PSI 2013 - Decitre

Annales des ConcoursPSIMathématiques2013Sous la coordination deGuillaume BatogProfesseur en CPGEAncien élève de l’École Normale Supérieure (Cachan)Vincent PuyhaubertProfesseur en CPGEAncien élève de l’École Normale Supérieure (Cachan)ParSamuel BaumardENS UlmSimon BillouetENS CachanChristophe FiszkaENS CachanFlorian MetzgerENS CachanClément MifsudENS CachanYvon VignaudProfesseur en CPGELes auteurs remercient Jean-Julien Fleck pour la précieuse aide qu’il a apportée à la préparationde cet ouvrage.

Des annales, pour quoi faire ?Quand on prépare les concours, on ne peut rien laisser au hasard : il faut étudierchaque leçon, apprendre chaque exercice classique, en somme, travailler en détail toutce qui peut tomber. Reste à savoir ce qui tombe vraiment!Se confronter aux écrits de la dernière session est le meilleur moyen de préparerla suivante. Les Annales des Concours sont également un bon outil pour préparerles compositions pendant l’année. L’idée directrice de cet ouvrage s’inspire des manuelsde Terminale mais nous avons ajouté, pour chaque sujet, des indications et denombreux commentaires méthodologiques et scientifiques. Dans le même esprit, nousavons regroupé en fin d’ouvrage les formulaires les plus utiles.Comment utiliser cet ouvrage?Les devoirs pendant l’année sont des entraînements précieux, mais ils sont généralementtrop courts ou trop longs. Trop courts, parce que les compositions sur tableen temps limité ne vous laissent guère le loisir de creuser les questions ; en s’interdisantde consacrer aux questions difficiles le temps qu’elles méritent, on se condamneà ne savoir résoudre que les questions faciles – celles qui rapportent peu de points.Trop longs, parce que les devoirs à la maison vous laissent seul face à un énoncé dontcertaines questions sont susceptibles de vous bloquer complètement, ou de vous fairetravailler pendant un temps déraisonnable. En prépa, le temps est compté.Muni de cet ouvrage, vous pourrez rationaliser votre préparation. Commencezpar parcourir l’énoncé, sans le lire de manière exhaustive ni tenter de le résoudre detête : cherchez simplement à acquérir une idée générale de la destination du problèmeet des moyens qu’il se propose d’employer pour y parvenir. Travaillez de votre côté,en vous reportant au corrigé à la fin de chaque partie pour vérifier que vous êtessur la bonne voie. Lorsque vous êtes confronté à une question qui semble insurmontable,consultez les indications puis réessayez. Si cela ne suffit pas, n’hésitez pas àlire en détail la solution de cette question, vérifiez que vous l’avez bien comprise etconcentrez-vous sur la question suivante, sans l’aide du corrigé.C’est dans cette perspective que nous avons écrit cet ouvrage, auquel nous avonsapporté tout notre soin : au moins trois personnes ont travaillé sur chaque corrigé.Nous espérons qu’il vous aidera efficacement dans votre préparation.Écrivez-nous!Vos critiques, suggestions ou propositions nous aideront à améliorer encore nosouvrages. Si vous souhaitez nous en faire part, n’hésitez pas à nous écrire :contact@H-K.frSi vous détectez une erreur, nous vous serions reconnaissants de nous en faire part:Retrouvez-nous en ligneErrare.humanum.est@H-K.frSur notre site www.H-K.fr, vous trouverez nos errata (les erreurs signalées et lescorrectifs), des compléments, et bien d’autres ouvrages. Nous attendons votre visite.Bon courage, et bonne réussite !Les auteursCet ouvrage n’aurait pu exister sans l’aide d’Étienne Audebeau, Cédric Lépine, StéphaneRavier, Laure Valentin et Gladys Vanhemelsdaele. Qu’ils en soient ici remerciés.

Sommaire thématique2004 –2013X MP Maths A1❸123143532X MP Maths BX PC Maths221416❼4232312332❷312❷12Mines MP Maths 135❸13214414Mines MP Maths 2Mines PC Maths 1Mines PC Maths 2Mines PSI Maths 1Mines PSI Maths 2314121212❹4❸6❸3131111❷2131❸11❸1❶11❸536331❹2❹44736321113❸21111Centrale MP Maths 1Centrale MP Maths 2Centrale PC Maths 1Centrale PC Maths 2Centrale PSI Maths 1Centrale PSI Maths 2CCP MP Maths 1CCP MP Maths 2CCP PC Maths 1CCP PC Maths 2CCP PSI Maths 1CCP PSI Maths 22213146212❶121113❼1❿2❾1❽❿1❿25❹❼147631❺22222146133❺43❽❹❷5❹❺❷❶❼524❹441❽❺❷❸3❻1❸1514211513116❶212❶1❸2121133❹313111E3A PSI Maths A❸12112❹31E3A PSI Maths B23❹32❺11❻22❶11 : 1 fois depuis 20042 : 2 fois depuis 2004..9 : 9 fois depuis 2004❶ : 1 fois depuis 2004 dont 2013❷ : 2 fois depuis 2004 dont 2013..: 10 fois depuis 2004 dont 2013❿Algèbre généralePolynômesCombinatoireAlgèbre linéaireAlgèbre bilinéaireSuites et séries numériquesSuites et séries de fonctionsSéries entièresSéries de FourierCalcul intégralÉquations différentiellesAnalyse généraleFonctions de plusieurs variablesTopologieGéométrie

SommaireÉnoncéCorrigéE3AMathématiques ACalcul de l’intégrale d’une fonctionrationnelle en sinus et cosinus à paramètre.intégration sur un segment, intégrales àparamètre, algèbre linéaire, racines n-ièmesde l’unité17 22Mathématiques B4 exercices indépendants.courbes paramétrées, séries, intégralesgénéralisées, espaces préhilbertiens, topologie,diagonalisabilité37 42Concours CommunsPolytechniquesMathématiques 1Étude de plusieurs intégrales à paramètre.intégrales à paramètre, intégrales curvilignes,théorème de Fubini, développements ensérie entière61 65Mathématiques 2Étude des matrices de Hilbert.normes, valeurs propres, intégrales,déterminants83 91Centrale-SupélecMathématiques 1Étude des coefficients de Fourierd’une famille de fonctions.séries de Fourier, séries entières, équationsdifférentielles113 117Mathématiques 2Exponentielle de matrices.algèbre linéaire, réduction, espaces euclidiens139 143

8Mines-PontsMathématiques 1Le flot de Toda.théorème spectral, équations différentielles,intégrales généralisées159 164Mathématiques 2La formule du triple produit de Jacobi.suites et séries numériques, séries entières,convergence normale177 182FormulairesDéveloppements limités usuels en 0 198Développements en série entière usuels 199Dérivées usuelles 200Primitives usuelles 201Trigonométrie 204

22 E3A Maths A PSI 2013 — CorrigéE3A Maths A PSI 2013 — CorrigéCe corrigé est proposé par Christophe Fiszka (ENS Cachan); il a été relu parAlexei Tsygvintsev (ENS Lyon) et Nicolas Martin (ENS Lyon).L’énoncé se compose d’une partie préliminaire et d’un problème en quatre parties.Les questions préliminaires portent sur des résultats élémentaires à propos desracines n-ièmes de l’unité, du calcul matriciel et de la réduction. Elles permettaientde tester la connaissance du cours par les candidats.Prétextant le calcul d’une intégrale d’une fonction rationnelle en cosinus et sinus,le problème permet de passer en revue les théorèmes importants d’analyse réelle etd’algèbre linéaire. Les parties B et C sont indépendantes de la partie A alors que ladernière utilise toutes les autres.• La première partie donne une réponse, purement analytique, au calcul de l’intégraleà paramètre définie pour tout x ∈ ]−1;1[ parh(x) =∫ π0ln ( 1−2xcos(t)+x 2) dtPar exemple, on applique ici les théorèmes classiques de continuité et de dérivationdes intégrales à paramètre.• La deuxième partie aborde les propriétés de réduction des matrices dites circulantesgrâce aux propriétés arithmétiques des racines n-ièmes de l’unité.On prouve que ces matrices sont diagonalisables et on calcule leurs spectres.• Puis le sujet effectue, sans vraiment le dire, une transformée de Fourier discrèted’une fonction et étudie par l’exemple les propriétés de cette transformation.On fait le lien entre la transformée et les matrices circulantes de la partieprécédente.• La dernière partie regroupe les résultats des parties B et C pour calculer d’uneautre manière l’intégrale de la partie A.Le problème est relativement facile, classique, et nécessite pas mal de calculs.Il convient donc d’être particulièrement soigneux et précis lors de la rédaction.C’est une bonne occasion de s’assurer de son aptitude aux calculs dans un contextethéorique simplifié ; savoir mener à bien un calcul long est important dans l’appréciationd’une copie, indépendamment de la sélectivité concours.

E3A Maths A PSI 2013 — Corrigé 23IndicationsQuestions préliminaires1.c Reconnaître une somme géométrique et bien distinguer le cas où la raisonvaut 1.2.c Prouver que si M = PDP −1 alors p(M) = Pp(D)P −1 .Partie AA.1 Au lieu d’essayer de calculer directement l’intégrale, faire un changement devariable adéquat sur le second facteur.A.2 Il suffit d’écrire la formule d’Euler e it = cos(t)+isin(t).A.4 Effectuer le changement de variable u = π−t.A.7 Faire bien attention aux valeurs possibles de x. Respectivement, on considèreles trois cas x ∈ [0;1[, x ∈ [−1;1]{0} et x ∈ ]−1;1[ aux questions 5, 6et 7. Toutefois h est continue et paire...Partie BB.1 Effectuer pour j variant de n à 2, l’opération suivante sur les colonnes :C j ← C j −aC j−1B.2.b Faire un développement suivant la première colonne.B.4 Reprendre la preuve de la question préliminaire 2.c.Partie CC.1.b Appliquer la question préliminaire 1.c.C.2.c Montrer pour tout k ∈ [0; n−1 ]( )1n−1∑ 2sπϕ ω −ks = a kn ns=0D.1 C’est une somme de Riemann.Partie DD.2.b On relie facilement la fonction F à la fonction ϕ de la question C.2 parF(t) = ln(|ϕ(t)|)−ln(1−a n )Utiliser ensuite cette relation pour calculer les sommes de Riemann.

24 E3A Maths A PSI 2013 — CorrigéQuestions préliminairesDans la suite, utilisons la notation D = Diag(a 1 ,...,a n ) pour désigner la matricediagonale de taille n dont les éléments diagonaux sont D ii = a i pour tout i ∈ [1; n ].1.a L’ensemble des racines n-ièmes de l’unité estComme ω k = e i2kπ/n , on trouveU n = {e i2kπ/n | k ∈ [0; n−1 ]}U n = {ω k | k ∈ [0; n−1 ]}1.b La factorisation est donnée parX n −1 =n−1Πk=0 (X−ωk )1.c Tout d’abord, remarquons que la somme recherchée est une somme géométrique∑ω rk = n−1 ∑(ω r ) kn−1k=0k=0Il faut donc regarder si la raison ω r est égale ou non à 1. Orω r = 1 ⇐⇒ e ir2π/n = 1 ⇐⇒ 2rπ/n = 0 mod (2π)Par conséquent si r ∈ nZ alorsSinon, r /∈ nZ, on obtientk=0⇐⇒ r/n ∈ Z ⇐⇒ r ∈ nZk=0∑ω rk = n−1 ∑1 k = n−1 ∑1 = nn−1k=0k=0k=0n−1 ∑ω rk = n−1 ∑(ω r ) k = 1−ωrn1−ω r = 1−(ωn ) r1− ω r= 1−1r1−ω r = 0En résumé,{∑ 0 si r /∈ nZω rk =n si r ∈ nZn−1k=02.a Par définition, M est diagonalisable s’il existe une matrice complexe inversiblePet une matrice D diagonale telles queM = PDP −1 et D = Diag(λ 0 ,...,λ n−1 )Par suite, en utilisant la propriété multiplicative du déterminant, on adet(M) = det ( PDP −1)= det(P)det(D)det ( P −1)= det(P)det ( P −1) det(D)det(M) = det(D)car det ( P −1) = det(P) −1

E3A Maths A PSI 2013 — Corrigé 25Or on sait que le déterminant d’une matrice diagonale vaut le produit de ses coefficientsdiagonaux. Dans notre cas, on obtient det(D) = Π λ k. Finalement,n−1k=0det(M) =n−1Πk=0 λ k2.b Avec les notations de l’énoncé, on dispose de la relationProuvons par récurrence que la propriétéest vraie pour tout l ∈ N.MV = λVP(l) : M l V = λ l V• P(0) est vraie, puisque par définition, on a M 0 = I n , λ 0 = 1 et I n V = V.• P(l) =⇒ P(l+1): calculonsM l+1 V = M ( M l V ) = M ( λ l V ) = λ l MV = λ l+1 V• Conclusion: ∀l ∈ N M l V = λ l VAinsi, V est un vecteur propre de M l associé à la valeur propre λ l .Autrement dit, si l’on considère un monômep(X) = X l , on vient de démontrerque p(M)V = p(λ)V. Par linéarité, on en déduit que∀p ∈ C[X]p(M)V = p(λ)VCette relation implique, par exemple, que toute valeur propre est racine den’importe quel polynôme annulateur de M.2.c Reprenons les notations de la question 2.a. Il existe une matrice P inversible etune matrice D diagonale telles queDans un premier temps, on aM = PDP −1 et D = Diag(λ 0 ,...,λ n−1 )M k = (PDP −1 )···(PDP −1 )} {{ }k fois= PDP −1 P} {{ }D···P} −1 {{P}DP −1 = PD k P −1=I p =I p∑Dans un second temps, si p(X) = n a k X k ∈ C[X], on obtientk=0k=0k=0(∑p(M) = n a k M k ∑= n n∑)a k PD k P −1 = P k Dk=0a k P −1 = Pp(D)P −1avec p(D) une matrice diagonalep(D) = Diag(p(λ 1 ),...,p(λ n ))Ainsi,Pour tout polynôme p ∈ C[X], p(M) est diagonalisable.

42 E3A Maths B PSI 2013 — CorrigéE3A Maths B PSI 2013 — CorrigéCe corrigé est proposé par Florian Metzger (ENS Cachan); il a été relu parChristophe Fiszka (ENS Cachan) et Sophie Rainero (Professeur en CPGE).Ce sujet est composé de quatre exercices indépendants qui font appel à de nombreusesparties du programme.• Le premier exercice est consacré à la géométrie. On y étudie la podaire d’uneparabole par rapport à deux points, le foyer et l’origine, c’est-à-dire l’ensembledes projetés orthogonaux de chacun de ces points sur les tangentes à la parabole.Les questions sont très classiques et ne posent pas de problème particulier.• Le deuxième exercice est divisé en deux parties. La première étudie des propriétésélémentaires de la fonction+∞∑ 1x ↦−→1+n 2 x 2n=1C’est l’occasion de réviser les résultats majeurs du cours sur les séries numériqueset les séries de fonctions. Dans la deuxième partie, on s’attache à montrerque la fonction étudiée en première partie peut se mettre sous forme de l’intégraleà paramètrex ↦−→∫ +∞0sinte xt −1 dtCe sont ici les connaissances sur les intégrales généralisées qui sont évaluées.• Dans le troisième exercice, on s’intéresse à un espace préhilbertien dans lequelune famille B = (e 1 ,...,e n ) vérifie la propriété(P) ∀x ∈ E ‖x‖ 2 ∑= n (x|e i ) 2Sous les hypothèses‖e i ‖ 1 pour touti ∈ [1; n ], ou de liberté de B, on établitque B est orthonormale. L’exercice est très guidé et utilise des résultats de basedu cours sur les espaces préhilbertiens.• Enfin, dans le quatrième exercice on montre que, pour une norme subordonnéeN sur M n (C), tout sous-groupe G de GL n (C) inclus dans la boule ferméepour N de centre I n et de rayon 1 est constitué de matrices de spectre {1}.Une étude plus spécifique consacrée à la dimension 2 permet de montrer quedans ce cas, de tels sous-groupes G sont réduits à la matrice identité. Ici encore,les questions sont nombreuses et guident efficacement le raisonnement.Cet exercice permet de réviser des points essentiels du programme d’algèbrelinéaire sans avoir à faire preuve de grande technicité.En résumé, cette épreuve constitue un bon sujet de révision pour les points majeursdu programme de deuxième année. Elle est conçue pour être intégralementtraitée en quatre heures par tout candidat correctement préparé. Ceux qui chercheraientdes approfondissements du cours passeront néanmoins leur chemin.i=1

E3A Maths B PSI 2013 — Corrigé 43IndicationsExercice 1I.3 Les coordonnées d’un vecteur directeur de la tangente au point de paramètret sont (x ′ (t),y ′ (t)).I.4 Tout point M de la podaire est caractérisé par l’appartenance à une tangenteàΓet le fait que le vecteur −→ MF est orthogonal à cette même tangente.I.5.2 Commencer par étudier les points stationnaires. Dans l’optique de tracerla courbe γ, dresser le classique tableau des variations des abscisse et ordonnéeou remarquer que l’on peut exprimer t en fonction des coordonnéesdu point courant et en déduire une équation cartésienne de γ.Exercice 2II.A.1 Distinguer suivant que x est nul ou non.II.A.4 Remarquer que 1+n 2 x 2 n 2 x 2 pour tous x ∈ R et n ∈ N ∗ .II.A.5.1 La fonction ψ : t ↦−→ 1/(1 + t 2 x 2 ) est continue, décroissante et positivesur I.II.B.1 Pour x > 0, montrer que e xt −t admet une limite finie quand t tend vers 0.II.B.3.1.b Utiliser la linéarité de l’intégrale en remarquant que sina = Im e ia pourtout réel a.II.B.3.2 Développer en série l’intégrande et appliquer le théorème de convergencedominée à la suite des sommes partielles de la série de fonctions obtenue.Exercice 3III.1.1 Noter que e i ∈ F pour tout i ∈ [1; n ].III.1.2 Justifier et utiliser le fait que F⊕F ⊥ = E.III.2 Appliquer la propriété (P) à un vecteur bien choisi.III.3.4 Montrer l’égalité en raisonnant sur les coefficients de la matrice A 2 eten écrivant les coordonnées des vecteurs sous forme de produit scalaire.Utiliser, entre autres, la symétrie du produit scalaire.III.3.5 Exprimer les coordonnées du vecteur a(x) si x ∈ Ker a.III.3.6 Que signifie l’orthonormalité de la famille B pour la matrice A? Utiliserla relation A 2 = A avec la question 3.5.Exercice 4IV.2 Que dire, topologiquement, de l’ensemble {X ∈ C n | ‖X‖ 1}?IV.4 On est en dimension finie !IV.6.2 Pourquoi A admet-elle des valeurs propres ? Noter que G ⊂ GL n (C).IV.6.3 Que fournit la question 6.1 ? Penser à une inégalité triangulaire.IV.6.4 Caractériser le comportement asymptotique de la suite (λ k ) k∈Z si |λ| ̸= 1.IV.6.6 Raisonner par récurrence sur q ∈ N.IV.7.1 Montrer que la matrice A est trigonalisable, avec un spectre réduit à {1}.IV.7.2 Calculer T 2 puis T 3 pour conjecturer une formule pour T m que l’on démontrepar récurrence sur m ∈ N ∗ .IV.7.3 Les normes N et N ∞ sont équivalentes. Utiliser le fait que la matrice Aest semblable à T, ainsi que la sous-additivité de la norme N.IV.7.5 Se servir de la question 6.7.

44 E3A Maths B PSI 2013 — CorrigéExercice 1I.1 Remarquons que pour tout t ∈ R( ) 2 y(t)x(t) = t 2 = = y2 (t)2 4Or y : t ↦→ 2t est une bijection de R sur lui-même. Ainsi,Une équation cartésienne de Γ est x = y 2 /4.I.2 L’équation cartésienne de Γ est sous la forme y 2 = 2px. Il en résulte, d’après lecours sur les coniques, queLa courbe Γ est la parabole d’axe (Ox), de paramètre p = 1/2 × 4 = 2, desommet S = O (l’origine du repère orthonormé du plan), de foyer F(1,0) et dedirectrice la droite d’équation x = −1/4×4 = −1.I.3 Les fonctions x et y sont de classe C 1 sur R, donc la courbe Γ admet en toutpoint de paramètre t une tangente dirigée par le vecteur de coordonnées(x ′ (t),y ′ −→(t)) = (2t,2) ou encore par dt (t,1)La tangente T t à la courbe Γ en M(t) est l’ensemble des points M(X,Y) tels queUne équation de T t est doncdet( −−−−→M(t)M, −→ d t ) = 0∣ X−x(t) tY−y(t) 1∣ = 0soit encore X−t 2 −t(Y−2t) = 0En tout point de paramètret, la courbeΓadmet une tangente d’équationX−tY+t 2 = 0Il est également possible de déterminer une équation de la tangente à partirde l’équation cartésienne obtenue à la question I.1 et de la règle dite « du dédoublement» : pour une conique d’équationax 2 +2bxy +cy 2 +dx+ey +f = 0l’équation de la tangente au point de coordonnées (x 0 ,y 0 ) estaxx 0 +b(xy 0 +x 0 y)+cyy 0 +d 1 2 (x+x 0)+e 1 2 (y +y 0)+f = 0Dans notre cas, cela donne1( )X+x(t) = Yy(t)/42soit X+t 2 −tY = 0

E3A Maths B PSI 2013 — Corrigé 45I.4 Soit F le point de coordonnées (1,0). La podaire de Γ par rapport à F estl’ensemble des points de coordonnées (x,y) pour lesquels il existe t ∈ R tel queM(x,y) appartienne à la tangente T t au point de paramètre t et tel que le vecteurdirecteur de T t et −→ MF soient orthogonaux. Cela s’écrit⎧⎪⎨⎪⎩( x ′ (t)y ′ (t)x−ty +t 2 = 0) ( ) x−1· = 0y −0⇐⇒Comme ∀t ∈ R det{x−ty = −t2tx+y = t⇐⇒( ) 1 −t= 1+tt 12 ≠ 0( )( )1 −t x=t 1 yle système précédent est inversible et les formules de Cramer donnent⎧x = 1 ∣ ∣∣∣ −t 2 −t⎪⎨ 1+t 2 t 1 ∣ = −t2 +t 21+t 2 = 0⎪⎩ y = 1 ∣ ∣∣∣ 1 −t 21+t 2 t t ∣ = t+t31+t 2 = t(1+t2 )1+t 2 = t( )−t2tLa podaire de Γ par rapport à F est donc l’ensemble {(0,t) | t ∈ R}, c’est-à-direLa podaire de Γ par rapport à F est la droite D : x = 0.I.5.1 De façon similaire à la question I.4, la podaire de Γ par rapport au point Oest l’ensemble indicé par t ∈ R des points de coordonnées (x,y) vérifiant⎧⎪⎨⎪⎩(x ′ (t)y ′ (t)x−ty +t 2 = 0) ( )x−0· = 0y −0⇐⇒Comme ∀t ∈ R det{x−ty = −t2tx+y = 0⇐⇒( ) 1 −t= 1+tt 12 ≠ 0( )( )1 −t x=t 1 yle système précédent est inversible et les formules de Cramer fournissent⎧∣ −t2 −t0 1 ∣x = ⎪⎨ 1+t 2 = −t21+t 2∣ 1 −t2⎪⎩t 0 ∣y =1+t 2 = t31+t 2Ainsi, γ ={( −t2t 3 ) ∣ } ∣∣∣1+t 2, 1+t 2 t ∈ R( )−t20

CCP Maths 1 PSI 2013 — Corrigé 65CCP Maths 1 PSI 2013 — CorrigéCe corrigé est proposé par Yvon Vignaud (Professeur en CPGE) ; il a été relupar Céline Chevalier (Enseignant-chercheur à l’université) et Benoît Chevalier (ENSUlm).Ce sujet en trois parties a pour but d’étudier une fonction définie par une intégraledépendant d’un paramètre. Hormis la définition de la constante ∆, la première partien’a pas d’influence sur les deux autres ; la troisième en revanche dépend des résultatsobtenus dans la deuxième.• Dans la première partie, on calcule l’intégrale de Gauss ∆ définie par∆ =∫ +∞0exp ( −t 2) dtPour cela, on étudie une primitive de t ↦→ exp ( −t 2) afin d’encadrer sa limiteen +∞ au moyen d’intégrales de Wallis (W n ) n∈N . La valeur de ∆ s’obtient alorsen admettant un équivalent de W n fourni par l’énoncé.• Dans la seconde partie, on étudie deux nouvelles fonctions définies par desintégrales à paramètre,∫ +∞∫ +∞ )h : b ↦→ cos(2bt)e −t2 dt et ϕ : x ↦→ exp(−t 2 − x2t 2 dt0En calculant l’intégrale curviligne d’une forme différentielle particulière surdes rectangles de longueur arbitrairement grande, on parvient à expliciter h.L’étude de la fonction ϕ est plus classique : grâce au théorème de dérivationsous le signe intégrale, on s’aperçoit que ϕ satisfait une équation différentiellelinéaire d’ordre 1, que l’on résout pour exprimerϕàl’aide de fonctions usuelles.• La troisième partie se consacre à l’étude, plutôt technique, de l’intégrale àparamètreψ(x) =∫ +∞00cos(2xt)1+t 2 dtGrâce au théorème de convergence dominée, la quantité ψ(x) peut s’interprétercomme une intégrale double sur un rectangle arbitrairement grand ; une interversionde l’ordre d’intégration montre alors qu’elle s’exprime en fonction de ∆et de la fonction ϕ de la deuxième partie.La résolution de ce problème requiert de maîtriser des théorèmes de régularitédes intégrales à paramètre ainsi que le théorème de convergence dominée pour lessuites de fonctions ; par ailleurs, on y voit apparaître les intégrales de Gauss et deWallis qui font souvent l’objet de questions aux concours. L’originalité de ce sujet,et peut-être l’une de ses difficultés, réside dans la combinaison de ces classiques avecdes points du programme plus rarement abordés, comme les intégrales doubles et lesintégrales curvilignes de formes différentielles.

66 CCP Maths 1 PSI 2013 — CorrigéIndicationsPartie II.1.1 Voir f comme une primitive.I.1.2 Raisonner par récurrence en montrant que degp n = n−1.I.1.3 Déterminer la parité de f (n) en utilisant le résultat de la question I.1.1.I.1.4 Comparer t ↦→ exp ( −t 2) avec la fonction t ↦→ exp(−t) intégrable sur R + .I.2.1 Appliquer le développement en série entière de z ↦→ exp(z) en z = −t 2 , puisintégrer terme à terme.I.2.2 Utiliser la relation entre les coefficients du développement en série entière de fet les f (n) (0). On pourra distinguer les cas selon que n est pair ou impair.I.3.1 Utiliser la convexité de l’exponentielle ou étudier la fonction x ↦→ e x −(x+1).I.3.2 Appliquer le résultat de la question I.3.1 à −u pour établir la première desdeux inégalités.I.3.3 Appliquer les inégalités de la question I.3.2 à u = x 2 avant de les intégrer.I.3.4 Exprimer W 2n+1 et W 2n−2 en fonction des intégrales de la question I.3.3à l’aide des changements de variables u = sinx et u = tanx respectivement.Partie IIII.1.1 Comparer cos(2bt)exp ( −t 2) et exp ( −t 2) .II.1.2 Montrer que ω est une forme différentielle fermée sur R 2 , puis utiliser le théorèmede Poincaré.II.1.3 Utiliser le résultat de la question II.1.2 et le fait que γ est une courbe fermée.II.1.4 Après avoir calculé l’intégrale sur chaque segment du rectangle, utiliser laréponse à la question II.1.3 puis faire tendre a vers l’infini.II.2.1 Appliquer le théorème de continuité des intégrales à paramètre.II.2.2 Montrer en utilisant le théorème de dérivation sous le signe intégrale que ϕest de classe C 1 sur tout segment de la forme [ε;A] où 0 < ε < A.II.2.3 Exprimer ϕ ′ (x) comme une intégrale puis la reformuler en effectuant le changementde variable u = x/t.II.2.4 Résoudre l’équation différentielle établie à la question II.2.3. Utiliser la paritéet la continuité de ϕ pour étendre le résultat sur R.Partie IIIIII.1.1 Appliquer le théorème de continuité sous le signe intégrale.III.2 Calculer explicitement j p (x) au moyen d’une primitive.III.3 Appliquer le théorème de continuité sous le signe intégrale à la fonctionl n : y ↦→∫ n0exp ( −x 2 y 2) cos(2ax)dxIII.4.1 Appliquer le théorème de convergence dominée à la suite de fonctions (f p ) poù f p : x ↦→ j p (x)cos(2ax).III.4.2 Réécrire u n,p comme une intégrale double puis utiliser le théorème de Fubini.III.5 Montrer que |k n (y)| ∆ pour tout n ∈ N ∗ et tout y ∈ R + .III.6 Appliquer le théorème de convergence dominée à la suite de fonctions (q n ) noù q n : y ↦→ k n (y)exp ( −y 2) .

CCP Maths 1 PSI 2013 — Corrigé 67I. Étude d’une fonction et de sa limiteI.1 Étude de la fonction fI.1.1 En tant que composée de la fonction exponentielle et d’une fonction polynomiale,toutes deux continues sur R, l’application g : t ↦→ e −t2 est continue sur R.De plus, par construction, f est la primitive de g sur R qui s’annule en 0. Ainsi,f est dérivable sur R.Enfin, en utilisant la relation de Chasles puis le fait que g est paire∀x ∈ R f(−x) =∫ −x0g(t)dt = −∫ 0−xg(t)dt = −∫ x0g(t)dt = −f(x)Autrement dit,f est impaire.Notons que toute primitive d’une fonction impaire est paire, mais que parmiles primitives d’une fonction paire, la primitive qui s’annule en 0 est la seulequi soit impaire. On retrouve donc dans la question ci-dessus que la fonctionf est impaire en tant que primitive s’annulant en 0 d’une fonction paire.Réciproquement, la dérivée d’une fonction paire (respectivement impaire) esttoujours impaire (respectivement paire).I.1.2 D’après le raisonnement effectué à la question précédente, on sait que f estdérivable et que∀x ∈ R f ′ (x) = exp ( −x 2)Ainsi f ′ = g est la composée d’une fonction polynomiale et de l’exponentielle, ce quientraîne que f ′ est de classe C ∞ sur R. Pour le dire autrement,f est indéfiniment dérivable sur R.Montrons maintenant par récurrence sur n ∈ N ∗ la propriété{ degpn = n−1P(n) : ∃p n ∈ R[X] tel que∀x ∈ R f (n) (x) = p n (x)exp ( −x 2)• P(1): Prenons p 1 le polynôme constant égal à 1. Alors p 1 est de degré 0 et∀x ∈ R f ′ (x) = exp ( −x 2) = p 1 (x)exp ( −x 2)ce qui démontre P(1).• P(n) =⇒ P(n+1): soit n 1 fixé et supposons que P(n) soit vraie. Cettepropriété exprime f (n) comme un produit de deux fonctions dérivables ; grâceà la formule de dérivation d’un produit, il vient que pour tout x ∈ R,f (n+1) (x) = ( f (n)) ′(x)= p ′ n(x)exp ( −x 2) +p n (x)(−2x)exp ( −x 2)f (n+1) (x) = [p ′ n(x)−2xp n (x)]exp ( −x 2)

68 CCP Maths 1 PSI 2013 — CorrigéComme p n est un polynôme de degré n −1, sa dérivée p ′ n est polynomiale dedegré n−2, et l’application x ↦→ −2xp n (x) est polynomiale de degré n. De ceci,il vient que p n+1 : x ↦→ p ′ n(x) −2xp n (x) est bien une fonction polynomiale dedegré n et on a vu que∀x ∈ R f (n+1) (x) = p n+1 (x)exp ( −x 2)ce qui montre que P(n+1) est vraie.• Conclusion:Pour toutn ∈ N ∗ il existe un polynômep n de degrén−1 telque l’on ait, pour tout x ∈ R, f (n) (x) = p n (x)exp ( −x 2) .I.1.3 D’après le résultat de la question I.1.1, f est impaire, donc f (n) est une fonctionimpaire (respectivement paire) lorsque n est un entier pair (respectivement unentier impair). De plus, par définition de p n et grâce à la propriété de l’exponentielle,∀x ∈ R p n (x) = f (n) (x)exp(x 2 )Ainsi, p n apparaît comme le produit de f (n) par la fonction paire x ↦→ exp ( x 2) . Maisalors p n et f (n) ont même parité et par conséquent,La fonction p n est une fonction paire si n est impair et impaire si n est pair.I.1.4 Comme t ↦→ exp ( −t 2) est à valeurs positives, f est croissante. De plus, pourtout x dans [1;+∞[ on peut appliquer la relation de Chasles pour obtenir :f(x) =∫ 10exp ( −t 2) dt+∫ xPar ailleurs, la croissance de l’exponentielle impose qued’où∀t 1,f(x) ∫ 10∫ 101exp ( −t 2) dtt 2 t =⇒ exp ( −t 2) exp(−t)∫ xexp ( −t 2) dt+ exp(−t) dt1} {{ }exp(−1)−exp(−x)exp ( −t 2) dt+exp(−1)Le majorant obtenu étant indépendant de x, ceci montre que f est majorée surl’intervalle [1;+∞[. Puisque f est croissante, f admet alors une limite en +∞, ce quisignifie que l’intégrale impropre∫ +∞0exp ( −t 2) dt est convergente et que∫ +∞lim f(x) = ∆ = exp ( −t 2) dtx→+∞Incidemment, ceci montre que la fonction g : t ↦→ exp ( −t 2) à valeurs positives estintégrable sur [0;+∞[. C’est un fait qui sera utile pour la résolution de plusieursquestions à venir.0On rappelle ici qu’une fonction g est dite intégrable sur [0;+∞[ lorsque l’intégrale∫ +∞0|g(t)|dt est convergente ; on dit alors que l’intégrale∫ +∞0g(t)dtest absolument convergente. Un résultat du cours assure qu’en cas d’absolue

CCP Maths 2 PSI 2013 — Corrigé 91CCP Maths 2 PSI 2013 — CorrigéCe corrigé est proposé par Clément Mifsud (ENS Cachan); il a été relu par FlorianMetzger (ENS Cachan) et Sophie Rainero (Professeur en CPGE).Ce sujet est consacré à l’étude des classiques matrices de Hilbert définies par( )1∀n 2 H n =j +k −11j,kn• La première partie mélange topologie, algèbre linéaire et bilinéaire pour établirdes résultats généraux qui seront utiles dans la suite du problème. On y introduitune norme sur S n (R) définie par∀A ∈ S n (R)N(A) = Supx∈Ω n|〈Ax|x〉|où Ω n désigne la sphère unité de R n pour la norme euclidienne associée à 〈|〉.• La deuxième partie introduit les matrices H n de Hilbert, étudie leurs valeurspropres et affine les résultats de la première partie. On démontre en particulierque la plus petite valeur propre de H n tend vers 0 quand n tend vers l’infini.• La troisième partie fait appel au calcul intégral pour obtenir la limite de lanorme (introduite à la première partie) des matrices de Hilbert quand la tailledes matrices tend vers l’infini.• Enfin, la quatrième partie a pour but de montrer que, pour tout entier n 2,le déterminant de la matrice H n vaut( n−1) 4 ∏k!k=1detH n =2n−1 ∏k!k=1Cette partie peut être résolue indépendamment des autres.Ce sujet permettait de tester les candidats sur un grand nombre de parties duprogramme : topologie, algèbre linéaire et bilinéaire, fractions rationnelles, séries numériques,intégrales doubles, intégrabilité et séries de Fourier. On ne peut donc l’aborderqu’en fin d’année, mais c’est alors un bon moyen de réviser tout le programme,d’autant qu’on peut le résoudre entièrement dans le temps imparti.

92 CCP Maths 2 PSI 2013 — CorrigéIndicationsPartie II.1.1 Penser à utiliser le fait qu’une application continue sur un compact est bornéeet atteint ses bornes.xI.1.2 Si x est un vecteur non nul, est de norme 1.‖x‖I.1.3 Utiliser la formule sin(2θ) = 2sinθcosθ valable pour tout θ ∈ R.I.2.2 L’application (x,y) ↦→ 〈Ax|y〉 est bilinéaire.I.3 Une matrice de M n (R) à la fois symétrique et antisymétrique est nulle.I.4 La question I.3 permet d’obtenir la propriété de séparation.I.5.1 Ne pas oublier que 〈e k |e k 〉 = 1.I.5.2 (e k ) 1knest une base orthonormée de vecteurs propres pour la matrice A.I.5.3 Se référer à la question I.5.1.I.5.4 Le théorème spectral permet d’obtenir l’inégalité.I.5.5 La matrice A est symétrique.II.1.3 Que vaut∫ 10t j+k−2 dt ?Partie IIII.1.4 Si f ∈ C 0 ([0,1],R +), en particulierII.2.2 L’inégalité∫ 10Q 2 (t)dt ∫ 1−1∫ 10f 0.Q 2 (t)dt permet d’utiliser la question précédente.II.2.3 Appliquer l’identité de Parseval au polynôme trigonométrique θ ↦→ Q ( e iθ) .Partie IIIIII.1.2 Se servir de la relation donnée par l’énoncé et utiliser le théorème de Fubini.III.2.1 Établir Arctan t t pour tout t ∈ R + grâce à la concavité de Arctan |R+ .III.3.1 Comparaison série-intégrale.III.3.2 Découper l’intégraleI n sur des carrés de côté1àsommets entiers en se servantdu théorème de Fubini et se servir du résultat de la question III.1.1.III.3.3 Penser à la question II.2.3.Partie IVIV.2.1 Soustraire à la dernière colonne de A n une combinaison judicieuse des n−1premières colonnes.IV.2.2 Développer le déterminant de A n par rapport à la dernière colonne.IV.3 Montrer que les deux suites vérifient la même relation de récurrence.

CCP Maths 2 PSI 2013 — Corrigé 93I. Une norme sur S n (R)I.1.1 La sphère unité Ω n{est fermée comme image réciproque du fermé {0} parR n −→ Rl’application continue N :et bornée car tous ses éléments sontx ↦−→ ‖x‖−1de norme 1. L’espace R n est un R-espace vectoriel normé de dimension finie et lescompacts sont les ensembles fermés bornés en dimension finie. Ceci nous permetd’affirmer queLa sphère unité Ω n est une partie compacte de R n .Si on note x = (x 1 ,x 2 ,...,x n ) ∈ R n , alors la fonction q A est une fonction polynomialeen les coefficients (x i ) 1indonc continue. On en déduit queLa fonction continue q A sur le compact Ω n est bornée et atteint ses bornes.I.1.2 Soit λ ∈ R ∩ sp (A). Comme λ est une valeur propre de A, il existe ainsiun vecteur x ∈ R n non nul tel que Ax = λx. Puisque x est un vecteur non nul,le vecteur y = x/‖x‖ appartient à Ω n et il vérifie Ay = λy. Calculons maintenantq A (y) = 〈Ay |y〉 = 〈λy |y〉 = λ‖y‖ 2 = λ (y ∈ Ω n )D’après la question I.1.1, λ ∈ [m A ;M A ]. Ceci étant vrai pour tout λ ∈ R∩sp (A),L’inclusion R∩sp (A) ⊂ [m A ;M A ] est vérifiée.I.1.3 La matrice A est triangulaire supérieure, ses valeurs propres se lisent sur sadiagonale. On obtient quesp (A) = {2}Rappelons que Ω 2 = {(x,y) ∈ R 2 |x 2 +y 2 = 1} correspond au cercle unité du planeuclidien. Ce dernier peut être paramétré en complexe par les points {e iθ |θ ∈ R} oude manière équivalente par {(cosθ,sinθ) |θ ∈ R}. Utilisons ce dernier paramétrage.Soit θ ∈ R, on a(( )) 〈 cosθq A = Asinθ(( ))cosθq Asinθ=( )∣( )〉 cosθ ∣∣∣ cosθsinθ sinθ〈(2cosθ −sinθ2sinθ)∣ ∣∣∣(cosθsinθ)〉= 2 ( cos 2 θ +sin 2 θ ) −sinθcosθ= 2− sin2θ .2Or pour tout θ ∈ R, −1 sin2θ 1 et ces bornes sont atteintes puisqueθ ≡ π 4 [π] =⇒ sin(2θ) = 1 et θ ≡ −π [π] =⇒ sin(2θ) = −14On en déduit que m A = 3/2 et M A = 5/2

94 CCP Maths 2 PSI 2013 — CorrigéI.2.1 Pour un vecteur y ∈ R n non nul et par bilinéarité du produit scalaire, il vientq A (y) = ‖y‖ 2 q A (y/‖y‖) = 0 car y/‖y‖ ∈ Ω n . De plus, pour y = 0, l’égalité q A (y) = 0est vraie. Finalement∀y ∈ R n q A (y) = 0I.2.2 Soit (y,z) ∈ R n ×R n . Par bilinéarité du produit scalaire, il vientq A (y +z) = 〈A(y +z) |y +z〉= 〈Ay |y〉+〈Az |y〉+〈Ay |z〉+〈Az |z〉d’où, en utilisant le fait que q A (w) = 〈Aw |w〉 = 0 pour tout w ∈ R n d’après laquestion I.2.1,∀(y,z) ∈ R n ×R nq A (y +z) = 〈Az |y〉+〈Ay |z〉I.2.3 En combinant les questions I.2.1 et I.2.2, on obtient que∀(y,z) ∈ R n ×R n〈Az |y〉 = −〈Ay |z〉En appliquant ceci à y = ε i et z = ε j , où (ε k ) 1knest la base canonique de R net (i,j) ∈ [1; n ] 2 , et en remarquant que Aε i est le vecteur formé par la i e colonnede A, il s’en déduit que∀(i,j) ∈ [1; n ] 2ce qui signifie exactement que〈Aε i |ε j 〉 = a j,i = −〈Aε j |ε i 〉 = −a i,jLa matrice A est antisymétrique.I.3 Supposons que q A (x) = 0 pour tout x ∈ Ω n . D’après la question I.2.3, Aest une matrice antisymétrique. Or par hypothèse, A est symétrique. Ceci impliqueque A = 0 car ( )A = t A = −A =⇒ (2A = 0) =⇒ (A = 0)Réciproquement, si A est la matrice nulle, le produit Ax pour x ∈ Ω n est nul etpar suite q A est nulle sur Ω n . En définitive, on vient de montrer que(∀x ∈ Ωn q A (x) = 0 ) ⇐⇒ (A = 0)I.4 Vérifions chacune des propriétés caractérisant une norme.• L’application N est bien définie d’après la question I.1.1 et à valeurs positives.• La question I.3 permet d’affirmer que∀A ∈ S n (R) (N(A) = 0) ⇐⇒ (A = 0)• Soient λ ∈ R et x ∈ Ω n , par bilinéarité du produit scalaire on obtient quesoit en passant à la valeur absolueq λA (x) = 〈λAx|x〉 = λ〈Ax|x〉|q λA (x)| = |λ||〈Ax|x〉|La borne supérieure étant le plus petit des majorants et λ étant indépendantde x, on aboutit àN(λA) = |λ|N(A)

Centrale Maths 1 PSI 2013 — Corrigé 117Centrale Maths 1 PSI 2013 — CorrigéCe corrigé est proposé par Clément Mifsud (ENS Cachan); il a été relu par ÉmilieLiboz (Professeur agrégé à l’université) et Laëtitia Borel-Mathurin (Professeur enCPGE).Cette épreuve est consacrée à l’étude des coefficients de Fourier exponentiels,notés (ϕ n (x)) n∈Z, de la fonction{ R −→ CG x :t ↦−→ e ixsintoù x est un réel. Les fonctions (x ↦−→ ϕ n (x)) n∈Z sont appelées fonctions de Bessel depremière espèce.• La première partie établit des propriétés simples des fonctionsϕ n qui autorisentensuite à restreindre leur étude à R + et au cas n 0. Cette partie utilisel’ensemble des théorèmes associés aux séries de Fourier.• La deuxième partie permet d’obtenir le développement en série entière desfonctions ϕ n . On s’en sert ensuite pour écrire un programme qui permet decalculer la valeur de ϕ n (x) à une précision arbitraire.• Les deux dernières parties utilisent la théorie des équations différentielles, plusparticulièrement des résultats dits de Sturm-Liouville, pour étudier la répartitiondes zéros des fonctions ϕ n .Ce sujet constitue un bon moyen de faire le point sur ses connaissances en analyse,car il utilise une grande partie du programme : séries de Fourier, séries entières, sériesde fonctions, intégration sur un intervalle quelconque et équations différentielles.

118 Centrale Maths 1 PSI 2013 — CorrigéIndicationsPartie II.C Si la fonction f est continue 2π-périodique sur R, son intégrale sur unintervalle de longueur 2π est indépendante du choix de l’intervalle.I.D Penser à l’identité de Parseval.Partie IIII.A On pourra raisonner par l’absurde et utiliser la question I.D.II.B Utiliser le développement en série entière de la fonction exponentielle ainsique le théorème d’intégration terme à terme.II.C.2 Ne pas oublier que, pour (k,l) ∈ Z,∫ π{ 2π si k = le ikt e −ilt dt =0 sinon−πII.C.3 Se servir des questions II.B et II.C.2.II.D Que vaut la dérivée d’une fonction développable en série entière ?II.E.2 Se souvenir du critère spécial des séries alternées.Partie IIIIII.A.2 Dériver deux fois l’expression de z et diviser, pour x > 0, l’équation III.1par x √ x.III.A.3 Supposer par l’absurde qu’il existe x > 0 tel que (z(x),z ′ (x)) = (0,0)et arriver à une contradiction grâce au théorème de Cauchy-Lipschitz.III.A.4 Utiliser la question III.A.3 pour la fonction z associée à la fonction y = ϕ n .III.B.2.a Majorer l’expression obtenue à la question III.B.1 en fonction de A, B, λet h.III.B.3 Penser au résultat de la question III.B.2.b.III.B.4 La question III.B.3 pour la fonction z associée à la fonction y = ϕ n permetde conclure.Partie IVIV.C.1 Ne pas oublier que la fonction q tend vers 1 en +∞.IV.C.2 La fonction z est solution de l’équation III.2.IV.D.2 L’inégalité provient de la stricte croissance de la suite ( α (n) )kquestion IV.C.3.k∈Net de la

Centrale Maths 1 PSI 2013 — Corrigé 119I. Questions préliminairesI.A.1 Soit x ∈ R. Soit p ∈ N. Notons⎧⎪⎨R −→ CS p (G x ) : ∑⎪⎩ t ↦−→ p ϕ n (x)e intn=−pla somme partielle de rang p de la série Fourier de la fonction G x . La fonction G xétant continue sur R et 2π-périodique,La suite des sommes partielles(S p (G x )) p∈Nconverge en moyenne quadratique vers G x .De plus la fonction G x est C 1 sur R, le théorème de convergence normale s’appliqueet par conséquentLa suite des sommes partielles (S p (G x )) p∈Nconverge normalement sur R vers G x .Comme la convergence normale d’une série de fonctions implique la convergencesimple, on obtient∀t ∈ RG x (t) = e ixsint = ∞ ∑n=−∞ϕ n (x)e intI.A.2 Soit x ∈ R. Soit k ∈ N ∗ . La fonction G x est C k sur R. On en déduit que( )∀n ∈ Z c n G (k) = (in) k c n (G x ) = (in) k ϕ n (x)xOr la fonctionG (k)x est aussi continue et de classe C 1 surR. ( En reprenant les notations((k)) )de la question I.A.1, on sait que les sommes partielles S p G x convergentp∈Nnormalement vers G (k)x et en particulier(∣∣c nG (k)x(c nFinalement |ϕ n (G x )| =∣)∣ ∣∣ −−−−→n→+∞ 0G (k)xn k)∣ ∣∣∣∣∣ ( ) 1= on→+∞ n kI.B Soit x ∈ R. Soit n ∈ Z. D’après la relation de Chasles,ϕ n (x) = 1 (∫ π ∫ 0)G x (t)e −int dt+ G x (t)e −int dt2π0soit en effectuant le changement de variable u = −t dans la seconde intégraleϕ n (x) = 1 (∫ π ∫ π)G x (t)e −int dt+ G x (−u)e inu dt2πPar imparité de la fonction sinus,0∀t ∈ R G x (−t) = e ixsin(−t) = e −ixsint = G x (t)ainsi ϕ n (x) = 1 (∫ π ∫ π)G x (t)e −int dt+ G x (u)e inu dt2π 00−π0

120 Centrale Maths 1 PSI 2013 — CorrigéRemarquons ensuite que e −inu = e inu , d’oùϕ n (x) = 1 (∫ πG x (t)e −int dt+2πPuis comme pour tout (z,z ′ ) ∈ C 2 , zz ′ = zz ′ϕ n (x) = 1 (∫ πG x (t)e −int dt+2π00∫ π0∫ πet de plus pour tout z ∈ C, z +z = 2 Re z ∈ R et par suite,∀n ∈ Z ϕ n (x) = 12π∫ π00)G x (u)e −inu du)G x (u)e −inu du2 Re ( G x (t)e −int) dt ∈ RI.C Soit x ∈ R. D’après la relation sin(t +π) = −sin(t) valable pour tout t ∈ R,on a∀t ∈ Ret aussi d’après le résultat de la question I.BG x (t+π) = e ixsin(t+π) = e −ixsint = G −x (t)∀t ∈ RG x (t+π) = e ixsin(t+π) = e −ixsint = G x (−t)Soit n ∈ Z. D’après le fait que G x (t+π) = G −x (t), on obtientϕ n (−x) = 12π∫ π−πG −x (t)e −int dt = 12π∫ πpuis en utilisant le changement de variable u = t+π,ϕ n (−x) = 12π∫ 2π0−πG x (u)e −in(u−π) duG x (t+π)e −int dtOr pour tout u ∈ [0;2π], e −in(u−π) = e −inu e inπ = (−1) n e −inu et par conséquent,ϕ n (−x) = (−1)n2π∫ 2π0G x (u)e −inu duRemarquons ensuite que l’intégrale d’une fonction f continue 2π-périodique sur unintervalle de longueur 2π est indépendante du choix de l’intervalle. En appliquantceci à la fonction 2π-périodique u ↦−→ G x (u)e −inu , il vientϕ n (−x) = (−1)n2π∫ π−πG x (u)e −inu du = (−1) n ϕ n (x)Cette égalité implique en particulier que la fonction ϕ n de la variable x est paire sil’entier n pair et impaire sinon. Autrement ditConsidérons maintenantLa fonction ϕ n a la parité de n ∈ Z.ϕ −n (x) = 12π∫ π−πG x (t)e int dtLe changement de variable u = −t donne par conséquentϕ −n (x) = 12π∫ π−πG x (−u)e −inu du = 12π∫ πd’après le fait que G −x (t) = G x (−t) pour tout t ∈ R.−πG −x (u)e −inu du = ϕ n (−x)

Centrale Maths 2 PSI 2013 — Corrigé 143Centrale Maths 2 PSI 2013 — CorrigéCe corrigé est proposé par Samuel Baumard (ENS Ulm); il a été relu par Pierre-Yves Bienvenu (ENS Ulm) et Nicolas Martin (ENS Lyon).Ce sujet, très progressif, vise à donner une construction de l’exponentielle matriciellene passant pas par les séries comme on le fait usuellement, mais par uneanalogie avec l’identité(e x = lim 1+ x n(1)n→∞ n)valable pour x ∈ R. Le but est aussi de préciser au passage le comportement del’exponentielle vis-à-vis du déterminant et des sommes commutatives.• On commence par rappeler via des développements asymptotiques simples quel’identité (1) est encore vraie si l’on suppose plus généralement que x est unnombre complexe.• On passe ensuite au cas des matrices antisymétriques réelles en dimension 2et 3, en montrant que les exponentielles de ces matrices sont des rotations donton peut déterminer l’angle ; parmi les outils mis en œuvre, on compte la stabilitépar un endomorphisme de l’orthogonal du noyau de cet endomorphisme,et l’invariance par similitude orthogonale d’une certaine norme matricielle.• La suite du problème se place en dimension quelconque, avec d’abord le cas desmatrices diagonalisables, passant notamment par un résultat de diagonalisationsimultanée...• ... puis le cas des matrices nilpotentes, en raisonnant entre autres sur la suitedes noyaux itérés.• Enfin, la dernière partie prouve que l’exponentielle d’une matrice quelconqueexiste toujours, en combinant les résultats des deux parties précédentes dans leformalisme des polynômes d’endomorphismes.Ce sujet, qui n’utilise finalement qu’assez peu de résultats du cours, permet derevoir une bonne partie des techniques classiques en algèbre linéaire et en réductiondes endomorphismes, avec un crochet par les espaces euclidiens.

144 Centrale Maths 2 PSI 2013 — CorrigéIndicationsPartie II.B Faire un développement asymptotique du module et de l’argument.Partie IIII.B.1.c Adapter le raisonnement de la question II.B.1.a à la restriction de u B ausous-espace (Ker u B ) ⊥ .II.B.3 Justifier que ‖B‖ 2 = ‖P −1 BP‖ 2 .Partie IIIIII.A.2 On cherche un polynôme prenant des valeurs données en des points prescrits.III.C.1 Montrer que les restrictions en question sont des endomorphismes diagonalisables,et recoller les morceaux.Partie IVIV.A.1 Montrer que l’implication Ker A j ⊂ Ker A j−1 =⇒ Ker A j+1 ⊂ Ker A j esttoujours vraie.IV.A.2 Passer aux dimensions dans les résultats de la question précédente.IV.B Utiliser la formule du binôme de Newton.Partie VV.A.2 Penser au théorème de Cayley-Hamilton.V.A.3 Développer les éléments par la formule du binôme, et montrer que les puissancesde J p qui interviennent forment une famille libre.V.B.2.a Justifier que P est un multiple de (X−λ j ) nj pour tout j.

Centrale Maths 2 PSI 2013 — Corrigé 145I. Question préliminaireI.A Commençons par calculer le module :∣∣1+ z ∣ 2 =n ∣ 1+ a n +ib 2n∣(= 1+ a ) ( 2 2 b +n n)d’oùet= (a+n)2 +b 2n 2∣∣1+ z ( (a+n) 2 +b 2 ) 1/2∣ =n n 2 ∣∣1+ z ( ∣ n (a+n) 2 +b 2 ) n/2=n n 2Pour ce qui est de l’argument, on commence par exclure le cas 1 + z/n = 0,autrement dit (a,b) = (−n,0), et on se sert du fait que, pour tout (u,v) ∈ R 2 ,les arguments de u+iv sont donnés par⎧Arctan(v/u) [2π] si u > 0⎪⎨πarg(u+iv) ≡2sgn(v) [2π] si u = 0⎪⎩π +Arctan(v/u) [2π] si u < 0Il faut donc distinguer les cas selon la position de a par rapport à −n :(• si a+n < 0, alors Re(1+z/n) < 0 et arg 1+ z )b≡ π +Arctann a+n [2π] ;• si a+n = 0, alors 1+z/n = ib/n et arg(1+z/n) ≡ π 2sgn(b) [2π] ;(• si a+n > 0, alors arg 1+ z )b≡ Arctann a+n [2π].Comme la somme des arguments de deux nombres complexes est un argument deleur produit, cela donne(arg 1+ z n) n≡⎧⎪ ⎨⎪ ⎩nπ+n Arctann π 2ba+n[2π] si a+n < 0sgn(b) [2π] si a+n = 0n Arctanb[2π] si a+n > 0a+nPour limiter le nombre de cas, on aurait aussi pu utiliser la formule dite del’angle au centre :∀z ∈ CR − , argz ≡ 2ArctanIm z|z|+Re z [2π]

146 Centrale Maths 2 PSI 2013 — CorrigéI.B L’objectif est de déterminer le comportement asymptotique du module et d’unargument de (1+z/n) n lorsque n tend vers l’infini. Les développements limités utilesici sont (1+u) α = 1+αu+o(u), ln(1+u) = u+o(u) et Arctan(u) = u+o(u) auvoisinage de u = 0. Il n’est pas nécessaire de se préoccuper du cas a+n 0, tous lesdéveloppements asymptotiques étant faits au voisinage de l’infini.Pour le module,(a+n) 2 +b 2 (n 2 = 1+ a ) ( 2 2 b +n n)= 1+ 2a ( ) 1n + o nd’où ln (a+n)2 +b 2n 2 = 2a ( ) 1n + o npuiset enfinn2 ln (a+n)2 +b 2n 2 = a+o(1)∣∣1+ z ∣ n = e a (1+o(1))nd’oùetPour l’argument,ba+n = b 1n1+a/n= b ( ) 1n + o nbArctana+n = b ( ) 1n + o n(arg 1+n) z n≡ b+o(1) [2π]Par conséquent,(1+ z ) n ∣ ∣∣1+ z= ∣ n ( (exp i arg 1+ z ) n )= e a (1+o(1))e i(b+o(1)) = e a+ib +o(1)n n nce qui signifie précisément que(lim 1+ z n= ezn→∞ n)

164 Mines Maths 1 PSI 2013 — CorrigéMines Maths 1 PSI 2013 — CorrigéCe corrigé est proposé par Samuel Baumard (ENS Ulm); il a été relu par JulesSvartz (ENS Cachan) et Benoît Chevalier (ENS Ulm).Cette épreuve porte sur une méthode de calcul numérique des valeurs propresd’une matrice symétrique réelle par le biais d’équations différentielles.• Dans la première partie, on construit un algorithme permettant de réduirele problème aux matrices tridiagonales symétriques réelles, dites de Jacobi,grâce aux matrices de la forme I − 2u t u où u est un vecteur unitaire, ditesde Householder.• La deuxième partie est consacrée à montrer que les matrices de Jacobi dontles coefficients proches de la diagonale sont non nuls ont des valeurs propresdistinctes.• La troisième partie relève des systèmes d’équations différentielles : à une matricede Jacobi T 0 sont associées deux familles de matrices à un paramètre, T(t)et U(t), reliées par un système différentiel. L’intérêt est que les matrices T(t)ont pour tout t le même spectre que la matrice T 0 .• Dans la quatrième partie, on exploite le système différentiel de la troisièmepartie pour prouver que la matrice T(t) converge, lorsque t tend vers l’infini,vers une matrice diagonale donnant les valeurs propres de T 0 (questions 12à 17), et que cette convergence est exponentielle (questions 18 à 21).Mêlant réduction des matrices symétriques et équations différentielles, ce problèmeconstitue un bon sujet de révision. Attention néanmoins : l’énoncé n’est pasexempt de petites erreurs et d’imprécisions parfois troublantes. Soyez-y attentif, et,en situation de concours, signalez dans la copie les erreurs remarquées, si celles-cisont manifestes.

Mines Maths 1 PSI 2013 — Corrigé 165IndicationsPartie 11 Se souvenir que si u et v sont deux vecteurs colonnes, la matrice t u v est detaille 1 et son seul coefficient vaut (u|v).3 Commencer par calculer (u|g).5 Utiliser le résultat de la question 2, puis expliciter la décomposition par blocs dela matrice Ŝ.6 Montrer qu’il existe une matrice P ∈ O m−1 (R) telle qu’en posantla matrice t̂P ̂Q̂P soit tridiagonale.̂P =( 1 ζζ P)Partie 27 Écrire explicitement les relations vérifiées par les ξ j .8 Cela revient à prouver que deux vecteurs d’un tel sous-espace sont colinéaires.Partie 39 Cette question semble faire appel à un théorème général d’existence de solutionsaux systèmes différentiels qui, bien qu’intuitif, n’est plus au programme de PC.10 Commencer par dériver le produit t VV.Partie 413 Dériver la somme et exploiter les relations (7).14 Intégrer la seconde relation du système (7). Attention à ne pas oublier le casi = m.15 Multiplier la première relation de (7) par α i (t).16 Le déterminant d’une matrice est une fonction polynomiale des coefficients.18 Utiliser le fait que la borne inférieure peut être vue comme une limite, et lethéorème des valeurs intermédiaires.19 Combiner le système (7) et le résultat de la question 12, puis prendre la limitepour t croissant vers τ.21 Attention à l’interversion flagrante du « pour t > S » et du « ∃C ′ > 0 ».

166 Mines Maths 1 PSI 2013 — CorrigéDans tout le corrigé, la notation ‖·‖ désignera la norme euclidienne usuelle sur R m .1. Tridiagonalisation1 Si u et v sont deux vecteurs, la matrice t u v est de taille 1 et son seul coefficientvaut (u|v), par définition même du produit scalaire. De ce fait, par associativité duproduit matriciel, et puisque u est unitaire,Hu = u−2u t u u = u−2u(u|u) = u−2usoitHu = −uDe même, si v est orthogonal à u, le produit scalaire (u|v) est nul et par conséquentHv = v −2u t u v = v −2u(u|v) = vsoitHv = v2 Par les propriétés usuelles de la transposition, t (u t u) = t ( t u) t u = u t u, et lamatrice u t u est symétrique. Comme la matrice identité est elle aussi symétrique,La matrice H est symétrique.De plus, l’associativité du produit matriciel impliquepuisque u est unitaire. Ainsi,soit(u t u) 2 = (u t u)(u t u) = u( t uu) t u = u(u|u) t u = u t uH t H = H 2H t H = I= (I−2u t u) 2(H est symétrique)= I−4u t u+4(u t u) 2 (I et u t u commutent)= I−4u t u+4u t uce qui signifie queLa matrice H est orthogonale.On peut aussi se servir des résultats de la première question, qui se traduisentpar le fait que la matrice H représente, dans la base canonique, la symétrieorthogonale par rapport à l’hyperplan u ⊥ ; elle est donc de fait automatiquementorthogonale.3 Remarquons que (g |e 1 ) = γ 1 et que γ 1 < 1 : en effet, γ 1 ‖g‖ = 1, et l’hypothèseγ 1 = 1 impliquerait, par application de l’inégalité de Cauchy–Schwarz et deson cas d’égalité, que g = e 1 , ce qui est exclu par hypothèse. Ainsi, il est légitime dedéfinir u comme dans l’énoncé, la racine carrée étant non nulle. Comme g et e 1 sontunitaires,‖g −e 1 ‖ 2 = ‖g‖ 2 −2(g |e 1 )+‖e 1 ‖ 2 = 2(1−γ 1 )ce qui montre que ‖u‖ = 1, c’est-à-dire queLe vecteur u est unitaire.

Mines Maths 1 PSI 2013 — Corrigé 167Si H est définie comme dans l’équation (1) de l’énoncé, écrivons(u|g) ==1√2(1−γ1 ) (g −e 1 |g)1−γ 1= √2(1−γ1 )√1−γ1d’où (u|g) =2et1√2(1−γ1 ) ((g |g)−(e 1 |g))Hg = g −2u t u g = g −2u(u|g)donc√1−γ1Hg = g −2u2= g −2√1−γ12= g −(g −e 1 )g −e 1√2(1−γ1 )soit Hg = e 14 Comme x n’est pas colinéaire à e 1 , il est en particulier non nul, et le vecteurg = x/‖x‖, qui est bien défini, est unitaire. Par la question précédente, il existeun vecteur unitaire u et une matrice de Householder H associée tels que Hg = e 1 ,soit encore Hx = H(‖x‖g) = ‖x‖Hg = ‖x‖e 1 :Il existe un vecteur unitaire u et une matricede HouseholderHassociée tels queHx = ‖x‖e 1 .5 D’après la réponse à la question 2, la matrice de HouseholderH 1 vérifieH 2 1 = I m−1 .En effectuant un produit par blocs, la matriceĤ1 est de ce fait aussi sa propre inverse.Par conséquent,Les matrices Ŝ et ̂Q sont semblables.Réécrivons la condition sur les coefficients de la première ligne et la première colonneen calculant explicitement Ŝ. Cela donneŜ =( Ĥ1̂QĤ1 )( 1 ζ c t q=21ζ H 1 q 21 Q( 1 ζ=(ct )qsoit Ŝ = 21H 1H 1 q 21 H 1 QH 1)(c t )q 21H 1ζ H 1 q 21 QH 1)( 1 ζζ H 1)

182 Mines Maths 2 PSI 2013 — CorrigéMines Maths 2 PSI 2013 — CorrigéCe corrigé est proposé par Simon Billouet (Doctorant en mathématiques); il aété relu par Gilbert Monna (Professeur en CPGE) et Benoît Chevalier (ENS Ulm).Ce sujet a pour but de démontrer et d’appliquer la formule du triple produitde Jacobi, qui stipule que pour tous z ∈ C ∗ et x ∈ ]−1;1[:∞∏(1−x 2k ∏) ∞ (1+z 2 x 2k−1 ∏) ∞ +∞∑(1+z −2 x 2k−1 ) = x m2 z 2mk=1k=1k=1L’énoncé est composé de trois parties de longueurs inégales.m=−∞• La première partie est constituée d’une seule question, qui demande de démontrerpar récurrence une inégalité qui sera utilisée dans la deuxième partie.• La deuxième partie vise à établir la formule du triple produit de Jacobi. Elle estconstituée d’une quinzaine de questions, souvent assez longues, dans lesquellesil s’agit de justifier rigoureusement les convergences, regroupements de termesou autres manipulations calculatoires que l’on opère.• La troisième partie étudie d’abord un corollaire de la formule démontrée dansla deuxième partie (la formule des nombres pentagonaux d’Euler), puis utilisece corollaire pour démontrer une équation sur la série génératrice du nombrede partitions d’un entier, ce qui permet d’en déduire la valeur de ce nombrepour de petits entiers. La question 22 est particulièrement difficile.On ne peut commenter ce sujet sans faire une note historique : les techniquesmises en œuvre sont à peu près les mêmes que celles qu’Euler lui-même utilisaitau XVIII e siècle... Mais lui ne se souciait pas de justifier la convergence des produitsinfinis ou les regroupements de termes !Ce sujet est difficile : peu d’exemples sont abordés, les parties ne sont pas indépendanteset il est quasiment impossible d’avancer substantiellement en sautant desquestions. Certaines questions (6, 17 et 22, en particulier) nécessitent une rédactionlongue pour que la démonstration soit complète. Cet énoncé vous permettra de vérifiervotre capacité à mener un raisonnement rigoureux et à justifier des calculs.Il permet également de se familiariser avec les produits infinis, qui font partie desclassiques des concours.

Mines Maths 2 PSI 2013 — Corrigé 183IndicationsPartie 11 Regarder comment on passe du rang n = 2 au rang n = 3 pour comprendrecomment la récurrence s’enclenche.Partie 22 Montrer que la suite des produits est décroissante.3 Penser à utiliser les deux sens de l’inégalité triangulaire. Attention, la suite(ln(ρ k )) n∈N n’est pas de signe constant!4 Quand y → 0, Arctan(y) ∼ y.6 Utiliser le fait que e y 1+y pour y 0.7 Regrouper les produits infinis (en justifiant qu’on a le droit de le faire).8 Isoler le terme qu’on souhaite obtenir à la limite et utiliser les propriétés derégularité d’une série entière.9 Montrer la proposition par récurrence forte.10 Comparer F(x,z) et F(x,−z).14 Étudier F(x,1).15 Regrouper les produits infinis.17 Identifier les parties réelle et imaginaire de l’égalité trouvée en 16. Attention àbien montrer la non-nullité des termes par lesquels vous divisez.19 Choisir z tel que z 2 = −t 1/2 .Partie 320 Attention, il y a une erreur dans l’énoncé : S 2 est l’ensemble des solutions dans N n∑de n jq j = n.j=122 Montrer que ∞ ∏m=1(∑ ∞)x im ∑= 1+ ∞ p(k)x k . Cette question est très difficile.i=0k=0

Mines Maths 2 PSI 2013 — Corrigé 1852. La formule de Jacobi∏2 Soit, pour n 1, u n = n ( )1−x2kk=1Puisque |x| < 1 par hypothèse, on a également x 2k = (x k ) 2 = ∣ ∣x 2k∣ ∣ < 1 pourtout k ∈ N ∗ . Par suite, tous les termes dans le produit définissant u n sont strictementpositifs, si bien que u n l’est aussi. Par ailleurs, u n+1 /u n = 1 − x 2n+2 . Or,x 2n+2 = ( x n+1) 2 0, donc un+1 /u n 1 pour tout n ∈ N ∗ . Ainsi, (u n ) n∈N ∗ est unesuite décroissante et minorée par 0 : elle converge donc, etQ(x) est bien défini.3 Soit, pour n 1, v n = n ∏ρ kk=1Si, pour une certaine valeur de k, on a z 2 x 2k−1 = −1, alors ρ k = 0. La suite (v n ) n∈Nest nulle à partir du rangk ; par conséquent, elle converge. Sinon,(v n ) n∈N est à termesstrictement positifs, chaque ρ k étant le module d’un nombre complexe. Suivant l’indicationdonnée par l’énoncé, considérons son logarithme népérien∑ln(v n ) = n ln(ρ k )k=1Par continuité de la fonction exponentielle, si (ln(v n )) n∈N converge, alors (v n ) n∈Nconverge également. Il reste à montrer que ln(ρ k ) est le terme général d’une sérieconvergente. L’inégalité triangulaire stipule queOn en déduit que∀(a,b) ∈ C 2 ,||a|−|b|| |a+b| |a|+|b|1−|z| 2 |x| 2k−1 ρ k 1+|z| 2 |x| 2k−1Le terme de gauche de l’inégalité tend vers 1 quand k tend vers ∞ (puisque |x| < 1),il est donc strictement positif à partir d’un certain rang. À partir de ce rang, les logarithmesde toutes les quantités ci-dessus sont définis, et par croissance de la fonctionlogarithme, il vientln(1−|z| 2 |x| 2k−1 ) ln(ρ k ) ln(1+|z| 2 |x| 2k−1 )d’où |ln(ρ k )| Max ( ln(1+|z| 2 |x| 2k−1 ),−ln(1−|z| 2 |x| 2k−1 ) )Puisque ln(1+h) = Oh→0(h), on en déduit que|ln(ρ k )| = Ok→∞(|z| 2 |x| 2k−1 ) = Ok→∞(|x| 2k )Par comparaison à une série géométrique de raison |x| 2 < 1, la série ∑ ln(ρ k ) estdonc absolument convergente. Ainsi,Le produit ∏ ρ k converge.Il faut prendre garde au fait que les ln(ρ k ) ne sont pas de signe constant.Il ne suffit donc pas de majorer ln(ρ k ) pour conclure quant à la nature de lasérie sous-jacente.

Formulaires

198Développements limités usuels en 0e xsh xch xsinxcosx= 1+ x 1! + x22!= x+ x33!+···+xnn! +O( x n+1)+···+x2n+1(2n+1)! +O( x 2n+3)= 1+ x22! + x4 x2n+···+4! (2n)! +O( x 2n+2)= x− x33!+···+(−1)nx2n+1(2n+1)! +O( x 2n+3)= 1− x22! + x4 x2n+···+(−1)n4! (2n)! +O( x 2n+2)(1 + x) α = 1+αx+ α(α−1)2!11 − xx 2 +···+ α(α−1)···(α−n+1)n!= 1+x+x 2 +x 3 +···+x n +O ( x n+1)ln(1 − x) = −x− x22 − x33 − x4 xn−···−4 n +O( x n+1)11 + x= 1−x+x 2 −x 3 +···+(−1) n x n +O ( x n+1)ln(1 + x) = x− x22 + x33 − x44 +···+(−1)n−1xn n +O( x n+1)x n +O ( x n+1)√ x 1 + x = 1+2 − x2+···+(−1)n−11×3×···×(2n−3) x n +O ( x n+1)8 2×4×···×2n1√ = 1− x 1 + x 2 + 3 8 x2 −···+(−1) n1×3×···×(2n−1) x n +O ( x n+1)2×4×···×2nArctan x = x− x33Argth x = x+ x33Arcsin x = x+ 1 x 32 3+···+(−1)nx2n+12n+1 +O( x 2n+3)+···+x2n+12n+1 +O( x 2n+3)+···+1×3×···(2n−1)2×4×···×2nx 2n+1Argsh x = x− 1 x 3+···+(−1)n1×3×···(2n−1)2 3 2×4×···×2nth x= x− x33 + 215 x5 − 17315 x7 +O ( x 9)tanx = x+ 1 3 x3 + 2 15 x5 + 17315 x7 +O ( x 9)2n+1 +O( x 2n+3)x 2n+12n+1 +O( x 2n+3)

199Développements en série entière usuelse axsh xch xsinxcosx∑= ∞ a nn!n=0x n∑= ∞ 1(2n+1)! x2n+1n=0∑= ∞ 1(2n)! x2nn=0∑= ∞ (−1) n(2n+1)! x2n+1n=0= ∞ ∑n=0(−1) n(2n)!x 2na ∈ C, x ∈ Rx ∈ Rx ∈ Rx ∈ Rx ∈ R(1 + x) α = 1+ ∞ ∑1a−xn=1α(α−1)···(α−n+1)n!x n (α ∈ R) x ∈ ]−1;1[∑= ∞ 1a n+1 xn (a ∈ C ∗ ) x ∈ ]−|a|;|a|[n=01 ∑= ∞(a − x) 2n=01 ∑= ∞(a − x) kn=0∑ln(1 − x) = − ∞ 1n+1a n+2 xn (a ∈ C ∗ ) x ∈ ]−|a|;|a|[C k−1n+k−1a n+k x n (a ∈ C ∗ ) x ∈ ]−|a|;|a|[n=1n xn∑ln(1 + x) = ∞ (−1) n−1n√ 1 + x1√ 1 + xn=1x nx = 1+2 + ∑ ∞ (−1) n−11×3×···×(2n−3)2×4×···×(2n)n=2∑= 1+ ∞ (−1) n1×3×···×(2n−1)2×4×···×(2n)n=1x nx nx ∈ [−1;1[x ∈ ]−1;1]x ∈ ]−1;1[x ∈ ]−1;1[∑Arctan x = ∞ (−1) n2n+1 x2n+1 x ∈ [−1;1]n=0∑Argth x = ∞ 12n+1 x2n+1 x ∈ ]−1;1[n=0Arcsin x = x+ ∞ ∑n=11×3×···×(2n−1)2×4×···×(2n)x 2n+12n+1∑Argsh x = x+ ∞ (−1) n1×3×···×(2n−1)2×4×···×(2n)n=1x 2n+12n+1x ∈ ]−1;1[x ∈ ]−1;1[

200Dérivées usuellesFonction Dérivée Dérivabilitéx n n ∈ Z nx n−1 R ∗x α α ∈ R αx α−1 R ∗ +e αx α ∈ C αe αx Ra x a ∈ R ∗ + a x lna Rln|x|log a xa ∈ R ∗ + {1}1x1xlnacosx −sinx Rsinx cosx Rtanx 1+tan 2 x = 1cos 2 xcotan x −1−cotan 2 x = −1sin 2 xR ∗R ∗{ π∣ } ∣∣R2 +kπ k ∈ ZRπZch x sh x Rsh x ch x Rth x 1−th 2 x = 1ch 2 xcoth x1−coth 2 x = −1Arcsin x1√1−x2sh 2 xRR ∗]−1;1[Arccos x−1√1−x2]−1;1[Arctan xArgsh x11+x 2 R1√x2 +1RArgch xArgth x1√x2 −111−x 2]1;+∞[]−1;1[

201Primitives usuellesIPolynômes et fractions simples(x−x 0 ) n(x−x 0 ) α(x−z 0 ) n1x−a1x−(a+ib)Fonction Primitive Intervallesx 0 ∈ Rn ∈ Z{−1}x 0 ∈ Rα ∈ C{−1}z 0 ∈ CRn ∈ Z{−1}(x−x 0 ) n+1n+1(x−x 0 ) α+1α+1(x−z 0 ) n+1n+1n ∈ N : x ∈ Rn ∈ Z(N∪{−1}) :x ∈ ] −∞;x 0 [ , ]x 0 ; +∞[]x 0 ; +∞[a ∈ R ln|x−a| ] −∞;a[ , ]a;+∞[a ∈ R, b ∈ R ∗ 12 ln[ (x−a) 2 +b 2]+i Arctan x−abRRIIFonctions usuellesFonction Primitive Intervalleslnx x(lnx−1) ]0;+∞[e αx α ∈ C ∗ 1α eαxsinx −cosx Rcosx sinx Rtanx −ln|cosx|]− π 2 +kπ; π [2 +kπcotan x ln|sinx| ]kπ;(k +1)π[sh x ch x Rch x sh x Rth x ln(ch x) Rcoth x ln|sh x| ] −∞;0[ , ]0;+∞[R

202 Primitives usuellesIIIPuissances et inverses de fonctions usuellesFonction Primitive Intervallessin 2 xcos 2 xtan 2 xx2 − sin2x4x2 + sin2x4tanx−xRR]− π 2 +kπ; π 2 +kπ [cotan 2 x −cotan x−x ]kπ;(k +1)π[sh 2 xch 2 xsh 2x4sh 2x4− x 2+ x 2RRth 2 x x−th x Rcoth 2 x x−coth x ] −∞;0[ , ]0;+∞[1sinx1cosx1sh x1ch x∣ln∣tan x ∣ ]kπ;(k +1)π[2(∣ xln∣tan2 + π ∣∣]−4)∣ π 2 +kπ; π [2 +kπ∣ln∣th x ∣2] −∞;0[ , ]0;+∞[2 Arctan e x R1sin 2 x = 1+cotan2 x −cotan x ]kπ;(k +1)π[1cos 2 x = 1+tan2 xtanx]− π 2 +kπ; π 2 +kπ [1sh 2 x = coth2 x−1 −coth x ] −∞;0[ , ]0;+∞[1ch 2 x = 1−th 2 x th x R1sin 4 x1cos 4 x−cotan x− cotan3 x3tanx+ tan3 x3]kπ;(k +1)π[]− π 2 +kπ; π 2 +kπ [

Primitives usuelles 203IVFonctions dérivées de fonctions réciproquesFonction Primitive Intervalles11+x 2 Arctan x R1a 2 +x 2 a ∈ R ∗ 1a Arctan x a⎧⎪⎨ Argth x1∣ 1−x 2 ⎪1∣∣∣ ⎩2 ln 1+x1−x∣1⎧⎪ ⎨1a Argth xa 2 −x 2 a ∈ R ∗ ∣ a⎪1 ∣∣∣⎩2a ln a+xa−x∣R⎧⎪⎨ ]−1;1[] −∞;−1[ , ⎪⎩]−1;1[ , ]1;+∞[⎧⎪⎨]−|a|;|a|[] −∞;−|a|[ ,⎪⎩]−|a|;|a|[ , ]|a|;+∞[1√1−x2Arcsin x]−1;1[1√ a ∈ R ∗ Arcsin xa2 −x 2 |a|]−|a|;|a|[1√x2 +1Argsh x =ln ( x+ √ x 2 +1 )R1√x2 −11√x2 +aa ∈ R ∗⎧⎪⎨ Argch x−Argch(−x)⎪⎩ln|x+ √ x 2 −1|ln ∣ ∣ x+√x2 +a ∣ ∣⎧⎪⎨ ]1;+∞[] −∞;−1[⎪⎩] −∞;−1[ ou ]1;+∞[⎧a > 0 : R⎪⎨a

204TrigonométrieIFonctions circulaires1 Premières propriétésEnsemble dedéfinitionsinx cosx tanx cotan xR R{ π∣ } ∣∣kR2 +kπ ∈ Z RπZPériode 2π 2π π πParité impaire paire impaire impairef(π −x) sinx −cosx −tanx −cotan xf(π +x) −sinx −cosx tanx cotan x( π)f2 −x cosx sinx cotan x tanx( π)f2 +x cosx −sinx −cotan x −tanxEnsemble dedérivabilité{ π∣ } ∣∣kR R R2 +kπ ∈ ZDérivée cosx −sinx 1+tan 2 x = 1cos 2 xRπZ−1−cotan 2 x= −1sin 2 x2 Valeurs remarquables12π2 ππ32π4π6sinxcotan xtanx12√ √2 32 20cosx0

Trigonométrie 2050 π/6 π/4 π/3 π/2√ √ √sinx 0 1/2 2/2 3/2 1√ √ √cosx 1 3/2 2/2 1/2 0tanx 0 1/ √ √3 1 3 indéfini√ √cotan x indéfini 3 1 1/ 3 0IIFonctions réciproques des fonctions circulaires1 DéfinitionLes périodicités et les symétries des fonctions trigonométriques introduisent unedifficulté pour résoudre les équations du type sinx = λ. Par exemple, π/6 , 5π/6 etπ/6 + 4π ont tous la même image par la fonction sinus. Les « fonctions circulairesréciproques » Arcsin , Arccos, Arctan et Arccot ne sont pas de vraies réciproques,puisque les fonctions de départ ne sont pas des bijections ; ajoutons qu’elles ne sontpas périodiques. Il faut les combiner avec la périodicité et, pour sinus et cosinus, avecles symétries par rapport à l’axe des ordonnées et l’axe des abscisses respectivement.• Si sinx = λ ∈ [−1;1], alors x = Arcsin λ mod 2πou x = π−Arcsin λ mod 2π• Si cosx = λ ∈ [−1;1], alors x = Arccos λ mod 2πou x = −Arccos λ mod 2π• Si tanx = λ ∈ R, alors x = Arctan λ mod π• Si cotan x = λ ∈ R, alors x = Arccot λ mod πLe problème réciproque est, lui, sans difficulté : si x = Arcsin λ, alors sinx = λ.2 PropriétésEnsemble dedéfinitionEnsembleimageArcsin x Arccos x Arctan x Arccot x[−1;1] [−1;1] R R[−π/2;π/2] [0;π] ]−π/2;π/2[ ]0;π[Période aucune aucune aucune aucuneParité impaire aucune impaire aucuneEnsemble dedérivabilité]−1;1[ ]−1;1[ R RDérivée1√1−x2−1√1−x211+x 2 −11+x 2

206 Trigonométrie3 RelationsArccos x+Arcsin x = π/2⎧⎪Arctan x+Arctan y = Arctan x+y ⎨0 si xy < 11−xy +επ où ε = 1 si xy > 1 et x,y 0⎪ ⎩−1 si xy > 1 et x,y 0Arctan x+Arccot x = π/2{Arctan 1/x si x > 0Arccot x =π+Arctan 1/x si x < 0Arctan x+Arctan 1/x = sign(x)×π/2IIIFormules1 Corollaires du théorème de Pythagorecos 2 x+sin 2 x = 1cos 2 x =sin 2 x =11+tan 2 x11+cot 2 x = tan2 x1+tan 2 x2 Addition des arcscos(a+b) =cosacosb−sinasinbsin(a+b) =sinacosb+sinbcosatan(a+b)= tana+tanb1−tanatanbcos(a−b) =cosacosb+sinasinbsin(a−b) =sinacosb−sinbcosatan(a−b)= tana−tanb1+tanatanb3 Arc double, arc moitiécos2x = cos 2 x−sin 2 x= 2cos 2 x−1= 1−2sin 2 xsin2x = 2sinxcosxtan2x = 2tanx1−tan 2 xcosp+cosq =2cos p+q2sinp+sinq =2sin p+q2tanp+tanq= sin(p+q)cospcosqsinp−sinq =2sin p−q2cosp−cosq =−2sin p+q2tanp−tanq= sin(p−q)cospcosqcos 2 x = 1+cos2x2sin 2 x = 1−cos2x2cos p−q2cos p−q2cos p+q2sin p−q2tanx = sin2x1+cos2x = 1−cos2xsin2x

Trigonométrie 207En notant t = tan x 2comme dans les règles de Bioche, on a :sinx = 2t1+t 2 cosx = 1−t21+t 24 Formule de Moivre(cosa+i sina) n = cosna+i sinnad’oùcos3a = cos 3 a−3cosa sin 2 a= 4cos 3 a−3cosasin3a = 3cos 2 a sina−sin 3 a= 3sina−4sin 3 atan3a = 3tana−tan3 a1−3tan 2 a5 Arcs en progression arithmétiquen∑sinkx =k=0sin nx2sin(n+1)x2sin x 2n∑coskx =k=0cos nx2sin(n+1)x2sin x 2IVTrigonométrie hyperboliquech 2 x−sh 2 x = 1ch(a+b)=ch ach b+sh ash bsh(a+b)=sh ach b+sh bch ath(a+b)=th a+th b1+th a th bch(a−b)=ch ach b−sh ash bsh(a−b)=sh ach b−sh bch ath(a−b)=th a−th b1−th a th bch p+ch q=2ch p+q2sh p+sh q=2sh p+q2th p+th q= sh(p+q)ch p ch qch p−ch q=2sh p+q2sh p−sh q=2sh p−q2th p−th q= sh(p−q)ch p ch qch p−q2ch p−q2sh p−q2ch p+q2ch 2x=ch 2 x+sh 2 x ch 2 x==2ch 2 x−1=1+2sh 2 xsh 2x=2sh xch xth 2x= 2th x1+th 2 xsh 2 x=th x=ch 2x+12ch 2x−12sh 2x ch 2x−1=ch 2x+1 sh 2x

208 TrigonométrieEn notant t = th x 2 , on a :sh x = 2t1−t 2 ch x = 1+t21−t 2(ch a+sh a) n = ch na+sh nad’oùch 3a = ch 3 a+3ch ash 2 a= 4ch 3 a−3ch ash 3a = 3ch 2 ash a+sh 3 a= 4sh 3 a+3sh ath 3a = 3th a+th3 a1+3th 2 a