suite (v n ) n∈N ne s’annule pas, v n ∼ u n équivaut à lim = 1. On pose,
n→+∞ u n
pour tout n, a n = v n
. La suite (b n ) n∈N correspondante est définie par
u n
b n = u 0a 0 + u 1 a 1 + · · · + u n a n
u 0 + u 1 + · · · + u n
= v 0 + v 1 + · · · + v n
u 0 + u 1 + · · · + u n
.
D’après la première question, la suite (b n ) n∈N converge vers 1, ce qui montre que
v 0 + v 1 + · · · + v n ∼ u 0 + u 1 + · · · + u n .
2. a) Les termes de la suite (x n ) n∈N appartiennent à ]0,1[. La suite est décroissante et
minorée par 0. Elle converge. Sa limite l vérifie l = l − l 2 donc l = 0.
b) On a, pour tout n ∈ N,
1
u n =
x n − x 2 n
− 1
x n
=
1
1 − x n
.
On en déduit que lim u n = 1.
n→+∞
n−1
∑
n−1
∑
( 1
Pour n 1, on a u k =
− 1 )
= 1 − 1 . La série de terme général u n est
x k+1 x k x n x 0
k=0 k=0
à termes strictement positifs et divergente, car son terme général tend vers 1. Il résulte de
n−1
∑
la question 1 que u n ∼ 1 implique u k ∼ n. On a donc, puisque 1 tend vers +∞,
x n
On en déduit que x n ∼ 1 n .
k=0
1
∼ 1 − 1 ∼ n.
x n x n x 0
1
c) On a u n − 1 = − 1 = x n
∼ x n ∼ 1 . On peut écrire
1 − x n 1 − x n n
v n = u n − 1 ∼ 1 (
n ∼ ln 1 + 1 )
∼ ln(n + 1) − lnn.
n

314
On applique de nouveau le résultat de la question 1. La série de terme général v n est à
termes strictement positifs et divergente car v n ∼ 1 n . De v n ∼ ln(n + 1) − lnn, on déduit
n−1
∑
n−1
∑
n−1
∑
(u k − 1) = v k ∼ (ln(k + 1) − lnk)
k=1
k=1 k=1
et donc
1
x n
− 1 x 1
− n ∼ lnn.
Comme 1
x n
− n tend vers +∞,
1
est négligeable et 1 − n ∼ lnn.
x 1 x n
Cela peut s’écrire 1
x n
− n = lnn + o(lnn) et donc 1
x n
= n + lnn + o(lnn). On en déduit
x n =
1
n + lnn + o(lnn) = 1 n ·
1 + ln n
n
1
+ o( ).
ln n
n
Comme lnn
n
tend vers 0, on obtient
x n = 1 (
n · 1 − lnn ( )) lnn
n + o = 1 n n − lnn ( ) lnn
n 2 + o n 2 .
Exercice 25.25
1. Soit n un entier naturel. On note
On remarque que
W n =
n∑
w k =
k=0
I n = {(i,j) ∈ N 2 , i + j n}, J n = [[0,n]] 2 .
n∑
k=0 i=0
k∑
u i v k−i =
U n V n =
∑
(i,j)∈I n
u i v j et donc W 2n =
n∑ ∑ n
u i v j =
i=0
j=0
∑
(i,j)∈J n
u i v j .
∑
(i,j)∈I 2n
u i v j ,
Comme I n ⊂ J n ⊂ I 2n et que les suites (u n ) n∈N et (v n ) n∈N sont à termes positifs, on en
déduit que
W n U n V n W 2n .
2. Les séries sont à termes positifs. Si les séries ∑ u n et ∑ v n convergent, leurs sommes
partielles sont majorées respectivement par U et V et on a, pour tout entier n, W n UV . La
série ∑ w n est à termes positifs et ses sommes partielles sont majorées, donc elle converge.
Par passage à la limite dans les inégalités précédentes, on obtient
W UV W et donc W = UV.

315
3. On applique les résultats de la question précédente aux séries de terme général
u n (x) = u n x n et v n (x) = v n x n . La suite w correspondante est définie par
n∑
n∑
w n (x) = u k (x)v n−k (x) = u k v n−k x n = w n x n .
k=0
D’après la question 2, la série ∑ w n x n converge et a pour somme U(x)V (x).
Exercice 25.26
1. En posant A −1 = 0, on a, pour tout entier naturel n, a n = A n − A n−1 . On en déduit,
grâce à un changement d’indice dans la deuxième somme,
n∑
a k b k =
k=0
n∑
(A k − A k−1 )b k =
k=0
k=0
n∑
A k b k −
k=0
n−1
∑
= A k (b k − b k+1 ) + A n b n .
k=0
n−1
∑
k=−1
A k b k+1
2. La suite (b n ) n∈N est donc à termes positifs. On note M un majorant de (|A n |) n∈N . On
alors
n−1
∑
n−1
∑
n−1
∑
|A k (b k − b k+1 )| = |A k |(b k − b k+1 ) M (b k − b k+1 )
k=0
k=0
M(b 0 − b n ) Mb 0 .
La série à terme positifs ∑ |A n (b n − b n+1 )| a ses sommes partielles majorées. Elle est donc
convergente. La série ∑ A n (b n −b n+1 ) est donc absolument convergente. On en déduit que
n−1
∑
A k (b k − b k+1 ) a une limite finie quand n tend vers +∞. Comme par ailleurs la suite
k=0
(A n b n ) a pour limite 0,
général a n b n converge.
n∑
a k b k a une limite finie quand n tend vers +∞ et la série de terme
k=0
3. On pose a n = sin n et b n = 1
n α . La suite (b n) n∈N est décroissante et converge vers 0. Pour
montrer la convergence la série de terme général u n = a n b n , il suffit de montrer que la suite
(A n ) n∈N est bornée. Pour n 1, on a
(
n∑
n
) (
∑ ∑ n
A n = sink = I e ik (
= I e
i ) )
k
= I 1 − ei(n+1)
1 − e i .
k=0
k=0
k=0
Comme, pour tout nombre complexe z, |Iz| |z|, on en déduit
∣ |A n |
1 − e i(n+1) ∣∣∣ 2
∣ 1 − e i
|1 − e i | .
La suite (A n ) n∈N est bornée et donc ∑ sin n
n α
converge.
k=0

316
Chapitre 26
Exercice 26.1
1. Le point M appartient à d A,U s’il existe t ∈ R tel que M = (1 − t,1 + t).
Le point M = (x,y) appartient à d A,U si les vecteurs (x −1,y−1) et (−1,1) sont colinéaires
, i.e. si x + y − 2 = 0.
2. Le point M appartient à d A,U s’il existe t ∈ R tel que
M = (cos θ + tsin θ,sin θ − tcos θ).
Le point M = (x,y) appartient à d A,U si les vecteurs (x − cos θ,y − sinθ) et (sin θ, −cos θ)
sont colinéaires , i.e. si cos θ(x − cos θ) + sin θ(y − sin θ) = 0 ou encore cos θx + sin θy = 1.
Exercice 26.2
1. Il s’agit de la droite passant par A = (1,3) de vecteur directeur U = (1, −2).
2. Il s’agit de la demi-droite d’origine A = (2, −1) de vecteur directeur U = (−1,3), car t 2
décrit R + .
3. Il s’agit du segment [A,B], où A = (−5,4) et B = (3,2).
Exercice 26.3
Par linéarité du produit scalaire, on obtient
et donc
Exercice 26.4
‖U + V ‖ 2 = ‖U‖ 2 + ‖V ‖ 2 + 2〈U,V 〉, ‖U − V ‖ 2 = ‖U‖ 2 + ‖V ‖ 2 − 2〈U,V 〉
1. On calcule le carré de la norme :
‖U + V ‖ 2 + ‖U − V ‖ 2 = 2(‖U‖ 2 + ‖V ‖ 2 ).
‖U ′ − V ′ ‖ 2 = ‖U ′ ‖ 2 + ‖V ′ ‖ 2 − 2〈U ′ ,V ′ 〉 = ‖U‖2 ‖V ‖2
+
‖U‖
4
‖V ‖ 4 − 2 1
‖U‖ 2 ‖V ‖ 2 〈U,V 〉
=
1 (
‖V ‖ 2
‖U‖ 2 ‖V ‖ 2 + ‖U‖ 2 − 2〈U,V 〉 ) ‖U − V ‖2
=
‖U‖ 2 ‖V ‖ 2
et on obtient en prenant la racine carrée
‖U ′ − V ′ ‖ = ‖U − V ‖
‖U‖‖V ‖ .
2. Si V = 0, l’inégalité est évidente ; si U ou W est nul, on obtient une égalité.
Si aucun des trois vecteurs n’est nul, on divise par le produit de leurs normes et il s’agit de
démontrer que
‖U − W ‖
‖U‖ ‖W ‖ ‖W − V ‖ ‖V − U‖
+
‖W ‖ ‖V ‖ ‖V ‖ ‖U‖
c’est-à-dire
‖U ′ − W ′ ‖ ‖W ′ − V ′ ‖ + ‖V ′ − U ′ ‖.
Cela résulte de l’inégalité triangulaire.

317
3. On obtient cette inégalité en appliquant le résultat de la question 2 aux vecteurs
U = A − B, V = A − C et W = A − D.
Exercice 26.5
1. Posons Ω 1 = {(x,y) ∈ R 2 , x > 0 et y > 0}. C’est un quart de plan.
L’ensemble Ω 1 est ouvert. En effet, considérons (x,y) ∈ Ω 1 et r = min(x,y). Si (u,v)
appartient à la boule ouverte de centre (x,y) et de rayon r, on a |x − u| < r et donc
u > x − r 0 et de même v > 0, donc (u,v) ∈ Ω 1 . Ainsi B((x,y),r) ⊂ Ω 1 .
L’ensemble Ω 1 n’est pas fermé. Le point (0,0) appartient à son complémentaire, mais toute
boule ouverte de centre (0,0) rencontre Ω 1 , donc le complémentaire de Ω 1 n’est pas ouvert.
L’ensemble Ω 1 est convexe. Si (x,y) et (x ′ ,y ′ ) sont dans Ω 1 , on considère λ ∈ ]0,1[ et le
point
(X,Y ) = (1 − λ)(x,y) + λ(x ′ ,y ′ ) = ((1 − λ)x + λx ′ ,(1 − λ)y + λy ′ ).
Alors X et Y sont strictement positifs car sommes de deux nombres strictement positifs (on
peut prendre λ ∈ ]0,1[ car pour λ = 0 ou 1 on trouve les points (x,y) et (x ′ ,y ′ ) et il n’y a
rien à démontrer).
L’ensemble Ω 1 n’est évidemment pas borné, car x 2 + y 2 décrit R ∗ + quand x et y décrivent
R ∗ +.
2. Posons Ω 2 = {(x,y) ∈ R 2 , 1 < |x − 1| 2}. C’est la réunion de deux bandes.
L’ensemble Ω 2 n’est pas ouvert. Pour tout y ∈ R, (3,y) appartient à Ω 2 et, pour tout r > 0,
la boule de centre (3,y) et de rayon r contient le point (3 + r 2 ,y) qui n’appartient pas à Ω 2
∣
car ∣3 + r ∣ ∣∣
2 − 1 r = 2 +
2 > 2.
On montre de la même façon que Ω 2 n’est pas fermé. Pour tout y, le point (0,y) n’appartient
pas à Ω 2 , mais toute boule ouverte de centre (0,y) et de rayon r contient le point (− r 2 ,y)
qui appartient à Ω 2 .
L’ensemble Ω 2 n’est pas convexe. Il contient les points (−1,0) et (3,0) mais le point
1
2 (−1,0) + 1 2 (3,0) = (1,0) n’appartient pas à Ω 2.
L’ensemble Ω 2 n’est pas borné, car y est quelconque.
3. Posons Ω 3 = {(x,y) ∈ R 2 , x 0, y 0, 2x + 3y 5}. C’est l’intérieur d’un triangle.
L’ensemble Ω 3 n’est pas ouvert. En effet, il contient le point (0,0), mais toute boule fermé
de centre (0,0) contient des points d’abscisse ou d’ordonnée négative qui n’appartiennent
pas à Ω 3 .
L’ensemble Ω 3 est fermé. Soit (x,y) un point qui appartient au complémentaire de Ω 3 . L’une
des trois conditions au moins n’est pas vérifiée. Supposons par exemple que x > 0. Si le point
(u,v) appartient à la boule ouverte de centre (x,y) et de rayon x, on a |x − u| < x et donc
u > 0. Cette boule est donc incluse dans le complémentaire de Ω 3 qui est ouvert.
L’ensemble Ω 3 est convexe. Soient (x,y) et (x ′ ,y ′ ) dans Ω 3 , λ ∈ [0,1] et
(X,Y ) = (1 − λ)(x,y) + λ(x ′ ,y ′ ) = ((1 − λ)x + λx ′ ,(1 − λ)y + λy ′ ).
Les réels X et Y sont positifs comme sommes de termes positifs et
2X + 3Y = 2((1 − λ)x + λx ′ + 3((1 − λ)y + λy ′ )
= (1 − λ)(2x + 3y) + λ(2x ′ + 3y ′ )
5(1 − λ) + 5λ 5

318
donc (X,Y ) ∈ Ω 3 .
Enfin, Ω 3 est borné, car si (x,y) ∈ Ω 3 , alors 0 x 5 2 ,
0 y 5 3 et ‖(x,y)‖ ∥ ∥∥∥
( 5
2 , 5 3)∥ ∥∥∥
.
4. Posons Ω 4 = {(x,y) ∈ R 2 , 1 ‖(x,y‖ 2}.
Si B est la boule fermée de centre (0,0) et de rayon 2 et B ′ la boule ouverte de centre (0,0)
et de rayon 1, on a
Ω 4 = B \ B ′ .
Comme B est fermé et B ′ ouvert, le complémentaire de B ′ est fermé et Ω 4 est un fermé car
intersection de deux fermés.
L’ensemble Ω 4 n’est pas ouvert car si ‖(x,y)‖ = 1, toute boule ouverte de centre (x,y)
contient des points de norme strictement inférieure à 1 qui n’appartiennent pas à Ω 4 .
L’ensemble Ω 4 n’est pas convexe, il contient les points (1,0) et (−1,0), mais 1 2 (1,0)+1 (−1,0) = (0,0)
2
n’appartient pas à Ω 4 .
L’ensemble Ω 4 est borné puisqu’il est inclus dans la boule fermée de centre (0,0) et de rayon
2.
5. Posons Ω 5 = {(x,y) ∈ R 2 , xy < 1, 1 < x < 2}. Ce sont les points qui sont au-dessous
d’une hyperbole d’équation y = 1 et à l’intérieur d’une bande.
x
Montrons que Ω 5 est ouvert. Soit (x,y) ∈ Ω 5 . Posons
(
r = min x − 1,2 − x, 1 ( )) 1
2 x − y
et considérons (u,v) dans la boule ouverte de centre (x,y) et de rayon r. On a alors |x−u| < r.
On en déduit que
2 − u 2 − x − |x − u| > 2 − x − r 0
et de même u − 1 > 0. On a ensuite
1
u − v = 1 u − 1 x + 1 x − y + y − v 1 ∣ ∣∣∣
x − y − 1
x − 1 u∣ − |v − y|.
Comme la distance entre (u,v) et (x,y) est < r, on a |v −y| < r et |u −x| < r. On remarque
que ∣ ∣∣∣ 1
x − 1 |u − x|
u∣ = |u − x| < r
ux
car x > 1 et u > 1. On en déduit que
1
u − v > 1 − y − 2r 0,
x
par le choix de r. Le point (u,v) appartient à Ω 5 qui est donc ouvert.
Par contre, l’ensemble Ω 5 n’est pas fermé car son complémentaire n’est pas ouvert. Le point
(1,0) appartient au complémentaire de Ω 5 . Mais pour tout r > 0, la boule ouverte de centre

319
(
(1,0) et de rayon r contient le point 1, r )
qui appartient à Ω 5 .
2
L’ensemble Ω 5 n’est pas convexe. Cela résulte de la convexité de la fonction x ↦−→ 1 x . Pour
trouver un contre-exemple, on considère deux point de Ω 5 , proches de la courbe y = 1
(
x . Soit
α ∈ ]0,1[, A = (1 + α,1 − α), B = 2 − α, 2 + α )
, C = 1 4 2 A + 1 ( 3
2 B = 2 , 3 4 − 3α )
. On
(
8
3 3
vérifie que A et B appartiennent à Ω 5 . Comme lim
α→0 2 4 − 3α )
= 9 > 1, pour α assez
8 8
petit, C n’appartient à Ω 5 et [A,B] n’est pas inclus dans Ω( 5 . ) 3
L’ensemble n’est pas borné, car il contient tous les points
2 ,y pour y > 0.
Exercice 26.6
• Soit (x 0 ,y 0 ) ∈ P. On a donc ax 0 +by 0 +c > 0. Soit r > 0 et (x,y) un point appartenant à
la boule ouverte B de centre (x 0 ,y 0 ) et de rayon r. On a alors |x −x 0 | < r et |y −y 0 | < r.
On en déduit, par inégalité triangulaire,
ax + by + c = ax 0 + by 0 + c + a(x − x 0 ) + b(y − y 0 )
ax 0 + by 0 + c − |a||x − x 0 | − |b||y − y 0 |
ax 0 + by 0 + c − (|a| + |b|)r.
Si on prend r < ax 0 + by 0 + c
ce qui est possible car ax 0 + by 0 + c
> 0, on obtient
|a| + |b|
|a| + |b|
ax + by + c > 0, pour tout (x,y) dans la boule de centre (x 0 ,y 0 ) rayon r. Cette boule est
donc incluse dans P qui est ouvert.
• Il faut montrer que le complémentaire de P ′ est ouvert. On a
R 2 \ P ′ = {(x,y) ∈ R 2 , ax + by + c < 0} = {(x,y) ∈ R 2 , −ax − by − c > 0},
qui est ouvert car du même type que l’ensemble P.
Exercice 26.7
Soit Ω un ouvert de R 2 . Pour tout point M de Ω, il existe une boule ouverte B M de centre
M telle que B M ⊂ Ω. On a donc ⋃
B M ⊂ Ω. Mais on a aussi l’inclusion inverse car, pour
M∈Ω
tout M de Ω, M ∈ B M . On obtient l’égalité
Ω = ⋃
B M .
M∈Ω
Exercice 26.8
1. Si la suite (A n ) n∈N converge vers A, les inégalités
|a n − a| d(A n ,A) et |b n − b| d(A n ,A)

320
montrent que les suites (a n ) n∈N et (b n ) n∈N convergent vers a et b respectivement.
Si les suites (a n ) n∈N et (b n ) n∈N convergent vers a et b respectivement, l’inégalité
montre que (A n ) n∈N converge vers A.
2. Soit F une partie de R 2 .
d(A n ,A) |a n − a| + |b n − b|
• Supposons que F est fermé et considérons une suite (A n ) n∈N éléments de F qui converge
vers A. Raisonnons par l’absurde et supposons que A /∈ F. Comme le complémentaire
de F est ouvert, on peut trouver r > 0 tel que la boule ouverte de centre A et de rayon
r soit incluse dans le complémentaire de F. On a alors, pour tout n ∈ N, d(A,A n ) r
puisque A n ∈ F. Cela est contradictoire avec la convergence de (A n ) n∈N vers A. Donc A
appartient à F.
• Supposons réciproquement que toute suite convergente d’éléments de F ait sa limite dans
F. Montrons que F est fermé en raisonnant encore par l’absurde. Si F n’est pas fermé,
son complémentaire n’est pas ouvert et on peut trouver A /∈ F tel que toute boule ouverte
de centre A rencontre F. En particulier, pour tout n ∈ N ∗ , il existe A n ∈ F tel que
d(A n ,A) < 1 n . Par construction, (A n) n∈N est une suite d’éléments de F qui converge vers
A, qui n’appartient pas à F. C’est contradictoire avec l’hypothèse. Ainsi, F est fermé.
Exercice 26.9
• Supposons que Ω est ouvert. Soit B ∈ λΩ. Par définition, il existe A ∈ Ω tel que B = λA.
Puisque A ∈ Ω, il existe r > 0 tel que la boule ouverte de centre A et de rayon r soit
incluse dans Ω. Montrons que λΩ contient la boule ouverte de centre B et de rayon |λ|r.
Soit N ∈ B(B, |λ|r) et M = 1 N. On a
λ ∥ d(M,A) = ‖M − A‖ =
1 ∥∥∥
∥λ (N − B) = 1 ‖N − B‖ r.
|λ|
Le point M appartient à la boule de centre A et de rayon r donc à Ω et N = λM appartient
à λΩ. La boule B(B, |λ|r) est incluse dans λΩ.
• Supposons que Ω est fermé. Son complémentaire Ω ′ est donc ouvert. Comme λ n’est pas
nul, l’application M ↦−→ λM est une bijection de R 2 sur R 2 . En particulier λΩ ′ est le
complémentaire de λΩ. Il résulte du début de l’exercice que λΩ ′ est un ouvert de R 2 . Son
complémentaire λΩ est un fermé.
Exercice 26.10
1. Soit N 0 ∈ A + Ω. Par définition, il existe M 0 ∈ Ω tel que N 0 = M 0 + A. Puisque Ω est
ouvert, on peut trouver r > 0 tel que la boule B(M 0 ,r) soit incluse dans Ω. Montrons que
B(N 0 ,r) ⊂ A + Ω .
Soit N ∈ B(N 0 ,r). On a donc
‖N − N 0 ‖ = ‖N − M 0 − A‖ = ‖N − A − M 0 ‖ r.

321
Ainsi, le point N − A appartient à la boule de centre M 0 et de rayon r. Il appartient donc
à Ω et on peut écrire
N = A + (N − A) ∈ A + Ω.
On a bien B(N 0 ,r) ⊂ A + Ω et A + Ω est ouvert.
2. On écrit
Ω ′ + Ω = ⋃
et Ω est ouvert, car c’est une réunion d’ouverts.
Exercice 26.11
A∈Ω ′ (A + Ω)
1. Soit M un point qui n’appartient pas à Ω. Par définition, il existe r > 0 tel que la boule
B(M,r) ne rencontre pas Ω. Soit N ∈ B(M,r). Puisque cette boule ouverte est un ouvert,
on peut trouver ρ > 0 tel que la boule ouverte B(N,ρ) soit incluse dans B(M,r). La boule
B(N,ρ) ne rencontre pas non plus Ω. Par définition, le point N n’appartient donc pas à Ω.
Ainsi, la boule ouverte B(M,r) est incluse dans le complémentaire de Ω. Ce complémentaire
est donc ouvert et Ω est fermé.
Si M appartient à Ω, toute boule ouverte de centre M a un intersection non vide avec Ω car
elle contient M, donc M appartient à Ω.
2. a) On sait que Ω contient Ω.
Si M appartient au cercle de centre A et de rayon r, toute boule ouverte de centre M
rencontre Ω. En effet, pour tout ε ∈ ]0,r[, le point N défini par N = M − ε −−→
AM appartient
r
à Ω et est à une distance ε de M. Donc M appartient à Ω.
Notons Ω ′ l’ensemble des points M tels que d(M,A) > r. On sait que Ω ′ est un ouvert. Si
M appartient à Ω ′ , il existe ρ > 0 tel que B(M,ρ) soit incluse dans Ω ′ . La boule B(M,ρ) ne
rencontre pas Ω donc M n’appartient pas à Ω.
On conclut : Ω = B f (A,r).
b) Si M appartient à Ω ′ = {(x,y) ∈ R 2 ,ax + by + c < 0}, comme Ω ′ est ouvert, il contient
une boule ouverte de centre M. Cette boule ne rencontre pas Ω donc M n’appartient pas à
Ω.
Supposons que M = (x,y) vérifie ax + by + c = 0.
Pour h ∈ R, considérons N = M + (ha,hb) = (x + ha,y + ha). On a
a(x + ha) + b(y + ha) + c = ax + by + c + h(a 2 + b 2 ) = (a 2 + b 2 )h.
Si on prend h > 0, le point N appartient à Ω. Comme h est un réel quelconque strictement
positif et que d(M,N) = h √ a 2 + b 2 on peut trouver dans toute boule ouverte de centre M
de tels points de Ω. On en déduit que M appartient à Ω. Comme Ω contient Ω, on peut
conclure
Ω = {(x,y) ∈ R 2 , ax + by + c 0}.
c) Soit (x,y) un élément quelconque de R 2 , r > 0. Comme Q est dense dans R, il existe
(u,v) ∈ Q 2 tel que |x − u| < √ r et |y − v| √ r . On en déduit que
2 2
(x − u) 2 + (y − v) 2 < r2
2 + r2
2 r2 .

322
Le point (u,v) appartient donc à la boule ouverte de centre (x,y) et de rayon r. Toute boule
ouverte de centre (x,y) rencontre Q 2 . Le point (x,y) appartient donc à Q 2 . Comme c’est un
élément quelconque de R 2 , on conclut
Q 2 = R 2 .
3. Soit F un fermé tel que Ω ⊂ F. Supposons que M /∈ F. Comme le complémentaire de
F est un ouvert, on peut trouver r > 0 tel que B(M,r) soit incluse dans le complémentaire
de F. La boule B(M,r) ne rencontre pas F et a fortiori ne rencontre pas Ω. On en déduit
que M /∈ Ω. On a montré que si M n’est pas dans F, il n’est pas dans Ω. Cela montre que
Ω ⊂ F.
Il résulte des questions 1 et 3 que Ω est le plus petit (au sens de l’inclusion) fermé contenant
Ω.
Exercice 26.12
1. On raisonne comme dans la question 1 de l’exercice précédent. Si M /∈ Fr(Ω), il existe
une boule ouverte B(M,r) incluse dans Ω ou dans le complémentaire de Ω. Comme cette
boule ouverte est un ouvert, pour tout point N de B(M,r), il existe une boule ouverte de
centre N qui est incluse dans B(M,r) et a fortiori dans Ω ou son complémentaire. Ainsi
N n’appartient pas à Fr(Ω). La boule ouverte B(M,r) est incluse dans le complémentaire
Fr(Ω) qui est donc ouvert.
2. a) Comme Ω est ouvert, si M appartient à Ω, il existe une boule ouverte B(M,r) de
centre M qui est incluse dans Ω. Elle ne rencontre pas le complémentaire de Ω, donc M
n’appartient pas à Fr(Ω).
Comme l’ensemble Ω ′ = {M ∈ R 2 , d(M,A) > r} est également ouvert, on montre de même
qu’un élément de Ω ′ n’appartient pas à Fr(Ω).
Enfin si d(A,M) = r, toute boule ouverte de centre M rencontre Ω et son complémentaire.
Il suffit de considérer des points de la forme M − ε −−→ AM et M + ε −−→ AM, avec ε assez petit.
On conclut
Fr(Ω) = {M ∈ R 2 , d(M,A) = r}.
La frontière de Ω est le cercle de centre A et de rayon r.
b) On montre comme dans l’exemple précédent, qu’un élément de Ω = {M ∈ R 2 , ‖(x,y)‖ < 1}
ou de Ω ′ = {M ∈ R 2 , ‖(x,y)‖ > 1} n’appartient pas à Fr(C).
Si M ∈ C, toute boule ouverte de centre M contient M et des points du complémentaire de
C.
On conclut : Fr(C) = C.
c) On montre que Ω 1 = {(x,y) ∈ R 2 , −1 < x < 2} est ouvert. En effet si (x,y) ∈ Ω 1 et
r = min(2 − x,x + 1), la boule ouverte de centre (x,y) et de rayon r est incluse dans Ω 1 .
Cette boule ne rencontre pas le complémentaire de Ω donc (x,y) n’appartient pas à Fr(Ω).
On montre de même que les ensembles Ω 2 = {(x,y) ∈ R 2 , x < −1} et Ω 3 = {(x,y) ∈ R 2 , x > 2}
sont ouverts. Ainsi, si (x,y) appartient à l’un de ces ensembles, il existe une boule ouverte
de centre (x,y) qui ne rencontre pas Ω et (x,y) n’appartient pas à Fr(Ω).
Enfin si x = −1 et y ∈ R, toute boule ouverte de centre (−1,y) contient des points (u,v) tels
que u < −1 et des points tels que −1 < u < 2. Il suffit de considérer les points (−1 − ε,y)
et (−1 + ε,y) pour ε > 0 assez petit. Le point (−1,y) appartient donc à Fr(Ω). Il en est de
même de tout point (−2,y).
Conclusion : Fr(Ω) = {(x,y) ∈ R 2 , x = −1 ou x = 2}.

323
3.
• Si la frontière de Ω est incluse dans Ω et si M /∈ Ω, M n’appartient pas à Fr(Ω). Il existe
une boule ouverte de centre M dont l’intersection avec Ω ou son complémentaire est vide.
Comme l’intersection avec le complémentaire de Ω contient M, la boule ne rencontre pas
Ω. Elle est incluse dans son complémentaire, ce qui montre que celui-ci est ouvert et Ω
fermé.
• Si Ω est fermé et si M /∈ Ω, il existe une boule ouverte de centre M qui est incluse dans
le complémentaire de Ω. Elle ne rencontre pas Ω et M /∈ Fr(Ω). On a donc Fr(Ω) ⊂ Ω.
Exercice 26.13
1. Soit A et B dans
k⋂
Ω i . Pour tout i ∈ [[1,k]], A et B appartiennent à Ω i , donc le segment
i=1
[A,B] est inclus dans Ω i car Ω i est convexe. On a donc [A,B] ⊂
k⋂
Ω i et
i=1
k⋂
Ω i est convexe.
2. Si Ω 1 et Ω 2 sont des singletons distincts, ils sont convexes, mais leur réunion ne l’est pas.
Exercice 26.14
Soient A et B deux points de Ω + Ω ′ . Il existe C et D dans Ω et C ′ et D ′ dans Ω ′ tels que
A = C + C ′ et B = D + D ′ . Soit λ ∈ [0,1]. On a
(1 − λ)A + λB = (1 − λ)C + λD + (1 − λ)C ′ + λD ′ .
Comme Ω est convexe, (1 − λ)C + λD appartient à Ω ; de même, comme Ω ′ est convexe,
(1 − λ)C ′ + λD ′ appartient à Ω ′ et (1 − λ)A + λB appartient à Ω + Ω ′ . Ainsi, Ω + Ω ′ est
convexe.
Exercice 26.15
Soient A et B dans λΩ. Par définition, il existe C et D dans Ω tels que A = λC et B = λD.
Soit t ∈ [0,1]. On a alors
(1 − t)A + tB = (1 − t)λC + tλD = λ((1 − t)C + tD).
Comme Ω est convexe, (1 − t)C + tD appartient à Ω et (1 − t)A + tB appartient à λΩ, qui
est donc convexe.
Exercice 26.16
On raisonne par récurrence sur n.
La propriété est évidente pour n = 1, car alors λ 1 = 1.
Supposons que la propriété est vérifiée au rang n et considérons n + 1 points A 1 , . . . , A n+1
n+1
∑
de Ω et n + 1 réels positifs λ 1 , . .., λ n+1 tels que λ i = 1.
n+1
∑
Si λ n+1 = 1, alors λ i A i = A n+1 et il n’y a rien à démontrer. Sinon, on écrit
i=1
i=1
i=1
(
n+1
∑
n
)
∑ λ i
λ i A i = (1 − λ n+1 )
A i + λ n+1 A n+1 .
1 − λ n+1
i=1
i=1

324
n∑ λ i
Comme = 1, l’hypothèse de récurrence donne que le point B =
1 − λ
i=1 n+1
appartient à Ω. Le point
n+1
∑
λ i A i = (1 − λ n+1 )B + λ n+1 A n+1
i=1
n∑
i=1
λ i
1 − λ n+1
A i
appartient aussi à Ω par définition d’un ensemble convexe, ce qui termine la démonstration
par récurrence.
Exercice 26.17
On peut écrire
Ω =
{
(x,y) ∈ R 2 ,
(
x − 1 ) }
2
2 y + 3 4 y2 α .
Soit (x,y) et (x ′ ,y ′ ) deux éléments de Ω, λ ∈ [0,1],
(X,Y ) = (1 − λ)(x,y) + λ(x ′ ,y ′ ) = ((1 − λ)x + λx ′ ,(1 − λ)y + λy ′ ).
On calcule
K =
=
(
X − 1 2 Y ) 2
+ 3 4 Y 2
(
(1 − λ)
(x − 1 ) (
2 y + λ x ′ − 1 )) 2
2 y′ + 3 4 ((1 − λ)y + λy′ ) 2 .
La fonction x ↦−→ x 2 est convexe sur R. On a donc
(
K (1 − λ) x − 1 ) 2 (
2 y + λ x ′ − 1 ) 2
2 y′ + 3 ((1 )
− λ)y 2 + λy ′ 2
4
( (
x − 1 ) ) ( 2 (
2 y + 3 4 y2 x ′ − 1 ) 2
2)
2 y′ + 3 4 y′
(1 − λ)
+ λ
.
Comme (x,y) et (x ′ ,y ′ ) appartiennent à Ω, on en déduit
K (1 − λ)α + λα α,
ce qui montre que (X,Y ) appartient à Ω. L’ensemble Ω est donc convexe.
Chapitre 27
Exercice 27.1
On utilise les inégalités
|x| ‖(x,y)‖
et |y| ‖(x,y)‖.

325
1. Pour (x,y) ≠ (0,0), on a
|f(x,y)| x2 |y|
x 2 |y| ‖(x,y)‖.
+ y2 Cette inégalité reste vérifiée en (0,0). On a donc
∀(x,y) ∈ R 2 |f(x,y) − f(0,0)| ‖(x,y)‖,
ce qui montre la continuité de f en (0,0). En effet, pour ε > 0, pour obtenir |f(x,y)−f(0,0)| ε,
il suffit de prendre ‖(x,y)‖ ε.
2. Pour (x,y) ≠ (0,0), on a
et on conclut comme dans la question 1.
3. Pour (x,y) ≠ (0,0), on a
et on conclut comme dans la question 1.
4. On a, pour tout x ≠ 0,
|f(x,y)| |y| ‖(x,y)‖
|f(x,y)| |x|3 y 2
(x 2 + y 2 ) 2 ‖(x,y)‖5
‖(x,y)‖ 4 ‖(x,y)‖
f(x,x) = ex2 − 1
2x 2 .
e x2 − 1
On sait que lim
x→0 2x 2 = 1 2 exp′ (0) = 1 . On en conclut que f n’est pas continue en (0,0)
2
car sinon, par le théorème de composition, on aurait
lim f(x,x) = f(0,0).
x→0
Exercice 27.2
1. La restriction (x,y) ↦−→ y sin x y
de f aux ouverts
Ω 1 = {(x,y) ∈ R 2 , y > 0} et Ω 2 = {(x,y) ∈ R 2 , y < 0}
est continue sur Ω 1 et Ω 2 par composition de fonctions continues usuelles. Ceci assure la
continuité de f en tout (x 0 ,y 0 ) tel que y 0 ≠ 0.
Reste à étudier la continuité en (x 0 ,0) pour tout réel x 0 . On observe que, pour tout
(x,y) ∈ R 2 ,
|f(x,y)| |y| et donc |f(x,y) − f(x 0 ,0)| |y| ‖(x,y) − (x 0 ,0)‖,
ce qui montre la continuité de f en (x 0 ,0). La fonction f est continue sur R 2 .

326
2. On montre, comme dans la question 1 et avec les mêmes notations, que f est continue
sur Ω 1 et Ω 2 . La fonction f est donc continue en tout point (x 0 ,y 0 ) tel que y 0 ≠ 0.
Reste à étudier la continuité en (x 0 ,0) pour tout réel x 0 . En utilisant l’inégalité de Taylor-
Lagrange à l’ordre 2, on obtient, pour tout u ∈ R,
u2
∣cos u − 1 + 2 ∣ u3
6 .
On en déduit, pour tout (x,y) ∈ R 2 ,
∣ cos xy − 1 + x2 y 2
2 ∣ x3 y 3
6 ,
puis pour y ≠ 0,
On obtient
∣ ∣∣∣ 1 − cos xy
y 2
− x2
2
∣ ∣∣∣
f(x,y) − x2
2
∣ |x3 y|
6 .
∣ |x3 y|
6 ,
inégalité qui reste vraie pour y = 0. On en déduit, pour tout (x,y) ∈ R 2 .
∣ ∣ |f(x,y) − f(x 0 ,0)| =
∣ f(x,y) − x2 0 ∣∣∣ 2 ∣ f(x,y) − x2
∣∣∣ 2 ∣ + x 2
2 − x2 0
2 ∣
|x3 y|
6
+ |x2 − x 2 0|
.
2
La fonction g : (x,y) ↦−→ |x3 y|
6 + |x2 − x 2 0|
est continue sur R 2 donc en (x 0 ,0) et g(x 0 ,0) = 0.
2
On peut donc rendre g(x,y) et donc |f(x,y) −f(x 0 ,0)| plus petit que tout ε > 0 en prenant
‖(x,y) − (x 0 ,0)‖ assez petit.
La fonction f est donc continue en tout (x 0 ,0) et donc continue sur R 2 .
3. Les fonctions f 1 : (x,y) ↦−→ x(1 − y) et f 2 : (x,y) ↦−→ y(1 − x) sont continues.
On en déduit que f est continue sur les deux ouverts Ω 1 = {(x,y) ∈ R 2 , y < x} et
Ω 2 = {(x,y) ∈ R 2 , y > x}. Reste à étudier la continuité en (x 0 ,x 0 ) pour tout réel x 0 .
Selon la partie du plan où on prend (x,y), on a f(x,y) = f 1 (x,y) ou f 2 (x,y). Comme
f(x 0 ,x 0 ) = f 1 (x 0 ,x 0 ) = f 2 (x 0 ,x 0 ), on peut écrire
|f(x,y) − f(x 0 ,x 0 )| |f 1 (x,y) − f 1 (x 0 ,x 0 )| + |f 2 (x,x) − f 2 (x 0 ,x 0 )|.
Puisque f 1 et f 2 sont continues, cette quantité sera inférieure à ε > 0 pour |(x,y) −(x 0 ,x 0 )‖
assez petit. Ainsi f est continue en (x 0 ,x 0 ) donc sur tout R.
4. La démonstration est la même que dans 3. La fonction est continue sur les ouverts
Ω 1 = {(x,y) ∈ R 2 , y < x 2 } et Ω 2 = {(x,y) ∈ R 2 , y > x 2 } (ces ensembles sont ouverts
car image réciproque d’un intervalle ouvert par la fonction continue (x,y) ↦−→ y −x 2 ).
Il faut étudier la continuité en un point (x 0 ,x 2 0). On a f(x 0 ,x 2 0) = 0 et on peut écrire
|f(x,y) − f(x 0 ,x 2 0)| |y − x 2 |.
La fonction (x,y) ↦−→ y − x 2 est continue sur R 2 et nulle en (x 0 ,x 2 0), donc cette quantité
peut être rendu inférieure à tout ε > 0 en prenant ‖(x,y) −(x 0 ,x 2 0)‖ assez petit. La fonction
f est continue en tout point (x 0 ,x 2 0) et donc continue sur R 2 .

327
5. Là encore, f est continue sur chacun des ouverts Ω 1 = {(x,y) ∈ R 2 , y > x 2 },
Ω 2 = {(x,y) ∈ R 2 , y < −x 2 } et Ω 3 = {(x,y) ∈ R 2 , −x 2 < y < x 2 }. Il faut étudier la
continuité en (x 0 ,y 0 ) tel que y 0 = ±x 2 0.
Étudions le cas y 0 = x 2 0, x 0 ≠ 0. On a, par définition, f(x 0 ,x 2 0) = x 0 . Puisque
Ω 3 = {(x,y) ∈ R 2 , y + x 2 > 0} est ouvert, si on prend (x,y) dans une boule de
centre (x 0 ,x 2 0) assez petite, on a (x,y) ∈ Ω 3 ; on en déduit que soit f(x,y) = x soit
f(x,y) = y . Cela implique
x |f(x,y) − f(x 0 ,x 2 0)| |x − x 0 | + ∣ y x − x 0∣ .
La continuité des fonctions (x,y) ↦−→ x et (x,y) ↦−→ y x en (x 0,x 2 0) permet de rendre ceci
inférieur à tout ε > 0 pour ‖(x,y) − (x 0 ,x 2 0)‖ assez petit. Ainsi f est continue en (x 0 ,x 2 0).
Le cas y 0 = −x 2 0, x 0 ≠ 0 se traite de la même manière.
Il reste le cas x 0 = y 0 = 0. On a f(0,0) = 0. On note que, pour tout (x,y) ∈ R 2 ,
Ceci montre la continuité de f en (0,0).
Finalement, f est continue sur R 2 .
Exercice 27.3
1. a) Des inégalités
on tire, pour tout (x,y) ∈ R 2 ,
|f(x,y)| |x| ‖(x,y)‖.
|x| ‖(x,y)‖, |y| ‖(x,y)‖
Pour x ≠ 0, on a f(x,x) = 1 2 |x|p+q−1 .
et |x| + |y| ‖(x,y)‖,
|f(x,y)| = f(x,y) ‖(x,y)‖ p+q−1 .
b) Si f est continue en (0,0), on obtient par le théorème de composition des fonctions
continues lim
x→0
f(x,x) = 0. Ceci implique p + q − 1 > 0.
Réciproquement, si p + q − 1 > 0, ‖(x,y)‖ p+q−1 tend vers 0 avec ‖(x,y)‖ et l’inégalité
précédente qui peut s’écrire |f(x,y) − f(0,0)| ‖(x,y)‖ p+q−1 montre que f est continue en
(0,0).
Ainsi f est continue en (0,0) si, et seulement si, p + q − 1 > 0.
2. On utilise la même méthode que dans la question 1. On remarque que, pour tout t 0,
( )
g t 1 1
r ,t s = t p r + q s
= 1 2t 2 t p r + q s −1 .
( )
Si g est continue en (0,0), alors g t 1 r ,t 1 s a pour limite 0 car les fonctions t ↦−→ t 1 r
t ↦−→ t 1 s ont pour limite 0 en 0. Ceci est réalisé si et seulement si p r + q s − 1 > 0.
Si réciproquement, si p r + q −1 > 0, on obtient en utilisant la question 1, pour (x,y) ≠ (0,0),
s
et
|g(x,y) − g(0,0)| = g(x,y) = (|x|r ) p r
+ (|x| s ) q s
|x| r + |x| s (‖(|x| r , |y| s )‖) p r + q s −1 .

328
La fonction (x,y) ↦−→ (‖(|x| r , |y| s )‖) p r + q s −1 est continue en (0,0) et a pour valeur 0 en (0,0).
On aura donc |f(x,y) − f(0,0)| ε, avec ε > 0 quelconque, pour ‖(x,y)‖ assez petit.
Ainsi g est continue si, et seulement si, p r + q s > 1.
Exercice 27.4
1. En majorant x 2 et y 4 par x 2 + y 4 , on obtient
Pour y ≠ 0, on a
|f(x,y)| = (x2 ) α 2 (y 4 ) 1 4
x 2 + y 4 (x2 + y 4 ) α 2 + 1 4
x 2 + y 4
f(y 2 ,y) = |y|2α+1
2y 4 = 1 2 |y|2α−3 .
= (x 2 + y 4 ) 2α−3
4 .
2. Si f est continue en (0,0), on obtient par le théorème de composition, puisque la fonction
y ↦−→ y 2 a pour limite 0 en 0, lim f(y,y 2 ) = 0. Ceci nécessite d’avoir 2α − 3 > 0.
y→0
Réciproquement, si cette condition est réalisée, la fonction h : (x,y) ↦−→ (x 2 + y 4 ) 2α−3
2 est
continue sur R 2 , car c’est la composée d’une fonction polynomiale de deux variables, positive,
et de la fonction x ↦−→ x 2α−3
2 qui est continue sur R + car 2α − 3 > 0. Sa valeur en (0,0) est
2
0. Ainsi, on aura h(x,y) et a fortiori f(x,y) inférieur à tout ε > 0 pour ‖(x,y)‖ assez petit,
ce qui montre la continuité de f en (0,0).
Ainsi f est continue en (0,0) si, et seulement si, α > 3 2 .
Exercice 27.5
En appliquant la propriété deux fois, on obtient, pour tout (x,y) ∈ R 2 ,
f(x,y) = f(x + y,x − y) = f(x + y + x − y,x + y − x + y) = f(2x,2y).
Cela peut s’écrire aussi
∀(x,y) ∈ R f(x,y) = f
( x
2 , y 2)
.
Soit (x,y) ∈ R 2 . Par une récurrence immédiate, on obtient, pour tout n ∈ N,
( x
f(x,y) = f
2 n , y )
2 n .
Montrons en faisant tendre n vers +∞ que f(x,y) = f(0,0). Soit ε > 0. Par continuité de
f en (0,0), il existe η > 0 tel que
‖(u,v)‖ η =⇒ |f(u,v) − f(0,0)| ε.
( x Puisque ∥
2n , y )∥ ∥∥ ‖(x,y‖ =
2 n 2 n et que ‖(x,y‖
2 n a pour limite 0 quand n tend vers +∞, cette
norme sera inférieure à η pour n assez grand et on aura alors
(
∣ x
∣f
2 n , y )
2 n − f(0,0) ∣ ε c’est-à-dire |f(x,y) − f(0,0)| ε.
Ceci étant vrai pour tout ε > 0, on en déduit que f(x,y) = f(0,0). Mais (x,y) est quelconque,
donc f est une fonction constante.
Réciproquement, il est clair que toute fonction constante répond au problème posé.

329
Exercice 27.6
1. Soit f la fonction définie sur R 2 par
f(x) =
On vérifie que f a la propriété voulue.
xy2
x 2 + y 2 si (x,y) ≠ (0,0) et f(0,0) = 0.
2. Le graphe G de f est l’ensemble des triplets (x,y,z) de R 3 tels que z = f(x,y). Si
(x,y,z) ∈ G, on a, pour tout réel λ,
f(λx,λy) = λf(x,y) = λz,
donc (λx,λy,λz) appartient à G. Le graphe G contient donc Vect(x,y,z). On peut écrire
G =
⋃
Vect(x,y,z)
(x,y,z)∈G
et G apparaît comme une réunion de droites.
Exercice 27.7
1. Si (x,y) ∈ C 1 , on a nécessairement xy > 0.
Si x et y sont positifs, on obtient f(x,y) =
xy et on a les équivalences suivantes :
x + y
(x,y) ∈ C 1 ⇐⇒ x + y = xy ⇐⇒ (x − 1)(y − 1) = 1.
On obtient une branche d’une hyperbole d’asymptotes x = 1, y = 1, partie de l’hyperbole
qui correspond à x > 1 et y > 1.
La partie de C 1 qui correspond à xy < 0, s’obtient en faisant une symétrie par rapport à 0,
car f(−x, −y) = f(x,y). On obtient de nouveau une branche d’hyperbole.
2. Pour tout k > 0 et tout (x,y) ∈ R 2 \ {0}, on a f(kx,ky) = kf(x,y) et on a donc
f(kx,ky) = k si et seulement si f(x,y) = 1. La ligne de niveau k, C k se déduit de C 1 par
l’homothétie vectorielle de rapport k.
Comme de plus f(x, −y) = −f(x,y) pour tout (x,y) ∈ R 2 , la courbe C −k pour k > 0 est
l’image de C k par la symétrie par rapport à la droite y = 0.
On note que C 0 est réunion des droites x = 0 et y = 0, privées de (0,0).
Exercice 27.8
Sur l’ouvert {(x,y) ∈ R 2 , x ≠ y}, la fonction f est continue comme quotient de fonctions
continues. Étudions la continuité de f en (x 0,x 0 ), pour un réel x 0 quelconque.
Pour tout (x,y) ∈ R 2 tel que x ≠ y, la formule des accroissements finis montre qu’il existe
c x,y entre x et y tel que F(x,y) = f ′ (c x,y ). On peut noter que ceci reste vrai pour x = y,
avec c x,x = x. La continuité de F va résulter de celle de la fonction f ′ .
Soit ε > 0. Par continuité de f ′ en x 0 , il existe η > 0 tel que |x − x 0 | η implique
|f ′ (x) − f ′ (x 0 )| ε.
Prenons (x,y) dans la boule ouverte B((x 0 ,y 0 ),η). Il vérifie le inégalités |x − x 0 | η et
|y − y 0 | η.
On considère c xy . Comme il est entre x et y et que le segment [x 0 − η,x 0 + η] contient x et

330
y, il contient c xy et on a |f ′ (c xy ) − f ′ (x 0 )| ε, c’est-à-dire |F(x,y) − F(x 0 ,x 0 )| ε.
On a donc montré que
∀(x,y) ∈ R 2 (x,y) ∈ B((x 0 ,x 0 ),η) =⇒ |F(x,y) − F(x 0 ,x 0 )| ε.
Ceci démontre la continuité de F en (x 0 ,x 0 ), et donc sur R 2 .
Exercice 27.9
1. Par l’inégalité triangulaire, on a, pour M et N dans R 2 ,
|f(M) − f(N)| = |d(M 0 ,M) − d(M 0 ,N)| d(M,N).
Ceci montre la continuité de f. En effet pour tout ε > 0, il suffit pour obtenir |f(M)−f(N)| ε
de prendre d(M,N) ε.
2. L’application est définie car, pour tout M ∈ R 2 , l’ensemble des distances d(M,N) est
minoré par 0.
Soit M et M ′ dans R 2 . On a, pour tout N ∈ Ω,
d(M,N) d(M ′ ,N) − d(M,M ′ ) d(M ′ ,Ω) − d(M,M ′ ).
Comme la borne inférieure est le plus petit minorant, on en déduit que
d(M,Ω) d(M ′ ,Ω) − d(M,M ′ ) soit d(M ′ ,Ω) − d(M,Ω) d(M,M ′ ).
On démontre en échangeant les rôles de M et M ′ que d(M,Ω) − d(M ′ ,Ω) d(M,M ′ ) et
on conclut
|d(M,Ω) − d(M ′ ,Ω)| d(M,M ′ ).
On en déduit comme pour la fonction f dans la question 1, que l’application M ↦−→ d(M,Ω)
est continue sur R 2 .
3. Soit M tel que d(M,Ω) = 0 et r > 0. Par définition de la borne inférieure, on peut
trouver un point N de Ω tel que d(M,N) < r. Le point N appartient à Ω et à la boule
ouverte de centre M et de rayon r. Ainsi toute boule ouverte de centre M rencontre Ω.
Supposons réciproquement que toute boule ouverte de centre M rencontre Ω. Soit r > 0.
Il existe un point N de Ω qui appartient à la boule B(M,r). Par définition de d(M,Ω), on
a donc d(M,Ω) d(M,N) r. Ceci étant vrai pour tout r > 0, on conclut que d(M,Ω) = 0.
Supposons que Ω est fermé.
Si M ∈ Ω, on a évidemment d(M,Ω) = 0 (prendre N = M).
Si M /∈ Ω, comme le complémentaire de Ω est ouvert, il existe une boule ouverte de centre
M qui est incluse dans ce complémentaire. Elle ne rencontre donc pas Ω et d’après la
caractérisation qui précède, on a d(M,Ω) ≠ 0.
Pour Ω fermé, d(M,Ω) = 0 équivaut à M ∈ Ω.
Exercice 27.10
1. D’après l’exercice précédent, les fonctions M ↦−→ d(M,F) et M ↦−→ d(M,F ′ ) sont continues
sur R 2 . De plus le dénominateur ne s’annule que si d(M,F) = d(M,F ′ ) = 0, ce qui,
F et F ′ étant fermés, nécessite M ∈ F et M ∈ F ′ . C’est impossible car on suppose F et
F ′ disjoints. La fonction f est donc définie sur R et continue comme quotient de fonctions
continues.

331
2. On note que
f(M) = 0 ⇐⇒ d(M,F) = 0 ⇐⇒ M ∈ F
f(M) = 1 ⇐⇒ d(M,F ′ ) = 0 ⇐⇒ M ∈ F ′ .
(]
On a donc F = f −1 ({0}) et F ′ = f −1 ({1}). Considérons Ω = f −1 −1, 1 [)
2
(] 1
Ω ′ = f
[). −1
2 ,2 Les ensembles Ω et Ω ′ sont des ouverts, car image réciproque d’un
]
intervalle ouvert par une fonction continue. Ils sont disjoints, car −1, 1 [ ] [ 1
et
2 2 ,2 sont
disjoints. On a clairement F ⊂ Ω et F ′ ⊂ Ω ′ .
Exercice 27.11
1. Pour tout t ∈ [0,1], (1 − t)A + tB appartient à Ω, car Ω est convexe, donc la fonction ϕ
est définie sur [0,1].
Si on note A = (a,a ′ ), B = (b,b ′ ), On a, pour tout t ∈ [0,1],
ϕ(t) = f((1 − t)a + tb,(1 − t)a ′ + tb ′ ).
Les fonctions u : t ↦−→ (1 − t)a + tb et v : t ↦−→ (1 − t)a ′ + tb ′ sont continues sur [0,1] et f
est continue sur Ω donc ϕ est continue sur [0,1], d’après le théorème de composition.
2. On remarque que f(A) = ϕ(0) et f(B) = ϕ(1). Si f(A) < 0 et f(B) > 0, en appliquant
à ϕ le théorème des valeurs intermédiaires entre 0 et 1, on démontre qu’il existe t 0 ∈ [0,1]
tel que ϕ(t 0 ) = 0. Le point C = (1 − t 0 )A + t 0 B vérifie f(C) = 0.
3. L’ensemble f(Ω) est un intervalle si, pour tous éléments A et B de Ω, tout réel λ compris
entre f(A) et f(B) appartient à f(Ω). On peut supposer f(A) < λ < f(B). On considère
la fonction g : Ω −→ R définie par g(M) = f(M) − λ. Comme f, g est continue et vérifie
g(A) < 0 et g(B) > 0. En appliquant le résultat de la question 2 à g, on montre qu’il existe
C ∈ Ω tel que g(C) = 0, c’est-à-dire f(C) = λ.
Exercice 27.12
1. L’ensemble K est une partie fermée et bornée de R 2 . En effet, il a été démontré dans
le cours qu’un demi-plan fermé est un fermé ; il en est de même de l’ensemble des couples
(x,y) ∈ R 2 tel que x + y = 1, car la fonction (x,y) ↦−→ x + y est continue. Ainsi K est une
intersection de fermés.
Il est borné, car, pour tout (x,y) ∈ K,
0 x 1, 0 y 1, et donc ‖(x,y)‖ √ 2.
et
Puisque K est fermé et borné et que f est continue sur K, elle y est bornée et atteint ses
bornes.
2. On a, pour tout (x,y) ∈ K,
f(x,y) = x 2 + y 2 = x 2 + (1 − x) 2 = 2x 2 − 2x + 1.
Une rapide étude de fonction sur [0,1] montre que le minimum vaut 1 et est atteint pour
( 2
1
(x,y) =
2 , 1 et que le maximum vaut 1 et est atteint en (0,1) et en (1,0).
2)

332
Exercice 27.13
La fonction f est à valeurs dans R + . Elle est donc minorée et possède une borne inférieure.
Posons
α = inf f(x,y).
(x,y)∈R 2
Puisque lim f(x,y) = +∞, il existe R > 0 tel que f(x,y) α + 1 si ‖(x,y)‖ R.
‖(x,y)‖→+∞
Notons B la boule fermée de centre (0,0) et de rayon R. Cette boule est un fermé borné. La
restriction de f à B, qui est continue, atteint donc sa borne inférieure sur B.
Notons β cette borne inférieure. On a nécessairement β α car α minore f sur B. Comme
f est minorée par α+1 sur le complémentaire de B, le réel min(β,α+1) est un minorant de
f. Si β > α, il est plus grand que α. C’est impossible. On a donc β = α. La borne inférieure
de f sur R 2 est donc atteinte, en un point de B.
Exercice 27.14
Supposons que f est convexe et fixons (X,Y ) ∈ D 2 . Soient t, t ′ et λ trois éléments de [0,1].
On a
f X,Y (λt + (1 − λ)t ′ ) = f((λt + (1 − λ)t ′ )X + (1 − (λt + (1 − λ)t ′ ))Y ).
En remarquant que 1 − (λt + (1 − λ)t ′ ) = λ(1 − t) + (1 − λ)(1 − t ′ ), on obtient
f X,Y (λt + (1 − λ)t ′ ) = f(λ(tX + (1 − t)Y ) + (1 − λ)(t ′ X + (1 − t ′ )Y ))
et donc, en utilisant la convexité de f,
f X,Y (λt + (1 − λ)t ′ ) λf(tX + (1 − t)Y )) + (1 − λ)f(t ′ X + (1 − t ′ )Y )
ce qui montre que f X,Y est convexe sur [0,1].
λf X,Y (t) + (1 − λ)f X,Y (t ′ ),
Supposons réciproquement que f X,Y est convexe sur [0,1] pour tout (X,Y ) ∈ D 2 . Soit
(X,Y ) ∈ D 2 et t ∈ [0,1]. De la convexité de f X,Y , on déduit
c’est-à-dire
f X,Y (t) = f X,Y (t · 1 + (1 − t) · 0) tf X,Y (1) + (1 − t)f X,Y (0),
f(tX + (1 − t)Y ) tf(X) + (1 − t)f(Y ).
Comme cela est vérifié pour tout (X,Y ) ∈ D 2 et tout t ∈ [0,1], la fonction f est convexe.
Chapitre 28
Exercice 28.1
1. Soit g : (x,y) ↦−→ f(y,x). En revenant à la définition, on obtient
∂g
∂x
(x,y) =
∂f
∂y
∂g ∂f
(y,x) et (x,y) =
∂y ∂x (y,x).

333
2. Soit h : x ↦−→ f(x,x). Le théorème de dérivation des fonctions composées donne
h ′ (x) = ∂f ∂f
(x,x) +
∂x ∂y (x,x).
3. Soit k : x ↦−→ f(x,f(x,x)). On obtient, avec le même théorème et en gardant les mêmes
notations,
k ′ (x) = ∂f
∂x (x,h(x)) + h′ (x) ∂f
∂y (x,h(x))
= ∂f ( ) ∂f
∂x (x,h(x)) + ∂f ∂f
(x,x) +
∂x ∂y (x,x) ∂y (x,h(x)).
4. Soit l : (x,y) ↦−→ f(h(x),y). On obtient, en revenant à la définition et en utilisant le
résultat de la question 2,
∂l
∂x (x,y) = h′ (x) ∂f
Exercice 28.2
En développant, on obtient
G n (x,y) = 1 n!
= 1 n!
∂x (h(x),y) et ∂l
∂y
∫ y
0
(x,y) =
∂f
∂y (h(x),y).
(
∑ n ( )
n
f(t)
k)x k (−t) n−k dt
k=0
n∑
( ∫ n y
k)x k f(t)(−t) n−k .
k=0
La fonction G n est continue sur R 2 , car c’est une somme de produits de fonctions d’une
variable x ou y, continues.
La fonction G n possède des dérivées partielles d’ordre 1 sur R 2 . On obtient
∂G n
∂x (x,y) = 1 n!
=
∂G n
∂y (x,y) = 1 n!
n∑
( ∫ n y
k
k)x k−1 f(t)(−t) n−k
k=1
1
(n − 1)!
n∑
k=1
= G n−1 (x,y),
n∑
k=0
0
0
( ∫ n − 1 y
)x k−1
k − 1
0
f(t)(−t) n−k
( n
k)
x k f(y)(−y) n−k = 1 n! f(y)(x − y)n .
Ces deux dérivées partielles sont continues sur R 2 , donc G n est de classe C 1 .
Exercice 28.3
On a, pour tout (x,y) ∈ R 2 , F(x,y) = f( √ x 2 + y 2 ). En tout point différent de (0,0), F
possède des dérivées partielles
∂F
∂x (x,y) =
x
√
x2 + y f ′ ( √ x 2 + y 2 ) et ∂F
2 ∂y (x,y) =
y
√
x2 + y 2 f ′ ( √ x 2 + y 2 ).

334
Ces dérivées partielles sont continues sur l’ouvert R 2 \ {(0,0)}.
Pour tout y ∈ R ∗ ,
f(|x|) − f(0)
De lim
x→0 |x|
∂F
(0,0) = 0.
∂y
L’inégalité
F(x,0) − F(0,0)
x
=
f(|x|) − f(0)
x
= x
|x|
f(|x|) − f(0)
· .
|x|
= f ′ (0) = 0, on déduit ∂F (0,0) = 0. On trouve de même que
∂x
∣ ∣∣∣ ∂F
∂x (x,y) ∣ ∣∣∣
|f ′ ( √ x 2 + y 2 )|
et la continuité de f ′ ∂F
∂F
montrent que lim (x,y) = 0. La fonction est donc
(x,y)→(0,0) ∂x ∂x
continue en (0,0). Il en est de même de ∂F
∂x . La fonction F est donc de classe C1 sur R 2 .
Exercice 28.4
1. La fonction est continue en tout point différent de (0,0) et, pour (x,y) ≠ (0,0),
|f(x,y)|
|xy| |x| ‖(x,y)‖.
|x| + |y|
Ceci montre que f est continue en (0,0) donc sur R 2 .
2. La fonction f possède des dérivées partielles par rapport à x en tout point (x,y) tel que
x ≠ 0 et on trouve
∂f y cos(xy)
(x,y) = − ε sin(xy)
∂x |x| + |y| (|x| + |y|) 2 ,
où ε = ±1 selon le signe de x.
Pour y ≠ 0, on trouve
∂f f(x,y) − f(0,y) sin(xy)
(0,y) = lim
= lim
∂x x→0 x x→0 x(|x| + y|) = y
|y| .
Enfin, on a ∂f (0,0) = 0, car la fonction x ↦−→ f(x,0) est nulle.
∂x
On trouve des résultats analogues pour ∂f . Ainsi f possède des dérivées partielles en tout
∂y
point de R 2 .
3. On remarque que, pour tout (x,y) ≠ (0,0), on a, avec les notations précédentes,
∂f y cos(xy)
(x,y) = − ε sin(xy)
∂x |x| + |y| (|x| + |y|) 2 .
La fonction ∂f est continue sur les ouverts définies par x > 0 et x < 0 d’après les théorèmes
∂x
usuels. On a, de plus, pour y 0 ≠ 0,
∂f
lim
(x,y)→(0,y 0) ∂x (x,y) = y 0
|y 0 | = ∂f
∂x (0,y 0).

335
La fonction ∂f
∂x est donc continue en tout point (0,y 0) avec y 0 ≠ 0.
Par contre, elle n’est pas continue en (0,0). Par exemple, pour x > 0,
∂f
∂x (x,x) = 1 2 cos(x2 ) − sinx2
4x 2
a pour limite 1 quand x tend vers 0.
4
La fonction ∂f
∂x est donc continue sur l’ouvert R2 \ {(0,0)}. On a le même résultat pour ∂f
∂y .
La fonction f n’est pas de classe C 1 sur R 2 . Elle est de classe C 1 sur l’ouvert R 2 \ {(0,0)}.
Exercice 28.5
1. La fonction f est continue sur R 2 \ {(0,0)}. De plus, elle est continue en (0,0) car, pour
tout (x,y) ∈ R 2 ,
|f(x,y)| ‖(x,y)‖.
En tout point différent de (0,0), f possède une dérivée partielle par rapport à x et
∂f
∂x (x,y) =
y 2 |y|
(x 2 + y 2 ) 3 2
qui est continue sur l’ouvert R 2 \ {(0,0)}.
En tout point (x,y) tel que y ≠ 0, f possède une dérivée partielle par rapport à y et
∂f
∂y (x,y) = εx 3
,
(x 2 + y 2 ) 3 2
où ε = ±1 selon le signe de y. Cette dérivée partielle est continue sur les ouverts définis par
y < 0 et y > 0.
En (x,0), avec x ≠ 0, f ne possède pas de dérivées partielles par rapport à y car la fonction
f 2 : y ↦−→ f(x,y) n’est pas dérivable en 0 (on trouve (f 2 ) ′ d (x,0) = x
|x| et (f 2) ′ g(0,0) = − x
|x| ).
Enfin, on obtient ∂f ∂f
(0,0) = (0,0) = 0, car x ↦−→ f(x,0) et y ↦−→ f(0,y) sont nulles.
∂x ∂y
Les dérivées partielles ne sont pas continues en (0,0). On a, par exemple, pour x > 0,
∂f ∂f
(x,x) =
∂x ∂y (x,x) = 1
2 √ 2 .
2. La fonction f est continue en tout point différent de (0,0). Étudions la continuité en
(0,0). Pour (x,y) ≠ (0,0), on écrit
∣ |f(x,y) =
x(sin y − y) + y(x − sin x) ∣∣∣ |x| |sin y − y| + |y| |sin x − x|
∣ x 2 + y 2
x 2 + y 2 .
En utilisant l’inégalité de Taylor-Lagrange, on obtient
|sin y − y| |y|3
6
et |sin x − x| |x|3
6 .

336
On en déduit que
|f(x,y)| |xy3 | + |x 3 y|
6(x 2 + y 2 )
≤ 1 6 |xy| ≤ 1 6 (x2 + y 2 ).
Cela montre que f est continue en (0,0) et donc sur R 2 .
La fonction f est de classe C 1 sur l’ouvert R 2 \ {0}. On a par exemple
∂f
∂x (x,y) = (−x2 + y 2 )sin y
(x 2 + y 2 ) 2 − y cos x 2xy sin x
(x 2 + y 2 +
) (x 2 + y 2 ) 2
Les dérivées partielles en (0,0) sont nulles car les fonctions partielles en (0,0) sont nulles .
Montrons que ∂f est continue en (0,0). On utilise les inégalités précédentes et l’inégalité
∂x
|1 − cos x| x2
qui résulte aussi de l’inégalité de Taylor-Lagrange. On obtient, pour
2
(x,y) ≠ (0,0), en utilisant l’inégalité triangulaire
∣ ∂f ∣∣∣
∣∂x (x,y)
(−x 2 + y 2 )y y
∣ (x 2 + y 2 ) 2 −
(x 2 + y 2 ) + 2xy x ∣ ∣∣∣
(x 2 + y 2 ) 2
+ | − x2 + y 2 ||sin y − y| |y||cos x − 1| 2|xy||sin x − x|
(x 2 + y 2 ) 2 +
(x 2 + y 2 +
(x 2 + t 2 ) 2
(−x 2 + y 2 )y y
∣ (x 2 + y 2 ) 2 −
(x 2 + y 2 ) + 2xy x ∣ ∣∣∣
(x 2 + y 2 )
} {{ 2 }
=0
+ (y2 + x 2 )|y| 3
6(x 2 + y 2 ) 2 + x2 |y| 2|xy| |x|3
2(x 2 + y 2 +
) 6(x 2 + y 2 ) 2
|y|
6 + |y|
2 + |y|
3 ‖(x,y)‖,
ce qui montre que ∂f
∂f
est continue en (0,0). On a le même résultat pour
∂x ∂y
classe C 1 sur R 2 .
3. La fonction f est continue sur R 2 \ {(0,0)}. On a, pour (x,y) ≠ (0,0),
|xln(x 2 + y 2 | | √ x 2 + y 2 ln(x 2 + y 2 )|,
donc f est de
ce qui montre que xln(x 2 +y 2 ) tend vers 0 quand ‖(x,y)‖ tend vers 0, car lim
X→0
X lnX 2 = 0.
On en déduit que f(x,y) a pour limite e 0 = 1 quand (x,y) tend vers (0,0) et donc que f
est continue en (0,0).
La fonction f est de classe C 1 sur l’ouvert R 2 \ {(0,0)}.
Pour x ≠ 0, on a
f(x,0) − f(0,0)
= ex ln(x2) − 1
∼
x
x x→0 ln(x2 )
qui a pour limite +∞ en 0. Donc f n’a pas de dérivée partielle par rapport à x en (0,0).
La fonction y ↦−→ f(0,y) est constante, égale à 1. On en déduit que
∂f
(0,0) = 0.
∂y

337
Comme pour (x,y) ≠ (0,0), ∂f
∂y (x,y) =
2xy
x 2 + y 2 ex ln(x2 +y 2) , ∂f
∂y
On a par exemple ∂f
∂y (x,x) = ex ln(2x2) qui tend vers 1 quand x tend vers 0.
n’est pas continue en (0,0).
4. La fonction f est continue et possède des dérivées partielles par rapport à x et y continues
sur chacun des ouverts Ω 1 = {(x,y) ∈ R 2 , |x| < y} et Ω 2 = {(x,y) ∈ R 2 , |x| > y}
(ce sont des ouverts, car images réciproques d’intervalles ouverts par la fonction continue
(x,y) ↦−→ |x| − y).
Étudions la continuité en un point (x 0 , |x 0 |). Comme f(x,y) = x 2 ou y 2 , on a, pour tout
(x,y) ∈ R 2 ,
|f(x,y) − f(x 0 , |x 0 |)| |x 2 − x 2 0| + |y 2 − x 2 0|,
ce qui montre la continuité en (x 0 , |x 0 |) et donc sur R 2 .
Si x 0 ≠ 0, les applications partielles x ↦−→ f(x, |x 0 |) et y ↦−→ f(x 0 ,y) ne sont pas dérivables
en x 0 et |x 0 | respectivement (le nombre dérivé est nul d’un coté et égal à ±x 0 de l’autre).
Par contre, f possède des dérivées partielles en (0,0) : ∂f
∂x
les dérivées partielles sont continues en (0,0). Si |x| ≠ y, on a ∂f
lim
(x,y)→(0,0)
∂f
∂f
(x,y) = 0. On a un résultat analogue pour
∂x ∂y .
∂f
(0,0) = (0,0) = 0. De plus,
∂y
(x,y) = 2x ou 0 et donc
∂x
Exercice 28.6
√ uv
1. De l’inégalité
u + v 1 2 valable pour u et v positifs (elle équivaut à (√ u − √ v) 2 0),
on déduit que, pour tout (x,y) ≠ (0,0),
√
x6 y
|f(x,y)| = |x|
4
x 6 + y 4 1 2 |x| 1 2 ‖(x,y)‖
et donc f est continue en (0,0).
2. Les dérivées partielles d’ordre 1 en 0 sont nulles car les fonctions partielles sont nulles.
3. Pour tout t ≠ 0, on a
f(t 2 ,t 3 )
‖(t 2 ,t 3 )‖ = t14
2t 12 · 1
√
t4 + t = 1
6 2 √ 1 + t , 2
expression qui tend vers 1 quand t tend vers 0. On en déduit, puisque lim
2 t→0 t2 = lim t 3 = 0,
t→0
que f(x,y) ne tend pas vers 0 quand (x,y) tend vers (0,0).
‖(x,y)‖
Supposons que f possède un développement limité d’ordre 1 en (0,0). Il s’écrit nécessairement
f(x,y) = f(0,0) + x ∂f (0,0) + y∂f (0,0) + ‖(x,y)‖ε(x,y) = ‖(x,y)‖ε(x,y),
∂x ∂y
où la fonction ε a pour limite 0 en (0,0). Comme pour (x,y) ≠ (0,0), ε(x,y) = f(x,y)
‖(x,y)‖ ,
c’est impossible. La fonction f ne possède pas de développement limité d’ordre 1 en (0,0).

338
Exercice 28.7
Si U = (a,b) ≠ (0,0), on obtient, pour tout t ≠ 0,
Si b ≠ 0, f U ′ (0,0) = 0.
f((0,0) + tU) − f(0,0)
t
t 2 a 5
= f(ta,tb)
t
=
=
t 2 a 5
(b − ta 2 ) 2 + t 4 a 6 .
a 5
a 4 + t 2 a 6 = a.
t 4 a 5
(tb − t 2 a 2 ) 2 + t 6 a 6
Si b = 0, f U ′ (0,0) = lim
t→0 (ta 2 ) 2 + t 4 a 6 = lim
t→0
La fonction f admet des dérivées directionnelles en (0,0) suivant tout vecteur.
Pour x ≠ 0, f(x,x 2 ) = 1 expression qui ne tend pas vers 0 quand x tend vers 0. Donc f
x
n’est pas continue en (0,0). Elle ne possède donc pas de développement limité d’ordre 1 en
(0,0).
Exercice 28.8
D’après les théorèmes usuels sur les fonctions de classe C 1 , f est de classe C 1 sur l’ouvert
R 2 \ {(0,0)}.
On a, pour (x,y) ≠ (0,0),
|f(x,y)| |x|3 + |y| 3
x 2 + y 2
|x| + |y| 2‖(x,y)‖,
donc f est continue en (0,0).
Pour tout x ∈ R, f(x,0) = x donc ∂f (0,0) = 1. De même, pour tout y ∈ R, f(0,y) = −y
∂x
et ∂f (0,0) = −1.
∂y
Si f possédait un développement limité d’ordre 1 en (0,0), il s’écrirait
On aurait, pour (x,y) ≠ (0,0),
f(x,y) − (x − y) =
f(x,y) = x − y + ‖(x,y)‖ε(x,y).
xy(x − y)
xy(x − y)
x 2 + y 2 et ε(x,y) =
(x 2 + y 2 ) 2 .
La fonction ε ainsi définie n’a pas pour limite 0 en (0,0), car
expression dont la limite en 0 est 1.
Exercice 28.9
ε(x,x 2 ) = x3 (x − x 2 )
(x 2 + x 4 ) 2 = 1 − x
(1 + x 2 ) 2
La fonction f est de classe C 1 sur l’ouvert Ω = {(x,y) ∈ R 2 , x ≠ 0}, donc possède en tout
point de cet ouvert un développement limité d’ordre 1.

339
Montrons que f possède un développement limité d’ordre 1 en (0,y 0 ), pour tout y 0 . On peut
écrire, pour tout (h,k) ∈ R 2 ,
En posant
|f(h,y 0 + k)| h 2 (y 0 + k) 2 ‖(h,k)‖ 2 (y 0 + k) 2 .
ε(h,k) = f(h,y 0 + k)
‖(h,k)‖
si (h,k) ≠ (0,0) et ε(0,0) = 0,
on obtient |ε(h,k)| ‖(h,k)‖(y 0 + k) 2 et donc lim ε(h,k) = 0. Ainsi, f possède un
(h,k)→(0,0)
développement limité d’ordre 1 en (0,y 0 ) qui est
f(h,y 0 + k) = ‖(h,k)‖ε(h,k).
La fonction f possède donc un développement limité d’ordre 1 en tout point de R 2 .
Il résulte du développement limité en un point d’abscisse nulle que, pour tout réel y,
∂f
(0,y) = 0.
∂x
Or, pour x ≠ 0, on a
∂f
∂x (x,y) = 2xy2 sin 1 x − y2 cos 1 x .
∂f
Si y ≠ 0,
∂x (x,y) n’a pas de limite quand x tend vers 0, car 2xy2 sin 1 tend vers 0 et
x
y 2 cos 1 ∂f
n’a pas de limite. La fonction n’est pas continue en (0,y) pour tout y ≠ 0.
x ∂x
Exercice 28.10
1. Si f vérifie l’équation alors, pour tout y ∈ R, la fonction x ↦−→ f(x,y) a une dérivée
nulle donc est constante. On a, pour tout (x,y) ∈ R 2 , f(x,y) = f(0,y). La fonction
g : y ↦−→ f(0,y) est une fonction de classe C 1 de R dans R.
Réciproquement, si g : R −→ R est de classe C 1 , la fonction
f : (x,y) ↦−→ g(y)
est solution.
2. Soit H une primitive quelconque de h. Si f vérifie l’équation alors, pour tout y, la fonction
x ↦−→ f(x,y) a pour dérivée h. On a, pour tout (x,y) ∈ R 2 , f(x,y) = H(x) −H(0)+f(0,y).
La fonction g : y ↦−→ f(0,y) − H(0) est de classe C 1 sur R.
Réciproquement, si g : R −→ R est de classe C 1 , la fonction
est solution de l’équation.
f : (x,y) ↦−→ H(x) + g(y)
3. Si f vérifie l’équation alors, pour tout y ∈ R, la dérivée de x ↦−→ f(x,y) est la fonction
constante x ↦−→ h(y). On a donc, pour tout (x,y) ∈ R 2 , f(x,y) = xh(y) + f(0,y). Si f est
de classe C 1 , les fonctions h et y ↦−→ f(0,y) sont de classe C 1 .
Réciproquement, si h est de classe C 1 toute fonction
où g : R −→ R est de classe C 1 convient.
(x,y) ↦−→ xh(y) + g(y),

340
Exercice 28.11
Les fonctions sont de classe C 1 sur leur ensemble de définition.
1. Soit (x 0 ,y 0 ) ∈ R 2 . On a
∂f
∂x (x 0,y 0 ) = 2sin x 0 cos x 0 = sin(2x 0 ) et ∂f
∂y (x 0,y 0 ) = −2sin y 0 cos y 0 = −sin(2y 0 ).
Une équation du plan tangent en (x 0 ,y 0 ) est
z = sin 2 x 0 + cos 2 y 0 + sin(2x 0 )(x − x 0 ) − sin(2y 0 )(y − y 0 ).
2. Soit (x 0 ,y 0 ) ∈ R 2 tel que 1 + x 0
y 0
> 0. On a alors
∂f
∂x (x 0,y 0 ) =
1
x 0 + y 0
et
∂f
∂y (x x 0
0,y 0 ) = −
y 0 (x 0 + y 0 ) .
Une équation du plan tangent en (x 0 ;y 0 ) est
(
z = ln 1 + x )
0
y 0
= ln
+
(
1 + x )
0
+
y 0
1
x 0 + y 0
(x − x 0 ) −
1
(x − x 0y
).
x 0 + y 0 y 0
x 0
y 0 (x 0 + y 0 ) (y − y 0)
Exercice 28.12
Les fonctions sont de classe C 1 donc possèdent en tout point des dérivées dans toutes les
directions.
1. On obtient f ′ U
(A) =
∂f
∂x
2. On obtient f U ′ (A) = 1 ∂f
2
Exercice 28.13
∂f
(0,1) + (0,1) = 2e.
∂y
√
3
∂x (1,2) + 2
∂f
∂y (1,2) = −9√ 3
2 .
Posons A = (a,a ′ ), B = (b,b ′ ), M = (x,y) et M 0 = (x 0 ,y 0 ).
1. On a, pour tout (x,y) ∈ R 2 , f(x,y) = (x − a) 2 + (y − a ′ ) 2 . La fonction f possède des
dérivées partielles en tout point et
∂f
∂f
(x,y) = 2(x − a),
∂x
∂y (x,y) = 2(y − a′ ).
La ligne de niveau définie par f(M) = f(M 0 ) est le cercle de centre A, passant par M 0 . Le
vecteur
∇ M0 f = 2(x 0 − a,y 0 − a ′ ) = 2 −−→ AM 0 ,
est normal au cercle (car colinéaire au rayon).

341
2. On a, pour tout (x,y) ∈ R 2 , f(x,y) = √ (x − a) 2 + (y − a ′ ) 2 . La fonction f possède des
dérivées partielles en tout point différent de A et
∂f
∂x (x,y) = x − a
AM ,
∂f y − a′
(x,y) =
∂y AM .
En A, les dérivées partielles n’existent pas, car les fonctions partielles ont des nombres
dérivés distincts à droite et à gauche.
La ligne de niveau définie par f(M) = f(M 0 ) est encore le cercle de centre A, passant par
M 0 . Le vecteur
∇ M0 f = 1 −−→
AM 0 ,
AM
est normal au cercle.
3. On a, pour tout (x,y) ∈ R 2 , f(x,y) = (x − a)(x − b) + (y − a ′ )(y − b ′ ). La fonction f
possède des dérivées partielles en tout point et
∂f
∂f
(x,y) = 2x − a − b,
∂x
∂y (x,y) = 2y − a′ − b ′ .
En introduisant le milieu C = 1 (A + B) de [A,B], on obtient
2
〈 −−→ AM, −−→ BM〉 = 〈 −→ AC + −−→ CM, −→ BC +
−−→ CM〉 = 〈
−→ AC +
−−→ CM, −
−→ AC +
−−→ CM〉
= CM 2 − AC 2 .
Ainsi, f(M) = f(M 0 ) équivaut à CM = CM 0 et la ligne de niveau est le cercle de centre C
contenant M 0 . Le vecteur
(
∇ M0 f = 2 x 0 − a + b
2 ,y 0 − a′ + b ′ )
= 2 −−−→ CM 0 ,
2
est normal au cercle.
4. On a, pour tout (x,y) ∈ R 2 , f(x,y) = (x−a) 2 +(y −a ′ ) 2 +(x−b) 2 +(y −b ′ ) 2 . La fonction
f possède des dérivées partielles en tout point et
∂f
∂f
(x,y) = 2(2x − a − b),
∂x
∂y (x,y) = 2(2y − a′ − b ′ ).
En introduisant C, on obtient
f(M) = ‖ −→ AC + −−→ CM‖ 2 + ‖ −→ BC +
−−→ CM‖ 2 = 2AC 2 + 2CM 2 .
Ainsi, f(M) = f(M 0 ) équivaut à CM = CM 0 et la ligne de niveau est le cercle de centre C
contenant M 0 . Le vecteur
(
∇ M0 f = 4 x 0 − a + b
2 ,y 0 − a′ + b ′ )
= 4 −−−→ CM 0 ,
2
est normal au cercle.

342
Exercice 28.14
Sur l’ouvert Ω = {(x,y) ∈ R 2 , x ≠ y}, la fonction est de classe C 1 , d’après les théorèmes
usuels. On obtient, pour (x,y) ∈ Ω,
∂F
∂x (x,y) = f ′ (x)(x − y) − f(x) + f(y)
(x − y) 2 ,
et une formule analogue pour la dérivée par rapport à y.
Montrons que, pour tout réel x 0 , la fonction f possède une dérivée partielle par rapport à
x au point (x 0 ,x 0 ). On étudie, pour h ≠ 0,
F(x 0 + h,x 0 ) − F(x 0 ,x 0 )
h
f(x 0 + h) − f(x 0 )
− f ′ (x 0 )
= h
h
= f(x 0 + h) − f(x 0 ) − hf ′ (x 0 )
h 2 .
La fonction f étant de C 2 sur R, on peut appliquer la formule de Taylor-Young à l’ordre 2.
On obtient
On en déduit que
F(x 0 + h,x 0 ) − F(x 0 ,x 0 )
h
=
h 2
2 f ′′ (x 0 ) + o(h 2 )
h 2 h 2 = 1 2 f ′′ (x 0 ) + o(1).
∂F
∂x (x 0,x 0 ) = 1 2 f ′′ (x 0 ).
On obtient de même ∂F
∂y (x 0,x 0 ) = 1 2 f ′′ (x 0 ). Ainsi les dérivées partielles d’ordre 1 sont
définies sur R 2 . Il reste démontrer qu’elles sont continues en tout point (x 0 ,x 0 ).
Soit (x,y) ∈ Ω. Reprenons l’expression de ∂F (x,y) et appliquons la formule de Taylor-
∂x
Lagrange entre x et y. Il existe c x,y entre x et y tel que
On obtient alors
f(y) = f(x) + (y − x)f ′ (x) +
(y − x)2
f ′′ (c x,y ).
2
∂F
∂x (x,y) = f(y) − f(x) − (y − x)f ′ (x)
(y − x) 2 = 1 2 f ′′ (c x,y ).
Remarquons que cette formule reste valable pour x = y, avec c x,x = x.
Soit ε > 0. Par continuité de la fonction f ′′ en x 0 , il existe η > 0 tel que |x − x 0 | η
implique |f ′′ (x) − f ′′ (x 0 )| ε. Si on prend (x,y) dans la boule ouverte B((x 0 ,x 0 ),η), il
vérifie le inégalités |x − x 0 | η et |y − x 0 | η.
On considère c xy . Puisqu’il est entre x et y et que le segment [x 0 − η,x 0 + η] contient x et
y, il contient c xy et on a
|f ′′ (c xy ) − f ′′ (x 0 )| ε, c’est-à-dire
∂F ∂F
∣ (x,y) −
∂x ∂x (x 0,x 0 )
∣ ε.

343
On a donc montré que
)
∀(x,y) ∈ R
((x,y) 2 ∈ B((x 0 ,x 0 ),η) =⇒
∂F ∂F
∣ (x,y) −
∂x ∂x (x 0,x 0 )
∣ ε .
Ceci démontre la continuité de ∂F
∂x en (x 0,x 0 ), donc sur R 2 . On a le même résultat pour
∂F
∂y et F est C1 sur R 2 .
Exercice 28.15
Pour tout t ∈ [0,1], A + t(B − A) = (1 − t)A + tB appartient à [A,B] donc à Ω, car Ω est
convexe. La fonction ϕ : t ↦−→ f(A + t(B − A)) est donc définie sur [0,1].
Si on note A = (a,a ′ ), B = (b,b ′ ), on a, pour tout t ∈ [0,1],
ϕ(t) = f(a + t(b − a),a ′ + t(b ′ − a ′ )).
Les fonctions u : t ↦−→ (a + t(b − a) et v : t ↦−→ a ′ + t(b ′ − a ′ ) sont de classe C 1 sur [0,1].
Comme f est de classe C 1 sur Ω, la fonction ϕ est de classe C 1 d’après le théorème de
dérivation des fonctions composées et, pour t ∈ [0,1],
ϕ ′ (t) = (b − a) ∂f
∂x (A + t(B − A)) + (b′ − a ′ ) ∂f (A + t(B − A)).
∂y
La fonction ϕ étant dérivable sur [0,1], la formule des accroissements finis s’applique. Il
existe t 0 ∈ [0,1] tel que ϕ(1) − ϕ(0) = ϕ ′ (t 0 ). Posons C = A + t 0 (B − A). On a alors
ϕ ′ (t 0 ) = (b − a) ∂f
∂x (C) + (b′ − a ′ ) ∂f
∂y (C) = 〈B − A, ∇ Cf〉.
Comme ϕ(1) = f(B) et ϕ(0) = f(A), on obtient l’égalité voulue.
Exercice 28.16
1. On fixe y ∈ R et t > 0. Par définition des dérivées partielles, la fonction x ↦−→ f(x,y)
est dérivable sur R de dérivée x ↦−→ ∂f (x,y). En appliquant le théorème de dérivation des
∂x
fonctions composées d’une variable, la fonction h : x ↦−→ f(tx,ty) est dérivable de dérivée
h ′ : x ↦−→ t ∂f
∂x (tx,ty). Mais on sait par ailleurs que, pour tout x ∈ R, h(x) = tα f(x,y). On
en déduit que h ′ (x) = t α ∂f
∂x (x,y). De l’égalité des deux expressions de h′ , on déduit, pour
tout x ∈ R,
t ∂f ∂f
∂f
(tx,ty) = tα (x,y) et donc
∂x ∂x
∂f
(tx,ty) = tα−1
∂x ∂x (x,y).
Comme ceci est vrai pour tous t > 0 et (x,y) ∈ R 2 , la fonction ∂f
∂x
est positivement homogène
de degré α − 1. On a le même résultat pour ∂f
∂y .

344
2. On fixe (x,y) ∈ R 2 . La fonction f est de classe C 1 sur R 2 ; les fonctions u : t ↦−→ tx et
v : t ↦−→ ty sont de classe C 1 sur ]0,+∞[. On en déduit, par le théorème de dérivation des
fonctions composées que la fonction ϕ : t ↦−→ f(tx,ty) est dérivable sur ]0,+∞[ et que
ϕ ′ (t) = u ′ (t) ∂f
∂x (u(t),v(t)) + v′ (t) ∂f (u(t),v(t)) = x∂f (tx,ty) + y∂f
∂y ∂x ∂y (tx,ty).
Mais on sait par ailleurs que, pour t > 0, ϕ(t) = t α f(x,y) et donc ϕ ′ (t) = αt α−1 f(x,y). En
écrivant l’égalité de ces deux expressions de ϕ ′ (t) pour t = 1, on obtient
x ∂f (x,y) + y∂f (tx,ty) = αf(x,y),
∂x ∂y
égalité qui est vérifiée pour tout couple (x,y) de R 2 .
3. On fixe (x,y) et on considère ϕ : t ↦−→ f(tx,ty). La fonction ϕ est dérivable sur ]0,+∞[
et
ϕ ′ (t) = x ∂f (tx,ty) + y∂f
∂x ∂y (tx,ty).
Comme l’égalité (∗) est vérifiée pour tout couple de réels, on peut l’appliquer à (tx,ty). On
obtient
tx ∂f
∂x
(tx,ty) + ty∂f (tx,ty) = αf(tx,ty)
∂y
c’est-à-dire tϕ ′ (t) = αϕ(t). Ainsi ϕ vérifie l’équation différentielle
∀t > 0 ϕ(t) = α t ϕ(t).
Une primitive de t ↦−→ α étant t ↦−→ α lnt, on sait qu’il existe C ∈ R tel que, pour tout
t
t > 0, ϕ(t) = Ce α ln t = Ct α . Comme C = ϕ(1) = f(x,y), on obtient, pour tout t > 0,
f(tx,ty) = ϕ(t) = Ct α = f(x,y)t α
et la fonction f est positivement homogène de degré α.
Chapitre 29
Exercice 29.1
1. T ({{0,1}, {3,4}}) = {∅, {0,1}, {3,4}, {2,5}, {0,1,2,5}, {0,1,3,4}, {2,3,4,5},Ω}.
2. T ({{0}, {1}, {2}, {3}, {4}}) = P(Ω).
3.
T ({{1,2,3}, {3,4}, {4,5}}) =
{
∅, {0}, {3}, {4}, {5}, {0,3}, {0,4}, {0,5}, {1,2}, {3,4}, {3,5}, {4,5},
{0,1,2}, {0,3,4}, {0,3,5}, {0,4,5}, {1,2,3}, {1,2,4}, {1,2,5}, {3,4,5},
{0,1,2,3}, {0,1,2,4}, {0,1,2,5}, {0,3,4,5}, {1,2,3,4}, {1,2,4,5}, {1,2,3,5},
{0,1,2,3,4}, {0,1,2,4,5}, {0,1,2,3,5}, {1,2,3,4,5},Ω }

345
Exercice 29.2
1.
2.
T ({{1,2}, {2,4}}) =
{
∅, {1}, {2}, {4}, {1,2}, {1,4}, {2,4}, {1,2,4},
N\{1,2,4}, N\{2,4}, N\{1,4}, N\{1,2}, N\{4}, N\{2}, N\{1}, N }
T ({{1,2}, {3,4}, {1,2,3,4}}) =
{∅, {1,2}, {3,4}, {1,2,3,4}, N\{1,2,3,4}, N\{3,4}, N\{1,2}, N}
Exercice 29.3
Soient E et F des éléments de T .
Par stabilité de la tribu par passage au complémentaire, F ∈ T .
Alors E ∩ F ∈ T . Et E\F = E ∩ F. Donc E\F ∈ T .
Exercice 29.4
1. Ω = [1,6] 2 . Nous prendrons P(Ω).
E ∩ F = {(1,2),(1,4),(1,6),(2,1),(4,1),(6,1)},
E ∪ F =
{(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,1),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1),
(2,3),(2,5),(3,2),(3,4),(3,6),(4,3),(4,5),(5,2),(5,4),(5,6),(6,3),(6,5)}
F ∩ G = {(1,4),(4,1)},
E ∪ F =
{(2,2),(2,4),(2,6),(3,3),(3,5),(4,2),(4,4),(4,6),(5,3),(5,5),(6,2),(6,4),(6,6)}
E ∩ F ∩ G = {(1,4),(4,1)}.
2. Comme le dé est équilibré, nous munirons l’espace probabilisable (Ω, P(Ω)) de la probabilité
uniforme. Et Card(Ω) = 36
E = {(1,2),(1,4),(1,6),(2,1),(4,1),(6,1),(2,3),(2,5),
(3,2),(3,4),(3,6),(4,3),(4,5),(5,2),(5,4),(5,6),(6,3),(6,5)}
alors par équiprobabilité, P(E) = 1 2 .
F = {(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,1),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1)},
alors par équiprobabilité P(F) = 11
36 .
G = {(1,4),(2,3),(3,2),(4,1)} et P(G) = 1 9 .
P(E ∩ F) = 1 1
6
et P(F ∩ G) =
18 .

346
3. P(E ∪ F) = P(E) + P(F) − P(E ∩ F) = 23
13
36
, P(F ∪ G) = P(F) + P(G) − P(F ∩ G) =
P(E ∩ F) = 1 − P(E ∩ F) = 5 23
6
, P(F ∩ G) = 1 − P(F ∪ G) =
36
Exercice 29.5
Notons A l’événement «la personne est active», M, «la personne est mariée» et B «la
personne est bachelier».
P(A∪M ∪B) = P(A)+P(M)+P(B)−P(A∩M)−P(A∩B)−P(M ∩B)+P(A∩B ∩M).
Les données de l’énoncé fournissent P(A) = 312 470 525
1000
, P(M) =
1000
, P(B) =
1000
P(B ∩ M) 147
86
25
1000
, P(A ∩ M) =
1000
et P(A ∩ M ∩ B) =
1000 .
Alors P(A ∪ M ∪ B) = 1057
1000
> 1. Les données de cette étude sont donc fausses.
Exercice 29.6
36 ,
, P(A∩B) =
42
1000 ,
1. Nous effectuons ici 4 tirages, nous pouvons alors les numéroter en supposant commencer
dans l’urne U et effectuer les deux derniers tirages dans l’urne V .
Notons B i «le ième tirage a amené une boule blanche» et N i «le ième tirage a amené une
boule noire».
Nous munirons Ω = {B,N} 4 de la tribu grossière.
L’événement les quatre boules tirées sont de la même couleur est la réunion de deux
événements incompatibles, CN : «les quatres boules sont noires» et CB : «les quatres
boules sont blanches».
Comme les boules sont tirées succesivement et avec remise dans une même urne, les tirages
sont indépendants.
P(CB) = P(B 1 ∩B 2 ∩B 3 ∩B 4 ) = ( 5 2 ( 6
) 2
7)
9 et P(CN) = P(N1 ∩N 2 ∩N 3 ∩N 4 ) = ( 2 2 ( 3 2.
7)
9)
Alors la probabilité que les quatre boules soient de la même couleur est 104
2. Notons E l’événement «obtenir 2 boules blanches et 2 boules noires»,
E = (B 1 ∩ B 2 ∩ N 3 ∩ N 4 ) ∪ (B 1 ∩ N 2 ∩ B 3 ∩ N 4 ) ∪ (B 1 ∩ N 2 ∩ N 3 ∩ B 4 )
441 .
∪(N 1 ∩ B 2 ∩ B 3 ∩ N 4 ) ∪ (N 1 ∩ B 2 ∩ N 3 ∩ B 4 ) ∪ (N 1 ∩ N 2 ∩ B 3 ∩ B 4 ).
Par incompatibilité des événements, et par indépendance des tirages,
P(E) = ( 5 2 ( 3
) 2
7)
9 + 4
5 2 6 3
7 7 9 9 + ( 2 2 ( 6
) 2
7)
9 =
121
441 .
Exercice 29.7
Notons les couleurs sorties, de la manière suivante, 0 pour une boule noire et 1 pour une
boule rouges.
Ω = {(1),(0,1),(0,0,1),(0,0,0,1),(0,0,0,0,1),(0,0,0,0,0,1),
(0,0,0,0,0,0,1),(0,0,0,0,0,0,0,1)}.
Notons A l’événement « A tire la première boule rouge »
Par incompatibilité de ces événements
A = {(1),(0,0,1),(0,0,0,0,1),(0,0,0,0,0,0,1)}.
P(A) = P((1)) + P((0,0,1)) + P((0,0,0,0,1)) + P((0,0,0,0,0,0,1)).

347
P((1)) = 3 10
et par les probabilités composées,
Alors P(A) = 7
12 .
Exercice 29.8
P((0,0,1)) = 7 6 3
10 9 8 = 7 40 , P((0,0,0,0,1)) = 7 6 5 4 3
10 9 8 7 6 = 1
12
et P((0,0,0,0,0,0,1)) = 7 6 5 4 3 2 3
10 9 8 7 6 5 4 = 1
40 .
1. Notons B l’événement «la boule tirée est blanche» R «la boule tirée est rouge», N «la
boule tirée est noire» et U i «l’urne choisie est l’urne i».
(U 1 ,U 2 ,U 3 ,U 4 ) forme un système complet d’événements.
Alors par la formule des probabilités totales,
P(B) = P U1 (B)P(U 1 ) + P U2 (B)P(U 2 ) + P U3 (B)P(U 3 ) + P U4 (B)P(U 4 ).
Comme l’urne est choisie au hasard, par équiprobabilité, P(U i ) = 1 4 .
Donc P(B) = 59
96 .
2. D’après la formule de Bayes avec le système complet d’événements (U 1 ,U 2 ,U 3 ,U 4 ),
P U3 (R)P(U 3 )
P R (U 3 ) =
P U1 (R)P(U 1 ) + P U2 (R)P(U 2 ) + P U3 (R)P(U 3 ) + P U4 (R)P(U 4 ) .
Donc P R (U 3 ) = 36
107 .
Exercice 29.9
1. Notons E l’événement «la personne est en état d’ébriété», N «le résultat est négatif».
D’après la formule de Bayes avec le système complet d’événements (E,E),
P(E/N) = 19
68 .
P N
(E) =
P E (N)P(E)
P E (N)P(E) + P E
(N)P(E) .
2. D’après la formule de Bayes avec le système complet d’événements (E,E),
P(E/N) = 1
932 .
P N (E) =
P E (N)P(E)
P E (N)P(E) + P E
(N)P(E) .
3. L’événement «le résultat de l’appareil est faux» est (N ∩ E) ∪ (N ∩ E).
Et par incompatibilité des événements P ( (N ∩ E) ∪ (N ∩ E) ) = P(N ∩ E) + P(N ∩ E).
Par définition de la probabilité conditionnelle
P(N ∩ E) = P E (N)P(E) et P(N ∩ E) = P E
(N)P(E).
Donc la probabilité que le résultat soit faux est 1
20 .

348
Exercice 29.10
1. T ( {A∪B, A∩B} ) = {∅,A∪B, A∩B, A∩B, A∪B, (A∩B)∪(A∩B), (A∪B)∩(A∪B), Ω}.
2. T ( {A ∪ B, A ∩ B} ) = {∅,A ∪ B, A ∩ B,Ω}.
3. T ( A ∩ B, A ∩ B ) = T ( {A ∪ B, A ∩ B} ) .
Exercice 29.11
1. Comme les boules sont indiscernables au toucher, nous munirons l’univers Ω, l’ensemble
des parties à n éléments de [1,n], de la tribu grossière et de la probabilité uniforme.
Notons E k l’événement «tous les numéros tirés sont inférieurs ou égaux à k». P(E k ) = Card(E k)
Et Card(E k ) =
( (
k N
, Card(Ω) = . Donc P(E
n)
n)
k ) =
2. Notons F k l’événement «le plus grand des numéros tirés est égal à k».
F k = E k \E k−1 alors P(F k ) = P(E k ) − P(E k−1 ).
⎛
⎝ k − 1
⎞
⎠
n − 1
Donc P(F k ) = ⎛ ⎞ .
⎝ N n
⎠
3. La famille (F n ,F n+1 , · · · ,F N
(
) est un
)
système
(
complet d’événements.
∑
Donc N ∑
P(F k ) = 1, alors N k − 1 N
= .
n − 1 n)
k=n
Exercice 29.12
k=n
⎛
⎝ k n
⎛
⎝ N n
⎞
⎠
⎞
⎠
.
Card(Ω) .
1. Comme les boules sont tirées au hasard dans l’urne, l’univers Ω, l’ensemble des permutations
de [1,n], est muni de la tribu grossière et de la probabilité uniforme.
Déterminons alors le cardinal de A i . A i est l’ensemble de permutations fixant i. Donc
Card(A i ) = (n − 1)!.
Alors P(A i ) = 1 n .
L’ensemble A i ∩ A j est l’ensemble des permutations dont i et j sont des points invariants.
Donc Card(A i ∩ A j ) = (n − 2)!.
Ainsi P(A i ∩ A j ) = 1
n(n−1) .
A i1 ∩ · · · ∩ A ip est l’ensemble des permutations fixant les p points i p . Donc
Ainsi P(A i1 ∩ · · · ∩ A ip ) = (n−p)!
n!
.
Card(A i1 ∩ · · · ∩ A ip ) = (n − p)!
2. Notons E l’événement «il n’y a aucune rencontre». E = A 1 ∩ A 2 ∩ · · · ∩ A n , et
E = A 1 ∪ A 2 ∪ · · · ∪ A n .
Donc P(E) = 1 − P(A 1 ∪ A 2 ∪ · · · ∪ A n ).

∑
Et d’après la formule du crible, P(A 1 ∪A 2 ∪· · ·∪A n ) = n (−1) p−1
p=1
∑
1i 1

350
2. Procèdons par récurrence sur n. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
a 1 a 0
Si n = 1, d’après la question précédente, ⎝b 1
⎠ = A⎝b 0
⎠.
c 1 c
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
0
a n a 0
Supposons que ⎝b n
⎠ = A n ⎝b 0
⎠.
⎛ ⎞
c n
⎛ ⎞
c 0
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
a n+1 a n a n+1 a 0
Comme ⎝b n+1
⎠ = A⎝b n
⎠, alors ⎝b n+1
⎠ = A n+1 ⎝b 0
⎠.
c n+1 c n c n+1 c 0
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
1 −2 2
0 0 0
3. Si P = ⎝−1 1 1⎠, P −1 AP = ⎝0 − 1 3
0⎠=D.
0 1 1
0 0 1
4. Par une réccurence simple, A n ⎛= PD n P −1 .
(( )
⎛
0 0 0 ⎞ 1
( 2 −
1 n )
3 + 1
A n = P ⎝0
−
1 n
3)
0⎠ P −1 (( )
= ⎜− 1
⎝
4 −
1 n )
3 − 1
0 0 1
(( )
− 1 4 −
1 n )
3 − 1
5. Alors a n = 1 2
Exercice 29.15
1
2
− 1 4
− 1 4
(( )
−
1 n )
3 + 1
(( )
−
1 n )
3 − 1
(( )
−
1 n )
3 − 1
1
4
1
4
( (− ) ) ⎞
1 n−1
3 + 1
(
− ( ) )
− 1 n−1 3 + 1
(
− ( ⎟
) ) ⎠ .
− 1 n−1
3 + 1
((
−
1 n
3)
(a0 + b 0 − 3c 0 ) + 1 ) ((
et b n = c n = 1 4 −
1 n
3)
(−a0 − b 0 − 3c 0 ) + 1 ) .
1. a) Ω = {P 1 ,P 2 } × {P,F } 2 où P et F désignent le côté que montre la pièce.
Comme le joueur tire une pièce au hasard et que les pièces sont équilibrées, nous munirons
Ω de la tribu grossière et de la probabilité uniforme.
Alors P(E) = 1 2 et P(G) = 1 2 et P(E ∩ G) = 1 4 .
Et P C (E) = 1 2 et P C(G) = 1 2 et P C(E ∩ G) = 1 4 .
Donc les événements E et G sont indépendants et conditionnellement indépendants à C.
b) P D (E) = 2 3 , P D(G) = 2 3 et P D(E ∩ G) = 1 3 .
Ainsi E et G sont indépendants mais ne sont pas indépendants conditionnellement à D.
c) P G (E) = 1 2 , P G(D) = 0 et P G (E ∩ D) = 0 Et P(E) = 1 2 , P(D) = 1 4
et P(E ∩ D) = 0.
Ainsi E et D sont indépendants conditionnellement à G mais ne sont pas indépendants.
d) Donc l’indépendance des événements et l’indépendance conditionnellement à un
événement de probabilité non nulle de ces mêmes événements n’ont aucun lien.
2.
(=⇒) Si E et F sont indépendants conditionnellement à C, alors P C (E∩F) = P C (E)P C (F).
Par définition de la probabilité conditionnelle, = , et
P F ∩C (E) =
P(E∩F ∩C)
P(F ∩C)
.
Donc P F ∩C (E) = P(E∩C)
P(C)
(⇐=) Si P F ∩C (E) = P C (E), alors
P(E∩F ∩C)
P(C)
= P C (E).
P(E∩F ∩C)
P(F ∩C)
= P(E∩C)
P(C)
.
P(F ∩C)P(E∩C)
P(C)
. 2
P(E∩F ∩C)
P(C)
Donc P C (E ∩ F) = =
Ainsi E et F sont indépendants conditionnellement à C.
1
2
P(E∩C)P(F ∩C)
P(C) 2

351
Exercice 29.16
1. a) Notons A n l’événement «la première apparition du pile se fasse au nème lancer».
n−1 ∏
Comme les lancers de pièces sont indépendants, P(A n ) = a n (1 − a j ).
b) Notons B n l’événement «lors des n premiers lancers, la pièce est tombée sur face» et B
«le côté pile des pièces n’apparaît jamais».
Alors la suite (B n ) n∈N ∗ est une suite décroissante d’événements, et d’après le théorème de
la limite monotone P( +∞ ⋂
B n ) = lim P(B n).
n→+∞
n=1
∏
Or par indépendance des lancers, P(B n ) = n (1 − a i ) et B = +∞ ⋂
B n .
Ainsi P(B) = +∞ ∏
(1 − a i ).
i=1
i=1
2. La famille (B,A n ,n ∈ N ∗ ) est un système complet d’événements, donc P(B)+ +∞ ∑
P(A n ) = 1.
( )
n=1
Ainsi +∞ ∑ n−1 ∏
a n (1 − a j ) + +∞ ∏
(1 − a i ) = 1
n=1
Exercice 29.17
j=1
i=1
1. Notons A n l’événement «le joueur n’obtient aucun six dans ces n lancers».
Par indépendance des lancers, P(A n ) = ( 5
6) n.
2. «Obtenir 6 au moins une fois lors des n lancers» est l’événement contraire de A n .
Alors p n = 1 − P(A n ) = 1 − ( 5
6) n.
3. p n 1 2 si et seulement si n ln(2)
ln(6)−ln(5)
j=1
n=1
si et seulement si n 4.
4. Notons B n l’événement «le joueur obtient exactement un six lors des n lancers».
(
P(B n ) = n 5 n−1
6 6)
5. Notons C n l’événement «le joueur obtient au moins deux fois six lors des n lancers».
Remarquons que A n = C n ∪ B n et les événements C n et B n sont incompatibles.
Donc p n = q n + P(B n ).
Ainsi q n = 1 − ( ) (
5+n 5
) n−1.
6 6
6. Notons D n l’événement «le joueur obtient jamais le double six lors des n lancers».
Par indépendance des lancers P(D n ) = ( 35 n.
36)
L’événement contraire de D n est l’événement «le joueur obtient au moins une fois un double
six».
Donc p ′ n = 1 − ( 35 n.
36)
Exercice 29.18
1. Pour tout entier k de [0,N ], notons U k l’événement «l’urne k est choisie».
Et pour tout entier i, notons R i l’événement «une boule rouge est tirée au ième tirage».

352
P R1∩···∩R n
(R n+1 ) = P(R1∩···∩Rn+1)
P(R 1∩···∩R n) .
D’après la formule des probabilités totales avec le système complet d’événements (U 0 , · · · ,U N ),
P(R 1 ∩ · · · ∩ R n ) =
N∑
P Uk (R 1 ∩ · · · ∩ R n )P(U k )
Comme l’urne est choisie au hasard, par équiprobabilité, P(U k ) = 1
N+1 .
Et P Uk (R 1 ∩ · · · ∩ R n ) = ( )
k n.
N
Ainsi P(R 1 ∩ · · · ∩ R n ) = 1
N+1
N∑
k=0
( k
N
) n.
k=0
2. La fonction x ↦→ x n est continue sur [0,1].
Et à l’aide des sommes de Riemann,
Ainsi
lim P(R 1 ∩ · · · ∩ R n ) = 1
N→+∞
n+1 .
Exercice 29.19
lim
N→+∞
1
N
N∑
( ) n ∫ k 1
=
N
k=1
0
x n dx = 1
n + 1 .
1. Notons E l’événement «quand le joueur prend la dernière allumette d’une boîte, l’autre
boîte contienne encore x allumettes».
Notons D i (respectivement G i ) l’événement « la ième allumette est tirée dans la poche
droite (respectivement la poche gauche) », D i,j (respectivement G i,j ) l’événement «toutes
les allumettes de la ième à la jème sont tirées dans la poche droite (respectivement la poche
gauche)».
E = { D 1,i1−1 ∩ G i1 ∩ D i1+1,i 2−1 ∩ G i2 ∩ · · · ∩ G iN−1 ∩ D iN−1+1,2N−x−1 ∩ G 2N−x ,
G 1,i1−1 ∩ D i1 ∩ G i1+1,i 2−1 ∩ D i2 ∩ · · · ∩ D iN−1 ∩ G iN−1+1,2N−x−1 ∩ D 2N−x
où 1 i 1 < i 2 · · · < i N−1 2N − x − 1 }
Or par indépendance des tirages,
P ( D 1,i1−1 ∩ G i1 ∩ D i1+1,i 2−1 ∩ G i2 ∩ · · · ∩ G iN−1 ∩ D iN−1+1,2N−x−1 ∩ G 2N−x
)
= 1
2 2N−x .
Donc P(E) = 2(2N−x−1 N−1 )
2 2N−x .
2. Notons F l’événement «quand le joueur se rendant compte pour la première fois qu’une
boîte est vide, il reste x allumettes dans l’autre boîte».
Alors F = { D 1,i1−1 ∩ G i1 ∩ D i1+1,i 2−1 ∩ G i2 ∩ · · · ∩ G iN ∩ D iN+1,2N−x,
Or par indépendance des tirages,
G 1,i1−1 ∩ D i1 ∩ G i1+1,i 2−1 ∩ D i2 ∩ · · · ∩ D iN ∩ G iN+1,2N−x
où 1 i 1 < i 2 · · · < i N 2N − x }
P (D 1 ∩ · · · ∩ D i1−1 ∩ G i1 ∩ D i1+1 ∩ · · · ∩ D i2−1 ∩ G i2 ∩ · · · ∩ G iN ∩ D iN+1 ∩ · · · ∩ D N−x )

353
Ainsi P(F) = 2(2N−x N )
2 2N−x .
= 1
2 2N−x .
Exercice 29.20
1. Numérotons les couples de 1 à n. Ω est l’ensemble des bijections de l’ensemble
{F 1 , · · · ,F n } vers l’ensemble {H 1 , · · · ,H n }.
Comme les danseurs choisissent une danseuse au hasard, nous munirons Ω de la tribu
grossière et de la probabilité uniforme.
L’événement E «chaque danseur danse avec sa femme» est l’événement élémentaire contenant
la bijection qui à F i associe H i pour tout entier i de [1,n].
Par équiprobabilité, P(E) = 1 n! .
2. Numérotons les chaises de 1 à 2n de telle sorte que les chaises 2k et 2k + 1 soient autour
d’une même table notée T k .
Ici l’univers est l’ensemble des bijections de {C 1 , · · · ,C 2n } vers l’ensemble
{F 1 ,...,F n ,H 1 ,...,H n }.
Le cardinal de l’événement G est égal au produit du cardinal de l’ensemble des bijections
de {T 1 , · · · ,T n } vers {F 1 , · · · ,F n } (les femmes ont choisi leur table) par 2 n (le nombre de
possiblités pour chaque couple de positionnement autour d’une table).
Par équiprobabilité, P(G) = 2n n!
(2n)! .
3. Notons D i l’événement «le couple i s’est recomposé pour la danse».
D’après la formule du crible
n⋃
P( D i ) =
i=1
n∑
(−1) k−1
k=1
∑
1i 1

354
Or +∞ ⋃
k=1
B k = +∞ ⋃
k=1
A k .
Et P(B k ) = P(A 1 ∪ · · · ∪ A k ) = 1 − P(A 1 ∩ · · · ∩ A k ).
Comme les événements A 1 , · · · ,A k sont mutuellement indépendants, les événements
∏
A 1 , · · · ,A k le sont aussi et donc P(A 1 ∩ · · · ∩ A k ) = k P(A i ).
+∞
⋃
Finalement p(
2.
1 =⇒ 2 .
2 =⇒ 1 .
2 ⇐⇒ 3 .
n=1
A n ) = 1 − lim ( ∏ n
P(A i )).
n→+∞
i=1
D’après la question précédente, si P( +∞ ⋃
(
∑
Or n n∏
)
ln(P(A i )) = ln P(A i ) .
i=1
i=1
n∑
Ainsi lim ln(P(A i )) = −∞.
n→+∞ i=1
Donc la série +∞ ∑
ln(P(A n )) diverge.
n=1
n=1
i=1
A n ) = 1, alors lim
Inversement si la série +∞ ∑
ln(P(A n )) diverge, alors
(ln(P(A n )) 0).
Donc P( +∞ ⋃
A n ) = 1.
n=1
Si la suite ( P(A n ) ) n∈N ∗
+∞∑
n=1
n=1
ln(P(A n )) divergent grossièrement.
n→+∞
i=1
lim
n→+∞
i=1
n∏
P(A i ) = 0.
n∑
ln(P(A i )) = −∞
ne converge pas vers 0, alors les séries +∞ ∑
P(A n ) et
Si la suite ( P(A n ) ) converge vers 0, alors −ln(P(A
n∈N ∗ n )) ∼ P(A n).
n→+∞
Et comme P(A n ) 0, les séries +∞ ∑
P(A n ) et +∞ ∑
ln(P(A n )) sont de même nature.
n=1
3. a) Si P(A n ) = a, alors la série +∞ ∑
P(A n ) diverge.
n=1
D’après la question précdente, P( +∞ ⋃
b) Si P(A n ) = 1
(n+1) 2 , alors n ∏
Donc P( +∞ ⋃
n=1
Exercice 29.22
A n ) = 1 2 .
i=1
n=1
A n ) = 1.
P(A i ) = n ∏
i=1
n=1
i(i+2)
(i+1) 2 = n+2
2(n+1) .
1. Notons A k l’événement «au kème double jet ni la somme de 5 ni celle de 7 n’apparaît» et
B k l’événement «la somme de 5 apparaît au k ième double jet».
n=1

355
Alors E n = A 1 ∩ · · · ∩ A n−1 ∩ B n .
Comme les lancers sont supposés indépendants P(E n ) = P(A 1 ) · · · P(A n−1 )P(B n ).
Ainsi P(E n ) = ( 13
18) n−1 1
9 .
2. Par incompatibilité des événements E n , P( +∞ ⋃
n=1
En reconnaissant la somme d’une série géométrique
E n ) = +∞ ∑
P(E n ).
n=1
P(E n ) = 2 5
3. Notons F n l’événement «une somme de 7 apparaît au n ième double jet et sur les n − 1
premiers jets ni la somme de 5 ni celle de 7 n’apparaît» et C k l’événement «la somme de 7
apparaît au k ième double jet».
F n = A 1 ∩ · · · ∩ A n−1 ∩ C n .
Alors par indépendance des lancers, P(F n ) = ( 13 n−1 1
18)
6 .
Par incompatibilité des événements F n ,
+∞
⋃
P(
n
F n ) =
+∞∑
n=1
P(E n ) = 3 5 .
4. Les événements «le jeu s’arrête sur une somme de 5», «le jeu s’arrête sur une somme de
7» et «le jeu ne s’arrête pas» forment un système complet d’événements. Donc la somme
des probabilités de ces trois événements est égale à 1.
Donc la probabilité que le jeu ne s’arrête pas est nulle.
Exercice 29.23
1. Si la partie n’est pas terminée après le 2n ième lancer, alors le joueur a obtenu autant de
piles que de faces lors des 2n premiers lancers.
Notons A n l’événement «la partie n’est pas terminée après le 2n ième lancer». Remarquons
que la suite (A n ) est une suite décroissante d’événements, A n ⊆ A n−1 .
Alors par définition de la probabilité conditionnelle, P(A n ) = P An−1 (A n )P(A n−1 ).
Or P An−1 (A n ) = 2p(1 − p) et P(A 1 ) = 2p(1 − p). Donc la suite ( P(A n ) ) est une suite
n∈N ∗
géométrique de raison 2p(1 − p).
Ainsi P(A n ) = ( 2p(1 − p) ) n
.
2. Si la personne gagne au nème lancer, alors elle a obtenu deux piles de plus que de faces,
donc si on note k le nombre de piles obtenus, le nombre de faces est k − 2, donc n = 2k − 2,
n est donc pair.
Notons alors G 2n l’événement «la personne gagne au 2nème lancer» et G l’événement «la
personne gagne».
G 2n ⊆ A 2(n−1) . Et P A2(n−1) (G 2n ) = p 2 .
Ainsi P(G 2n ) = p 2 (2p(1 − p)) n−1 .
G = +∞ ⋃
G 2n , et les événements G 2n sont deux à deux incompatibles.
n=1
Donc P(G) = +∞ ∑
p 2 (2p(1 − p)) n−1 =
n=1
p 2
1−2p(1−p) .

356
Exercice 29.24
1. a) p 0 = 1 et p N = 0.
b) Notons G A l’événement «le joueur A gagne la première partie» et R A,k l’événement «le
joueur A finit par être ruiné en possèdant au départ une somme k».
(G A ,G A ) forme un sytème complet d’événements, et d’après la formule des probabilités
totales, P(R A,k ) = P GA (R A,k )P(G A ) + P GA
(R A,k )P(G A ).
Or P GA (R A,k ) = P(R A,k+1 ) et P GA
(R A,k ) = P(R A,k−1 ).
Donc p k = pp k+1 + qp k−1 .
c) Alors la suite (p k ) est une suite récurrente linéaire double de polynôme carctéristique
pX 2 − X + q dont les racines sont q p
et 1.
(
Donc il existe deux réels α et β tels que p k = α + β q k.
p)
Or p 0 = 1 et p N = 0.
) N ( k
−
q
p)
(
q
p
Donc p k =
(
q
p) N
− 1
.
2. Si B est infiniment riche, alors N tend vers +∞.
Si q p > 1 c’est-à-dire p < 1 2 alors lim ( p) q N −( p) q k
= 1.
N→+∞ ( p) q N −1
(
Et si q p < 1 c’est-à-dire p > 1 2 alors lim ( p) q N −( p) q k
= q k.
N→+∞ ( p) q N −1 p)
3. D’après la formule des probabilités totales avec le système complet d’événements
(G A ,G A ),
⎧
⎪⎨ P n,i = pP n−1,i+1 + qP n−1,i−1 si 1 i N − 1
P n,i = 1
si i = N .
⎪⎩
P n,i = 0 si i = 0
Exercice 29.25
P 7,3 = pP 6,4 + qP 6,2
= p 2 P 5,5 + 2pqP 5,3 + q 2 P 5,1
= p 2 + 2p 2 qP 4,4 + 3pq 2 P 4,2 + q 3 P 4,1
= p 2 + 2p 2 qP 3,5 + 5p 2 q 2 P 3,3 + 4pq 3 P 3,1 + q 4 P 3,0
= p 2 + 2p 2 q + 5p 3 q 2 P 2,4 + 9p 2 q 3 P 2,2 + 4pq 4 P 2,0
= p 2 + 2p 2 q + 5p 4 q 2 P 1,5 + 14p 3 q 3 P 1,3 + 9p 2 q 4 P 1,1
= p 2 + 2p 2 q + 5p 4 q 2
1. Si le jeu n’est pas terminé après le n ième lancer, alors le joueur n’a tiré que des boules
rouges lors des n premiers tirages. Comme la boule rouge est remise dans l’urne, les tirages
sont indépendants.
Notons C n l’événement «le jeu n’est pas terminé après le n ième lancer».
(
P(C n ) =
r
b + n + r
) n
.

357
Notons G n l’événement «le joueur gagne au n ième lancer» et G l’événement «le joueur
gagne».
G n = G n ∩ C n−1 , alors P(G n ) = P Cn−1 (G n )P(C n−1 ) =
n=1
brn−1
(b+n+r)
. n
Et G est la réunion des événements G n deux à deux incompatibles.
Ainsi P(G) = +∞ ∑
br n−1
(b+n+r)
= b n b+n .
2. On ne peut plus supposer ici les tirages indépendants.
p 0 = b
n+b et p 1 =
b
b+n+1 + b
(b+n+1)(b+n) = b
b+n .
Notons R (respectivement B ,N) l’événement «la première boule tirée est de couleur rouge
(respectivement blanche, noire)», et G r l’événement «le joueur gagne quand il y a r boules
rouges dans l’urne».
(R,B,N) forme un système complet d’événements.
Et d’après la formule des probabilités totales, P(G r ) = P B (G r )P(B)+P N (G r )P(N)+P R (G r )P(R).
Donc p r =
b
b+n+r + r
b+n+r p r−1.
Par récurrence, on montre que p r = b
b+n .
Exercice 29.26
Notons B la tribu des boréliens.
• Comme Ω ∈ B, alors A ∈ R A .
• Soit C ∈ R A . Il existe un borélien B tel que C = A ∩ B.
Comme B est stable par passage au complémentaire, le complémentaire de B dans R, B
est un borélien, et le complémentaire de C dans A, A ∩ B est un élément de R A .
• Soient (C i ) i∈I une famille d’éléments de R A où I est une partie de N. Il existe alors une
famille (B i ) i∈I de boréliens telle que ∀i ∈ I, C i = B i ∩ A.
Alors ⋃ B i est un borélien donc ⋃ C i ∈ R A .
i∈I
Ainsi R A est une tribu de A.
Exercice 29.27
1.
i∈I
Si i = 2, 3, ou 12 ∀n 1, P(E i,n ) = 0.
Si i = 7, ou 11 P(E i,1 ) = 8
36 et pour tout n 2, P(E i,n) = 0.
Si i = 4, ou 10 P(E i,1 ) = 0 et pour tout n 2, P(E i,n ) = 3 36
Si i = 6, ou 8 P(E i,1 ) = 0 et pour tout n 2, P(E i,n ) = 5
36
Si i = 5, ou 9 P(E i,1 ) = 0 et pour tout n 2, P(E i,n ) = 4
36
( 27 n−2 3
36)
36 .
( 25
) n−2 5
36 36 .
( 26
) n−2 4
36 36 .
2. Comme E i est la réunion des événements E i,n qui sont deux à deux incompatibles,
P(E i ) = +∞ ∑
P(E i,n ).
n=1
Si i = 2, 3, ou 12 P(E i ) = 0.
Si i = 7, ou 11 P(E i ) = 8
36 .
Si i = 4, ou 10 P(E i ) = 1
36

358
Si i = 6, ou 8 P(E i ) = 25
396 .
Si i = 5, ou 9 P(E i ) = 2 45 .
3. L’événement G «le joueur gagne» est la réunion des événements E i qui sont deux à deux
∑
incompatibles. Donc P(G) = 12 P(E i ) = 118
165 .
Exercice 29.28
i=2
1. Il y a ( n
2)
possibilités de choisir deux cases parmi les n du damier, et pour choisir deux
cases voisines, il suffit de choisir la case de droite par exemple parmi les n −1 cases possibles
alors.
Par équiprobabilité, P(n,1,2) = 2 n .
n
2. Il y a ( 6
2)
possibilités de choisir deux cases parmi les 6 du damier.
Il y a 2 × 2 possibilités de choisir deux cases voisines horizontalement et 3 cases voisines
verticalement.
Par équiprobabilité, P(3,2,2) = 7
15 .
3. a) Séparons le damier en deux parties, l’une de n ×p cases et l’autre donc de n ×1 cases.
p
n

359
Il y a u(n,p) choix possibles pour que les cases voisines soient toutes deux dans la partie de
n × p cases du damier. Il y a n − 1 possibilités que les deux cases voisines soit dans la partie
n × 1 cases et n possibilités que les deux cases soient à cheval sur les deux parties.
Donc u(n,p + 1) = u(n,p) + 2n − 1.
b) La suite (u(n,p)) p1 est une suite arithmétique de raison 2n − 1 et de premier terme
n − 1.
Donc u(n,p) = (2n − 1)(p − 1) + n − 1.
4. Par équiprobabilité P(n,n,2) = 4
n(n+1) .
5. Notons u(n,1,q) le nombre de choix de q cases deux à deux voisines dans un damier
de n × 1 cases. Alors u(n,1,q) = u(n − 1,1,q) + 1 pour n q + 1 et u(q,1,q) = 1, donc
u(n,1,q) = n − q + 1.
Alors par équiprobabilité, P(n,1,q) = n−q+1
( n q) .
Choisissons la case la plus à droite, alors il n’y a plus de choix possibles pour les q −1 autres
cases. Il y a n − q + 1 choix possibles pour la case la plus à droite. (pour pouvoir choisir les
q − 1 cases restantes, il faut laisser q − 1 cases sur la gauche.)
Ainsi par équiprobabilité, P(n,1,q) = n−q+1
( n q) .
Exercice 29.29
1.
(1 + x) n−1 =
(1 − x) n−1 =
n−1
∑
( ) n − 1
x i
i
i=1
n−1
∑
( ) n − 1
(−x) i
i
i=1
[
∑
n 2 ] ( ) n − 1
(1 + x) n−1 − (1 − x) n−1 = 2 x 2k−1
2k − 1
k=1
Ainsi
[ n 2 ]
∑
k=1
( n − 1
)x 2k = x (1 + x)n−1 − (1 − x) n−1
.
2k − 1
2
2. a) p 1 = 0, p 2 = p 2 , p 3 = 2p 2 q et p 4 = 3p 2 q 2 + p 4 .
b) Pour obtenir un point au nème lancer, le joueur obtenu un pile au n ième lancer et un
nombre impair de piles avant.
Si on note 2k − 1 ce nombre impair de piles, il y a ( n−1
2k−1)
possibilités de choisir les lancers
qui ont donné pile parmi les premiers lancers. Et comme les lancers sont indépendants, la
probabilité que le joueur obtienne un point au n ième lancer et que 2k lancers aient donné
pile, est ( n−1
2k−1)
p 2k q n−2k .
Or 2 2k n.
[
∑
n 2 ]
Ainsi p n =
k=1
( n−1
2k−1)
p 2k q n−2k .

360
Exercice 29.30
1. M 4 = Id, Donc X 4 − 1 est un polynôme annulateur de M. Donc 1, −1, i, −i sont les
seules ⎛valeurs ⎞ propres ⎛ ⎞ possibles ⎛ ⎞ de M. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
1 1 1 1 1 1 1 1
Or M ⎜1
⎟
⎝1⎠ = ⎜1
⎟
⎝1⎠ , M ⎜−1
⎟
⎝ 1 ⎠ = − ⎜−1
⎟
⎝ 1 ⎠ , M ⎜ i
⎟
⎝−1⎠ = i ⎜ i
⎟
⎝−1⎠ , M ⎜−i
⎟
⎝−1⎠ = −i ⎜−i
⎟
⎝−1⎠ .
1 1 −1 −1 −i −i i i
Donc 1, −1, i, −i sont les seules valeurs propres de M, et M est diagonalisable sur C.
2. D’après la formule des probabilités totales avec le système complet d’événements
(A k ,B k ,C k ,D k ,I k ) où A k (respectivement B k , C k , D k ) est l’événement «la grenouille
est au sommet M 0 (respectivement M 2 , M 4 , M 6 ) après 2n sauts» et I k est l’événement «la
grenouille est sur un sommet impair après 2n sauts»,
a n = 2p(1 − p)a n−1 + (1 − p) 2 b n−1 + p 2 d n−1
b n = p 2 a n−1 + 2p(1 − p)b n−1 + (1 − p) 2 c n−1
c n = p 2 b n−1 + 2p(1 − p)c n−1 + (1 − p) 2 d n−1
d n = (1 − p) 2 a n−1 + p 2 c n−1 + 2p(1 − p)d n−1
⎛
⎞
2p(1 − p) (1 − p) 2 0 p 2
Alors T = ⎜ p 2 2p(1 − p) (1 − p) 2 0
⎟
⎝ 0 p 2 2p(1 − p) (1 − p) 2 ⎠ = 2p(1−p)Id +(1−p)2 M+p 2 M 2 .
(1 − p) 2 0 p 2 2p(1 − p)
a) Les valeurs propres de T sont 2p(1 −p)+(1 −p) 2 +p 2 = 1, λ 1 = 2p(1 −p) −(1 −p) 2 +p 2 ,
λ 2 = 2p(1 − p) + i(1 − p) 2 − p 2 et λ 3 = 2p(1 − p) − i(1 − p) 2 − p 2 .
b) Les valeurs propres de T n sont 1, λ n 1, λ n 2 et λ n 3.
Donc il existe une matrice inversible P et une matrice diagonale D telles que T = PDP −1
et T n = PD n P −1 . ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
a n a 0 1
Et par une récurrence simple ⎜b n
⎟
⎝c n
⎠ = T n ⎜b 0
⎟
⎝c 0
⎠ = T n ⎜0
⎟
⎝0⎠
d n d 0 0
Alors en calculant la première colonne de T n , on obtient les nombres a n , b n , c n , et d n .
c) Si p = 1 2 , a n = 1 2 a n−1 + 1 4 b n−1 + 1 4 d n−1
b n = 1 4 a n−1 + 1 2 b n−1 + 1 4 c n−1
c n = 1 4 b n−1 + 1 2 c n−1 + 1 4 d n−1
d n = 1 4 a n−1 + 1 4 c n−1 + 1 2 d n−1
a n + b n + c n + d n = 1, et b n + d n = 1 2 .
Donc la suite (b n + d n ) est stationnaire.
Alors c n = 1 4 +1 2 c n−1. Donc (c n ) est une suite arithmético-géométrique, et ∀n ∈ N, c n = 1 2 − 1
2 n+1 .

Chapitre 30
Exercice 30.1
1. Pour que la suite (p n ) n∈N définisse une loi de probabilité, il faut et il suffit que p n 0 et
+∞∑
n=0
p n = 1.
Pour tout réel a non nul, la série de terme général an
n!
converge et +∞ ∑
Et la série de terme général
1
n!
converge et +∞ ∑
n=0
1
n! = e1 .
Donc la série de terme général p n converge et +∞ ∑ (
p n = 1 8 2e 1 + e a) .
n=0
Alors +∞ ∑
p n = 1 si et seulement si a = ln(8 − 2e).
n=0
Si a = ln(8 − 2e), alors a > 0 et p n 0.
Ainsi la suite (p n ) n∈N définit une loi de probabilité pour a = ln(8 − 2e).
2+a n
(n−1)! .
2. Pour tout entier n non nul, |np n | = 1 8
1
La série de terme général
(n−1)!
converge et +∞ ∑
n=1
La série de terme général
a n−1
(n−1)!
converge et +∞ ∑
n=1
1
(n−1)! = e.
a n−1
(n−1)! = ea .
n=0
a n
n!
= e a .
Donc la série de terme général np n converge absolument (np n 0).
Donc la variable aléatoire réelle X admet une espérance et E(X) = 1 8 (2e + aea ).
Exercice 30.2
X(Ω) = [n,2n]. Ω est l’ensemble des 2n-listes formées des n boules blanches et des n boules
noires.
Alors Card(Ω) = ( )
2n
n .
Pour tout entier k de [n,2n], (X = k) est l’événement « les n boules noires sont tirées
lors des k premiers tirages et la dernière boule noire est tirée au k ième tirage». Donc
Card(X = k) = ( )
k−1
n−1 . Donc
( k−1
)
n−1
P(X = k) = ( 2n
) .
n
X est une variable aléatoire réelle discrète finie, donc X admet une espérance.
361
E(X) =
=
=
=
2n∑
k=n
k
n
( 2n
n
)
( k−1
n−1
( 2n
n
)
2n∑
k=n
)
( k
n)
( )
n 2n + 1
( 2n
)
n + 1
n
n(2n + 1)
n + 1

362
Exercice 30.3
∑
Comme X est une variable aléatoire réelle discrète finie et X(Ω) = [1,n], alors n P(X = k) = 1.
Donc λ = 2
n(n+1)
, et X admet une espérance et une variance.
E(X) =
E(X 2 ) =
Donc d’après la formule de Kœnig-Huygens
2
n(n + 1)
= 2n + 1
3
=
2
n(n + 1)
n(n + 1)
2
n∑
k=1
V (X) = E(X 2 ) − E(X) 2 = n2 + n − 2
18
n∑
k=1
k 2
=
k 3
(n − 1)(n + 2)
.
18
k=1
Exercice 30.4
1. Comme X(Ω) = N ∗ , (X = n) n∈N ∗ est un système complet d’événements, donc
+∞∑
n=1
P(X = n) = 1.
Or par une récurrence rapide, on montre que P(X = n) = 4n−1
(n−1)!
La série de terme général 4n
n!
converge et +∞ ∑
n=0
P(X = 1).
4 n
n!
= e 4 . Donc P(X = 1) = e −4 .
Et ∀n ∈ N ∗ , P(X = n) = 4n−1
(n−1)! e−4 . (X − 1 suit une loi de Poisson de paramètre 4).
2. Comme X − 1 suit une loi de Poisson de paramètre 4, X − 1 admet une espérance et une
variance et E(X − 1) = 4 et V (X − 1) = 4.
Alors X admet une espérance et une variance et E(X) = 5 et V (X) = 4.
Exercice 30.5
1. La suite (P(X = n)) n∈N
est une suite récurrente linéaire double d’équation caractéristique :
4X 2 − 5X + 1 = 0 dont les solutions sont 1 et 1 4 .
Donc P(X = n) = λ + µ 1
4
où λ et µ sont des réels.
n
Or la série de terme général P(X = n) converge donc λ = 0. Et +∞ ∑
P(X = n) = 1.
Donc µ = 3 4 .
Finalement ∀n ∈ N, P(X = n) = 3
4 n+1 . (X + 1 suit une loi géométrique de paramètre 3 4 .)
Alors X+1 admet une espérance et E(X+1) = 4 3 , donc X admet une espérance et E(X) = 1 3 .
n=0

2. Comme X(Ω) = N, (X = n) n∈N est un système complet d’événements, donc +∞ ∑
P(X = n) = 1.
Or par une récurrence rapide, on montre que P(X = n) = 4n
n!
P(X = 0).
La série de terme général 4n
n!
converge et +∞ ∑
n=0
4 n
n!
= e 4 . Donc P(X = 0) = e −4 .
Et ∀n ∈ N, P(X = n) = 4n
n! e−4 . (X suit une loi de Poisson de paramètre 4).
3. Montrons par récurrence sur n que P(X = n) = pq n−1 où q = 1 − p.
Si n = 1, P(X = 1) = pP(X 1) = p. Et si n = 2, P(X = 2) = pP(X 2) = p(1−P(X = 1)) = pq.
Supposons que pour tout entier k inférieur à n, P(X = k) = pq k−1 .
∑
Alors P(X = n + 1) = pP(X n + 1) = p(1 − n P(X = k)) = p(1 − p 1−qn
1−q ) = pqn .
Ainsi par récurrence, P(X = n) = pq n−1 , donc X suit une loi géométrique de paramètre p.
Exercice 30.6
1. Comme X(Ω) = [1,n],
n∑
P(X = k) = 1.
k=1
k=1
Donc α =
6
n(n+1)(n−1) .
Alors la loi de X est définie par ∀k ∈ [1,n], P(X = k) =
6k(n−k)
n(n+1)(n−1) .
2. Comme X est une variable aléatoire réelle discrète finie, X admet une espérance.
E(X) =
n∑
k=1
6k 2 (n − k)
n(n + 1)(n − 1) = n 2 .
n=0
363
Exercice 30.7
1. Comme p ∈]0,1[, ln(1 − p) < 0, donc pour tout entier k, p k > 0.
pk+1
Remarquons que lim k2
k→+∞
k+1 = 0.
Donc il existe un entier K tel que pour tout entier k K, 0 pk+1
k+1 1
k
. 2
Or la série de Riemann +∞ ∑
1
k
converge.
2
k=1
Donc par théorème de comparaison des séries à termes positifs, la série de terme général
p k+1
k+1 converge.
∑
Rappelons que n x k = 1−xn+1
1−x
pour tout réel x de [0,1[.
La fonction x ↦→
En intégrant,
∫ p
Or
∣
0
k=0
∑ n
n∑
k=0
x n+1
1 − x dx ∣ ∣∣∣
k=0
p k+1
x k est continue sur [0,p] donc intégrable.
k + 1 = ∫ p
∫ p
0
0
∫
1 p
1 − x dx − x n+1
1 − x dx.
x n+1 1
1 − p dx p n+2
(n + 2)(1 − p) .
∣
p
Comme lim
n+2
n→+∞ (n+2)(1−p)
= 0, par encadrement lim
0
n→+∞
∣
∫ p
0
x n+1
1 − x dx ∣ ∣∣∣
= 0.

364
Donc en faisant tendre n vers +∞, +∞ ∑
Ainsi +∞ ∑
p k = 1.
k=0
k=0
p k+1
k+1
Donc (p k ) k∈N définit une loi de probabilité.
∣
2. Remarquons que pour tout entier k , ∣k
= −ln(1 − p).
−p k+1
(k+1) ln(1−p)
∣ −pk+1
ln(1−p) .
Or la série de terme général p k+1 converge.
Donc par théorème de comparaison des séries à terme positif, la série de terme général kp k
converge absolument.
Ainsi X admet une espérance.
E(X) =
=
+∞∑
k=0
−p k+1
k
(k + 1)ln(1 − p)
−1
ln(1 − p)
+∞∑
k=0
p k+1 +
−p
=
(1 − p)ln(1 − p) − 1
∣
Remarquons que pour tout entier k, ∣k 2 −pk+1
(k+1) ln(1−p)
1
+∞∑ p k+1
ln(1 − p) (k + 1)
k=0
∣ −kpk+1
ln(1−p) .
Or la série de terme général kp k+1 converge.
Donc par théorème de comparaison des séries à terme positif, la série de terme général k 2 p k
converge absolument.
Ainsi X admet un moment d’ordre 2 donc une variance.
E(X(X + 1)) =
=
=
+∞∑
k=0
−p k+1
k(k + 1)
(k + 1)ln(1 − p)
−1
ln(1 − p)
+∞∑
kp k+1
k=0
−p 2
(1 − p) 2 ln(1 − p)
D’après la formule de Koenig-Huygens, V (X) = E(X 2 )−E(X) 2 = E(X(X+1))−E(X)−E(X) 2 .
p
Ainsi V (X) = −
2
(1−p) 2 ln(1−p) + p
(1−p) ln(1−p) + 1 − p 2
(1−p) 2 ln 2 (1−p) − 1 + 2p
(1−p) ln(1−p) .
Finalement V (X) = −p2 (1+ln(1−p))
(1−p) 2 ln 2 (1−p) + 3p
(1−p) ln(1−p) .
Exercice 30.8
Bien sur dans cet exercice il faut lire Y = 4 [ ]
X
2 − 2X + 1 où [.] désigne la partie entière.
Soit n un entier. On a
[ ] 2n
4 − 2(2n) + 1 = 4n − 4n + 1 = 1
2
[ ] 2n − 1
4 − 2(2n − 1) + 1 = 4(n − 1) − 4n + 2 + 1 = −1
2

365
Donc Y (Ω) = {−1,1}. Et (Y = −1) = +∞ ⋃
(X = 2n + 1), (Y = 1) = +∞ ⋃
(X = 2n)
n=0
Alors P(Y = −1) = +∞ ∑
P(X = 2n + 1) = +∞ ∑
n=0
P(Y = 1) = +∞ ∑
P(X = 2n) = +∞ ∑
n=1
n=0
n=0
λ 2n
(2n)! e−λ = e −λ eλ +e −λ
2
.
Ainsi P(Y = −1) = 1−e−2λ
2
et P(Y = 1) = 1+e−2λ
2
.
n=1
λ 2n+1
(2n+1)! e−λ = e −λ eλ −e −λ
2
.
Y est une variable aléatoire réelle discrète finie, donc Y admet une espérance et une variance.
E(Y ) = − 1−e−2λ
2
+ 1+e−2λ
2
= e −2λ et
E(Y 2 ) = 1−e−2λ
2
+ 1+e−2λ
2
= 1, et par la formule de Koenig-Huyghens V (Y ) = 1 − e −4λ .
Exercice 30.9
Y (Ω) = N.
(
P(Y = 0) = P (X = 0) ⋃ )
+∞ ⋃
(X = 2n + 1)
= P(X = 0) +
= e −λ +
+∞∑
n=0
n=0
+∞∑
n=0
P(X = 2n + 1)
λ 2n+1
(2n + 1)! e−λ
Or e λ = +∞ ∑
k=0
λ k
k!
et e −λ = +∞ ∑
k=0
En soustrayant, e λ − e −λ = 2 +∞ ∑
(−1) k λ k
k!
.
n=0
λ 2n+1
(2n+1)! .
Alors P(Y = 0) = 1+2e−λ −e −2λ
2
.
Et pour tout entier k non nul, P(Y = k) = P(X = 2k) = λ2k
(2k)! e−λ .
La série de terme général k λ2k
(2k)!
converge. Donc Y admet une espérance.
E(Y ) =
+∞∑
k=1
= λe−λ
2
kλ 2k
(2k)! e−λ
+∞∑
k=1
λ 2k−1
(2k − 1)!
= λe−λ e λ − e −λ
2 2
= λ(1 − e−2λ )
4

366
La série de terme général k 2 λ2k
(2k)! = 1 4
(
E(2Y (2Y − 1)) =
D’après la formule de Koenig-Huygens
λ 2k
(2k−2)! +
+∞∑
k=1
= λ 2 e −λ +∞
∑
)
λ2k
(2k−1)!
converge.
2k(2k − 1)λ 2k
k=1
(2k)!
λ 2k−2
(2k − 2)!
= λ 2 e −λ eλ + e −λ
2
= λ2 (1 + e −2λ )
2
e −λ
V (Y ) = E(Y 2 ) − E(Y ) 2 = 1 4 (E(2Y (2Y − 1)) + E(2Y )) − E(Y )2 .
Ainsi V (Y ) = 1 8 λ(1 − e−2λ ) + 1
16 λ2 (4e −2λ + 1 − e −4λ ).
Exercice 30.10
1. Notons X 1 la variable aléatoire égale au nombre de jets de dés effectués par le joueur A 1
et X 2 la variable aléatoire égale au nombre de jets de dés effectués par le joueur A 2 .
X 1 et X 2 sont des variables aléatoires indépendantes de même loi géométrique de paramètre
1
9 .
Y = max(X 1 ,X 2 ). Y (Ω) = [1,+∞[
Pour tout entier k non nul, P(Y k) = P(X 1 k,X 2 k) =
(
1 − ( 8
9) k
) 2.
Or P(Y = k) = P(Y k) − P(Y k − 1).
(
Donc pour tout entier k non nul, P(Y = k) = 2 8
) k−1 (
9 9 −
17 8
) 2k−2.
81 9
2. S = 10(X 1 + X 2 ).
Déterminons la loi de X 1 + X 2 . (X 1 + X 2 )(Ω) = [2,+∞[.
Pour tout entier k de [2,+∞[, P(X 1 + X 2 = k) = +∞ ∑
P(X 1 = k − i,X 2 = i).
Or si i k, alors P(X 1 = k − i) = 0.
Donc P(X 1 + X 2 = k) = k−1 ∑ ( 1
) 2 ( 8
) k−2 (
9 9 = (k − 1) 1
) 2 ( 8
9 9
i=1
i=1
) k−2.
Ainsi pour tout entier k de [2,+∞[, P(S = 10k) = (k − 1) ( 1 2 ( 8 k−2.
9)
9)
Comme X 1 et X 2 sont des variables aléatoires indépendantes aui admettent une variance,
S admet une espérance et une variance.
E(S) = 10(E(X 1 ) + E(X 2 )) et V (S) = 100(V (X 1 ) + V (X 2 )).
Donc E(S) = 180 et V (S) = 14400.
La probabilité que les deux joueurs versent la même somme est la probabilité que X 1 = X 2 .
P(X 1 = X 2 ) = +∞ ∑
P(X 1 = i,X 2 = i) = +∞ ∑
P(X 1 = i)P(X 2 = i).
i=1
Ainsi P(X 1 = X 2 ) = 1
17 .
i=1

367
Exercice 30.11
1. X 1 suit une loi uniforme sur [1,n].
X 1 admet une espérance et une variance : E(X 1 ) = n+1
2
et V (X 1 ) = n2 −1
12 .
2. a) X 2 (Ω) = [1,n].
Soit k un entier de [1,n].
D’après la formule des probabilités totales avec le système complet d’événements (X 1 = i) 1in ,
Or P X1=i (X 2 = k) =
Donc P(X 2 = k) =
P(X 2 = k) =
{
1
n+i
i+1
si k ≠ i
n+i
si k = i .
k
n(n+k) + ∑ n
i=1
n∑
P X1=i (X 2 = k)P(X 1 = i)
i=1
1
n(n+i) .
b) X 2 est une variable aléatoire réelle discrète finie donc X 2 admet une espérance.
E(X 2 ) =
=
=
(
n∑
k
k=1
n
k
n(n + k) + ∑
n∑ (n + k − n) 2
+
n(n + k)
n∑
( n + k
− 2 +
n
k=1
k=1
= n + n + 1
2
= 1 − n
2
− 2n + n
+ 3n + 1
2
i=1
n∑
k
k=1
n
n + k
n∑
k=1
n∑
k=1
)
1
n(n + i)
1
n + k
n∑
i=1
)
+
1
n(n + i)
n∑
k
k=1
n∑
i=1
1
n + k + n + 1
2
1
n(n + i)
n∑
i=1
1
n + i
c) La fonction x ↦→ 1
1+x
est continue sur [0,1].
D’après les sommes de Riemann
lim
n∑
n→+∞
k=1
(
−1+
Or E(X 2 ) = n
1 n
2
+ 3+ 1 n
2
Donc E(X 2 )
3 ln 2−1
∼
n→+∞ 2
n.
1
n + k = lim 1
n→+∞ n
n∑
k=1
)
1
n+k
.
n∑
k=1
1
1 + k n
=
∫ 1
0
1
dx = ln 2.
1 + x
Exercice 30.12
1. Pour que la suite (u k ) définisse une loi de probabilité, il faut et il suffit que u k 0 et

368
n∑
u k = 1.
k=1
Donc a n =
1
n∑ .
k
n
k=1
2 +k 2
2. Remarquons que n ∑
n∑
u k =
k=1
k
n 2 +k
= 1 2 n
k=1
x
n∑
k=1
n∑
k=1
= a n
n
∑
k
n
1+( k n) 2 .
Or la fonction x ↦→
1+x
est continue sur [0,1].
2
Par les sommes de Riemann,
lim
n∑
n→+∞
k=1
∫
k 1
n 2 + k 2 =
0
a n k
n 2 + k 2
k=1
k
n 2 + k 2
[ 1
x 1
)]
1 + x 2 dx = 2 ln(1 + x2 = 1 ln 2.
0
2
Donc la suite (a n ) converge vers
2
ln 2 .
3. X n est une variable aléatoire réelle discrète finie, donc X n admet une espérance.
n∑ a n k 2
E(X n ) =
n 2 + k 2
k=1
∑ n ( k 2 + n 2 )
= a n
n 2 + k 2 −
n2
n 2 + k 2
k=1
= na n − n 2 a n
n
∑
= na n
(
1 − 1 n
Or la fonction x ↦→ 1
1+x 2 est continue sur [0,1].
Par les sommes de Riemann,
Donc E(X n )
Exercice 30.13
4−π
∼
n→+∞ 2 ln 2 n.
1
lim
n→+∞ n
n∑ 1
=
1 + k2
n 2
k=1
k=1
n∑
k=1
∫ 1
0
1
n 2 + k 2
1
1 + k2
n 2 )
dx
1 + x 2 = π 4
1. X(Ω) = [1,n].
Pour tout entier k de [1,n − 1], l’événement (X = k) est l’événement «le joueur a utilisé k
flèches» c’est-à-dire «le joueur a atteint la cible au k ième lancer».
Donc P(X = k) = p(1 − p) k−1 .

369
L’événement (X = n) est l’événement «le joueur a utilisé n flèches» c’est-à-dire «le joueur
a atteint la cible au n ième lancer, ou a utilisé toutes les flèches sans atteindre la cible».
Donc P(X = n) = p(1 − p) n−1 + (1 − p) n .
Comme X est une variable aléatoire réelle discrète finie, X admet une espérance.
E(X) = n(1 − p) n ∑
+ n kp(1 − p) k−1 .
Or
n∑
k=0
x k = 1−xn+1
1−x
k=1
et en dérivant
n∑
k=1
kx k−1 = nxn+1 −(n+1)x n +1
(1−x) 2 .
Donc E(X) = n(1 − p) n + p n(1−p)n+1 −(n+1)(1−p) n +1
p 2 .
Ainsi E(X) = 1−(1−p)n
p
.
2. Pour tout entier k de [1,n], la probabilité que [X = k] sachant que le tireur a atteint sa
cible est p(1 − p) k−1 .
3. Notons X k la variable aléatoire égale à 1 si le joueur atteint sa cible au k ième tir et 0
sinon.
X k suit une loi de Bernoulli de paramètre p.
∑
Alors Y = n (n − k + 1)X k .
k=1
∑
Donc E(Y ) = n (n − k + 1)p = n(n+1)p
Exercice 30.14
k=1
2
.
1. X suit une loi uniforme sur [1,2n]. X admet une espérance et une variance et
E(X) = 2n+1
2
, V (X) = 4n2 −1
12
.
2. a) Y (Ω) = [1,2n].
Soit i un entier inférieur strictement à k.
L’événement (Y = i) est l’événement «le numéro tiré est égal à i» c’est-à-dire «le premier
tirage donne un numéro inférieur strictement à k et le deuxième tirage donne le numéro i».
Donc P(Y = i) = k−1 1
2n 2n .
Soit i un entier de [k,2n].
L’événement (Y = i) est l’événement «le numéro tiré est égal à i»c’est-à-dire la réunion des
événements «le premier tirage donne un numéro inférieur strictement à k et le deuxième
tirage donne le numéro i»et «le premier tirage donne le numéro i».
Donc P(Y = i) = k−1 1
2n 2n + 1
2n = 2n+k−1
4n
. 2
b) Y est une variable aléatoire réelle discrète finie donc admet une espérance.
E(Y ) =
=
=
2n∑
i=1
k−1
∑
i=1
iP(Y = i)
i(k − 1)
4n 2 +
2n∑
i=k
( ) k − 1 k(k − 1)
4n 2 +
2
= 4n2 + 2kn − (k − 1) 2
4n
i(2n + k − 1)
4n 2
( ) 2n + k − 1 (2n + k)(2n − k + 1)
4n 2 2

370
c) Remarquons que E(Y ) = 4n2 +2kn−(k−1) 2
4n
= 2n+1
2
+ (k−1)(2n−k+1)
4n
.
Donc E(Y ) = E(X) + (k−1)(2n−k+1)
4n
, et E(Y ) E(X).
E(Y ) est maximale quand (k−1)(2n−k+1)
4n
est maximale.
La fonction t ↦→ (t − 1)(2n − t + 1) est une fonction polynômiale de degré 2 dont les racines
sont 1 et 2n+1. La courbe de cette fonction est une parabole renversée de sommet (n+1,n 2 ).
Donc la fonction t ↦→ (t − 1)(2n − k + 1) admet un maximum en n + 1.
Ainsi E(Y ) est maximum si k = n + 1 et alors E(Y ) = 5n+2
4
.
Exercice 30.15
1. Soit X la variable aléatoire égale au nombre de tests effectués. Les personnes sont
réparties en 10 groupes que nous numéroterons de 1 à 10.
Soit X i la variable aléatoire égale au nombre de tests effectués pour le groupe i.
X i (Ω) = {1,11}.
∑
Alors X = 10 X i .
i=1
L’événement (X i = 1) est l’événement «aucune des dix personnes n’est malade», donc
P(X i = 1) = (1 − p) 10 .
L’événement (X i = 11) est l’événement «au moins une des dix personnes est malade», donc
P(X i = 11) = 1 − (1 − p) 10 .
Alors X i admet une espérance et E(X i ) = 11 − 10(1 − p) 10 .
∑
Par linéarité de l’espérance E(X) = 10 E(X i ) = 110 − 100(1 − p) 10 .
Alors pour la toxoplasmose, p = 0,7, E(X) = 110 − 100(0,3) 10 ⋍ 109,9.
Dans ce cas, cette méthode semble peu appropriée.
2. Pour l’hépatite B, p = 0,15, alors E(X) = 110 − 100(0,85) 10 ⋍ 90,3.
Dans ce cas, cette méthode semble plutôt bien adaptée.
i=1
3. Dans le cas de l’herpès, p = 0,4, alors E(X) = 110 − 100(0,6) 10 ⋍ 109,3.
Dans ce cas, cette méthode semble peu adaptée.
Exercice 30.16
1. Soit X la variable aléatoire réelle discrète égale au nombre d’accidents. X suit une loi de
Poisson de paramètre 3.
P(X 3) = +∞ ∑
3 k e −3
k!
= 1 − e −3 (1 + 3 + 9 2 ) = 1 − 17 2 e−3 .
k=3
2. P X1 (X 3) = P((X3)∩(X1))
P(X1)
.
Or P ((X 3) ∩ (X 1)) = P(X 3) = 1 − 17 2 e−3 , et P(X 1) = +∞ ∑
Donc P X1 (X 3) = 2−17e−3
2(1−e −3 ) .
Exercice 30.17
1. Notons A l’événement «il ne se produit aucune panne dans la journée».
k=1
3 k e −3
k!
= 1 − e −3 .

371
D’après la formule des probabilités totales avec le système complet d’événements (Y = k) k∈N ,
⎧
⎨
Or P Y =k (A) =
⎩
Donc P(A) = +∞ ∑
k=0
Ainsi h(λ) = +∞ ∑ (
k=0
( 2 2
3)k ( ) k
3
4
( 2
(
2 3
3)k+1
4)k−1
2. Rappelons que e x = +∞ ∑
P(A) =
+∞∑
k=0
2
si k est pair
2
si k est impair .
( 2
) k ( 3 k λ
3 4) 2k e −λ
(2k)!
+ +∞ ∑
) 2k
λ√ e
−λ
2 (2k)! + 2√ 2
3
n=0
k=0
+∞∑
k=0
(
x n
n!
et e −x = +∞ ∑
P Y =k (A)P(Y = k).
( 2
) k+1 ( 3 k λ
3 4) 2k+1 e −λ
n=0
λ√
2
) 2k+1
(−x) n
n!
.
e −λ
(2k+1)! .
(2k+1)!
.
En additionnant et en soustrayant ces deux égalités, on obtient :
e x + e −x
2
=
+∞∑
k=0
x 2k
(2k)!
e x − e −x
2
=
+∞∑
k=0
x 2k+1
(2k + 1)!
Alors h(λ) = e −λ e λ √2 +e
− λ √
2
Ainsi h(λ) = 3+2√ 2
6
e
Exercice 30.18
1. X(Ω) = [0, n(n+1)
2
].
λ
2
+ 2√ 2
3 e−λ e √2 − √ λ −e 2
2
.
√
2−2
2 λ + 3−2√ 2
6
e −(2+√ 2)
2 λ .
2. L’événement [ X k
k
= 1] est l’événement «le jeton k est dans la poignée».
Par la formule des probabilités totales avec le système complet d’événements (Y = i) 0in ,
Or P Y =i (X k = k) = (n−1 i−1)
=
( n i)
i n .
Donc P( X ∑
k
k
= 1) = n i 1
n n+1 = 1 2 .
i=0
P( X n
k
k = 1) = ∑
P Y =i (X k = k)P(Y = i)
i=0
Donc X k
k
suit une loi de Bernoulli de paramètre 1 2 .
∑
3. Remarquons que X = n X k .
∑
Alors E(X) = n E(X k ).
k=1
k=1
Or E ( X k
k
)
=
1
2 . Donc E(X k) = k 2 .
Donc E(X) = n(n+1)
4
.

372
Exercice 30.19
1. Par définition, m k = ∑ x k P(X = x) = ∑ − E(X) + E(X))
x∈I
x∈I(x k P(X = x).
m k = ∑ x∈I
k∑
=
=
i=0
k∑
i=0
k∑
i=0
( k
i)
(x − E(X)) i E(X) k−i P(X = x)
( k
i)
E(X) k−i ∑ x∈I(x − E(X)) i P(X = x)
( k
i)
µ i E(X) k−i
µ k = ∑ x∈I(x − E(X)) k P(X = x)
= ∑ x∈I
=
=
2. Remarquons que m 1 = µ [1] .
k∑
i=0
k∑
i=0
k∑
i=0
( k
i)
x i (−E(X)) k−i P(X = x)
( k
i)
(−E(X)) k−i ∑ x∈I
x i P(X = x)
( k
i)
m i (−E(X)) k−i
m 2 = ∑ x∈I
x 2 P(X = x)
= ∑ x∈I
= ∑ x∈I
(x(x − 1) + x)P(X = x)
x(x − 1)P(X = x) + ∑ x∈I
xP(X = x)
= µ [2] + µ [1]
m 3 = ∑ x 3 P(X = x)
x∈I
= ∑ (x(x − 1)(x − 2) + 3x(x − 1) + x)P(X = x)
x∈I
= ∑ x(x − 1)(x − 2)P(X = x) + 3 ∑ x(x − 1)P(X = x) + ∑ xP(X = x)
x∈I
x∈I
x∈I
3.
= µ [3] + 3µ [2] + µ [1]

373
loi binomiale de paramètre (n,p) :
µ [1] = m 1 = np.
µ [2] =
n∑
k=0
( n
k(k − 1) p
k)
k (1 − p) n−k
= n(n − 1)p 2 n ∑
= n(n − 1)p 2
k=2
( ) n − 2
p k−2 (1 − p) n−k
k − 2
µ [3] =
n∑
k=0
( n
k(k − 1)(k − 2) p
k)
k (1 − p) n−k
= n(n − 1)(n − 2)p 3 n ∑
= n(n − 1)(n − 2)p 3
k=3
( ) n − 3
p k−3 (1 − p) n−k
k − 3
loi uniforme sur [[1,n]] :
µ [1] = m 1 = n+1
2 . µ [2] =
n∑
k(k − 1) 1 n
k=1
(
= 1 n
)
∑ n∑
k 2 − k
n
=
k=1
(n + 1)(n − 1)
3
k=1
n∑
µ [3] = k(k − 1)(k − 2) 1 n
k=1
(
= 1 n
)
∑ n∑ n∑
k 3 − 3 k 2 + 2 k
n
=
k=1
k=1
(n + 1)(n − 1)(n − 2)
4
k=1
loi géométrique de paramètre p :
µ [1] = m 1 = 1 p .

374
µ [3] =
µ [2] =
+∞∑
k=1
= p(1 − p)
k(k − 1)p(1 − p) k−1
+∞∑
k=2
2
= p(1 − p)
(1 − p) 3
2p
=
(1 − p) 2
+∞∑
k=1
k(k − 1)(1 − p) k−2
k(k − 1)(k − 2)p(1 − p) k−1
∑+∞ = p(1 − p) 2 k(k − 1)(k − 2)(1 − p) k−3
k=3
= p(1 − p) 2 6
(1 − p) 4
6p
=
(1 − p) 2
loi hypergéométrique de paramètre (N,n,p) :
µ [1] = m 1 = np.
µ [3] =
µ [2] =
n∑
k(k − 1)
k=0
= Np(Np − 1)
= Np(Np − 1)
=
( Np
)( Nq
k n−k
n∑
( N
n)
k=2
( N−2
n−2
( N
n)
)
( Np−2
)( Nq
k−2 n−k
)
p(Np − 1)n(n − 1)
N − 1
n∑
k(k − 1)(k − 2)
k=0
= Np(Np − 1)(Np − 2)
= Np(Np − 1)(Np − 2)
( N
n)
( Np
)( Nq
k n−k
( N
n)
n∑
k=3
( N−3
n−3
( N
n)
)
)
( Np−3
)( Nq
k−3 n−k
)
( N
n)
)
=
p(Np − 1)(Np − 2)n(n − 1)(n − 2)
(N − 1)(N − 2)

375
Exercice 30.20
1. Notons Y k la variable aléatoire égale au nombre de paquets achetés pour obtenir la k ième
pièce à partir de l’obtention de la k − 1 ième pièce.
∑
Alors X n = n Y k .
k=1
Y k suit une loi géométrique de paramètre n−k+1
n
.
∑
Donc E(X n ) = n ∑
E(Y k ) = n
k=1
Ainsi E(X n ) = n n ∑
k=1
1
k .
k=1
n
n−k+1 .
2. La fonction t ↦→ 1 t
est une fonction continue et décroissante sur ]0,1].
∫ k+1
dx
Pour tout entier k supérieur ou égal à 2,
x 1 ∫ k
k dx
x .
En sommant entre 2 et n,
∫ n+1
Ainsi ln(n + 1) − ln 2 + 1 n ∑
ln(n+1)
Or lim
n→+∞ ln n
= 1.
2
k=1
Donc par encadrement, lim
n→+∞
Donc E(X n )
Exercice 30.21
∼ nlnn.
n→+∞
dx
x n
∑
k=2
k
1
k 1 + lnn.
1
ln n
n∑
k=1
1
k = 1.
∫
1 n
k
1. Notons Z k la variable aléatoire égale à 1 si le k ième tirage donne une boule noire et 0
sinon, et Y k la variable aléatoire égale au nombre de boules noires restant dans l’urne après
le k ième tirage.
Remarquons que Z k = Y k−1 − Y k .
D’après la formule des probabilités totales avec le système complet d’événements (Y k−1 = i) 0ib ,
Donc P(Z k = 1) = b ∑
i=1
P(Z k = 1) =
1
dx
x .
k−1
b∑
P Yk−1 =i (Z k = 1) P(Y k−1 = i)
i=0
i
a+b P(Y k−1 = i) = 1
a+b E(Y k−1).
Par ailleurs E(Z k ) = E(Y k−1 ) − E(Y k ) et E(Z k ) = P(Z k = 1).
Ainsi E(Z k ) = (a + b)E(Z k ) − (a + b)E(Z k+1 ).
Donc la suite (E(Z k )) k∈N ∗ est une suite géométrique de raison a+b−1
( ) k−1
Alors E(Z k ) = E(Z1 ).
a+b−1
a+b
b
Or Z 1 est une variable aléatoire de Bernoulli de paramètre
( ) k−1.
Donc E(Z k ) = b a+b−1
a+b a+b
a+b .
a+b .

376
(
b
Ainsi Z k suit une loi de Bernoulli de paramètre
a+b
) k−1.
a+b−1
a+b
∑
2. Avec les notations précédentes, X n = n ∑
Z k . Donc E(X n ) = n E(Z k ).
Et lim
n→+∞ E(X n) = b.
Exercice 30.22
∑
1. p n = n ( n k)( n k)
2
. 2n
k=0
E(X n ) =
k=1
n∑
k=1
b
a + b
( a + b − 1
a + b
(
( ) b 1 −
a+b−1
a+b
=
a + b 1 − a+b−1
a+b
( ( ) n ) a + b − 1
= b 1 −
a + b
) k−1
2. En considérant l’expérience qui consiste à prélever n jetons dans un sac contenant 2n
jetons dont n rouges et n noires et le système complet d’événements (R k ) 0kn où R k est
l’événement « il y a k jetons rouges parmi les prélevés », on a
n∑
( )( ) ( )
n n 2n
=
k n − k n
k=0
3. D’après la question précédente, p n = (2n n )
Or n! ∼ ( )
n n √ (
e 2πn et (2n)! ∼ 2n
) 2n √
e 4πn.
Donc p n ∼ ( )
2n 2n √
e 4πn
1
( n e ) . 2n 2πn2 2n
Ainsi p n ∼ √ 1
πn
et lim p n = 0.
n→+∞
2
= (2n)!
2n n!n!2
. 2n
4. Comme p n est un réel positif, que p n ∼ 1 √ πn
et que la série de Riemann de terme général
1 √ n
diverge, la série de terme général p n diverge par les critères de comparaison des séries à
termes positifs.
Exercice 30.23
1. a) X n suit une loi binomiale de paramètre (n,p). X n admet une espérance et une variance,
E(X n ) = np et V (X n ) = np(1 − p).
b) D’après l’inégalité de Bienaymé-Tchebicheff, pour tout réel strictement positif ε,
P(|X n − np| ε)
np(1 − p)
ε 2
En prenant ε = np − t, ε > 0 et P(|X n − np| np − t) np(1−p)
(np−t) 2 .
Or l’événement [X n t] est inclus dans l’événement [|X n − np| np − t].
Donc P(X n t) np(1−p)
(np−t) 2 .
) n
k=1

377
2. a) Y (Ω) = N.
Pour tout entier n supérieur ou égal à k, P(Y = n) = ( n−1
k−1)
p k (1 − p) n−k .
(Y = 0) est l’événement «le k ième succès ne se réalise pas».
Pour tout entier n non nul (Y = 0) ⊆ (X n k − 1).
Donc pour tout entier n supérieur à k−1
np(1−p)
p
, P(Y = 0)
(np−k+1)
. 2
np(1−p)
Or lim
n→+∞ (np−k+1)
= 0. Donc par encadrement, P(Y = 0) = 0.
2
b) La famille (Y = n) nk est un système quasi-complet d’événements.
Donc +∞ ∑ ( n−1
k−1)
p k (1 − p) n−k = 1.
n=k
Alors +∞ ∑ ( )
j−1
k.
k−1)
(1 − p) j =
j=k
(
1−p
p
c) Remarquons que n ( n−1
k−1)
p k (1 − p) n−k = k p( n
k)
p k+1 (1 − p) n−k .
La série de terme général ( n
k)
(1 − p) n+1 converge et
+∞∑
n=k
( n
k)
(1 − p) n+1 =
+∞∑
n=k+1
( ) ( n − 1 1 − p
(1 − p) n =
k
p
) k+1
donc la série de terme général n ( n−1
k−1)
p k (1 − p) n−k converge.
( ) k+1 +∞∑
Donc Y admet une espérance et E(Y ) = k p
)
p 1−p (1 − p) n+1 = k p .
Exercice 30.24
1. P( X k = 1 6
) est non nul si k est un multiple de 6.
X suit une loi binomiale de paramètre (6n,p). Donc a n = ( )
6n
n p n (1 − p) 5n .
2. a) Si X = n alors |X − 6np| = |n − 6np| = n |1 − 6p|. Donc (X = n) ⊆ (|X − 6np| n |1 − 6p|).
Donc a n P (|X − 6np| n |1 − 6p|).
b) D’après l’inégalité de Bienaymé-Tchebicheff,
n=k
pour tout ε > 0, P(|X − 6np| ε)
( n
k
6np(1 − p)
ε 2
En prenant ε = n |1 − 6p| > 0 car p ≠ 1 6np(1−p)
6
, P(|X − 6np| n |1 − 6p|)
n 2 (1−6p)
. 2
Donc na n 6p(1−p)
(1−6p)
. 2
c) an+1
a n
Donc an+1
a n
Ainsi lim
n→+∞
= (6n+6 n+1 )p n+1 (1−p) 5n+5
( 6n n )p n (1−p) 5n .
= (6n+6)(6n+5)(6n+4)(6n+3)(6n+2)(6n+1)
(n+1)(5n+5)(5n+4)(5n+3)(5n+2)(5n+1) p(1 − p)5 .
a n+1
a n
= 66
5
p(1 − p) 5 .
5
3. a) La fonction x ↦→ x(1 − x) 5 est une fonction continue et dérivable sur [0,1] de dérivée
x ↦→ (1 − x) 4 (1 − 6x).

378
x
f ′
0
1
6 1
+ 0 − 0
f
0
(
1 5
) 5
6 6
0
(
Donc la suite
an+1
a n
converge vers l où l < 1.
)n∈N∗ Par définition de la limite, pour tout ε strictement positif, il existe un entier n 0 tel que
∀n n 0 , ∣ an+1
− l∣ ε.
a n
En prenant ε = 1−l
4 , an+1
a n
1+3l
4 .
Si on pose L = 1+3l
4 , alors L ∈]0,1[, et ∃n 0 ∈ N, ∀n n 0 , an+1
a n
L.
b) Montrons par récurrence de ∀n n 0 , a n L n−n0 a n0 .
Si n = n 0 , alors a n0 a n0 .
Supposons que a n L n−n0 a n0 .
Alors a n+1 La n L n+1−n0 a n0 .
Finalement ∀n n 0 , a n L n−n0 a n0 .
Or la série de terme général L n−n0 est une série géométrique qui converge car L ∈]0,1[.
Et par comparaison des séries à terme positif, (a n 0), la série de terme général a n converge.
Exercice 30.25
X n suit une loi binomiale de paramètre (n, 1 6 ).
D’après l’inégalité de Bienaymé-Tchebicheff,
∣
∀ε > 0, P( ∣X n − n ∣ ε) 5n
6 36ε 2
Or l’événement [ ∣ ∣F n − 1 ∣
6
< ε] est l’événement contraire de [ ∣ ∣F n − 1 ∣
6
ε] c’est-à-dire
[ ∣ ∣X n − n ∣
6
nε].
Donc P (∣ ∣F n − 1 ∣
6
< ε ) 1 − 5
36nε
. 2
Alors en prenant ε = 0,99, nous cherchons n tel que 1 − 5
36nε
0,99.
5
2 Donc n
36ε 2 (1−0,99), c’est-à-dire n 15.
Exercice 30.26
1. Distinguons deux cas n pair et n impair.
Si n est pair, le nombre de sauts d’une unité est pair donc S n (Ω) = {2k, 0 k n 2 }.
Et P(S n = 2k) = ( )
n 1
2k 2
. n

379
S n admet une espérance.
E(S n ) =
n
2∑
( ) n 1
2k
2k 2 n
k=0
= n n
2∑
( ) n − 1
2 n 2k − 1
= n 2
k=0
Si n est impair, le nombre de sauts d’une unité est impair donc S n (Ω) = {2k+1,0 k n−1
2 }.
Et P(S n = 2k + 1) = ( )
n 1
2k+1 2
. n
S n admet une espérance.
E(S n ) =
2∑
n−1
k=0
( ) n 1
(2k + 1)
2k + 1 2 n
n−1
= n 2∑
( ) n − 1
2 n 2k
= n 2
k=0
2. Remarquons que X n = S n + 2(n − S n ) = 2n − S n .
Alors X n (Ω) = [n,2n] et ∀k ∈ [n,2n], P(X n = k) = P(S n = 2n − k) = ( )
n 1
2n−k 2
. n
Comme S n admet une espérance et une variance, X n admet une espérance et une variance.
E(X n ) = 2n − n 2 = 3n 2
et V (X n ) = n 4
3. a) Y n (Ω) = [ [ ]
n+1
2 ,n].
b) D’après la formule des probabilités totales avec le système complet d’événements
(X 1 = 1,X 1 = 2),
P(Y n = k) = P X1=1(Y n = k)P(X 1 = 1) + P X1=2(Y n = k)P(X 1 = 2)
Or P X1=1(Y n = k) = P(Y n−1 = k − 1) et P X1=2(Y n = k) = P(Y n−2 = k − 1).
Donc P(Y n = k) = 1 2 P(Y n−1 = k − 1) + 1 2 P(Y n−2 = k − 1).
c) Comme Y n est une variable aléatoire réelle discrète finie, Y n admet une espérance.
n ∑
E(Y n ) = kP(Y n = k).
k=n 0
Or d’après la question précédente, P(Y n = k) = 1 2 P(Y n−1 = k − 1) + 1 2 P(Y n−2 = k − 1).

380
E(Y n ) = 1 2
= 1 2
= 1 2
+ 1 2
+ 1 2
n∑
k=[ n+1
2 ]
n∑
k=[ n+1
2 ]
n∑
k=[ n+1
2 ]
n−1
∑
k=[ n 2 ]
n−1
∑
kP(Y n−1 = k − 1) + 1 2
n∑
k=[ n+1
2 ]
(k − 1)P(Y n−1 = k − 1) + 1 2
(k − 1)P(Y n−2 = k − 1) + 1 2
kP(Y n−1 = k) + 1 2
k=[ n−1
2 ]
n−1
∑
k=[ n 2 ]
kP(Y n−2 = k) + 1 2
= 1 2 E(Y n−1) + 1 2 + 1 2 E(Y n−2) + 1 2
Ainsi E(Y n ) = 1 2 E(Y n−1) + 1 2 E(Y n−2) + 1.
4.
u n = E(Y n ) − na
kP(Y n−2 = k − 1)
n∑
k=[ n+1
2 ]
n∑
k=[ n+1
2 ]
P(Y n−1 = k)
n−1
∑
k=[ n−1
2 ]
= 1 2 E(Y n−1) + 1 2 E(Y n−2) − na + 1
= 1 2 u n−1 + 1 2 u (n − 1)a
n−2 +
2
= 1 2 u n−1 + 1 2 u n−2 + 2 − 3a
2
+
P(Y n−2 = k)
(n − 2)a
2
P(Y n−1 = k − 1)
P(Y n−2 = k − 1)
− na + 1
La suite (u n ) n∈N ∗ est une suite récurrente linéaire double si est seulement si 2 − 3a = 0
c’est-à-dire a = 2 3 . Supposons maintenant que a = 2 3 .
(u n ) est une suite récurrente linéaire double de polynôme caractéristique X 2 − 1 2 X − 1 2 dont
les racines sont 1 et − 1 2 .
Donc pour tout entier n non nul, u n = λ + µ ( n.
−2) 1
Or Y 1 est la variable aléatoire certaine égale à 1, donc Y 1 admet une espérance et E(Y 1 ) = 1
donc u 1 = 1 − 2 3 = 1 3 .
Et Y 2 est une variable aléatoire qui suit une loi uniforme sur {1,2}, donc Y 2 admet une
espérance et E(Y 2 ) = 3 2 , donc u 2 = 3 2 − 4 3 = 1 6 .
Ainsi pour tout entier n non nul, u n = 5
Alors E(Y n ) = 5
18 + n2 3 − ( 4
9 −
1 n.
2)
Exercice 30.27
18 − 4 9
(
−
1
2) n.
1. La famille (P k ) 0kn est une famille échelonnée en degré de polynômes de R n [X].
Donc la famille (P k ) 0kn est libre et de cardinal n + 1 c’est-à-dire égal à la dimension de

381
R n [X].
Ainsi (P k ) 0kn est une base de R n [X].
Il existe alors un unique (n+1)-uplet (a 0,n ; · · · ,a n,n ) de réels tels que X n = n ∑
2. Il n’y a pas de question . . .
3. Dans cette question, remplacer G (k) (x) par G (k) (1).
D’après le théorème de transfert, E(x Y ∑
) = n x k P(Y = k).
k=0
Donc G est une fonction polynômiale.
Alors G est une fonction de classe C +∞ et pour tout entier k,
G (k) (x) =
Donc G (k) (1) = E(P k (Y )).
n∑
i(i − 1) · · · (i − k + 1)x i−k P(Y = k).
i=0
k=0
a k,n P k (X).
4. Comme X k ∑
= k a i,k P k (X), alors Y k ∑
= k a i,k P k (Y ), et E(Y k ∑
) = k a i,k E(P i (Y )).
i=0
Ainsi E(Y k ∑
) = k a i,k G (i) (1).
i=0
5. Déterminons la fonction G. On a
n∑
( ) n
G(x) = x k p k (1 − p) n−k = (1 − p + xp) n .
k
On en déduit que
k=0
i=0
i=0
et
G ′ (x) = np(1 − p + xp) n−1
G ′′ (x) = n(n − 1)p 2 (1 − p + xp) n−2
G ′′′ (x) = n(n − 1)(n − 2)p 3 (1 − p + xp) n−3
Donc X 2 = P 2 (X) + P 1 (X) et X 3 = P 3 (X) + 3P 2 (X) + P 1 (X).
Alors
et
E(Y 2 ) = G ′′ (1) + G ′ (1) = n(n − 1)p 2 + np
E(Y 3 ) = G ′′′ (1) + 3G ′′ (1) + G ′ (1) = n(n − 1)(n − 2)p 3 + 3n(n − 1)p 2 + np.
Exercice 30.28
1. f est une fonction polynomiale de degré deux.
f est croissante sur [0,1] et f(0) = 1 − p, f(1) = 1.
2. Comme l’intervalle [0,1] est stable par f et que f est croissante sur [0,1], la suite (u n ) n∈N
est monotone et bornée. Or u 1 = f(u 0 ) 1 − p. Donc (u n ) est une suite croissante et
majorée. Ainsi la suite (u n ) converge vers l.
Comme f est continue sur [0,1], f(l) = l, donc l = 1 ou l = 1−p
p .

382
Or 1−p
p
appartient à [0,1] si et seulement si p 1 2 .
Si p 1 2 , la suite (u n) converge vers 1.
Si p > 1 2 , alors par récurrence, on montre que pour tout entier n, u n 1−p
p
. Donc la suite
(u n ) converge vers 1−p
p
3. a) p 0 = P(X 0 = 0) = 1 − p.
Par la formule des probabilités totales avec le système complet d’événements ([X 0 = 0],[X 0 = 2]),
p n+1 = P(X n+1 = 0) = P X0=0(X n+1 = 0)P(X 0 = 0) + P X0=2(X n+1 = 0)P(X 0 = 2)
Or P X0=0(X n+1 = 0) = 1 et P X0=2(X n+1 = 0) = P(X n = 0) 2 car les deux descendants de
la première génération n’ont pas de descendants à la n ième génération.
Donc la suite (p n ) vérifie la relation p n+1 = pp 2 n + 1 − p.
Ainsi P(X n = 0) = u n .
b) Si p 1 2 , lim P(X n = 0) = 1.
n→+∞
Si p > 1 2 , lim P(X n = 0) = 1−p
n→+∞ p .
Exercice 30.29
1. a) X suit une loi binomiale de paramètre (n,p).
b) Pour tout entier k de [0,n],
Donc
P(X = k) =
P(X=k)
P(X=k−1) = n−k+1 p
k 1−p .
P(X=k)
P(X=k−1)
( ( ) k n
p
k)
k (1 − p) n−k n n(n − 1) · · · (n − k + 1) p
= (1 − p) .
1.2 · · · k 1 − p
n−k+1
Alors 1 si et seulement si
k 1−p
1 c’est-à-dire (n + 1)p k.
Donc P(X = k) est maximale pour k = [(n + 1)p].
c) S’il existe deux modes M 0 et M 0 ′ pour ce tirage, alors P(X = M 0 ) = P(X = M 0).
′
Donc il existe un entier k tel que n−k+1 p
k 1−p
= 1 c’est-à-dire (n+1)p = k et une seule valeur
de k possible.
Réciproquement si (n+1)p est un entier, alors il existe deux entiers M 0 et M 0 −1 des modes
pour ce tirage.
Ainsi il existe deux modes si et seulement si (n + 1)p est un entier.
2. a) X suit une loi hypergéométrique de paramètre (N,n,p).
b) Pour tout entier k de [0,n]
P(X = k) =
Donc
Alors
( k
)( n−k
Np Nq
( n
N
)
) =
P(X=k)
P(X=k−1) = Np−k+1 n−k+1
k Nq−n+k .
P(X=k)
P(X=k−1)
Np(Np − 1) · · · (Np − k + 1)
1.2 · · · k
1 si et seulement si
Np−k+1
k
p
n−k+1
Nq−n+k
Donc P(X = k) est maximale pour k = [ (Np+1)(n+1)
N+2
].
Nq(Nq − 1) · · · (n − k + 1)
1.2 · · · (Nq − n + k)
1
( n
N)
1 c’est-à-dire
(Np+1)(n+1)
N+2
k.

383
c) S’il existe deux modes M 0 et M 0 ′ pour ce tirage, alors P(X = M 0 ) = P(X = M 0).
′
Donc il existe un entier k tel que Np−k+1 n−k+1
(Np+1)(n+1)
k Nq−n+k
= 1 c’est-à-dire
N+2
= k.
Réciproquement si (Np+1)(n+1)
N+2
est un entier, alors les entiers M 0 et M 0 − 1 sont des modes
pour ce tirage.
3. Dans l’énoncé de cette question, intervertir p > 1 2 et p < 1 2 .
Remarquons que (Np+1)(n+1)
N+2
− (n + 1)p = (n+1)(2p−1)
N+2
.
Si p = 1 2
, alors
(Np+1)(n+1)
N+2
= n+1
2 , donc M 0 = M 1 .
Si p > 1 (Np+1)(n+1)
2
, alors 2p − 1 > 0 or 2p − 1 1 donc (n + 1)p <
N+2
(n + 1)p + 1.
Donc par croissance de la fonction partie entière, M 0 M 1 M 0 + 1.
Si p < 1 (Np+1)(n+1)
2
, alors 2p − 1 < 0 or 2p − 1 −1 donc
N+2
< (n + 1)p (Np+1)(n+1)
N+2
+ 1.
Donc par croissance de la fonction partie entière, M 1 M 0 M 1 + 1.
4. D’après la question précédentes, M 0 et M 1 ne diffèrent pas de plus d’une unité.
Exercice 30.30
1. Comme X suit une loi de Poisson de paramètre 10000, X admet une espérance et
E(X) = 10000.
2. Comme les dix entrées sont équiprobables, la probabilité qu’un visiteur rentre par l’entrée
E 1 est 1 10 .
3. D’après la formule des probabilités totales avec le système complet d’événements
(X = n) n∈N ,
P(X 1 = k) =
Or ∀k n + 1, P X=n (X 1 = k) = 0.
Et ∀k n, P X=n (X 1 = k) = ( )
n 1
k
+∞∑
n=0
( 9 n−k.
10 10) k
P X=n (X 1 = k)P(X = n)
P(X 1 = k) =
+∞∑
n=k
( n
k
= e−10000 10 3k
k!
= e−10000 10 3k
k!
= e−1000 10 3k
k!
) ( ) n−k 1 9 e −10000 10000 n
10 k 10 n!
+∞∑
n=k
+∞∑
n=0
1 (
9.10
3 ) n−k
(n − k)!
1 (
9.10
3 ) n
n!
Donc X 1 suit une loi de Poisson de paramètre 10 3 . Alors X 1 admet une espérance et une
variance E(X 1 ) = V (X 1 ) = 10 3 .
4. Soit Y 1 le nombre de visiteurs entrant par E 1 en payant.
Alors Y 1 = 9X1
10 . Et E(Y 1) = 900.

384
Exercice 30.31
1. L’événement [X N > n] est l’événement «les résultats obtenus forment une suite strictement
croissante d’au moins n termes de [[1,N]]».
Donc P(X N > n) = 0 pour tout entier n N + 1.
Et si n N, P(X N > n) = (N n)
N n .
2. X N (Ω) = [1,N + 1]. Donc X N admet une espérance.
E(X N ) = N+1 ∑
kP(X N = k).
k=1
Or P(X N = k) = P(X N > k − 1) − P(X N > k).
E(X N ) =
=
=
N+1
∑
k=1
N+1
∑
k=1
k(P(X N > k − 1) − P(X N > k))
N+1
∑
kP(X N > k − 1) −
N∑
(k + 1)P(X N > k) −
k=0
= 1 +
= 1 +
=
k=1
N+1
∑
k=1
kP(X N > k)
kP(X N > k)
N∑
P(X N > k) − (N + 1)P(X N > N + 1)
k=1
( N∑ n
k)
N k
k=1
) N
(
1 + 1 N
3. ( )
1 + 1 N
N = e
N ln(1+ 1 N ) .
Or ln(1 + 1 N )
Donc
∼
N→+∞
1
N .
lim E(X N) = e.
N→+∞
Chapitre 31
Exercice 31.1
1. S(Ω) = [2,+∞[.
D’après la formule des probabilités totales avec le système complet d’événements (X = i) i∈N ∗,
∀k 2, P(S = k) =
+∞∑
i=1
P(S = k,X = i).

Soit k un entier supérieur ou égal à 2, P(S = k) = +∞ ∑
P(Y = k − i,X = i).
Par indépendance des variables aléatoires X et Y , P(S = k) = +∞ ∑
P(Y = k − i)P(X = i).
Or ∀k − i 0 c’est-à-dire ∀i k, P(Y = k − i) = 0.
Alors P(S = k) = k−1 ∑
P(Y = k − i)P(X = i).
i=1
Comme les variables aléatoires X et Y suivent une loi géométrique de paramètre p,
P(S = k) = k−1 ∑
p(1 − p) k−i−1 p(1 − p) i−1 .
i=1
Ainsi pour tout entier k supérieur ou égal à 2, P(S = k) = (k − 1)p 2 (1 − p) k−2 .
i=1
i=1
385
Comme X et Y admettent une espérance, S admet une espérance et E(S) = E(X)+E(Y ) = 2 p .
Comme X et Y sont des variables aléatoires indépendantes qui admettent une variance, S
admet une variance et V (S) = V (X) + V (Y ) = 2(1−p)
p 2 .
2. Avec le système complet d’événements (Z = i) i∈N ∗,
P(S Z) =
+∞∑
i=1
P(S i,Z = i).
Par indépendance des variables aléatoires S et Z, P(S Z) = +∞ ∑
P(S i)P(Z = i).
∑
Or P(S i) = i (k − 1)p 2 (1 − p) k−2 .
k=2
Donc P(S Z) = +∞ ∑
i=1 k=2
i∑
(k − 1)p 3 (1 − p) k+i−3 .
i=1
P(S Z) =
=
+∞∑
k=2
+∞∑
k=2
= p 2 (1 − p)
=
∑+∞ (k − 1)p 3 (1 − p) k−3 (1 − p) i
i=k
(k − 1)p 3 k−3 (1 − p)k
(1 − p)
p
(1 − p)
(2 − p) 2
+∞∑
k=2
(k − 1) ( (1 − p) 2) k−2

386
Exercice 31.2
1. Pour tout entier i, P(X = i) = +∞ ∑
P(X = i,Y = j).
P(X = i) =
j=0
+∞∑
j=0
c i + j
3 i+j i!j!
1
= c
3 i (i − 1)!
= ce 1 3
3i + 1
3 i+1 i!
+∞∑
j=0
1
j!3 j + c 1
+∞∑ 1
3 i i! (j − 1)!3 j
j=1
Et par symétrie de l’expression, Y a la même loi que X.
P(X = 0,Y = 0) = 0 et P(X = 0) = P(Y = 0) ≠ 0 donc X et Y ne sont pas des variables
aléatoires indépendantes.
2. Comme X est une variable aléatoire à valeurs dans N,
+∞∑
i=0
P(X = i) = 1.
+∞∑
i=0
+∞∑
P(X = i) = ce 1 3i + 1
3
3 i+1 i!
i=0
( )
= ce 1 1
3
3 e 1 1
3 +
3 e 1 3
= c 2 3 e 2 3
Donc c = 3 2 e− 2 3 .
3. Par définition de la probabilité conditionnelle, pour tout couple (k,n) d’entiers,
P X=n (Y = k) =
P(X=n,Y =k)
P(X=n)
.
Ainsi pour tout entier n et pour tout entier k P X=n (Y = k) =
4. (Y/X = 0) − 1 suit une loi exponentielle de paramètre 1 3 .
Exercice 31.3
k+n
3 k−1 (3n+1)k! e− 1 3 .
1. X suit une loi binomiale de paramètre ( n + 1, 1 2)
et Y suit une loi binomiale de paramètre
(n, 1 2 ).
2. (X − Y )(Ω) = [ − n,n + 1].
Avec le système complet d’événements (Y = i) i∈[0,n] ,
pour tout entier k de [ − n,n + 1], P(X − Y = k) =
n∑
P(X = k + i,Y = i).
i=0

387
Or les variables aléatoires X et Y sont indépendantes et si k + i /∈ [0,n + 1] c’est-à-dire
i /∈ [ − k,n + 1 − k], alors P(X = k + i) = 0.
Soit k un entier de [ − n,n + 1].
P(X − Y = k) =
=
=
min(n,n+1−k)
∑
i=max(0,−k)
( ) ( ) n + 1 1 n 1
k + i 2 n+1 i 2 n
min(n,n+1−k)
1 ∑
( )( )
n + 1 n
2 2n+1 k + i n − i
(
2n + 1
n + k
i=max(0,−k)
) 1
2 2n+1
⎝ 2n + 1 ⎠
n
3. P(X = Y ) = P(X − Y = 0) =
2
.
⎛
2n+1
P(X > Y ) = P(X − Y > 0) = n+1
⎝ 2n + 1
⎞ ⎛
⎠
∑ n + k
2
= 2n+1
⎝ 2n + 1
∑ k
2n+1
k=1
k=n+1
( ) ( ) ( )
Or 2n+1 ∑ 2n + 1 ∑
= n 2n + 1
+ 2n+1 ∑ 2n + 1
.
k=0
k
k=0
k
k=n+1
k
( ) ( ) ( )
∑
Comme n 2n + 1 ∑
= n 2n + 1
= 2n+1 ∑ 2n + 1
.
k=0
k
k=0
2n + 1 − k
k=n+1
k
( )
Donc 2n+1 ∑ 2n + 1
=
k=n+1
k
1 2 .
Ainsi P(X > Y ) = 1
2
. 2n+2
Exercice 31.4
⎛
⎞
⎞
⎠
2 2n+1 .
1. La loi de X + Y a été déterminé dans l’exercice 1 et pour tout entier k supérieur ou égal
à 2, P(X + Y = k) = (k − 1)p 2 (1 − p) k−2 .
∑
Pour tout réel x de [k − 1,k[, P(X + Y x) = P(X + Y k) = k (i − 1)p 2 (1 − p) i−2 .
Donc P(X + Y x) = p 2 ∑ k i(1 − p) i−1 .
i=1
∑
Or la fonction t ↦→ k it i−1 ∑
est la fonction dérivée de la fonction t ↦→ k t i .
i=1
∑
Alors k it i−1 = (k − 1)tk − kt k−1 + 1
i=1
(t − 1) 2 .
Ainsi pour tout réel x de [k − 1,k[, P(X + Y x) = (k − 1)(1 − p) k − k(1 − p) k−1 + 1.
En utilisant le système complet d’événements (Z = i) i∈N ∗,
pour tout entier k, P(X + Y + Z = k) =
+∞∑
i=1
i=2
i=0
P(X + Y = k − i,Z = i).

388
Soit k un entier supérieur ou égal à 3, par indépendance des variables aléatoires X + Y et
Z,
Donc
P(X + Y + Z = k) =
+∞∑
i=1
P(X + Y = k − i)P(Z = i)
k−2
∑
P(X + Y + Z = k) = (k − i − 1)p 2 (1 − p) k−i−2 p(1 − p) i−1 =
i=1
Pour tout entier k supérieur ou égal à 3 pour tout réel x de [k,k + 1[
P(X + Y + Z x) = 1 −
2.
(k − 1)(k − 2)
(1 − p) k − k(k − 2)(1 − p) k−1 −
2
(k − 1)(k − 2)
p 3 (1 − p) k−3 .
2
k(k − 1)
(1 − p) n−2 .
2
P(X = Y ) =
=
=
+∞∑
k=1
+∞∑
k=1
1
2 − p
P(X = k,Y = k)
p 2 (1 − p) 2k−2
P(X Y ) =
=
=
+∞∑
k=1
+∞∑
k=1
+∞∑
k=1
= 1 − p
P(X = k,Y k)
P(X = k)P(Y k)
p(1 − p) k−1 (1 − p) k−1
P(X + Y = 2Z) =
=
=
+∞∑
k=1
+∞∑
k=1
+∞∑
k=1
P(X + Y = 2k,Z = k)
P(X + Y = 2k)P(Z = k)
(2k − 1)p 3 (1 − p) 2k−3
= p(2 − 3p + 3p2 − p 3 )
(3 − 3p + p 2 ) 2

389
Exercice 31.5
P(Z X + Y ) =
=
=
=
+∞∑
k=1
+∞∑
k=1
+∞∑
k=1
+∞∑
i=2
P(Z = k,k X + Y )
P(Z = k)P(k X + Y )
∑+∞ p(1 − p) k−1 (i − 1)p 2 (1 − p) i−2
i=k
i∑
(i − 1)p 3 (1 − p) i−3 (1 − p) k
k=1
∑+∞ = p 3 i−2 1 − (1 − p)i
(i − 1)(1 − p)
p
i=2
( ) 2 1 − p
= 1 −
2 − p
1. a) X(Ω) = [0,n]. Pour tout couple (k,i) de [0,n] 2 , P(Z = k,X = i) = P Z=k (X = i)P(Z = k).
{
1
pour tout couple (k,i) de , P(Z = k,X = i) =
k+1P(Z = k) si 0 i k
0 sinon
∑
b) Pour tout entier i de [0,n], P(X = i) = n ∑
P Z=k (X = i)P(Z = k) = n
c) Comme X est une variable aléatoire finie, X admet une espérance.
E(X) =
=
=
=
k=0
n∑
iP(X = i)
i=0
n∑
n∑
i=0 k=i
n∑
k∑
k=0 i=0
n∑
k=0
= E(Z)
2
i
P(Z = k)
k + 1
i
P(Z = k)
k + 1
k
P(Z = k)
2
2. Remarquons que X Z. Alors (Z − X)(Ω) = [0,n].
Pour tout entier k de [0,n]
P(Z − X = k) =
n∑
P(Z = i)P(X = i − k/Z = i) =
i=0
n∑
i=k
k=i
1
k+1P(Z = k).
1
P(Z = i) = P(X = k).
i + 1

390
Ainsi Z − X et X ont même loi.
Exercice 31.6
1. Pour tout couple (k,i) de [1,n], P(X = k,Y = i) =
2. Déterminons la loi de Y .
Pour tout entier i de [1,n], P(Y = i) = n ∑
i=1
i=1 k=i
k=1
{
1
nk
si i k
0 sinon
P(X = k,Y = i) = n ∑
Comme Y est une variable aléatoire réelle finie, Y admet une espérance et une variance.
∑
E(Y ) = n ∑
iP(X = i) = n n∑
i
nk = ∑ n k∑
i
nk = n + 3 .
i=1
i=1 k=i k=1 i=1 4
E(Y 2 ∑
) = n i 2 ∑
P(X = i) = n n∑
i 2
nk = ∑ n k∑
i 2
nk = ∑ n
Exercice 31.7
k=1 i=1
k=1
k=i
1
nk .
(k + 1)(2k + 1)
6n
= 4n2 + 15n + 17
.
36
Z(Ω) = Q ∗ +.
Soit r un élément de Q ∗ +. Il existe deux entiers n et m non nuls premiers entre eux tels que
r = n m . +∞∑
P(Z = r) = P(Z = r,Y = k)
=
=
=
k=1
+∞∑
k=1
+∞∑
l=1
+∞∑
l=1
P(X = rk,Y = k)
P(X = nl)P(Y = ml)
p(1 − p) nl−1 p(1 − p) ml−1
= p2 (1 − p) n+m−2
1 − (1 − p) n+m
k
n P(X = k,Y = n) = k n p2 (1 − p) k+n−2 .
Or la série de terme général ( k
n p2 (1 − p) k+n−2) k∈N ∗
+∞∑
k=1
et +∞ ∑
k
n p2 (1−p) k+n−2 = p2 (1−p) n−1
n(p)
, et la série de terme général (1−p)n−1
2
n
n=1
(1−p) n−1
n
= − ln p
1−p .
Donc Z admet une espérance et E(Z) = − ln p
1−p .
Exercice 31.8
Z(Ω) = N.
est une série absolument convergente et
converge absolument

391
Soit n un entier non nul.
P(Z = 0) = P(X Y )
=
=
+∞∑
n=0
+∞∑
n=0
= 1 − α
P(X n)P(Y = n)
(1 − (1 − a) n )P(Y = n)
P(Z = n) = P(X − Y = n)
=
=
+∞∑
k=0
+∞∑
k=0
= a(1 − a) n α
P(X = k + n)P(Y = k)
a(1 − a) n+k P(Y = k)
Exercice 31.9
Z(Ω) = [1,M ]. Pour tout entier k de [1,M − 1],
P(Z = k) = P(inf(X,M) = k) = P(X = k) = p(1 − p) k−1
P(Z = M) = P(inf(X,M) = M) = P(X M,M = M) = P(X M) = (1 − p) M−1 .
Comme Z est une variable aléatoire réelle finie, Z admet une espérance.
E(Z) =
=
M∑
kP(Z = k)
k=1
M−1
∑
k=1
kp(1 − p) k−1 + M(1 − p) M−1
= 1 + (M − 1)(1 − p)M − M(1 − p) M−1
p
1 − (1 − p)M
=
p
+ M(1 − p) M−1
Y (Ω) = [M,+∞[.
Pour tout entier k de [M+1,+∞[, P(Y = k) = P(sup(X,M) = k) = P(X = k) = p(1−p) k−1 .
P(Y = M) = P(sup(X,M) = M) = P(X M) = 1 − (1 − p) M .

392
Comme la série de terme général k(1 −p) k−1 converge absolument, Y admet une espérance.
E(Y ) =
+∞∑
k=M
kP(Z = k)
= M − M(1 − p) M +
+∞∑
k=M+1
kp(1 − p) k−1
= M − M(1 − p) M + (M + 1)(1 − p)M − M(1 − p) M+1
p
(1 − p)M
= M +
p
Exercice 31.10
1. X 1 , X 2 , X 3 sont des variables aléatoires réelles indépendantes qui suivent une loi uniforme
sur [1,n].
En utilisant le système complet d’événements (X 3 = k) k∈[1,n] ,
P(X 3 = X 1 + X 2 ) =
n∑
P(X 1 + X 2 = k,X 3 = k) =
k=1
n∑
P(X 1 + X 2 = k)P(X 3 = k)
k=1
En utilisant le système complet d’événements (X 2 = i) i∈[1,n] ,
2. (X,Y,Z)(Ω) =
P(X 3 = X 1 + X 2 ) =
Soit (i,j,k) ∈ (X,Y,Z)(Ω).
Si i = j = k, alors
=
=
n∑
n∑
P(X 3 = k) P(X 1 + X 2 = k,X 2 = i)
k=1
k=1
i=1
n∑
n∑
P(X 3 = k) P(X 1 = k − i)P(X 2 = i)
k=2
i=1
n−1
∑
k−1
∑
P(X 3 = k) P(X 1 = k − i)P(X 2 = i)
= 1 ∑ n
n 3 k − 1
k=1
= n − 1
2n 2
{
}
(i,j,k) ∈ [1,n] 3 , i j k .
i=1
P((X,Y,Z) = (i,j,k)) = P(X 1 = i,X 2 = i,X 3 = i) = 1 n 3 .

394
Z(Ω) = [1,n]. Soit k un entier de [1,n]
P(Z = k) =
k∑
j=1 i=1
j∑
P(X = i,Y = j,Z = k)
k−1
∑
= P(X = k,Y = k,Z = k) + P(X = i,Y = i,Z = k)
k−1
+
i=1
∑
k−1
∑ ∑j−1
P(X = i,Y = k,Z = k) + P(X = i,Y = j,Z = k)
i=1
j=1 i=1
= 1 n 3 + 2(k − 1) 3 (k − 1)(k − 2) 6
+
n3 2
= 3k2 − 3k + 1
n 3
Comme X, Y et Z sont des variables aléatoires réelles discrètes finies, X, Y et Z admettent
une espérance.
E(X) =
n∑
i=1
i 3n2 + 3n + 1 − 3(2n + 1)i + 3i 2
n 3
= 1 n 3 (
(3n 2 + 3n + 1)
=
E(Y ) =
(n + 1)2
4n
n∑
j=1
n(n + 1)
2
−2 − 3n + 6(n + 1)j − 6j2
j
n 3
= 1 ( n(n + 1)
(−2 − 3n)
n 3 2
= n + 1
2
E(Z) =
n∑
k=1
k 3k2 − 3k + 1
n 3
= 1 ( n 2 (n + 1) 2
3
n 3 4
(n + 1)(3n − 1)
=
4n
n 3
n(n + 1)(2n + 1)
− 3(2n + 1)
6
n(n + 1)(2n + 1)
+ 6(n + 1)
6
n(n + 1)(2n + 1)
− 3 +
6
On vérifiera que E(X) + E(Y ) + E(Z) = E(X 1 ) + E(X 2 ) + E(X 3 ).
Exercice 31.11
1. Y (Ω) = [1,n]. Soit k un entier de [1,n].
+ 3 n2 (n + 1) 2 )
4
− 6 n2 (n + 1) 2 )
4
n(n + 1) )
2

395
P(Y = k) = P(Y = k,X = 0) + P(Y = k,X = k)
= P X=0 (Y = k)P(X = 0) + P X=k (Y = k)P(X = k).
( n
Alors P(Y = k) = 1 n (1 − p)n + p
k)
k (1 − p) n−k .
2. Comme Y est une variable ( ) aléatoire réelle finie, Y admet une espérance.
∑
E(Y ) = n k n
k=1 n (1 − p)n + k p
k
k (1 − p) n−k = n+1
2 (1 − p)n + np.
Or Xsuit une loi binomiale de paramètre (n,p), donc E(X) = np.
E(Y ) E(X).
Exercice 31.12
1. Pour tout entier i de [1,n + 1],
P(X = i) =
=
=
n+1
∑
P([X = i] ∩ [Y = j])
j=1
n+1
∑
j=1
( n
)( n
)
i−1 j−1
2 2n
( ) n 1
i − 1
2 n
Donc X − 1suit une loi binomiale de paramètre (n, 1 2 ).
⎛
⎞
(
1 1 · · · 1
n
) ( n
(
2. M = 1
1 1)
· · · n 1)
2
⎜
n
⎝
.
.
⎟
(
. ⎠ .
n
) ( n
(
n n)
· · · n
⎛
n)
⎞
(
1 1 · · · 1
n
) ( n
(
Alors M 2 = 1
1 1)
· · · n 1)
2
⎜
2n
⎝
.
.
⎟
(
. ⎠ .
n
) ( n
(
n n)
· · · n
n)
Donc 2 n X 2 − X est un polynôme annulateur de M. Les valeurs possibles de M sont donc 0
et 1
2
. n
Remarquons que le rang de la marice M est 1 donc 0 est une valeur propre de M et l’espace
propre associé ⎛ est ⎞de dimension n−.
1
n
( n Le vecteur
2)
est un vecteur propre de M associé à la valeur propre 1
⎜
⎝
⎟
2
. Donc 1
n 2
est n
(
. ⎠
n
n)
une valeur propre de M et l’espace propre associé est de dimension 1.

396
Exercice 31.13
Pour tout entier m,
P(X = m) =
=
+∞∑
n=0
e −1
n!
1
2 m+1
Donc X + 1 suit une loi géométrique de paramètre 1 2 .
Pour tout entier n,
P(Y = n) =
+∞∑
m=0
= e−1
n!
e −1
n!
1
2 m+1
1
2 m+1
Donc Y suit une loi exponentielle de paramètre 1.
X et Y sont des variables aléatoires indépendantes.
E(X + 1) = 2 et V (X + 1) = 2 donc E(X) = 1 et V (X) = 2. E(Y ) = 1 et V (Y ) = 1.
Exercice 31.14
1. La loi conditionnellement à (X = n) de S est une loi binomiale de paramètre (n,p) et la
loi conditionnellement à (X = n) de E est une loi binomiale de paramètre (n,1 − p).
2. Pour tout entier k,
⎧(
)
⎪⎨ n
p k (1 − p) n−k t n si 0 k n
P(X = n,S = k) = k
⎪⎩
0 sinon
⎧(
)
⎪⎨ n
p n−l (1 − p) l t n si 0 l n
P(X = n,E = l) = l
⎪⎩
0 sinon
P(S = k,E = l) = P(S = k,E = l,X = k + l)
= P(S = k,X = k + l)
( ) k + l
= p k (1 − p) l t
k
k+l
P(S = k) =
=
+∞∑
n=k
+∞∑
n=k
= (pλ)k e −pλ
k!
P(S = k,X = n)
( n
k)p k (1 − p) n−k λn e −λ
n!

397
Donc S suit une loi de Poisson de paramètre pλ. De même E suit une loi de Poisson de
paramètre (1 − p)λ.
S et E sont des variables aléatoires indépendantes.
Exercice 31.15
1. U(Ω) = N ∗ . Pour tout entier k non nul,
P(U k) = P(X k,Y k) = P(X k)P(Y k).
Or X et Y suivent une loi géométrique de paramètre p donc P(X k) = 1 − q k .
Donc P(U k) = ( 1 − q k) 2
.
Or P(U = k) = P(U k) − P(U k − 1). Ainsi P(U = k) = q 2k−2 (q 2 − 1) + 2q k−1 (1 − q).
V (Ω) = N ∗ . Pour tout entier k non nul,
P(V k) = P(X k,Y k) = P(X k)P(Y k).
Or X et Y suivent une loi géométrique de paramètre p donc P(X k) = q k−1 .
Donc P(V k) = q 2k−2 .
Or P(V = k) = P(V k) − P(V k + 1). Ainsi P(V = k) = q 2k−2 (1 − q 2 ).
2. Comme la série de terme général kq k−1 et la série de terme général k(q 2 ) k−1 convergent
absolument, U admet une espérance.
E(U) =
+∞∑
k=1
k(q 2 ) k−1 (q 2 − 1) + kq k−1 2(1 − q)
q 2 − 1 2(1 − q)
=
(1 − q 2 +
)
2
(1 − q) 2
= 1 + 2q
1 − q 2
3. Comme la série de terme général k(q 2 ) k−1 converge absolument, V admet une espérance.
E(V ) =
=
=
+∞∑
k=1
k(q 2 ) k−1 (1 − q 2 )
1 − q 2
(1 − q 2 ) 2
1
1 − q 2
Or U + V = X + Y et X et Y admettent une espérance E(X) = E(Y ) = 2 p .
Donc E(V ) = 2 p − E(U) = 2 p − 1+2q
1−q
= 1 2 1−q
. 2
Exercice 31.16
1. Y (Ω) = [1,n]. Pour tout entier k de [1,n],
( n k
P(Y k) = P(X 1 k, · · · ,X n k) =
n)
Or P(Y = k) = P(Y k) − P(Y k − 1) = ( )
k n (
n − k−1
) n.
n

398
2. Comme Y est une variable aléatoire réelle finie, Y admet une espérance.
∑
E(Y ) = n k ( )
k n (
n − k k−1
) n
n∑
n =
(k) n+1 ∑
n
− n (k−1) n+1 ∑
n
n
− n ( k
) n.
n
n
k=1
Donc E(Y ) = n − n−1 ∑ ( k
) n.
n
Exercice 31.17
k=0
1. U(Ω) = N. Pour tout entier k,
k=1
k=1
P(U k) = P(X k,Y k)
k=1
= P(X k)P(Y k)
= q 2k
Or P(U = k) = P(U k) − P(U k + 1) = q 2k − q 2k+2 . Donc P(U = k) = q 2k (1 − q 2 ).
V (Ω) = Z. Pour tout entier naturel l,
P(V = l) =
=
=
P(V = −l) =
+∞∑
k=0
+∞∑
k=0
+∞∑
k=0
P(X − Y = l,Y = k)
P(X = k + l)P(Y = k)
p 2 (1 − p) 2k+l
= p2 (1 − p) l
1 − q 2
=
=
+∞∑
k=0
+∞∑
k=0
+∞∑
k=l
= p2 (1 − p) l
1 − q 2
P(X − Y = −l,Y = k)
P(X = k − l)P(Y = k)
p 2 (1 − p) 2k−l
Finalement pour tout entier l de Z, P(V = l) = p2 (1 − p) |l|
1 − q 2 .
Pour tout couple (k,l) d’entiers naturels
P(U = k,V = l) = P(Y = k,X = k + l) = p 2 (1 − p) 2k+l = P(U = k)P(V = l).
Pour tout couple (k,l) d’entiers naturels
P(U = k,V = −l) = P(X = k,Y = k + l) = p 2 (1 − p) 2k+l = P(U = k)P(V = −l).
Donc les variables aléatoires U et V sont indépendantes.

n=0
P([X=n+1]∩[Y =n]) P(U=n,V =1)
P([X=n]∩[Y =n])
=
2. Pour tout entier naturel n,
P(U=n,V =0) = r.
P([X=n+1]∩[Y =n])
Or X et Y sont des variables aléatoires indépendantes, donc
P([X=n]∩[Y =n])
Alors P(X = n + 1) = rP(X = n). Donc (P(X = n)) n∈N
est une suite géométrique et
P(X = n) = r n P(X = 0).
Or +∞ ∑
P(X = n) = 1, P(X = 0) = 1 − r.
Donc pour tout entier n, P(X = n) = P(Y = n) = (1 − r)r n .
Exercice 31.18
1. Z(Ω) = Z. Pour tout entier naturel k,
399
= P(X=n+1)
P(X=n)
.
P(Z = k) =
=
=
P(Z = −k) =
=
=
+∞∑
i=1
+∞∑
i=1
P(X = k + i)P(Y = i)
ab(1 − a) k+i−1 (1 − b) i−1
ab(1 − a)k
a + b − ab
+∞∑
i=k+1
+∞∑
i=k+1
ab(1 − b)k
a + b − ab
P(X = −k + i)P(Y = i)
ab(1 − a) −k+i−1 (1 − b) i−1
2. T est une variable aléatoire de Bernoulli de paramètre p = P(X Y ).
Or P(X Y ) = P(Z 0) = +∞ ∑
P(Z = −k) =
k=0
a
a+b−ab .
3. Par définition de la covariance cov(Z,T) = E(ZT) − E(Z)E(T). Or
Donc cov(Z,T) =
Exercice 31.19
E(ZT) =
+∞∑
k=1
ab(1 − b)k −a(1 − b)
−k =
a + b − ab b(a + b − ab) ,E(T) = a
a + b − ab
et E(Z) = E(X) − E(Y ) = b − a
ab .
a−1
a+b−ab .
1. X(Ω) = [1,n − 1] et Y (Ω) = [2,n].
Posons Z = (X,Y ). Z(Ω) = {(i,j), 1 i < j n}.
Ω est ici l’ensemble des bijections de l’ensemble [1,n] des numéros des boules supposées
alors numérotées et vers l’ensemble [1,n] des rangs des tirages. Ω est muni de la probabilité

400
uniforme.
P(Z = (i,j)) = 2(n−2)!
n!
= 2
n(n−1) .
Pour tout entier i de [1,n − 1], P(X = i) =
Pour tout entier j de [2,n], P(Y = j) = j−1 ∑
i=1
i=1
i=1
n ∑
j=i+1
P(X = i,Y = j) = 2(n−i)
n(n−1) .
P(X = i,Y = j) = 2(j−1)
n(n−1) .
2. Comme X et Y sont des variables aléatoires finies, X, Y et XY admettent une espérance.
E(X) = n−1 ∑
iP(X = i) = n−1 ∑
( )
2(n−i)i
n(n−1) = 2 n 2 (n−1)
n(n−1) 2
− n(n−1)(2n−1)
6
.
∑
E(Y ) = n ∑
jP(X = j) = n
j=2
j=2
Donc E(X) = n + 1
3
( )
2(j−1)j
n(n−1) = 2 n(n+1)(2n+1)
n(n−1) 6
− n(n+1)
2
.
Donc E(Y ) =
2(n + 1)
3
E(XY ) =
=
=
n−1
∑
n∑
i=1 j=i+1
ijP(X = i,Y = j) =
n−1
∑
n−1
2 ∑ (n − i)(n + i + 1)
i
n(n − 1) 2
1
n(n − 1)
i=1
( n 2 (n − 1)(n + 1)
−
2
Donc E(XY ) =
Ainsi cov(X,Y ) = E(XY ) − E(X)E(Y ) = (n+1)(n+2)
E(X 2 ) = n−1 ∑
i 2 P(X = i) = n−1 ∑
i=1
i=1
E(Y 2 ∑
) = n j 2 ∑
P(X = j) = n
j=2
Finalement ρ X,Y = 1 2 .
j=2
2(n−i)i 2
n(n−1)
= 2
n(n−1)
Donc V (X) =
n∑
i=1 j=i+1
2ij
n(n − 1)
n(n − 1)(2n − 1)
6
(n + 1)(3n + 2)
12
36
.
(
n 2 (n−1)(2n−1)
6
− n2 (n−1) 2
4
(n + 1)(n − 2)
18
− n2 (n − 1) 2 )
.
4
( )
2(j−1)j 2
n(n−1)
= 2 n 2 (n+1) 2
n(n−1) 4
− n(n+1)(2n+1)
6
.
Donc E(Y ) =
(n + 1)(n − 2)
18
)
.

401
Exercice 31.20
1. U(Ω) = {0,1,2} et V (Ω) = {−1,0,1}.
Représentons sous la forme d’un tableau la loi du couple (U,V ).
0 1 2
−1 0 pq 0 pq
0 q 2 0 p 2 p 2 + q 2
1 0 pq 0 pq
q 2 2pq p 2 1
2. E(UV ) = pq − pq = 0, E(U) = 2pq + 2p 2 = 2p et E(V ) = −pq + pq = 0.
Donc cov(U,V ) = 0.
3. U et V sont des variables aléatoires réelles non indépendantes et cov(X,Y ) = 0.
Donc la réciproque de la proposition : Si X et Y sont indépendantes alors cov(X,Y ) = 0
est fausse.
Exercice 31.21
Par définition de la covariance
cov(X,Y ) = E(XY )−E(X)E(Y ) = E(X(X+1) 2 )−E(X)E((X+1) 2 ) = E(X 3 )−E(X)E(X 2 ).
Or E(X) = n+1
2 , E(X2 ) = n ∑
k=1
Donc cov(X,Y ) = (n2 −1)(n+1)
12
.
Exercice 31.22
k 2
n = (n+1)(2n+1)
6
et E(X 3 ∑
) = n
k=1
k 3
n = n(n+1)2
4
.
1. X suit une loi uniforme sur [1,n].
La loi conditionnellement à (X = k) de Y est la loi uniforme sur {1, · · · ,k − 1,k + 1,n}.
∑
Pour tout entier i de [1,n], P(Y = i) = n P X=k (Y = i)P(X = k) = 1 n .
Donc Y suit une loi uniforme sur [1,n].
Ainsi E(X) = E(Y ) = n+1
2 .
E(XY ) =
=
=
=
=
n∑
i=1 j=1
n∑
k=1
n∑
ijP X=i (Y = j)P(X = i)
i=1 j=1,j≠i
1
n(n − 1)
1
n(n − 1)
n∑ ij
n(n − 1)
n∑
( n(n + 1)
i
2
i=1
( n 2 (n + 1) 2
−
4
(n + 1)(3n + 2)
12
Donc cov(X,Y ) = E(XY ) − E(X)E(Y ) = − n+1
12 .
)
− i
)
n(n + 1)(2n + 1)
6

402
2. Z(Ω) = [1,n − 1].
Pour tout entier k de [1,n − 1],
P(Z = k) =
k=1
=
=
=
=
n∑
P X=i (Z = k)P(X = i)
i=1
n∑
P X=i (Y = k + i)P(X = i) + P X=i (Y = i − k)P(X = i)
i=1
n−k
∑
P X=i (Y = k + i)P(X = i) +
i=1
n−k
∑
i=1
1
n(n − 1) +
2(n − k)
n(n − 1)
n
∑
i=k+1
1
n(n − 1)
n∑
i=k+1
P X=i (Y = i − k)P(X = i)
Comme Z est une variable aléatoire réelle finie, Z admet une espérance.
E(Z) = n−1 ∑
( )
2k(n−k)
n(n−1) = 2 n 2 (n−1)
n(n−1) 2
− n(n−1)(2n−1)
6
.
Donc E(Z) = n+1
Exercice 31.23
3 .
1. X 1 , X 2 , X 3 suivent une loi binomiale de paramètre (n, 1 3 ).
2. Remarquons que X 1 + X 2 + X 3 = n. Donc X 1 + X 2 = n − X 3 .
Or n − X 3 suit une loi binomiale de paramètre (n, 2 3 ).
Donc X 1 + X 2 suit une loi binomiale de paramètre (n, 2 3 ). V (X 1 + X 2 ) = 2n 9 .
3. V (X 1 + X 2 ) = V (X 1 ) + V (X 2 ) + 2cov(X 1 ,X 2 ). Donc cov(X 1 ,X 2 ) = − n 9 .
Le coefficient de corrélation de X 1 et X 2 est ρ X1,X 2
= − 1 2 .
Exercice 31.24
cov(U,V ) = n ∑
i=1 j=1
n∑
cov(X i ,X j+m ).
Or les variables aléatoires X i sont indépendantes, donc si i ≠ j + m, cov(X i ,X j+m ) = 0.
Alors si m n, cov(U,V ) =
n ∑
i=m+1
V (X i ) = (n − m)σ et si m n, cov(U,V ) = 0.
Comme les variables aléatoires X i sont indépendantes, V (U) = V (V ) = nσ.
Ainsi le coefficient de corrélation entre U et V est ρ U,V = n−m
n .
Exercice 31.25
1. Soit Y i la variable aléatoire qui vaut 1 si la ième boutique n’a pas de client et 0 sinon. Y i
suit une loi de Bernoulli de paramètre ( )
n−1 na.
n
∑
Y = n Y i .
i=1
Alors par linéariré de l’espérance E(Y ) = n ∑
i=1
E(Y i ) = n ( )
n−1 na.
n

403
Pour tout couple (i,j) d’entiers distincts de [1,n], Y i Y j suit une loi de Bernoulli de paramètre
( n−2
n
) na.
Alors cov(Y i ,Y j ) = E(Y i Y j ) − E(Y i )E(Y j ) = ( n−2
n
Donc
n∑ ∑
V (Y ) = V (Y i ) + 2 cov(Y i ,Y j )
i=1
1i

404
X 1 et X 2 sont des variables aléatoires indépendantes de même loi géométrique de paramètre
1
9 .
Y = max(X 1 ,X 2 ). Y (Ω) = [1,+∞[
Pour tout entier k non nul, P(Y k) = P(X 1 k,X 2 k) =
(
1 − ( 8
9) k
) 2.
Or P(Y = k) = P(Y k) − P(Y k − 1).
(
Donc pour tout entier k non nul, P(Y = k) = 2 8
) k−1 (
9 9 −
17 8
) 2k−2.
81 9
2. S = 10(X 1 + X 2 ).
Déterminons la loi de X 1 + X 2 . (X 1 + X 2 )(Ω) = [2,+∞[.
Pour tout entier k de [2,+∞[, P(X 1 + X 2 = k) = +∞ ∑
P(X 1 = k − i,X 2 = i).
Or si i k, alors P(X 1 = k − i) = 0.
Donc P(X 1 + X 2 = k) = k−1 ∑ ( 1
) 2 ( 8
) k−2 (
9 9 = (k − 1) 1
) 2 ( 8
9 9
i=1
i=1
) k−2.
Ainsi pour tout entier k de [2,+∞[, P(S = 10k) = (k − 1) ( 1 2 ( 8 k−2.
9)
9)
Comme X 1 et X 2 sont des variables aléatoires indépendantes aui admettent une variance,
S admet une espérance et une variance.
E(S) = 10(E(X 1 ) + E(X 2 )) et V (S) = 100(V (X 1 ) + V (X 2 )).
Donc E(S) = 180 et V (S) = 14400.
La probabilité que les deux joueurs versent la même somme est la probabilité que X 1 = X 2 .
P(X 1 = X 2 ) = +∞ ∑
P(X 1 = i,X 2 = i) = +∞ ∑
P(X 1 = i)P(X 2 = i).
i=1
Ainsi P(X 1 = X 2 ) = 1
Exercice 31.28
17 .
i=1
1. Y n suit une loi de Bernoulli de paramètre P(X n X n+1 = 1).
Or P(X n X n+1 = 1) = P(X n = 1,X n+1 = 1) = p 2 .
Ainsi Y n suit une loi de Bernoulli de paramètre p 2 . Y n admet une espérance et une variance.
E(Y n ) = p 2 et V (Y n ) = p 2 (1 − p 2 ).
2.
P [Yn−1=1]∩[Y n−2=0](Y n = 0) = P([Y n = 0] ∩ [Y n−1 = 1] ∩ [Y n−2 = 0])
P([Y n−1 = 1] ∩ [Y n−2 = 0])
= P(X n+1 = 0,X n = 1,X n−1 = 1,X n−2 = 0)
P(X n = 1,X n−1 = 1,X n−2 = 0)
= p
3. P(Y i Y j = 1) = P(X i = 1,X i+1 = 1,X j = 1,X j+1 = 1).
Si i j + 2 ou i j − 2, alors P(Y i Y j = 1) = p 4 .
Si i = j + 1 ou i = j − 1, alors P(Y i Y j = 1) = p 3 .
Si i = j, alors P(Y i Y j = 1) = p 2 .
⎧
⎪⎨ p 4 si i j + 2 ou i j − 2
Alors Y i Y j suit une loi de Bernoulli de paramètre p
⎪⎩
3 si i = j + 1 ou i = j − 1
p 2 si i = j

405
Par définition de la
⎧
covariance, cov(Y i ,Y j ) = E(Y i Y j ) − E(Y i )E(Y j ).
⎪⎨ 0 si i j + 2 ou i j − 2
Ainsi cov(Y i ,Y j ) = p
⎪⎩
3 (1 − p) si i = j + 1 ou i = j − 1
p 2 (1 − p 2 ) si i = j
4. Par linéarité de l’espérance, E(S n ) = p 2 .
⎛
V (S n ) = 1 n∑
⎝
n 2 V (Y i ) + 2
= 1 n 2 ⎛
⎝
i=1
n∑
i=1
= 1 n 2 ( n
∑
i=1
∑
1i

406
numéro l n’apparaît pas lors des j − i + 1 tirages du rang i + 1 au rang j − 1.
(
Donc P (Yi=k,Y j=l) Xi = 1,X j = 1 ) = nj−i−1 (n−1) i−1
(n+1)
. j−2
∑
Ainsi P(X i = 1,X j = 1) = n n∑
l=0 k=0,k≠l
Finalement P(X i = 1,X j = 1) = nj−i (n−1) i−1
(n+1) j−1 .
n j−i−1 (n−1) i−1
(n+1) j−2 1
(n+1) 2 .
Si i < j, alors X i X j suit une loi de Bernoulli de paramètre nj−i (n−1) i−1
(
Si i = j, alors la loi de X i X i est la loi de Bernoulli de paramètre
(n+1) j−1 .
i−1.
n
n+1)
(
Si i < j, alors cov(X i ,X j ) = E(X i X j ) − E(X i )E(X j ) = nj−i (n−1) i−1
(n+1)
− j−1
Donc les variables aléatoires X i et X j ne sont pas indépendantes.
4. Z N = X 1 + X 2 + · · · + X N .
Par linéarité de l’espérance, E(Z N ) = N ∑
Donc E(Z N ) = (n + 1)
(
1 −
(
n
n+1
k=1
) N
)
.
(
k−1.
n
n+1)
( N
n
5. 1 −
n+1)
= 1 − e
−N ln(1+ 1 n ) .
Or lim ln(1 + 1
n→+∞ n ) = 0. Donc 1 − e−N ln(1+ 1 n ) ∼ N ln(1 + 1
n→+∞ n ).
1
Comme lim
n→+∞ n = 0, ln(1 + 1 n ) = 1 n .
Donc 1 − e −N ln(1+ 1 n )
Ainsi E(Z N )
∼ N.
n→+∞
Exercice 31.30
)( 2
1)
1. P(A n ) =
( 3
1
N
∼
n→+∞ n .
( 5
2) = 3 5 et P(B n) =
( 3
2)
( 5
2) = 3
10 .
i+j−2.
n
n+1)
2. X suit une loi géomérique de paramètre 3 5
3
10 .
E(X) = 5 3 et E(Y ) = 10 3 .
et Y suit une loi géométrique de paramètre
3. a) Notons C n l’événement A n ∪ B n .
Si 1 i < j,
Si 1 j < i,
P(X = i,Y = j) = P(C 1 ∩ · · · ∩ C i−1 ∩ A i ∩ B i+1 ∩ · · · ∩ B j−1 ∩ B j )
= 9 ( i−1 ( ) j−i−1
1 7
50 10)
10
P(X = i,Y = j) = P(C 1 ∩ · · · ∩ C j−1 ∩ B j ∩ A j+1 ∩ · · · ∩ A i−1 ∩ A i )
( ) j−1 ( i−j−1
1 2
10 5)
= 9 50

407
b)
P(X < Y ) =
=
=
+∞∑
+∞∑
i=1 j=i+1
+∞∑
+∞∑
i=1 j=i+1
+∞∑
i=1
9
50
P(X = i,Y = j)
( ) i−1 ( ) j−i−1
9 1 7
50 10 10
( 1
10) i−1 ( 10
3
)
= 2 3
c) D(Ω) = N ∗ . Pour tout entier k non nul,
P(D = k) = P(X − Y = k) + P(Y − X = k)
=
=
= 1 5
+∞∑
i=1
+∞∑
i=1
P(X = k + i,Y = i) +
( i−1 ( ) k−1
9 1 2
+
50 10)
5
( ( ) k−1 ( ) k−1 7 2
+
10 5)
+∞∑
i=1
+∞∑
i=1
P(Y = k + i,X = i)
( ) i−1 ( ) k−1
9 1 7
50 10 10
Comme les séries de terme général k ( 7 k−1 (
10)
et k
2 k−1
5)
convergent, alors D admet une
espérance. (
E(D) = 1 100
5 9 + ) 25
9 =
25
9 .
4. a) Z est la variable aléatoire égale au numéro du tirage pour lequel on obtient pour la
première fois soit deux boules de couleurs différentes, soit deux boules blanches.
Donc Z suit une loi géométrique de paramètre 9 10 .
b) min(X,Y ) = 1 2
(X + Y − |X − Y |). Donc D = X + Y − 2Z.
Comme X, Y et Z admettent une espérance, D admet une espérance.
E(D) = E(X) + E(Y ) − 2E(Z) = 25
9 .
Exercice 31.31
1. X 1 suit une loi uniforme sur [1,N ].
2. a) Si X 1 = i est réalisé, alors l’urne contient i boules portant le numéro i et N − i boules
portant les numéros de i ⎧+ 1 à N.
0 si j < i
⎪⎨ i
Donc P X1=i(X 2 = j) =
N
si j = i .
⎪⎩
1
N si j > i

408
b) Comme (X 1 = i) 1iN est un système complet d’événements, pour tout entier j de
[1,N ], par la formule des probabilités totales,
P(X 2 = j) =
3. a) Procèdons par double inclusion.
n⋂
[X k = 1] ⊂ [X n = 1].
k=1
N∑
P X1=i(X 2 = j)P(X 1 = i)
i=1
= j N
= 2j − 1
N 2
j−1
1
N + ∑ 1
N 2
Inversement si [X n = 1] est réalisé, alors la boule numéro 1 n’est pas enlevée lors des
précédents tirages, donc lors des précednets tirages la boule 1 est retirée et donc remise dans
i=1
l’urne comme l’indique le protocole. Donc [X n = 1] ⊂
Ainsi
n⋂
[X k = 1] = [X n = 1].
k=1
b) D’après la formule des probabilités composées
n ⋂
k=1
[X k = 1].
P(X n = 1) = P(X 1 = 1)P X1=1(X 2 = 1) · · · P (X1=1,X 2=1,··· ,X n−1=1)(X n = 1)
= 1 1
N N · · · 1
N
1
=
N n
4. a) D’après la formule des probabilités totales avec le système complet d’événements
(X n = k) 1kN ,
P(X n+1 = N) =
N∑
P(X n = k)P Xn=k(X n+1 = N)
k=1
N−1
∑
= P(X n = N) + P(X n = k)P Xn=k(X n+1 = N)
k=1
N−1
∑
= P(X n = N) + P(X n = k) 1 N
k=1
= P(X n = N) + 1 N (1 − P(X n = N))
= N − 1
N
P(X n = N) + 1 N
b) La suite (P(X n = N)) n∈N ∗ est une suite arithméticogéométrique de limite événtuelle le
réel l tel que l = N − 1
N l + 1 N
c’est-à-dire l = 1.

Alors la suite (P(X n = N) − 1) n∈N ∗ est une suite géométrique de raison N − 1 et de premier
N
terme P(X 1 = N) − 1 = 1 N − 1.
( ) n N − 1
Ainsi pour tout entier n non nul, P(X n = N) − 1 = − .
(
N
) n N − 1
Finalement pour tout entier n non nul, P(X n = N) = 1 − .
N
5. a) D’après la formule des probabilités totales avec le système complet d’événements
(X n = k) 1kN , pour tout entier j de [1,N ]
P(X n+1 = j) =
N∑
P(X n = k)P Xn=k(X n+1 = j)
k=1
∑j−1
= P(X n = j)P Xn=j(X n+1 = j) + P(X n = k)P Xn=k(X n+1 = j)
k=1
= j N P(X ∑j−1
n = j) + P(X n = k) 1 N
k=1
⎛ ⎞ ⎛ 1 ⎞
P(X n+1 = 1) N
0 · · · 0 ⎛ ⎞
P(X P(X n+1 = 2)
Donc ⎜
⎝
⎟
. ⎠ = 1
2 . ..
. n = 1)
..
N
⎜
N
P(X n = 2)
⎝
.
. .. . ⎟ ⎜
.. 0
⎠ ⎝
⎟
. ⎠ .
P(X n+1 = N) 1
N · · · 1 P(X
N
1 n = N)
⎛ 1 ⎞
N
0 · · · 0
1
2 . ..
. ..
Ainsi A =
N
⎜
N
⎝
.
. .. . ⎟ .. 0
⎠ .
1
N · · · 1
N
1
b) A est une matrice triangulaire inférieure, donc les coefficients diagonaux de A sont les
valeurs propres de A.
Alors A admet n valeurs propres distinctes.
Donc A est diagonalisable.
⎛ ⎞
1 0 0
6. Si N = 3, alors A = 1 ⎝1 2 0
3
⎠.
1 1 3
⎛ ⎞
1
Par une récurrence immédiate, V n = A n−1 V 1 . Or V 1 = 1 ⎝1
3
⎠.
1
⎛ ⎞
1
Le sous-espace propre de A associé à la valeur propre 1 3 est E A( 1 3 ) = Vect( ⎝−1⎠).
⎛
0
⎞
0
Le sous-espace propre de A associé à la valeur propre 2 3 est E A( 2 3 ) = Vect( ⎝ 1 ⎠).
−1
409

410
⎛
⎞
Le sous-espace propre de A associé à la valeur propre 1 est E A (1) = Vect( ⎝ 0 0⎠).
1
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
1 0 0 1 0 0 1 0 0
Donc A = PDP −1 où P = ⎝−1 1 0⎠, D = 1 ⎝0 2 0⎠ 3
et P −1 = ⎝1 1 0⎠.
0 −1 1 0 0 3 1 1 1
Par une récurrence ⎛ immédiate A n = PD⎞
n P −1 . ⎛ ⎞
1 0 0
1
Donc A n = 1 ⎝ 2 n − 1 2 n 0 ⎠
3
et V n n = 1 ⎝ 2 n − 1
3 n − 2 n 3 n − 2 n 3 n 3
⎠.
n
3 n − 2 n
Donc P(X n = 1) = 1
3 n , P(X n = 2) = 2n − 1
3 n et P(X n = 3) = 3n − 2 n
3 n .
Exercice 31.32
1. (N,X)(Ω) = {(n,k) ∈ N ∗ × N, 0 k n}.
Pour tout couple (n,k) de (N,X)(Ω), par définition de la probabilité conditionnelle,
P(N = n,X = k) = P N=n (X = k)P(N = n) = ( )
n
k p k (1−p) n−k p(1−p) n−1 = ( n
k)
p k+1 (1−p) 2n−k−1 .
2. Comme (N = n) n∈N ∗ est un système complet d’événements, pour tout entier k non nul,
P(X = k) =
=
+∞∑
n=1
+∞∑
n=k
P(N = n,X = k)
( n
k)
p k+1 (1 − p) 2n−k−1
= 1 ∑+∞ k! pk+1 (1 − p) k−1 n(n − 1) · · · (n − k + 1) ( (1 − p) 2) n−k
n=k
= 1 k! pk+1 (1 − p) k−1 k!
p k+1 (2 − p) k+1
= (1 − p) k−1 1
(2 − p) k+1
P(X = 0) = +∞ ∑
P(N = n,X = 0) = +∞ ∑
p(1 − p) 2n−1 .
n=1
Donc P(X = 0) = 1−p
2−p .
n=1
3. Considèrons Y une variable aléatoire qui suit une loi de Bernoulli de paramètre p ′ et Z
une variable aléatoire qui suit une loi géométrique de paramètre p ′ .
Nous supposons Y et Z indépendantes.
Posons alors W = Y Z. W(Ω) = N.
Avec le système complet d’événements ((Y = 0),(Y = 1)), on a pour tout entier k
P(W = k) = P(Y Z = k,Y = 0) + P(Y Z = k,Y = 1).
Si k = 0, alors P(W = 0) = P(Y = 0) = 1 − p ′ .
Si k 1, alors par l’indépendance des variables aléatoires Y et Z,
P(W = k) = P(Z = k)P(Y = 1) = p ′2 (1 − p ′ ) k−1 .

Donc en posant p ′ = 1
2−p
, X et W ont même loi.
Ainsi X a la même loi qu’un produit de deux variables indépendantes, l’une étant une variable
aléatoire de Bernoulli et l’autre une variable aléatoire géométrique de même paramètre
1
2−p .
4. Comme Y et Z sont indépendantes, E(X) = E(Y )E(Z) = 1.
Comme Y 2 et Z 2 sont indépendantes, E(X 2 ) = E(Y 2 )E(Z 2 ).
Or E(Y 2 ) = p ′ et V (Z) = 1−p′
p
= E(Z 2 ) − E(Z) 2 donc E(Z 2 ) = 1−p′
′2
p
+ 1
′2
Ainsi E(X 2 ) = 2−p′
p ′
Exercice 31.33
, et V (X) = 2−p′
p ′
− 1 = 2(1 − p).
1. T i est une variable
(
aléatoire
)
de Bernoulli de paramètre P(T i = 1).
an
n − 1
Or P(T i = 1) = .
n
( ) an ( ) an n − 1
n − 1
Donc T i est une variable aléatoire de Bernoulli de paramètre , E(T i ) = .
n
n
2. Si i ≠ j T i T j est une variable aléatoire de Bernoulli de paramètre
( ) na n − 2
P(T i T j = 1) = P(T i = 1,T j = 1) = .
n
( ) an n − 2
Donc E(T i T j ) = .
n
( ) an ( ) 2an n − 2 n − 1
Alors cov(T i ,T j ) = E(T i T j ) − E(T i )E(T j ) =
− .
n n
∑
3. Remarquons que Y n = n T i .
i=1
Par linéarité de l’espérance, E(S n ) = 1 n
( ) an n − 1
Donc E(S n ) = .
(
n
n − 1
Or
n
Donc anln(1 − 1 n ) ∼ −a.
n→+∞
n∑
E(T i ).
i=1
) an
= e an ln(1− 1 n ) et ln(1 − 1 n ) ∼
n→+∞ − 1 n .
Ainsi lim
n→+∞ E(S n) = e −a .
4.
⎛
V (S n ) = 1 n∑
⎝
n 2 V (T i ) + 2
= 1 n
i=1
( n − 1
n
) an [
1 −
∑
1i

412
Or lim
n→+∞
( n − 2
n
Donc lim V (S n) = 0.
n→+∞
) an
= e −2a , lim
n→+∞
5. a) S n (ω) − e −a = S n (ω) − E(S n ) + E(S n ) − e −a .
Donc par inégalité triangulaire,
( ) 2an ( ) an n − 1
n − 1
= e −2a et lim = e −a .
n
n→+∞ n
∣ Sn (ω) − e −a∣ ∣ |Sn (ω) − E(S n )| + ∣ ∣ E(Sn ) − e −a∣ ∣ .
b) Soit ε > 0.
si ω vérifie |S n (ω) − e −a | ε alors |S n (ω) − E(S n )| + |E(S n ) − e −a | ε.
Or lim E(S n) = e −a . Donc il existe un entier n 0 tel que por tout entier n supérieur ou
n→+∞
égal à n 0 , |E(S n ) − e −a | ε 2 .
Donc ∀ε > 0, ∃n n 0 , P (|S n (ω) − e −a | ε) P ( |S n (ω) − E(S n )| ε 2)
.
c) Or d’après l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev, P(|S n − E(S n )| ε 2 ) 4V (S n)
ε 2 .
Donc lim
n→+∞ P(|S n − E(S n )| ε 2 ) = 0.
Ainsi lim
n→+∞ P(|S n(ω) − e −a | ε) = 0.
Exercice 31.34
∑
1. a) X n = n Y i .
i=1
n
b) Y 1 suit une loi géométrique de paramètre
( 2n 2 ) = 1
2n−1 .
pour tout entier i de [1,n], Y i suit une loi géométrique de paramètre p i où p i est la probabilité
d’obtenir une nouvelle paire de boules portant le même numéro quand i −1 paires de boules
protant le même numéro ont été enlevées.
Donc p i =
( n−i+1
2(n−i+1)
2 ) = 1
2n−2i+1 et E(Y i) = 2n − 2i + 1.
∑
c) Par linéarité de l’espérance E(X n ) = n ∑
E(Y i ) = n 2n − 2i + 1 = n 2 .
i=1
2. a) Si n = 1, X 1 est la variable aléatoire certaine égale à 1.
Si n = 2, X 2 est égale au temps d’attente de la première paire de boules portant le même
numéro.
Donc X 2 suit une loi géométrique de paramètre 1 3 .
b) Si n = 3, alors Y 3 est la variable aléatoire certaine égale à 1 et X 3 = Y 1 + Y 2 + 1, Y 1 suit
une loi géométrique de paramètre 1 5 et Y 2 suit une loi géométrique de paramètre 1 3 . Pour
tout entier k supérieur ou égal à 3, avec le système complet d’événements (Y 1 = i) i∈N ∗ et
i=1

413
par l’indépendance des variables aléatoires Y 1 et Y 2 ,
P(X 3 = k) =
=
=
+∞∑
i=1
P Y1=i(Y 2 = k − i − 1)P(Y 1 = i)
k−2
∑
P(Y 2 = k − i − 1)P(Y 1 = i)
i=1
k−2
∑
i=1
= 1 15
( ) k−i−2 ( ) i−1
1 2 1 4
3 3 5 5
( 2
3) k−3 k−2 ∑
i=1
( 6
5) i−1
( 2
3
) k−3
( 6
) k−2
5 − 1
= 1 15
1
5
) k−2 ( ) k−2 2
−
3)
= 1 2
( (4
5
3. a) [X n = n] est l’événement à chaque tirage on obtient une paire de boules portant le
⋂
même numéro. Donc [X n = n] = n [Y i = 1].
i=1
Par indépendance des événements, P(X n = n) = n ∏
i=1
1
2n−2i+1 = 2n n!
(2n)! .
b) L’événement [X n = n + 1] est l’événement à tous les tirages on obtient une paire de
boules portant le même numéro ( sauf à un tirage qui ) n’est pas le dernier tirage.
Donc (X n = n + 1) = n−1 ⋃
n⋂
(Y i = 2) (Y j = 1) .
i=1
j=1,j!i
Par incompatibilité et par indépendance des événements,
P(X n = n + 1) =
=
n−1
∑
P((Y i = 2)
i=1
n−1
∑
P(Y i = 2)
i=1
n⋂
j=1,j≠i
n∏
j=1,j!i
n−1
∑
= p 1 p 2 · · · p n−1 (1 − p i )
i=1
⎛
= 2n n−1
n! ∑
⎝n − 1 −
(2n)!
j=1
(
= 2n n!
(2n)!
n −
2n∑
k=1
n
1
k − ∑
= 2n n!
(2n)! (n − h 2n − h n )
(Y j = 1))
P(Y j = 1)
⎞
1
⎠
2j + 1
)
1
2k
k=1

414
Exercice 31.35
1. Notons Y n la variable aléatoire égale au nombre de déplacements augmentant l’abscisse
du point d’une unité au cours des n premières étapes.
Y n suit une loi binomiale de paramètre (n,p). X n = Y n − (n − Y n ) = 2Y n − n.
Pour tout entier k de [0,n], P(X n = 2k − n) = P(Y n = k) = ( n
k)
p k (1 − p) n−k .
2. Notons Z i la variable aléatoire qui vaut 1 si le ième déplacement augmente l’abscisse de 1
et −1 sinon. E(Z i ) = p −(1 −p) = 2p −1 et V (Z i ) = 1 −(2p −1) 2 = 4p(1 −p). Les variables
aléatoires Z i sont indépendantes.
∑
X n = n Z i .
i=1
Si n m,
cov(X n ,X m ) =
=
n∑
i=1 j=1
m∑
cov(Z i ,Z j )
n∑
cov(Z i ,Z i )
i=1
= 4np(1 − p)