Exercices corrigés - Exercices d'oraux Centrale MP

Introduisons le polynôme $P(X)=\prod_{j=1}^n (X+b_j)-c$, qui est un polynôme de degré $n.$ Or, pour tout $i=1,\dots,n,$ $P(a_i)=0$. On peut donc factoriser $P$ en $$P(X)=\prod_{i=1}^n (X-a_i).$$ D'autre part, pour tout $j\in\{1,\dots,n\},$ $P(-b_j)=-c.$ On en déduit que $$(-1)^n\prod_{i=1}^n (b_j+a_i)=\prod_{i=1}^n (-b_j-a_i)=-c$$ ce qui donne le résultat avec $d=-c$ si $n$ est pair, et $d=c$ si $n$ est impair.

On peut supposer que $\deg(P)\geq \deg(Q)$. Notons $n$ le degré de $P$ et $p$ le nombre de racines distinctes de $P.$ Soit $x_1,\dots,x_p$ les racines de $P$ et $v_1,\dots,v_p$ leur multiplicité respective. Alors $x_1,\dots,x_p$ sont des racines de $P'$ de multiplicité $(v_1-1)+\cdots+(v_p-1)=n-p.$
De même, notons $q$ le nombre de racines distinctes de $P+a$ et $y_1,\dots,y_q$ les racines de $P+a$. Remarquons que $\{x_1,\dots,x_p\}\cap\{y_1,\dots,y_q\}=\varnothing.$ Par le même raisonnement, on a trouvé $n-q$ racines de $P'$ qui sont distinctes des racines trouvées précédemment.
Puisque $\deg(P')=n-1,$ alors on a $(n-p)+(n-q)\leq n-1$ et donc $p+q\geq n+1.$ Or, $x_1,\dots,x_p$ sont des racines de $P-Q$ et $y_1,\dots,y_q$ sont des racines de $(P+a)-(Q+a)=P-Q$. On a donc trouvé $p+q\geq n+1$ racines de $P-Q$ qui est de degré inférieur ou égal à $n.$ Ainsi, $P-Q=0$ et $P=Q.$

1. Il suffit de faire le produit par blocs : $$ \begin{array}{rcl} \displaystyle \begin{pmatrix} a_{1,1}B&\dots&a_{1,n}B\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ a_{n,1}B&\dots&a_{n,n}B. \end{pmatrix} \begin{pmatrix} c_{1,1}D&\dots&c_{1,n}D\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ c_{n,1}D&\dots&c_{n,n}D. \end{pmatrix} &=& \begin{pmatrix} \sum_{k=1}^n a_{1,k}c_{k,1}BD&\dots&\sum_{k=1}^n a_{1,k}c_{k,n}BD\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ \sum_{k=1}^n a_{n,k}c_{k,1}BD&\dots&\sum_{k=1}^n a_{n,k}c_{k,n}BD \end{pmatrix}\\ &=&(AC)\otimes(BD). \end{array}$$
2. D'après la question précédente, il est facile de voir que si $A$ est inversible et si $B$ est inversible, alors $$(A\otimes B)(A^{-1}\otimes B^{-1})=(AA^{-1})\otimes (BB^{-1})=I_n\otimes I_n=I_{n^2}.$$ Ainsi, $A\otimes B$ est inversible et son inverse est $A^{-1}\otimes B^{-1}.$ Comme conséquence du résultat de la question 4, on pourra vérifier qu'il y a une réciproque à cette propriété : si $A\otimes B$ est inversible, alors $A$ est inversible et $B$ est inversible.
3. Si $A$ est semblable à $C$ et $B$ est semblable à $D,$ alors on peut écrire $A=PCP^{-1}$ et $B=QDQ^{-1}.$ On tire des précédentes questions : \begin{eqnarray*} (P\otimes Q)(C\otimes D)(P\otimes Q)^{-1}&=&(P\otimes Q)(C\otimes D)(P^{-1}\otimes Q^{-1})\\ &=&(PCP^{-1})\otimes (QDQ^{-1})\\ &=&A\otimes B. \end{eqnarray*} Ainsi, $A\otimes B$ est bien semblable à $C\otimes D.$
4. Il s'agit de la question difficile de l'exercice ! Il faut se laisser guider par l'enchaînement des questions et utiliser qu'il est plus facile de calculer le déterminant de matrices triangulaires supérieures. Or, $A,B\in\mathcal M_n(\mathbb C)$ donc $A$ et $B$ sont trigonalisables : soit $C$ une matrice triangulaire dont les coefficients diagonaux sont $\lambda_1,\dots,\lambda_n$ telle que $A$ est semblable à $C$ et $D$ une matrice triangulaires supérieure dont les coefficients diagonaux sont notés $\mu_1,\dots,\mu_n$ telle que $B$ est semblable à $D.$ En particulier, $\det(A)=\prod_{i=1}^n \lambda_i$ puisque deux matrices semblables ont le même déterminant. Mais alors, il est facile de voir que $C\otimes D$ est aussi une matrice triangulaire supérieure, dont les coefficients diagonaux sont $$\lambda_1\mu_1,\dots,\lambda_1\mu_n,\lambda_2\mu_1,\dots,\lambda_2\mu_n,\lambda_3\mu_1,\dots,\lambda_n\mu_n.$$ Ainsi, \begin{eqnarray*} \det(A\otimes B)&=&\left(\prod_{j=1}^n \lambda_j\right)^n \cdot\left(\prod_{j=1}^n \mu_j\right)^n\\ &=&(\det(A)\det(B))^n. \end{eqnarray*}
5. Pour cette dernière question, on va raisonner en termes de matrices équivalentes. Rappelons que $A$ et $C$ sont équivalentes s'il existe $P,Q\in GL_n(\mathbb C)$ telles que $A=PCQ^{-1},$ et que deux matrices équivalentes (qui représentent la même application linéaire dans des bases différentes) ont le même rang. Comme à la question 3., on démontre que si $A$ est équivalente à $C$ et que si $B$ est équivalente à $D$, alors $A\otimes B$ est équivalente à $C\otimes D.$
   Notons $a$ le rang de $A$ et $b$ le rang de $B.$ Alors $A$ est équivalente à $J_a$ et $B$ est équivalente à $J_b,$ où $J_r$ est la matrice diagonale comportant $r$ fois le nombre $1$ sur les $r$ premiers éléments de la diagonale, et $0$ ailleurs. Alors $A\otimes B$ est équivalente à $J_a\otimes J_b.$ Il est alors facile de voir que $J_a\otimes J_b$ est une matrice diagonale dont la diagonale comporte $a\cdot b$ fois le nombre $1,$ et comporte des $0$ ailleurs. On a donc $$\textrm{rg}(A\otimes B)=\textrm{rg}(J_a\otimes J_n)=a\cdot b=\textrm{rg}(A)\times \textrm{rg}(B).$$

Bien sûr, l'implication $1.\implies 2.$ est immédiate. Prouvons la réciproque et supposons que $2.$ est vraie. Soit $(e_1,\dots,e_n)$ une base orthonormale de $E.$ Alors, pour $i\neq j,$ on a $\langle s(e_i),s(e_j)\rangle=0$ puisque $\langle e_i,e_j\rangle=0.$ Ainsi, $(s(e_1),\dots,s(e_n))$ est une famille orthogonale de $E.$ Pour $i\in\{1,\dots,n\},$ notons $c_i\in\mathbb R$ tel que $\|s(e_i)\|^2=c_i$ et soit à nouveau $1\leq i\neq j\leq n.$ Alors on sait que $$\langle e_i+e_j,e_i-e_j\rangle=0$$ d'où on déduit que $$\langle s(e_i+e_j),s(e_i-e_j)\rangle=0.$$ En développant, on trouve $c_i-c_j=0$ et donc $c_i=c_j$. Ainsi, il existe $c\in\mathbb R_+$ tel que $\|s(e_i)\|^2=c$ pour tout $i=1,\dots,n.$ Maintenant, pour tous $x,y\in E,$ on écrit $x=\sum_{i=1}^n x_i e_i$ et $y=\sum_{i=1}^n y_i e_i.$ En développant, on trouve \begin{align*} \langle s(x),s(y)\rangle&=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \langle s(e_i),s(e_j)\rangle\\ &=\sum_{i=1}^n x_i y_i \langle s(e_i),s(e_i)\rangle\\ &=c\sum_{i=1}^n x_iy_i\\ &=c\langle x,y\rangle. \end{align*}

Bien sûr, l'implication $1.\implies 2.$ est immédiate. Prouvons la réciproque et supposons que $2.$ est vraie. Soit $(e_1,\dots,e_n)$ une base orthonormale de $E.$ Alors, pour $i\neq j,$ on a $\langle s(e_i),s(e_j)\rangle=0$ puisque $\langle e_i,e_j\rangle=0.$ Ainsi, $(s(e_1),\dots,s(e_n))$ est une famille orthogonale de $E.$ Pour $i\in\{1,\dots,n\},$ notons $c_i\in\mathbb R$ tel que $\|s(e_i)\|^2=c_i$ et soit à nouveau $1\leq i\neq j\leq n.$ Alors on sait que $$\langle e_i+e_j,e_i-e_j\rangle=0$$ d'où on déduit que $$\langle s(e_i+e_j),s(e_i-e_j)\rangle=0.$$ En développant, on trouve $c_i-c_j=0$ et donc $c_i=c_j$. Ainsi, il existe $c\in\mathbb R_+$ tel que $\|s(e_i)\|^2=c$ pour tout $i=1,\dots,n.$ Maintenant, pour tous $x,y\in E,$ on écrit $x=\sum_{i=1}^n x_i e_i$ et $y=\sum_{i=1}^n y_i e_i.$ En développant, on trouve \begin{align*} \langle s(x),s(y)\rangle&=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \langle s(e_i),s(e_j)\rangle\\ &=\sum_{i=1}^n x_i y_i \langle s(e_i),s(e_i)\rangle\\ &=c\sum_{i=1}^n x_iy_i\\ &=c\langle x,y\rangle. \end{align*}

1. Soit $u,v\in E$ et $\lambda\in\mathbb R.$ On a $N_{\infty}(u)=0$ si et seulement si, pour tout $n\in\mathbb N,$ $u_n=0$ si et seulement si $u=0$. De plus, puisque pour tout entier $n,$ on a $|\lambda u_n|=|\lambda|\cdot |u_n|,$ on a $N_{\infty}(\lambda u)=|\lambda |N_{\infty}(u)$. Enfin, pour tout entier $n$, on a $$|u_n+v_n|\leq |u_n|+|v_n|\leq N_\infty(u)+N_\infty(v).$$ En passant à la borne supérieure, on trouve $$N_\infty(u+v)\leq N_\infty(u)+N_\infty(v).$$ Ceci prouve que $N_\infty$ est une norme sur $E.$ Passons maintenant à $N.$ Remarquons d'abord que $N$ est bien définie sur $E$ (la série définissant $N(u)$ est convergente par convergence de la série géométrique $\sum_n 2^{-n}$). De plus, tous les termes de la somme étant positifs ou nuls, on a $$N(u)=0\iff \forall n\in\mathbb N, |u_n|=0\iff u=0.$$ De plus, on a $$N(\lambda u)=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{|\lambda u_n|}{2^n}=\sum_{n=0}^{+\infty}|\lambda|\frac{|u_n|}{2^n}=|\lambda|N(u).$$ Enfin, pour tout $n\in\mathbb N,$ $$\frac{|u_n+v_n|}{2^n}\leq \frac{|u_n|}{2^n}+\frac{|v_n|}{2^n}.$$ Si on somme ces inégalités, on trouve que $N(u+v)\leq N(u)+N(v).$ Ainsi, $N$ est également une norme sur $E.$
   Les normes $N_\infty$ et $N$ ne sont pas équivalentes. En effet, considérons la suite $(u(p))$ de $E$ où $u_n(p)=0$ si $n\neq p$ et $u_n(p)=1$ si $n=p.$ Alors $N_\infty(u(p))=1$ alors que $N(u(p))=2^{-p}$. Il est ainsi impossible de trouver une constante $C>0$ telle que, pour tout $u\in E,$ $N_\infty(u)\leq C N(u)$.
2. Supposons qu'il existe une suite $u$ dans l'intérieur de $A.$ Soit $\veps>0$ tel que $B(u,\veps)\subset A.$ Soit $v$ la suite définie par, pour tout $n\in\mathbb N,$ $v_n=u_n+\veps/2.$ Alors $v\in B(u,\veps)$ alors que $v\notin A$ puisqu'elle est stationnaire égale à $\veps/2$. On obtient une contradiction. Donc l'intérieur de $A$ est vide.
   On va ensuite démontrer que l'adhérence de $A$ est l'ensemble des suites qui convergent vers $0.$ Soit $u$ une telle suite, et posons, pour $p\geq 1,$ $u(p)$ la suite définie par $u_n(p)=u_n$ si $n\leq p$ et $u_n(p)=0$ sinon. Alors $u(p)\in A.$ De plus, $$N_\infty(u-u(p))=\sup_{n>p} |u_n|\xrightarrow{p\to+\infty}0.$$ Ceci montre que l'ensemble des suites de limite nulle est contenu dans l'adhérence de $A.$ Réciproquement, soit $u$ dans l'adhérence de $A$ et prouvons que $u$ est de limite nulle. Soit $\veps>0.$ Il existe $v\in A$ tel que $N_\infty(u-v)\leq \veps.$ Cette suite $v$ étant fixée, il existe $N\in\mathbb N$ tel que, pour tout $n\geq N,$ $v_n=0$. On en déduit que, pour $n\geq N,$ $$|u_n|=|u_n-v_n|\leq N_\infty(u-v)\leq\veps.$$ On a bien démontré que la suite $u$ converge vers $0$ et le résultat annoncé.
3. Soit $u$ dans l'intérieur de $B$ et soit $\veps>0$ tel que $B(u,\veps)\subset B.$ Alors il est clair que, pour tout $m\geq 0,$ on a $u_m\geq \veps$ sinon la suite $v$ définie par $v_n=u_n$ pour $n\neq m$ et $v_n=0$ si $n=m$ vérifie $N_\infty(u-v)=|u_m|<\veps$ et $v\notin B$. Réciproquement, démontrons que si $u$ est une suite telle qu'il existe $\veps>0$ avec $u_n\geq \veps$ pour tout $n\in\mathbb N,$ alors $u$ est dans l'intérieur de $B.$ C'est facile : il suffit de remarquer que $B(u,\veps)\subset B.$
   Démontrons ensuite que l'adhérence de $B$ est l'ensemble des suites à valeurs positives ou nulles. Soit $u$ dans l'adhérence de $B$ et $(u(p))$ une suite d'éléments de $B$ qui converge vers $u$. Alors pour tout $n\in\mathbb N,$ $(u_n(p))_p$ converge vers $u_n$ puisque $|u_n(p)-u_n|\leq N_\infty(u(p)-u)$. Or, $u_n(p)>0$ et par passage à la limite, on a $u_n\geq 0.$ Réciproquement, si $u$ est une suite à valeurs positives ou nulles, alors posons $u(p)$ la suite définie par $u_n(p)=u_n+2^{-p}$. Alors $(u(p))_p$ est une suite d'éléments de $B.$ De plus, on a $N_\infty(u-u(p))=2^{-p}$ et la suite $(u(p))$ converge vers $u$ qui est bien dans l'adhérence de $B.$

Dans toute la suite, on pose $\displaystyle u_n(x)=\frac{1}{n(nx+1)}$ avec $x\in\mathbb R_+^*.$

1. Puisque les fonctions $u_n$ sont continues sur $\mathbb R_+^*,$ il suffit de démontrer que la série converge normalement sur tout intervalle du type $[a,+\infty[$ avec $a>0$. Soit donc $a>0$ et $x\geq a$. Alors, pour tout $n\geq 1,$ $nx+1\geq na+1>0$. En passant à l'inverse (la fonction inverse est décroissante sur $]0,+\infty[$), on a $$0\leq u_n(x)\leq \frac{1}{n(na+1)}.$$ Or, le terme de droite est une série numérique convergente. On en déduit la convergence normale de $\sum_{n\geq 1}u_n$ sur $[a,+\infty[,$ et par suite que $S$ est bien définie et continue sur $\mathbb R_+^*$.
2. Pour déterminer la limite de $S$ en $+\infty,$ par convergence normale (donc uniforme) sur $[1,+\infty[$, on peut appliquer le théorème d'interversion des limites. On a donc $$\lim_{x\to +\infty}S(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}\lim_{x\to +\infty}u_n(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}0=0.$$ La détermination d'un équivalent est plus délicate. On va commencer par conjecturer cet équivalent. Pour cela, on remarque qu'au voisinage de $+\infty,$ $$u_n(x)\sim_{x\to+\infty}\frac1{n^2 x}.$$ Dans un monde idéal, on peut espérer que $$S(x)\sim_{x\to+\infty}\sum_{n=1}^{+\infty}\frac1{n^2 x}=\left(\sum_{n=1}^{+\infty}\frac1{n^2}\right)\times\frac 1x.$$ Ceci nous incite à étudier $xS(x)$. Pour cela, on pose, pour $x>0,$ $$v_n(x)=xu_n(x)=\frac{x}{n(1+nx)}$$ et on remarque que, pour tout $x>0,$ $$xS(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}v_n(x).$$ On va appliquer le théorème de la double limite à $S$. Pour cela, on va prouver la convergence normale de $\sum_{n\geq 1}v_n$ sur $[1,+\infty[$. En effet, pour tout $x\geq 1,$ on a $1+nx\geq nx>0$ et donc $$0\leq v_n(x)\leq \frac{x}{n^2 x}=\frac {1}{n^2}.$$ A nouveau, le membre de droite est le terme général d'une série numérique convergente, et la série $\sum_{n\geq 1}v_n$ converge normalement sur $[1,+\infty[$. Par le théorème de la double limite, $$\lim_{x\to+\infty}xS(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}\lim_{x\to+\infty}v_n(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac 1{n^2}.$$ On en déduit que l'on a bien $$S(x)\sim_{x\to+\infty}\left(\sum_{n=1}^{+\infty}\frac1{n^2}\right)\times\frac 1x.$$
3. A nouveau, on peut conjecturer la limite en se disant qu'au voisinage de $0$, $u_n(x)$ se comporte comme $\frac 1n,$ et que la série harmonique diverge. Voyons comment rendre rigoureux cet argument. Soit $M>0$. Il existe un entier $N\geq 1$ tel que $$\sum_{n=1}^N \frac 1n\geq M.$$ Pour $x\in ]0,1/N],$ et $1\leq n\leq N,$ on a $$1+nx\leq 1+N\times \frac 1N\leq 2,$$ ce qui entraîne, pour ces mêmes valeurs de $x$ et $n,$ $$u_n(x)\geq \frac 1{2n}.$$ On en déduit que, pour $x\in ]0,1/N]$, on a $$S(x)\geq \sum_{n=1}^N u_n(x)\geq \sum_{n=1}^N \frac1{2n}\geq \frac M2.$$ Ceci prouve que $\lim_{x\to 0^+}S(x)=+\infty.$

Soit $i\in\{1,\dots,n\}$. Par la règle de la chaîne, on a, pour tout $x\in\mathbb R^n,$ $$\frac{\partial (u\circ f)}{\partial x_i}(x)=\frac{\partial f}{\partial x_i}(x)u'(f(x)).$$ Puis, utilisant une deuxième fois la règle de la chaîne et la règle pour la dérivation d'un produit, on trouve $$\frac{\partial^2 (u\circ f)}{\partial x_i^2}(x)=\frac{\partial^2 f}{\partial x_i^2}(x)u'(f(x))+\left(\frac{\partial f}{\partial x_i}(x)\right)^2u''(f(x)).$$ On en déduit que \begin{align*} \Delta f(x)&=\sum_{i=1}^n \frac{\partial^2 f}{\partial x_i^2}(x)u'(f(x))+\sum_{i=1}^n \left(\frac{\partial f}{\partial x_i}(x)\right)^2u''(f(x))\\ &=\Delta f(x)u'(f(x))+\|\nabla f(x)\|^2 u''(f(x)). \end{align*}