Maths

# CCINP PC — Mathématiques 2026 · Corrigé brut

*Corrigé rédigé par IA (La Belle Copie), non officiel. Signalez toute erreur.*

Épreuve PC1M, durée 4 heures, calculatrices interdites. Trois exercices indépendants, 37 questions.

Convention : pour $B\in\mathcal M_p(\mathbb R)$, $\chi_B(X)=\det(XI_p-B)$ (c'est la convention compatible avec la formule de la Q6). $\mathrm{Sp}(B)$ désigne l'ensemble des valeurs propres de $B$.

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# Exercice 1 — Réduction de matrices par blocs

## Partie I - Étude d'une première forme

Ici $M=\begin{pmatrix}A&A\\A&A\end{pmatrix}$.

### I.1 - Étude d'un exemple

$n=2$, $A=\mathrm{diag}(1,2)$, donc
$$M=\begin{pmatrix}1&0&1&0\\0&2&0&2\\1&0&1&0\\0&2&0&2\end{pmatrix}.$$

**Q1.** $A$ est diagonale, donc symétrique, et par blocs $M^\top=\begin{pmatrix}A^\top&A^\top\\A^\top&A^\top\end{pmatrix}=M$. La matrice $M$ est symétrique réelle ; d'après le théorème spectral, elle est diagonalisable (dans une base orthonormée).
$$\boxed{M\text{ est diagonalisable.}}$$

**Q2.** Pour $x,y\in\mathbb R^2$, $M\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}A(x+y)\\A(x+y)\end{pmatrix}$.

- Pour $y=-x$, on obtient $0$ : le sous-espace $G=\{(x,-x)\,;\,x\in\mathbb R^2\}$, de dimension $2$, est inclus dans $\ker M$. Comme les colonnes 1 et 3 de $M$ sont égales, de même que les colonnes 2 et 4, et que les colonnes 1 et 2 sont libres, $\mathrm{rg}\,M=2$, donc $\dim\ker M=2$ et $\ker M=G$.
- Pour $y=x$ : $M(x,x)=(2Ax,2Ax)$. Avec $u_1=(1,0,1,0)$ et $u_2=(0,1,0,1)$, on obtient $Mu_1=2u_1$ et $Mu_2=4u_2$.

La somme des dimensions des sous-espaces propres trouvés vaut $2+1+1=4$ : ce sont tous les sous-espaces propres.
$$\boxed{\mathrm{Sp}(M)=\{0,2,4\},\quad \dim E_0=2,\ \dim E_2=\dim E_4=1.}$$
(Cohérent avec la Q6 : $\chi_M(\lambda)=\lambda^2\cdot4\,(\tfrac\lambda2-1)(\tfrac\lambda2-2)=\lambda^2(\lambda-2)(\lambda-4)$.)

**Q3.** $M$ est symétrique (Q1). Pour $X=\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}\in\mathbb R^4$, en posant $z=x+y=(z_1,z_2)$ et en utilisant $A^\top=A$ :
$$X^\top MX=x^\top A(x+y)+y^\top A(x+y)=z^\top Az=z_1^2+2z_2^2\ge0 .$$
Donc $M\in\mathcal S_4^+(\mathbb R)$. Elle n'est pas définie positive : pour $X_0=(1,0,-1,0)\neq0$, on a $z=0$, donc $X_0^\top MX_0=0$ (de façon équivalente, $0\in\mathrm{Sp}(M)$).
$$\boxed{M\text{ est symétrique positive, mais pas définie positive.}}$$

### I.2 - Réduction de la matrice $M$

**Q4.** Posons $Q=\frac12\begin{pmatrix}I_n&-I_n\\I_n&I_n\end{pmatrix}$. Par produit par blocs :
$$PQ=\frac12\begin{pmatrix}I_n+I_n&-I_n+I_n\\-I_n+I_n&I_n+I_n\end{pmatrix}=I_{2n}.$$
En dimension finie, cela suffit : $P$ est inversible et
$$\boxed{P^{-1}=\frac12\begin{pmatrix}I_n&-I_n\\I_n&I_n\end{pmatrix}.}$$
(Le calcul de $QP$ donne aussi $I_{2n}$.)

**Q5.** On calcule
$$MP=\begin{pmatrix}A&A\\A&A\end{pmatrix}\begin{pmatrix}I_n&I_n\\-I_n&I_n\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}O_n&2A\\O_n&2A\end{pmatrix},$$
$$P^{-1}MP=\frac12\begin{pmatrix}I_n&-I_n\\I_n&I_n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}O_n&2A\\O_n&2A\end{pmatrix}=\frac12\begin{pmatrix}O_n&O_n\\O_n&4A\end{pmatrix}=D.$$
$$\boxed{P^{-1}MP=D=\begin{pmatrix}O_n&O_n\\O_n&2A\end{pmatrix},\ \text{donc } M \text{ est semblable à } D.}$$

![Figure 1 — Cas modèle n = 1, A = (a) : les colonnes de P dirigent la droite des (x, −x), envoyée sur 0, et celle des (x, x), dilatée d'un facteur 2a ; d'où P⁻¹MP = D](/figures/corriges/ccinp_pc_maths_2026/q05-action-de-m-cas-n1.svg)

**Q6.** Deux matrices semblables ont le même polynôme caractéristique, donc $\chi_M=\chi_D$. Soit $\lambda\in\mathbb R$ :
$$\lambda I_{2n}-D=\begin{pmatrix}\lambda I_n&O_n\\O_n&\lambda I_n-2A\end{pmatrix}.$$
La première colonne a pour seul coefficient éventuellement non nul $\lambda$, en position $(1,1)$. En développant $n$ fois de suite selon la première colonne, on obtient $\det(\lambda I_{2n}-D)=\lambda^n\det(\lambda I_n-2A)$. Par homogénéité du déterminant sur $\mathcal M_n(\mathbb R)$, $\det(\lambda I_n-2A)=2^n\det\!\left(\tfrac\lambda2I_n-A\right)$. D'où
$$\boxed{\forall\lambda\in\mathbb R,\quad \chi_M(\lambda)=\lambda^n\,2^n\,\chi_A\!\left(\frac\lambda2\right).}$$
Puisque $2^n\ne0$, $\chi_M(\lambda)=0$ si et seulement si $\lambda=0$ ou $\lambda/2\in\mathrm{Sp}(A)$. Comme $n\ge1$, $0$ est toujours valeur propre de $M$ :
$$\boxed{\mathrm{Sp}(M)=\{0\}\cup\{2\mu\,;\,\mu\in\mathrm{Sp}(A)\}.}$$

**Q7.** Par récurrence immédiate, $D^k=\begin{pmatrix}O_n&O_n\\O_n&(2A)^k\end{pmatrix}$ pour $k\ge1$, et $D^0=I_{2n}$. Pour $R=\sum_k r_kX^k\in\mathbb R[X]$, on en déduit
$$R(D)=\begin{pmatrix}R(0)I_n&O_n\\O_n&R(2A)\end{pmatrix}.$$
Pour $R=Q\!\left(\frac X2\right)=\sum_{k=0}^dq_k2^{-k}X^k$, on a $R(0)=Q(0)$ et $R(2A)=\sum_kq_k2^{-k}2^kA^k=Q(A)$. Donc
$$Q\!\left(\tfrac X2\right)(D)=\begin{pmatrix}Q(0)I_n&O_n\\O_n&Q(A)\end{pmatrix}.$$
Cette matrice est nulle si et seulement si ses deux blocs diagonaux le sont, c'est-à-dire, puisque $n\ge1$, si et seulement si $Q(0)=0$ et $Q(A)=O_n$.
$$\boxed{\text{(i)}\iff\text{(ii)}.}$$

**Q8.** $M$ et $D$ sont semblables (Q5), donc $M$ est diagonalisable si et seulement si $D$ l'est. On utilise la caractérisation : une matrice est diagonalisable si et seulement si elle admet un polynôme annulateur scindé à racines simples.

*Si $A$ est diagonalisable.* Soit $\pi$ un polynôme annulateur de $A$ scindé à racines simples, par exemple $\pi=\prod_{\mu\in\mathrm{Sp}(A)}(X-\mu)$. On pose $Q=\pi$ si $\pi(0)=0$, et $Q=X\pi$ sinon. Le polynôme $Q$ est scindé à racines simples (la racine $0$ ajoutée n'était pas racine de $\pi$), $Q(A)=O_n$ et $Q(0)=0$. Par la Q7, $Q(X/2)$ annule $D$. Si $Q=c\prod_i(X-\alpha_i)$ avec des $\alpha_i$ distincts, alors $Q(X/2)=c\,2^{-\deg Q}\prod_i(X-2\alpha_i)$, qui est scindé à racines simples. Donc $D$ est diagonalisable.

*Si $D$ est diagonalisable.* Soit $R$ un polynôme annulateur de $D$ scindé à racines simples, $R=c\prod_j(X-\nu_j)$ avec des $\nu_j$ distincts. On pose $Q=R(2X)=c\,2^{\deg R}\prod_j(X-\nu_j/2)$ : il est scindé à racines simples, et $Q(X/2)=R$ annule $D$. Par la Q7, $Q(A)=O_n$. Donc $A$ est diagonalisable.
$$\boxed{M\text{ est diagonalisable}\iff A\text{ est diagonalisable.}}$$

## Partie II - Étude d'une seconde forme

Ici $M=\begin{pmatrix}A&A\\O_n&A\end{pmatrix}$.

**Q9.** Récurrence sur $k$. Pour $k=0$ : $M^0=I_{2n}=\begin{pmatrix}I_n&0\cdot I_n\\O_n&I_n\end{pmatrix}$. Si $M^k=\begin{pmatrix}A^k&kA^k\\O_n&A^k\end{pmatrix}$, alors
$$M^{k+1}=M^kM=\begin{pmatrix}A^k&kA^k\\O_n&A^k\end{pmatrix}\begin{pmatrix}A&A\\O_n&A\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}A^{k+1}&A^{k+1}+kA^{k+1}\\O_n&A^{k+1}\end{pmatrix}.$$
$$\boxed{\forall k\in\mathbb N,\quad M^k=\begin{pmatrix}A^k&kA^k\\O_n&A^k\end{pmatrix}.}$$

**Q10.** Soit $Q=\sum_{k=0}^dq_kX^k$. Par linéarité et d'après la Q9 :
$$Q(M)=\sum_{k=0}^dq_kM^k=\begin{pmatrix}\sum_kq_kA^k&\sum_{k\ge1}kq_kA^k\\O_n&\sum_kq_kA^k\end{pmatrix}.$$
Or $AQ'(A)=A\sum_{k\ge1}kq_kA^{k-1}=\sum_{k\ge1}kq_kA^k$, d'où
$$\boxed{Q(M)=\begin{pmatrix}Q(A)&AQ'(A)\\O_n&Q(A)\end{pmatrix}.}$$

**Q11.** On a $S(M)=O_{2n}$, donc par la Q10, bloc par bloc :
$$S(A)=O_n\quad\text{et}\quad AS'(A)=O_n.\qquad(\dagger)$$
$S$ est un polynôme annulateur de $A$ scindé à racines simples : $A$ est diagonalisable. Écrivons $A=P\Delta P^{-1}$ avec $\Delta=\mathrm{diag}(\mu_1,\dots,\mu_n)$, où les $\mu_i$ sont les valeurs propres de $A$ répétées. Alors $A^k=P\Delta^kP^{-1}$ pour tout $k$, et par linéarité
$$S'(A)=P\,\mathrm{diag}\big(S'(\mu_1),\dots,S'(\mu_n)\big)\,P^{-1}.$$
$$\boxed{S'(A)\text{ est diagonalisable et }\mathrm{Sp}(S'(A))=\{S'(\mu)\,;\,\mu\in\mathrm{Sp}(A)\}.}$$

**Q12.** Soit $\mu\in\mathrm{Sp}(A)$ et $x\ne0$ un vecteur propre associé. De $0=S(A)x=S(\mu)x$, on tire $S(\mu)=0$ : les valeurs propres de $A$ sont des racines de $S$. Écrivons $S=c\prod_{i=1}^r(X-\alpha_i)$, avec $c\neq0$ et des $\alpha_i$ distincts. Alors $S'(\alpha_j)=c\prod_{i\ne j}(\alpha_j-\alpha_i)\ne0$ : $S'$ ne s'annule en aucune racine de $S$. Donc $S'(\mu)\ne0$ pour tout $\mu\in\mathrm{Sp}(A)$, d'où $0\notin\mathrm{Sp}(S'(A))$ (Q11).
$$\boxed{S'(A)\text{ est inversible.}}$$
En multipliant $(\dagger)$ à droite par $S'(A)^{-1}$, on obtient $A=O_n$. Réciproquement, si $A=O_n$, alors $M=O_{2n}$ est diagonale.
$$\boxed{M\text{ est diagonalisable}\iff A=O_n.}$$

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# Exercice 2 — Autour de la loi géométrique

$X_k\hookrightarrow\mathcal G(p)$ : $X_k(\Omega)=\mathbb N^*$ et $P(X_k=j)=pq^{j-1}$.

## Partie I - Étude de la variable aléatoire $S_n$

**Q13.** Les $X_k$ sont à valeurs dans $\mathbb N^*$, donc $S_n$ est à valeurs entières et $S_n\ge n$. Réciproquement, pour $k\ge n$, par indépendance,
$$P(S_n=k)\ge P\big((X_1=k-n+1)\cap(X_2=1)\cap\dots\cap(X_n=1)\big)=pq^{k-n}p^{n-1}>0.$$
$$\boxed{S_n(\Omega)=[\![n,+\infty[\![ .}$$

**Q14.** On a $E(X_1)=\frac1p$ et $V(X_1)=\frac q{p^2}$. Par linéarité de l'espérance, et parce que la variance d'une somme de variables indépendantes est la somme des variances :
$$\boxed{E(S_n)=\frac np,\qquad V(S_n)=\frac{nq}{p^2}.}$$

**Q15.** Pour tout $k$, $0\le P(Y=k)\le1$ : la suite $(P(Y=k)\,1^k)$ est bornée. Par définition du rayon de convergence (lemme d'Abel), $\boxed{R\ge1}$. (On peut aussi dire que la série converge en $t=1$, de somme $1$.)

**Q16.** Les $X_k$ sont mutuellement indépendantes. Par le lemme des coalitions, $S_{m-1}$ et $X_m$ sont indépendantes, et $G_{U+V}=G_UG_V$ pour des variables indépendantes à valeurs dans $\mathbb N$. Par récurrence, pour $t\in\,]-1,1[$,
$$G_{S_n}(t)=\prod_{k=1}^nG_{X_k}(t)=G_{X_1}(t)^n .$$
Comme $|qt|<1$, la série géométrique converge et
$$G_{X_1}(t)=\sum_{k\ge1}pq^{k-1}t^k=pt\sum_{j\ge0}(qt)^j=\frac{pt}{1-qt}.$$
$$\boxed{\forall t\in\,]-1,1[,\quad G_{S_n}(t)=\left(\frac{pt}{1-qt}\right)^n.}$$

**Q17.** Pour $|x|<1$, $(1+x)^{\alpha}=\sum_{j\ge0}\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-j+1)}{j!}x^j$. On applique cette formule avec $\alpha=-n$ et $x=-qt$, où $|qt|<1$. Le coefficient vaut
$$\frac{(-n)(-n-1)\cdots(-n-j+1)}{j!}(-q)^j=\frac{n(n+1)\cdots(n+j-1)}{j!}q^j=\binom{n+j-1}{j}q^j .$$
Donc, pour $t\in\,]-1,1[$,
$$\boxed{(pt)^n(1-qt)^{-n}=\sum_{j=0}^{+\infty}\binom{n+j-1}{j}p^nq^j\,t^{n+j}=\sum_{k=n}^{+\infty}\binom{k-1}{n-1}p^nq^{k-n}t^k.}$$
Par ailleurs, $G_{S_n}(t)=\sum_kP(S_n=k)t^k$ sur $]-1,1[$ (Q15). Par unicité des coefficients d'une série entière de rayon non nul :
$$\boxed{\forall k\ge n,\quad P(S_n=k)=\binom{k-1}{n-1}p^nq^{k-n}.}$$

## Partie II - Loi de la variable aléatoire $V_n$

**Q18.** Soit $k\in\mathbb N^*$. Par $\sigma$-additivité,
$$P(X_1>k)=\sum_{j=k+1}^{+\infty}pq^{j-1}=pq^k\sum_{i\ge0}q^i=\frac{pq^k}{1-q}=\boxed{q^k}.$$

**Q19.** On a $(V_n\le k)=\bigcap_{i=1}^n(X_i\le k)$. Par indépendance mutuelle et parce que les $X_i$ ont même loi,
$$P(V_n\le k)=\prod_{i=1}^nP(X_i\le k)=(1-P(X_1>k))^n=\boxed{(1-q^k)^n}.$$
La formule vaut aussi pour $k=0$ : $P(V_n\le0)=0=(1-q^0)^n$.

**Q20.** Posons $u_k=1-(1-q^k)^n=P(V_n>k)$ pour $k\in\mathbb N$ (Q19). Pour $v\in[0,1]$, $1-v^n=(1-v)\sum_{j=0}^{n-1}v^j\le n(1-v)$. Avec $v=1-q^k$, on obtient $0\le u_k\le nq^k$, donc $\sum u_k$ converge.

Pour $N\ge1$, en intervertissant deux sommes finies :
$$\sum_{k=1}^NkP(V_n=k)=\sum_{j=0}^{N-1}\sum_{k=j+1}^NP(V_n=k)=\sum_{j=0}^{N-1}\big(u_j-u_N\big)=\sum_{j=0}^{N-1}u_j-Nu_N .$$
Le membre de droite est majoré par $\sum_{j\ge0}u_j$. La série à termes positifs $\sum kP(V_n=k)$ converge donc : $V_n$ est d'espérance finie. Comme $0\le Nu_N\le nNq^N\to0$, le passage à la limite donne
$$\boxed{E(V_n)=\sum_{k=0}^{+\infty}\Big(1-\big(1-q^k\big)^n\Big).}$$

**Q21.** Pour $k\in\mathbb N^*$, $(V_n\le k)=(V_n\le k-1)\sqcup(V_n=k)$ (réunion disjointe), donc $P(V_n=k)=P(V_n\le k)-P(V_n\le k-1)$. Par la Q19, y compris pour $k-1=0$ :
$$\boxed{\forall k\in\mathbb N^*,\quad P(V_n=k)=(1-q^k)^n-(1-q^{k-1})^n .}$$
Ces probabilités sont strictement positives ($P(V_n=1)=p^n$, et $1-q^{k-1}<1-q^k$), et $V_n\ge1$ : $V_n(\Omega)=\mathbb N^*$.

## Partie III - Équivalent de l'espérance de $V_n$

**Q22.** $\varphi_n$ est de classe $\mathcal C^1$ sur $[0,+\infty[$ et
$$\varphi_n'(x)=-n(1-q^x)^{n-1}\cdot(-q^x\ln q)=n\ln(q)\,q^x(1-q^x)^{n-1}\le0,$$
car $\ln q<0$ et $0\le1-q^x<1$. **$\varphi_n$ est décroissante.** Elle est continue et positive, et, comme en Q20, $0\le\varphi_n(x)\le nq^x=ne^{x\ln q}$. Or $x\mapsto e^{x\ln q}$ est intégrable sur $[0,+\infty[$ (car $\ln q<0$). Par comparaison, **$\varphi_n$ est intégrable sur $[0,+\infty[$.**

**Q23.** $\varphi_n$ est décroissante. Pour $k\ge0$, $\int_k^{k+1}\varphi_n\le\varphi_n(k)$ ; pour $k\ge1$, $\varphi_n(k)\le\int_{k-1}^k\varphi_n$. En sommant, puis en passant à la limite (les séries et l'intégrale convergent, Q20 et Q22) :
$$\int_0^{+\infty}\varphi_n\le\sum_{k\ge0}\varphi_n(k),\qquad \sum_{k\ge1}\varphi_n(k)\le\int_0^{+\infty}\varphi_n .$$
Comme $E(V_n)=\sum_{k\ge0}\varphi_n(k)$ (Q20) et $\varphi_n(0)=1$ :
$$\boxed{\int_0^{+\infty}\varphi_n(x)\,\mathrm dx\le E(V_n)\le1+\int_0^{+\infty}\varphi_n(x)\,\mathrm dx.}$$

![Figure 2 — Comparaison série-intégrale pour φ_n décroissante : rectangles de hauteur φ_n(k) posés à droite de k (a), au-dessus de la courbe, puis à gauche de k (b), en dessous, le terme φ_n(0) = 1 restant dehors](/figures/corriges/ccinp_pc_maths_2026/q23-comparaison-serie-integrale.svg)

**Q24.** Pour $u\in[0,1[$, $\frac{1-u^n}{1-u}=\sum_{j=0}^{n-1}u^j$. Cette fonction se prolonge par continuité en $1$ : l'intégrale converge (elle n'est impropre qu'en apparence) et
$$\int_0^1\frac{1-u^n}{1-u}\,\mathrm du=\sum_{j=0}^{n-1}\frac1{j+1}=\sum_{k=1}^n\frac1k .$$
Soit $T>0$. La fonction $\psi:x\mapsto1-q^x$ est de classe $\mathcal C^1$ et strictement croissante de $[0,T]$ sur $[0,1-q^T]$, avec $\psi'(x)=-\ln(q)\,q^x=-\ln(q)(1-\psi(x))$. Le changement de variable $u=\psi(x)$ donne
$$\int_0^{1-q^T}\frac{1-u^n}{1-u}\,\mathrm du=\int_0^T\frac{1-\psi(x)^n}{1-\psi(x)}\,\psi'(x)\,\mathrm dx=-\ln(q)\int_0^T\varphi_n(x)\,\mathrm dx .$$
Quand $T\to+\infty$, $1-q^T\to1$ ; par continuité de l'intégrale d'une fonction continue sur $[0,1]$ et par la Q22 :
$$\boxed{\int_0^1\frac{1-u^n}{1-u}\,\mathrm du=-\ln(q)\int_0^{+\infty}\varphi_n(x)\,\mathrm dx,\qquad\text{soit}\quad \int_0^{+\infty}\varphi_n=\frac{1}{-\ln q}\sum_{k=1}^n\frac1k .}$$

**Q25.** Posons $I_n=\int_0^{+\infty}\varphi_n=\frac{H_n}{-\ln q}$, avec $H_n=\sum_{k=1}^n\frac1k\sim\ln n$. Alors $I_n\sim\frac{\ln n}{-\ln q}$, donc $I_n\to+\infty$ et $I_n>0$. Par la Q23, $1\le\frac{E(V_n)}{I_n}\le1+\frac1{I_n}\to1$. Par encadrement, $E(V_n)\sim I_n$, et
$$\boxed{E(V_n)\underset{n\to+\infty}{\sim}\frac{\ln n}{-\ln q}=\frac{\ln n}{\ln(1/q)}.}$$

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# Exercice 3 — Résolution d'une équation différentielle non ordinaire

## Partie I - Généralités

**Q26.** Par définition, $S_\lambda\subset\mathcal D(\mathbb R,\mathbb R)$. La fonction nulle appartient à $S_\lambda$. Soient $f,g\in S_\lambda$ et $\alpha,\beta\in\mathbb R$ ; $h=\alpha f+\beta g$ est dérivable et
$$h'(x)=\alpha f(\lambda x)+\beta g(\lambda x)=h(\lambda x).$$
**$S_\lambda$ est un sous-espace vectoriel de $\mathcal D(\mathbb R,\mathbb R)$.**

**Q27.** $(E_1)$ s'écrit $f'=f$ : c'est une équation différentielle linéaire homogène d'ordre 1 à coefficient constant.
$$\boxed{S_1=\{x\mapsto Ce^x\,;\,C\in\mathbb R\}=\mathrm{Vect}(\exp).}$$

**Q28.** Si $f$ vérifie $(E_0)$, alors $f'(x)=f(0)=:c$ pour tout $x$. La fonction $x\mapsto f(x)-cx$ a une dérivée nulle sur l'intervalle $\mathbb R$, donc elle est constante : $f(x)=cx+b$, et $f$ est affine. De plus $b=f(0)=c$, donc $f(x)=c(x+1)$. Réciproquement, $x\mapsto c(x+1)$ a pour dérivée $c=f(0)$.
$$\boxed{S_0=\mathrm{Vect}(x\mapsto x+1).}$$

**Q29.** Si $f$ vérifie $(E_{-1})$, alors $f'=g$ avec $g:x\mapsto f(-x)$, qui est dérivable. Donc $f$ est deux fois dérivable et
$$f''(x)=-f'(-x)=-f(x)\qquad\text{(en appliquant }(E_{-1})\text{ au point }-x).$$
Ainsi $f''+f=0$, d'où $f=\alpha\cos+\beta\sin$. On a alors $f'(x)=-\alpha\sin x+\beta\cos x$ et $f(-x)=\alpha\cos x-\beta\sin x$, donc $f'(x)=f(-x)$ pour tout $x$ équivaut à $(\beta-\alpha)(\cos x+\sin x)=0$ pour tout $x$, soit (en $x=0$) $\beta=\alpha$. La réciproque se vérifie directement.
$$\boxed{S_{-1}=\mathrm{Vect}(\cos+\sin).}$$

## Partie II - Solutions développables en série entière

Dans cette partie, $\lambda\ne0$.

**Q30.** Posons $c_n=\frac{\lambda^{n(n-1)/2}}{n!}\ne0$. Alors
$$\left|\frac{c_{n+1}}{c_n}\right|=\frac{|\lambda|^{n}}{n+1}\le\frac1{n+1}\longrightarrow0 .$$
Par la règle de d'Alembert, $\boxed{R=+\infty}$. (On peut aussi majorer $|c_nx^n|\le|x|^n/n!$.)

**Q31.** Le rayon est infini, donc $\varphi$ est dérivable sur $\mathbb R$, et on peut dériver terme à terme :
$$\varphi'(x)=\sum_{n\ge1}\lambda^{\frac{n(n-1)}2}\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}=\sum_{m\ge0}\lambda^{\frac{m(m+1)}2}\frac{x^m}{m!},\qquad \varphi(\lambda x)=\sum_{m\ge0}\lambda^{\frac{m(m-1)}2+m}\frac{x^m}{m!}.$$
Comme $\frac{m(m-1)}2+m=\frac{m(m+1)}2$, on a $\varphi'(x)=\varphi(\lambda x)$ pour tout $x$ : $\boxed{\varphi\in S_\lambda}$.

**Q32.** Sur $\mathbb R$, $f'(x)=\sum_{n\ge0}(n+1)a_{n+1}x^n$ et $f(\lambda x)=\sum_{n\ge0}\lambda^na_nx^n$ ; ces deux séries entières sont de rayon infini. Si $f'(x)=f(\lambda x)$ pour tout $x$, l'unicité du développement en série entière donne
$$\boxed{\forall n\in\mathbb N,\quad(n+1)a_{n+1}=\lambda^na_n.}$$

**Q33.** *Sens direct.* Par récurrence sur $n$, la Q32 donne $a_n=a_0\frac{\lambda^{n(n-1)/2}}{n!}$. En effet, si c'est vrai au rang $n$, alors $a_{n+1}=\frac{\lambda^n}{n+1}a_n=a_0\frac{\lambda^{n(n+1)/2}}{(n+1)!}$. Donc $f=a_0\varphi\in\mathrm{Vect}(\varphi)$.

*Réciproque.* $\varphi\in S_\lambda$ (Q31) et $S_\lambda$ est un sous-espace vectoriel (Q26), donc $\mathrm{Vect}(\varphi)\subset S_\lambda$.
$$\boxed{f\text{ est solution de }(E_\lambda)\iff f\in\mathrm{Vect}(\varphi).}$$

## Partie III - Détermination de toutes les solutions

Ici $\lambda\ne0$, $|\lambda|\le1$ et $f\in S_\lambda$.

**Q34.** Notons $\mathcal P(n)$ : « $f$ est de classe $\mathcal C^n$ sur $\mathbb R$ et $f^{(n)}(t)=\lambda^{n(n-1)/2}f(\lambda^nt)$ pour tout $t$ ».

- $\mathcal P(0)$ : $f$ est dérivable, donc continue, et $f^{(0)}=f$.
- Hérédité : si $\mathcal P(n)$ est vraie, $t\mapsto f(\lambda^nt)$ est dérivable, de dérivée $\lambda^nf'(\lambda^nt)=\lambda^nf(\lambda^{n+1}t)$ par $(E_\lambda)$ au point $\lambda^nt$. Donc $f^{(n)}$ est dérivable et
$$f^{(n+1)}(t)=\lambda^{\frac{n(n-1)}2+n}f(\lambda^{n+1}t)=\lambda^{\frac{(n+1)n}2}f(\lambda^{n+1}t).$$
Cette fonction est continue (car $f$ l'est) : $f$ est de classe $\mathcal C^{n+1}$, et $\mathcal P(n+1)$ est vraie.
$$\boxed{\forall n\in\mathbb N,\ f\in\mathcal C^n(\mathbb R)\text{ et }f^{(n)}(t)=\lambda^{\frac{n(n-1)}2}f(\lambda^nt).}$$
En particulier, $f$ est de classe $\mathcal C^\infty$.

**Q35.** $f$ est continue sur le segment $[-a,a]$, donc bornée : posons $M_a=\sup_{[-a,a]}|f|$. Pour $t\in[-a,a]$, on a $|\lambda^{n+1}t|\le|t|\le a$ et $|\lambda|^{n(n+1)/2}\le1$. Par la Q34, $|f^{(n+1)}(t)|\le M_a$. Comme $|x-t|\le2a$,
$$\sup_{t\in[-a,a]}|g_n(t)|\le\frac{(2a)^n}{n!}M_a\xrightarrow[n\to+\infty]{}0 .$$
**$(g_n)$ converge uniformément vers $0$ sur $[-a,a]$.**

**Q36.** $f$ est de classe $\mathcal C^\infty$ (Q34). Fixons $x\in\mathbb R$ et prenons $a=|x|+1$. Par la formule de Taylor admise,
$$\left|f(x)-\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k\right|=\left|\int_0^xg_n(t)\,\mathrm dt\right|\le|x|\sup_{[-a,a]}|g_n|\xrightarrow[n\to+\infty]{}0$$
(Q35 ; tout $t$ entre $0$ et $x$ est dans $[-a,a]$). Ainsi $f(x)=\sum_{k\ge0}\frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k$ pour tout réel $x$ : la série entière converge sur $\mathbb R$, donc son rayon est infini.
$$\boxed{f\text{ est développable en série entière sur }\mathbb R.}$$
(Par la Q34 en $t=0$, $f^{(k)}(0)=\lambda^{k(k-1)/2}f(0)$, donc $f=f(0)\varphi$.)

**Q37.** Pour $\lambda\ne0$ : toute $f\in S_\lambda$ est la somme d'une série entière de rayon infini (Q36), donc $f\in\mathrm{Vect}(\varphi)$ (Q33). Réciproquement, $\mathrm{Vect}(\varphi)\subset S_\lambda$. Ainsi $S_\lambda=\mathrm{Vect}(\varphi)$, avec $\varphi(0)=1$, donc $\varphi\ne0$. Pour $\lambda=0$, $S_0=\mathrm{Vect}(x\mapsto x+1)$ (Q28).
$$\boxed{\forall\lambda\in[-1,1],\quad\dim S_\lambda=1.}$$

**FIN**