mathematiques en mpsi problemes basiques
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MATHEMATIQUES EN MPSI
Problemes basiques
Remy Nicolai
Editions
www.inlibroveritas.netImmeuble ACCET
4, place de la Pergola95021 Cergy-Pontoise
Ce livre est publié sous la licence libreCreative Commons-BY-SA
http ://creativecommons.org/licenses/by-sa/3.0/deed.fr
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Chacune de ces conditions peut être levée si vous obtenez l’autorisation du titu-laire des droits.
In Libro Veritas, 2009, ISBN : 978-2-35922-001-8
Dépôt légal : premier semestre 2009
Liste des problemes
Liste des problemes 3
Enonces. 7Pb 1 : Equation fonctionnelle. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7Pb 2 : Calculs avec des nombres complexes et des fonctions usuelles. Polynomes de
Tchebychev. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8Pb 3 : Une bonne base pour des endomorphismes de trace nulle. . . . . . . . . . . . . 10Pb 4 : Polynomes symetriques elementaires. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11Pb 5 : Coefficients du binome. Nombre d’operations. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12Pb 6 : Astroıde. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13Pb 7 : Famille de courbes parametrees en polaire. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14Pb 8 : Relations entre coefficients et racines, elements simples. . . . . . . . . . . . . . 15Pb 9 : Suite definie par recurrence. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16Pb 10 : Polynomes et suites. Limite de la suite des 1/k2 . . . . . . . . . . . . . . . . . 17Pb 11 : Methode du point fixe et de Newton. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18Pb 12 : Suites des solutions d’une famille d’equations. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20Pb 13 : Endomorphismes nilpotents en dimension 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21Pb 14 : Matrices de projecteurs. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22Pb 15 : Majorations d’integrales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23Pb 16 : Une suite d’integrales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24Pb 17 : Expression integrale de la limite des suites arithmetico-geometriques. . . . . . 25Pb 18 : Matrice semblable a son inverse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26Pb 19 : Algebre lineaire et relation de recurrence lineaire d’ordre 3. . . . . . . . . . . . 28Pb 20 : Developpements limites de puissance de puissance. . . . . . . . . . . . . . . . . 29Pb 21 : Equation fonctionnelle. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30Pb 22 : Theoreme des accroissements finis. Approximations de la constante d’Euler. . 31Pb 23 : Suites et fonctions definies par des integrales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33Pb 24 : Suite et decomposition en elements simples. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35Pb 25 : Sous-groupes additifs de R. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36Pb 26 : Un lemme de Stieltjes utilisant une variante des polynomes d’interpolation et
le theoreme de Rolle. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37Pb 27 : Rang et matrices extraites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39Pb 28 : Un probleme sur des rotations vectorielles. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40Pb 29 : Borne inferieure et addition parallele. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42Pb 30 : Algebre lineaire dans un espace de polynomes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43Pb 31 : Sous groupe engendre par deux elements . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
3
Corriges. 51Pb 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51Pb 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54Pb 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57Pb 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60Pb 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61Pb 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64Pb 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66Pb 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68Pb 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69Pb 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70Pb 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72Pb 12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76Pb 13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77Pb 14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79Pb 15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82Pb 16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84Pb 17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86Pb 18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89Pb 19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92Pb 20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95Pb 21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96Pb 22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98Pb 23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101Pb 24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105Pb 25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106Pb 26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108Pb 27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110Pb 28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112Pb 29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117Pb 30 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118Pb 31 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121
4
Introduction
La collection ”MATHEMATIQUES EN MPSI” propose des documents pedagogiques (recueilsde problemes corriges, livres de cours) en complement de ceux distribues en classe.Les ouvrages de la collection sont disponibles sur internet. En fait, ils sont produits en ligne apartir d’une base de donnees (le maquis documentaire) accessible a l’adresse
http ://maquisdoc.net
Cette base est concue pour etre tres souple. Elle accompagne les auteurs et les utilisateurs enleur permettant de travailler librement et au jour le jour.
Il est devenu impossible de travailler sans internet (y compris pour rediger des problemesde mathematiques) mais il est egalement impossible de ne travailler que sur ecran. Le papiergarde donc toute sa validite et la publication de livres sous la forme imprimee habituelle (a coted’autres types de services) est encore totalement justifiee.En revanche, le modele economique de l’edition est devenu obsolete pour de tels ouvrages peri-scolaires produits a partir de structures web. L’editeur (In Libro Veritas) a accepte de diffusercette collection sous licence Creative Commons. Les auteurs peuvent ainsi user plus liberalementde leur droit d’auteur et offrir davantage de liberte aux lecteurs.
”Problemes basiques”
est un recueil de problemes corriges.L’objectif de cet ouvrage est d’aider le lecteur a maitriser certains elements essentiels et a repererceux qu’il ne maitrise pas. Pour cela, les enonces sont le plus souvent tres brefs, plutot des exer-cices que des problemes. Ils mettent en oeuvre directement certains points de cours (definition,theoreme usuel, technique de calcul, ...). De nombreux themes sont abordes qui couvrent l’essen-tiel du programme de MPSI. Cet ouvrage pourra etre complete utilement par un entrainementtechnique encore plus fractionne : les ”rapidexo” proposes par l’interface en ligne du maquisdocumentaire.Une attention particuliere a ete portee a une redaction soigneuse et complete des corriges.L’etudiant ne doit pas se condamner a trouver. La lecture d’une solution, apres un temps derecherche assez court, s’avere plus rentable qu’un acharnement infructueux.Pour cet ouvrage cependant, les questions posees sont si simples et si directes que ne pas trouversignale une lacune serieuse dans la maitrise du cours. L’etudiant est alors invite a reprendrel’etude de ses notes.
D’autres ouvrages de la collection proposent des textes moins immediats (Problemes d’appro-fondissement) ou plus specifiques (Problemes d’automne).
5
6
Enonces
7
Enonces - Pb 1 : Equation fonctionnelle.
Probleme 1
PARTIE I
Soit F l’ensemble des applications continues f de R dans R telles que
∀(x, y) ∈ R2, f(x+ y)f(x− y) = [f(x)f(y)]2
1. Determiner un element de F non constant et ne s’annulant pas sur R.
2. Soit f un element de F . Determiner les valeurs possibles de f(0) et montrer que f estl’application nulle si et seulement si f(0) = 0. Que peut-on en deduire pour une applicationnon nulle de F ?
PARTIE II
Soit G l’ensemble des applications continues g de R dans R telles que
∀(x, y) ∈ R2, g(x+ y) + g(x− y) = 2 [g(x) + g(y)]
1. Montrer que l’on peut determiner tous les elements de G en fonction des elements de F.
2. Soit (un)n∈N une suite de nombres reels definie par
u0 = 0∀n ≥ 1, un+1 − 2un + un−1 = 2u1
Preciser un en fonction de n et u1. (utiliser des sommations)
3. Soit g ∈ G et (α, x) ∈ R2. Calculer g(αx) en fonction de α et de x (en commencant par lecas ou α est entier).
4. Determiner tous les elements de G et en deduire ceux de F .
PARTIE III
Soit H l’ensemble des applications h de R dans R telles que
∀(x, y) ∈ R2, h(x+ y) + h(x− y) = 2 [h(x) + h(y)]∃α > 0, ∃A ≥ 0 tels que ∀x ∈ [−α, α] : |h(x)| ≤ A
1. Soit h ∈ H. Montrer que pour tout entier n, h est bornee sur le segment [−2nα, 2nα]. Endeduire que la restriction de h a un segment quelconque est borne.
2. Soit h ∈ H. Soit Ma un majorant de |h| sur [−1, 1] ∪ [a− 1, a+ 1]. Montrer que
∀u ∈ [−1, 1] ,∀n ∈ N∣∣∣h(a+
u
2n)− h(a)
∣∣∣ ≤ 3 · 2n − 14n
Ma
3. En deduire que H = G.
9
Enonces - Pb 2 : Calculs avec des nombres complexes et des fonctions usuelles. Polynomes deTchebychev.
Probleme 2
Exercice 1
Soit a, b, n des nombres entiers, on pose
Da = {(x, y) ∈ N2 tqx+ y = a}Tn = {(x, y) ∈ N2 tqx+ y ≤ n}Cn = {0, 1, · · · , n}2
Donner une expression simple des sommes suivantes
Aa =∑
(x,y)∈Da
Cxx+y
Bn =∑
(x,y)∈Tn
Cxx+y
Gb,n =n∑
x=0
Cxx+b
Dn =∑
(x,y)∈Cn
Cxx+y
Exercice 2
Soit r un nombre reel strictement positif et different de 1. Soit z un nombre complexe quel-conque. Trouver un nombre complexe u et un reel R tels que
|1z− i| = r ⇔ |z − u| = R
Exercice 3
1. Exprimer arcsin 2x1+x2 en fonction de arctanx. (pas d’argumentation a base de derivation)
2. a. Exprimer tan 4t en fonction de tan tb. Exprimer
arctan4x− 4x3
1− 6x2 + x4
en fonction de arctanx. On ne cherchera pas a exprimer tan π8 et tan 3π
8 a l’aide deracines carrees.
Probleme
On definit par recurrence deux suites de fonctions (Pn)n∈N∗ et (Qn)n∈N∗ en posant
∀t ∈ R, P0(t) = 1, P1(t) = t
∀t ∈ R, Q0(t) = 0, Q1(t) = 1∀n ∈ N,∀t ∈ R, Pn+2(t) = 2tPn+1(t)− Pn(t)∀n ∈ N,∀t ∈ R, Qn+2(t) = 2tQn+1(t)−Qn(t)
10
Enonces - Pb 2 : Calculs avec des nombres complexes et des fonctions usuelles. Polynomes deTchebychev.
1. Calculer P2(t), P3(t), P4(t), Q2(t), Q3(t), Q4(t).
2. Verifier que pour tout x reel,
P4(cosx) = cos(4x), sinxQ4(cosx) = sin(4x)
3. Montrer que pour tout entier x et tout reel n
Pn(cosx) = cosnx, sinxQn(cosx) = sinnx
4. Montrer que pour tout t ∈ ]−1, 1[,
P ′n(t) = nQn(t)
11
Enonces - Pb 3 : Une bonne base pour des endomorphismes de trace nulle.
Probleme 3
Dans tout l’exercice, E designe un R-espace vectoriel et f un endomorphisme de E. Ladimension de E varie d’une question a l’autre.
1. Dans cette question B = (b1, b2, · · · , bn) est une base de E (n ≥ 2). Pour i et j deux entiersdistincts entre 1 et n, on definit une famille
Bi,j = (b′1, · · · , b′n)
par les relations
∀k ∈ {1, · · · , n} : b′k ={
bk si k 6= ibi + bj si k = i
Montrer que Bi,j est une base. Former les matrices de passage.
2. Dans cette question, E est encore de dimension n. Soit f ∈ L(E) telle que MatB f soitdiagonale pour une certaine base B de E. Preciser
MatBi,j
f
3. a. Montrer que si, pour toute base B de E, MatB f est diagonale alors f est dansVect(IdE)
b. Montrer que si f 6∈ Vect(IdE) alors il existe un x ∈ E tel que (x, f(x)) est libre.
4. Soit U = (u1, u2, u3) une base de E et
MatU
f =
a b ca′ b′ c′
a′′ b′′ c′′
On note p la projection sur Vect(u2, u3) parallelement a Vect(u1) et on definit un endo-morphisme g ∈ L(Vect(u2, u3)) par :
∀x ∈ Vect(u2, u3) : g(x) = p ◦ f(x)
PreciserMat
(u2,u3)g
5. On s’interesse maintenant aux endomorphismes de E de trace nulle.
a. Donner, en demontrant le resultat sous-jacent, la definition de la trace d’un endomor-phisme.
b. Quels sont les elements de Vect(IdE) dont la trace est nulle ?
c. On suppose que la dimension de E est 2. Soit f un endomorphisme de E de tracenulle et qui n’est pas dans Vect(IdE). Montrer qu’il existe une base U de E telle quetous les termes diagonaux de MatU f soient nuls.
d. On suppose que la dimension de E est 3. Soit f un endomorphisme de trace nulle deE et qui n’est pas dans Vect(IdE). Montrer qu’il existe une base U de E telle que tousles termes diagonaux de MatU f soient nuls.
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Enonces - Pb 4 : Polynomes symetriques elementaires.
Probleme 4
Resoudre dans C le systeme de 3 equations a 3 inconnues x1, x2, x3
x21 + x2
2 + x23 = 1
1x1x2
+1
x1x3+
1x2x3
=32∑
(i,j)∈{1,2,3}2
xi
xj= 6
13
Enonces - Pb 5 : Coefficients du binome. Nombre d’operations.
Probleme 5
Exercices
1. Calculern∑
k=0
(k + 1)Ckn
2. Discuter suivant le parametre m et resoudre l’inequation d’inconnue x
(m+ 2)x+ 1 <1 + x− x2
1− x
3. Soit n un entier superieur ou egal a 1, exprimer
2(Ck
n
Ck2n
− Ck+1n
Ck+12n
)comme le quotient de deux coefficients du binome. En deduire une expression simple de
n∑k=0
Ckn
Ck2n−1
4. Soit E un ensemble fini de cardinal n. Combien peut-on former d’operations internes surE ? et d’operations commutatives ? et d’operations admettant un element neutre ?
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Enonces - Pb 6 : Astroıde.
Probleme 6
Etude de l’astroıde1 Pour t ∈ [−π, π], on appelle M(t) le point de coordonnees
(8a cos3 t, 8a sin3 t)
dans un repere orthonorme fixe (O,−→i ,−→j ). Soit (C) le support de la courbe parametree M .
1. a. Determiner les axes de symetries de (C).b. Etudier et construire (C). Preciser les points stationnaires.
c. Calculer la longueur totale de (C). On admet que cette longueur l est donnee par
l =∫ π
−π
‖−→M ′(t)dt
2. a. Ecrire une equation de la tangente D(t) en M(t).
b. Lorsque M(t) n’est pas stationnaire, on note A(t) et B(t) les points d’intersection deD(t) avec les axes. Calculer la longueur A(t)B(t). Interpreter.
3. Soit t0 ∈ [−π, π] et P0 le point du cercle de centre O et de rayon 4a tel que (−→i ,−−→OP0) = t0.
a. Montrer que par P0 passent en general quatre tangentes a (C). Montrer que trois deces tangentes font deux a deux des angles egaux. Que peut-on dire de la quatrieme ?
b. Indiquer une construction geometrique de la droite D(t0) a partir du point P0.
c. Soit H(t0) la projection orthogonale de O sur D(t0). Calculer−−−−−→OH(t0) +
−−−−−→OM(t0). En
deduire une construction geometrique de M(t0).
1d’apres ESM Saint Cyr Math 2 Option M 1993
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Enonces - Pb 7 : Famille de courbes parametrees en polaire.
Probleme 7
Soit a un reel strictement positif donne, pour tout nombre reel α, on note Cα la courbed’equation polaire
r(t) =a cosα
cos2 2t3 sin( t
3 − α), θ(t) = t.
1. Comparer les courbes Cα, Cα+π, C−α.
2. Pour α donne entre 0 et π2 , etudier les branches infinies de Cα. On determinera la position
de la courbe par rapport a l’asymptote.
3. Construire la courbe Cπ4.
4. En utilisant 1r et ses derivees, former une equation caracterisant les valeurs du parametre
qui correspondent aux points non bireguliers. Quel est l’ensemble de ces points lorsque αvarie ?
5. Former l’equation qui donne un angle polaire du point double D de Cα.
16
Enonces - Pb 8 : Relations entre coefficients et racines, elements simples.
Probleme 8
On considere 2 le polynome a coefficients reels A = (X + 1)2n − 1 et on pose
Pn =n∏
k=1
sinkπ
2nQn =
2n−1∏k=1
sinkπ
2n
1. Montrer que l’on peut ecrire A = XB ou B est un polynome dont on precisera le degre, lecoefficient dominant et le terme constant note b0.
2. Determiner les racines de A dans C.
3. Montrer que
Pn =2n−1∏
k=n+1
sinkπ
2n
En deduire que Pn =√Qn.
4. Calculer de deux facons le produit des racines de B. En deduire Qn puis Pn.
5. Determiner la decomposition de F en elements simples pour la fraction F avec
F =1A
2d’apres Mines d’Albi 2000
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Enonces - Pb 9 : Suite definie par recurrence.
Probleme 9
Soit u un reel strictement positif, la suite (un)n∈N est definie par les relations
u0 = u
∀n ∈ N : un+1 = ln(1 + un)
Soit λ un reel non nul, la suite (vn)n∈N est definie par
∀n ∈ N : vn = uλn+1 − uλ
n
1. Question preliminaire.Former le tableau de variation de la fonction x→ ln(x+ 1)− x.Soit (xn)n∈N une suite qui converge vers 0. Donner (sans demonstration) des suites equivalentespour (exn − 1)n∈N et (ln(1 + xn)− xn)n∈N
2. Soit (wn)n∈N une suite de nombres reels qui converge vers un nombre C non nul. Montrerque
w1 + w2 + · · ·+ wn ∼ nC
(rediger la demonstration)
3. Les suites (un)n∈N et (vn)n∈N sont-elles bien definies ?
4. Montrer que (un)n∈N converge, preciser sa limite.
5. A-t-on un+1 ∼ un ? Justifier.
6. Montrer que
vn ∼ −λ2uλ+1
n
7. En utilisant une question precedente pour une certaine valeur de λ, trouver un equivalentsimple de un.
18
Enonces - Pb 10 : Polynomes et suites. Limite de la suite des 1/k2
Probleme 10
Pour tout entier naturel n, on definit le polynome Qn a coefficient complexes par :
Qn =12i((X + i)n+1 − (X − i)n+1
)1. a. Determiner le degre de Qn et son coefficient dominant.
b. Quel est le polynome obtenu en substituant −X aX dans Qn ? Que peut-on en deduirepour l’ensemble des racines de Qn ?
2. Soit r un entier naturel non nul et p ∈ {0, . . . , r}, preciser le coefficient de X2r−2p dansQ2r et le polynome Sr tel que Q2r = Sr(X2).
3. Determiner les racines de Qn ; en deduire la decomposition de Qn en facteurs irreductiblesde R [X].
4. Soit r un entier naturel non nul, prouver les egalites suivantes :
r∑k=1
cot2kπ
2r + 1=
r(2r − 1)3
r∑k=1
1sin2 kπ
2r+1
=2r(r + 1)
3
5. Etablir les inegalites
∀x ∈]0,π
2
[cot2 x ≤ 1
x2≤ 1
sin2 x
6. Soit r un entier naturel non nul, deduire de la question precedente un encadrement de
r∑k=1
1(kπ
2r+1
)2
7. Pour tout entier naturel non nul n, on pose
Sn =n∑
k=1
1k2
montrer la convergence de (Sn)n∈N∗ et preciser sa limite.
19
Enonces - Pb 11 : Methode du point fixe et de Newton.
Probleme 11
Soient a et b deux reels tels que a < b. Posons I = [a, b].
Partie I. theoreme du point fixe
On se donne g : I → R une fonction k-lipschitzienne avec k ∈ [0, 1[ et telle que g(I) ⊂ I.
1. a. (Question de cours)Montrer que g est continue sur I.
b. Montrer que l’equation g(x) = x possede une solution et une seule dans le segment I.On notera α cette solution.
2. Soit u ∈ I et (xn)n∈N la suite reelle definie par :
x0 = u et ∀n ∈ N : xn+1 = g(xn)
a. Montrer que pour tout n ∈ N on a :|xn−α| ≤ kn|u−α|. En deduire que (xn) convergevers un reel que l’on determinera.
b. Etablir que pour tout (n, p) ∈ N2 on a :
|xn+p − xn| ≤1− kp
1− k|xn+1 − xn|
c. En deduire que pour tout n ∈ N on a :
|xn − α| ≤ kn
1− k|x1 − x0|.
3. On suppose que g est derivable en α.
a. Etablir que |g′(α)| ≤ k.
b. On reprend les notations de la question 2.Montrer que, si pour tout n ∈ N, xn 6= α alors
limn→+∞
xn+1 − α
xn − α= g′(α)
Partie II. Methode de Newton
Soit f une fonction de I dans R de classe C2. On suppose que f(a) < 0, f(b) > 0 et quef ′(x) > 0 pour tout x ∈ I.On s’interesse ici a la resolution de l’equation f(x) = 0 d’inconnue x ∈ I.
1. a. Montrer que cette equation possede une unique solution dans ]a, b[. Cette solutionsera notee α.
b. Soit x0 ∈ I. Determiner l’abscisse du point d’intersection de l’axe des abscisses et dela tangente a f en x0.
2. On definit la fonction g par :
g :
{I → Rx 7→ x− f(x)
f ′(x)
a. Justifier que g est de classe C1.
b. Calculer g(α) et g′(α).
20
Enonces - Pb 11 : Methode du point fixe et de Newton.
3. On suppose, dans cette question seulement, que f ′ est decroissante. On considere la suite(xn) definie par
x0 = a et ∀n ∈ N : xn+1 = g(xn)
a. Dessiner le graphe d’une fonction f verifiant toutes ces conditions.
b. Montrer que, pour tout n ∈ N,
• xn+1 est bien definie.• xn+1 ≥ xn
• f(xn+1)− f(xn)xn+1 − xn
≤ f ′(xn) puis que xn+1 ≤ α
c. Montrer que (xn) converge vers α.
4. On revient au cas general.
a. Justifier qu’il existe h > 0 tel que : en notant J = [α − h, α + h], on ait |g′(x)| < 1pour tout x ∈ J .
b. Etablir que : ∀x ∈ J : g(x) ∈ J .
c. Justifier qu’il existe k ∈ [0, 1[ tel que g soit k-lipschitzienne sur J .
d. En deduire que, pour tout u ∈ J , la suite (xn) definie par
x0 = u et ∀n ∈ N : xn+1 = g(xn)
converge vers α.
21
Enonces - Pb 12 : Suites des solutions d’une famille d’equations.
Probleme 12
On definit, pour tout entier n ≥ 1, une fonction fn de R dans R en posant
∀x ∈ R, fn(x) = xn + xn−1 + · · ·+ x2 + x− 1
1. Montrer qu’il existe un unique reel an strictement positif tel que fn(an) = 0.
2. Montrer que (an)n∈N∗ est monotone, en deduire sa convergence.
3. Montrer que a2 ∈ ]0, 1[. En deduire la convergence et la limite de
(an+1n )n∈N∗
puis la limite l de (an)n∈N∗ .On peut montrer que an = 1
2 (1 + an+1n ).
4. Preciser, suivant x compris strictement entre 0 et 1 et different de 12 , la limite de (fn(x))n∈N∗ .
En deduire directement, sans utiliser 2 la convergence et la limite l de (an)n∈N∗ .
5. Trouver un equivalent simple a an − l quand n→ +∞.On peut etudier d’abord la limite de ((2an)n+1)n∈N∗
22
Enonces - Pb 13 : Endomorphismes nilpotents en dimension 3.
Probleme 13
Dans cet exercice, E est un R-espace vectoriel de dimension 3, f un endomorphisme de E telque :
f3 = OL(E)
1. Cas f = OL(E).Quelle est la matrice de f dans une base U quelconque de E ?
2. Cas f 6= OL(E), f2 = OL(E).
a. Montrer que le noyau de f est de dimension 2.
b. Montrer qu’il existe une base U de E telle que
MatU
f =
0 0 00 0 10 0 0
3. Cas f2 6= OL(E).
Montrer qu’il existe une base U de E telle que
MatU
f =
0 1 00 0 10 0 0
23
Enonces - Pb 14 : Matrices de projecteurs.
Probleme 14
Soit E = (e1, e2, e3) une base d’un R-espace vectoriel E. On definit trois vecteurs a1, a2, a3
de E par :
a1 = e1 + e2 + e3
a2 = e1 + e3
a3 = −e1 + e2 + 2e3
1. Montrer queA = (a1, a2, a3),A1 = (e1, a2, a3),A2 = (a1, e2, a3)
sont des bases. Preciser les matrices de passage
PAE , PA1E , PA2E
2. On note p1 le projecteur sur Vect(e2, e3) parallelement a Vect(e1). Calculer :
MatE
p1,MatA
p1,MatEA
p1,MatAE
p1
3. On note p2 le projecteur sur Vect(e2, e3) parallelement a Vect(a1). Calculer :
MatE
p2,MatA
p2,MatEA
p2,MatAE
p2
24
Enonces - Pb 15 : Majorations d’integrales.
Probleme 15
Etant donne un entier n strictement positif, on definit les nombres reels In et Sn par lesformules suivantes 3 :
Sn =n−1∑i=0
n−1∑j=0
1i+ j + 1
, In =∫ n
0
(∫ n
0
dy
x+ y + 1
)dx
1. Donner une primitive de la fonction x→ lnx puis de x→ ln(x+K) ou K est un reel fixe.
2. Calculer In3. Determiner les constantes A, B, C, D figurant dans le developpement de la suite (In)n∈N
In = An+B lnn+ C +D
n+ o(
1n
)
4. a. Montrer que :
∀(i, j) ∈ {0, · · · , n− 1}2 :∫ i+1
i
(∫ j+1
j
dy
x+ y + 1
)dx ≤ 1
i+ j + 1
b. Montrer que :
∀(i, j) ∈ {1, · · · , n}2 :1
i+ j + 1≤∫ i
i−1
(∫ j
j−1
dy
x+ y + 1
)dx
c. En deduire
In ≤ Sn ≤ In−1 + 2n∑
k=1
1k
5. Montrer que la suite (Sn)n∈N est equivalente a l’infini a 2n ln 2.
6. Soit Jn l’integrale suivante :
Jn =∫ 1
0
(n−1∑k=0
xk
)2
dx
Etablir une relation liant Jn et Sn. En deduire un equivalent de Jn a l’infini.
3d’apres Mines-Ponts 2003 MP1
25
Enonces - Pb 16 : Une suite d’integrales.
Probleme 16
Pour tout entier naturel n, on definit une fonction fn sur ]0, 1] par
∀x ∈]0, 1] : fn(x) =1 + xn
(1 + xn+1)√x
Pour tout a ∈]0, 1], la restriction a [a, 1] de fn est clairement continue. On definit une fonctionJn dans ]0, 1] par :
∀a ∈]0, 1] : Jn(a) =∫ 1
a
fn(x)dx
1. On definit une fonction gn dans [0, 1] par :
gn(x) =
{fn(x) si x ∈]0, 1]0 si x = 0
La fonction gn est-elle continue par morceaux dans [0, 1] ? Que peut-on en conclure ?
2. Montrer que, pour tout a ∈]0, 1], la suite (Jn(a))n∈N est monotone. En deduire qu’elle estconvergente. On note J(a) sa limite.
3. Montrer que pour tout entier n, la fonction Jn est monotone. Preciser son sens de variation.Montrer que, pour tout entier n, la fonction Jn admet en 0 une limite finie (notee jn).
4. Dans cette question plus particulierement, on citera tres precisement les theoremes utilises
a. Montrer que
∀x ∈]0, 1] :1√x≤ fn(x) ≤ 1 + xn
√x
b. Pour a ∈]0, 1], calculer J(a).
c. Montrer que la suite (jn)n∈N converge vers 2.
5. Montrer que
0 ≤ jn − 2 ≤ 1(n+ 1
2 )(n+ 32 )
26
Enonces - Pb 17 : Expression integrale de la limite des suites arithmetico-geometriques.
Probleme 17
Integrale et moyenne arithmetico-geometrique
Partie A
Pour x ∈ [0, 1[, on pose
φ(x) =∫ π
2
0
dt√1− x2 sin2 t
1. Demontrer sans calcul de derivee que φ est croissante sur [0, 1[.2. Pour t ∈
[0, π
2
], on pose
u(t) = arcsin(
(1 + x) sin t1 + x sin2 t
)a. Montrer que cette relation definit une application a valeurs dans
[0, π
2
]b. Montrer que u ∈ C1(
[0, π
2
]) et que u est bijective de
[0, π
2
]vers
[0, π
2
]c. Montrer que u−1 ∈ C1(
[0, π
2
])
3. Demontrer
cosu(t) =cos t
1 + x sin2 t
√1− x2 sin2 t
φ(x) =1
1 + xφ(
2√x
1 + x)
4. Soit a et b deux nombres reels tels que 0 < b ≤ a et soit
I(a, b) =∫ π
2
0
dt√a2 cos2 t+ b2 sin2 t
Montrer que
I(a, b) =1aφ(√a2 − b2
a)
en deduireI(a, b) = I(
a+ b
2,√ab)
Partie B
On suppose ici 0 < b < a. On definit des suites (an)n∈N et (bn)n∈N en posant
a0 = a, b0 = b
an+1 =an + bn
2, bn+1 =
√anbn
1. Montrer que ces suites sont adjacentes. On note µ la limite commune.2. Montrer que la convergence est quadratique, c’est a dire
0 < an+1 − bn+1 <18b
(an − bn)2
3. On admet que l’application φ de la partie A est continue dans [0, 1[. En deduire uneexpression de µ a l’aide d’une integrale.
27
Enonces - Pb 18 : Matrice semblable a son inverse
Probleme 18
Dans tout le probleme 4, E est un R-espace vectoriel de dimension 3.On notera 0 l’endomorphisme nul, la matrice nulle et le vecteur nul.Pour deux matrices A et B de M3(R), on dira que la matrice A est semblable a la matrice B s’ilexiste une matrice P ∈ GL3(R) telle que
B = P−1AP
On notera A ∼ B pour dire que la matrice A est semblable a la matrice B.L’objet de ce probleme est d’etudier des exemples de matrices semblables a leur inverse.
Partie A
1. Montrer que la relation ∼ est une relation d’equivalence sur M3(R).
2. Montrer que deux matrices de determinants differents ne sont pas semblables.
3. Soit u un endomorphisme de E et i, j deux entiers naturels. On considere l’application wde kerui+j vers E definie par :
w(x) = uj(x)
a. Montrer que Imw ⊂ kerui.
b. En deduire quedim(kerui+j) ≤ dim(kerui) + dim(keruj)
4. Soit u un endomorphisme de E verifiant u3 = 0 et rg u = 2.
a. Montrer que dim(keru2) = 2.
b. Montrer qu’il existe un vecteur a tel que u3(a) 6= 0 et qu’alors la famille (u2(a), u(a), a)est une base de E.
c. Ecrire la matrice U de u et la matrice V de v = u2 − u dans cette base.
Partie B
Dans la suite de ce probleme, la matrice A de M3(R) est semblable a une matrice du type
T =
1 α β0 1 γ0 0 1
On se propose de montrer que A est semblable a son inverse A−1.On pose
N =
0 α β0 0 γ0 0 0
et soit P ∈ GL3(R) telle que
P−1AP = T = I3 +N
1. Expliquer pourquoi la matrice A est bien inversible.
4d’apres Mines Albi,Ales,... 2002 MPSI
28
Enonces - Pb 18 : Matrice semblable a son inverse
2. Calculer N3 et montrer que
P−1A−1P = I3 −N +N2
3. On suppose dans cette question que N = 0, montrer alors que les matrices A et A−1 sontsemblables.
4. On suppose dans cette question que rg(N) = 2. On pose M = N2 −N .
a. Montrer que la matrice N est semblable a la matrice 0 1 00 0 10 0 0
et en deduire une matrice semblable a la matrice M .
b. Calculer M3 et determiner rg(M).
c. Montrer que les matrices M et N sont semblables.
d. Montrer que les matrices A et A−1 sont semblables.
5. On suppose dans cette question que rg(N) = 1. On pose M = N2 − N . Montrer que lesmatrices A et A−1 sont semblables.
6. Exemple. Soit la matrice
A =
1 0 00 0 −10 1 2
On note (a, b, c) une base de E et u l’endomorphisme de E de matrice A dans cette base.
a. Montrer que ker(u − IdE) est un sous-espace vectoriel de E de dimension 2 dont ondonnera une base (e1, e2).
b. Justifier que la famille (e1, e2, c) est une base de E et ecrire la matrice de u dans cettebase.
c. Montrer que les matrices A et A−1 sont semblables.
d. Reciproquement, si
T =
1 α β0 1 γ0 0 1
toute matrice de M3(R) semblable a son inverse est-elle semblable a une matrice dela forme T ?
29
Enonces - Pb 19 : Algebre lineaire et relation de recurrence lineaire d’ordre 3.
Probleme 19
On designe par Ea l’ensemble des suites reelles u = (un)n∈N satisfaisant a la relation derecurrence
∀n ∈ N : 4un+3 = 4(1 + a)un+2 − (1 + 4a)un+1 + un (1)
On note K l’ensemble des suites constantes.
1. a. Montrer que Ea est un sous-espace vectoriel de l’espace des suites reelles
b. Montrer que dimEa = 3.
2. a. Montrer que K est un sous-espace vectoriel de Ea.
b. Soit u = (un)n∈N un element de Ea, on definit une suite v en posant vn = un+1 − un
pour tout entier n. Etablir une relation de recurrence (2) satisfaite par v.
c. On designe par Fa l’ensemble des suites reelles satisfaisant a (2). Montrer que Fa estun sous-espace vectoriel de Ea.
3. Determiner une base de Fa. On distinguera trois cas :
0 ≤ a < 1, a = 1, a > 1
Lorsque 0 ≤ a < 1, on posera a = cos θ avec θ ∈]0, π2 [.
Lorsque a > 1, on posera a = ch θ avec θ > 0
4. Montrer qu’il existe une unique valeur a0 de a que l’on calculera pour laquelle K ⊂ Fa.
5. Dans cette question, a est different du a0 de la question precedente.
a. Montrer que K et Fa sont supplementaires dans Ea.
b. En deduire une base de Ea dans chacun des trois cas.
6. Montrer que (n)n∈N ∈ Ea0 . En deduire une base de Ea0 .
7. Soit u l’element de Ea determine par les conditions initiales
u0 = 1−√|a2 − 1|, u1 = 1, u2 = 1 +
14
√|a2 − 1|
Calculer un en fonction de n. On discutera suivant les valeurs de a.
30
Enonces - Pb 20 : Developpements limites de puissance de puissance.
Probleme 20
On definit5 des fonctions u, v, w dans R∗ en posant pour tout reel x non nul
u(x) = |x|x, v(x) = (u(x))x, w(x) = |x|u(x)
1. Montrer que u, v, w admettent en 0 des limites finies notees respectivement u0, v0, w0. Onprolonge alors les fonctions en posant
u(0) = u0, v(0) = v0, w(0) = w0
2. Pour chacune de ces trois fonctions
a. Etudier le comportement en +∞.
b. Etudier la derivabilite en 0.
c. Determiner des developpements limites en 1 et en -1.
5d’apres ens Fontenay math mai 68
31
Enonces - Pb 21 : Equation fonctionnelle.
Probleme 21
On cherche6 les fonctions deux fois derivables dans R et a valeurs complexes verifiant l’equationfonctionnelle
∀(x, y) ∈ R2 : f(x+ y) + f(x− y) = 2f(x)f(y) (2)
1. Soit f une fonction qui n’est pas la fonction nulle et verifiant la relation.
a. Montrer que f(0) = 1 et que f est paire.
b. Montrer que∀(x, y) ∈ R2 : f(x)f ′′(y) = f ′′(x)f(y)
c. Montrer que
∀x ∈ R : f(x) =12(eλx + e−λx
)ou λ est une racine carree (complexe) de f ′′(0).
2. a. Montrer que pour tout nombre complexe λ, la fonction definie par :
∀x ∈ R : f(x) =12(eλx + e−λx
)verifie l’equation fonctionnelle.
b. Quelles sont les fonctions a valeurs reelles qui verifient la relation ?
6d’apres Lecons sur quelques equations fonctionnelles E Picard 1928. Voir Aeqfonc2.pdf
32
Enonces - Pb 22 : Theoreme des accroissements finis. Approximations de la constante d’Euler.
Probleme 22
Le theoreme des accroissements finis intervient a plusieurs reprises dans ce probleme.Vous devrez preciser chaque fois clairement pour quelle fonction et entre quellesbornes vous l’utilisez.
Ce probleme a pour objet une etude de la constante d’Euler notee gamma.Pour tout entier naturel non nul n, on pose
un =n∑
k=1
1k− lnn
Partie I
1. Prouver pour tout k ∈ N∗ les inegalites
1k + 1
≤ lnk + 1k
≤ 1k
2. Montrer que la suite (un)n∈N∗ est decroissante et que pour tout n ∈ N∗ :
1n≤ un ≤ 1
En deduire que la suite (un)n∈N converge.On note gamma sa limite (constante d’Euler).
3. a. Etudier, sur l’intervalle [k, k + 1] (k ∈ N∗), le signe de la fonction fk definie par
fk(x) =1k
+ (1
k + 1− 1k
)(x− k)− 1x
b. En considerant une fonction Fk telle que F ′k = fk, en deduire l’encadrement
1k + 1
≤ lnk + 1k
≤ 12(1k
+1
k + 1)
4. Prouver que12≤ γ ≤ 1
Partie II
1. On definit les fonctions g1 et g2 sur ]0,+∞[ par :
g1(x) = − 1x+ 1
+ ln(1 +1x
)− 12x2
g2(x) = g1(x) +2
3x3
Etudier les variations de g1 et g2 sur ]0,+∞[ et en deduire leur signe.2. Montrer que pour tout entier n ≥ 1 :
12n2
− 23n3
≤ un − un+1 ≤1
2n2
33
Enonces - Pb 22 : Theoreme des accroissements finis. Approximations de la constante d’Euler.
3. Dans cette question n ≥ 2 et p ≥ n.
a. En utilisant le theoreme des accroissements finis applique a la fonction x → 1x entre
k et k + 1 (k entier), former un encadrement de
p∑k=n
1k2
b. Former par une methode analogue a celle de la question precedente un encadrementde
p∑k=n
1k3
c. En deduire12n
− 13(n− 1)2
≤ un − γ ≤ 12(n− 1)
4. Donner une valeur de l’entier n telle que l’encadrement precedent permette, a partir de un,de determiner γ a moins de 10−2 pres.
34
Enonces - Pb 23 : Suites et fonctions definies par des integrales.
Probleme 23
Dans la premiere partie, on etudie deux suites reelles definies par des integrales. Dans la se-conde on considere des fonctions definies par des integrales. Les deux parties sont independantes.
On note I le segment [0, 1] et E l’espace vectoriel reel C0(I,R) des applications continues deI dans R.
Preliminaire
Soit a ∈ R, on definit des fonctions fa et ga de R dans R par :
∀x ∈ R : fa(x) = min(x, a), ga(x) = max(x, a)
Montrer que fa et ga sont lipschitziennes sur R et preciser le rapport.On pourra remarquer que
min(x, y) =12(x+ y − |x− y|)
Partie I
Soient m0 et M0 deux elements de [−1,+1], on pose pour tout n ∈ N :
mn+1 =12
∫ 1
−1
min(x,Mn)dx, Mn+1 =12
∫ 1
−1
max(x,mn)dx
xn = 1 +mn, yn = 1−Mn
1. a. Justifier l’existence des suites (mn)n∈N et (Mn)n∈N.
b. Montrer que pour tout naturel n, mn et Mn sont dans [−1, 1].
2. a. Montrer que
∀n ∈ N : mn+1 = −14(Mn − 1)2, Mn+1 =
14(mn + 1)2
b. Montrer que
∀n ∈ N : mn+1 ∈ [−1, 0], Mn+1 ∈ [0, 1]
3. a. Montrer que
∀n ∈ N : yn+1 − xn+1 =14(yn − xn)(yn + xn)
b. Montrer que si (xn)n∈N et (yn)n∈N convergent, alors leurs limites sont egales et valent
l = 2√
2− 2
c. Montrer que
∀n ∈ N : |xn+1 − l| ≤ 2√
2− 14
|yn − l|, |yn+1 − l| ≤ 2√
2− 14
|xn − l|
4. Montrer que les suites (mn)n∈N et (Mn)n∈N convergent et preciser leurs limites.
35
Enonces - Pb 23 : Suites et fonctions definies par des integrales.
Partie II
Dans toute cette partie, g est une application continue de I dans I verifiant g(0) = 0 etg(1) = 1.
1. Soit f un element de E.
a. Justifier l’existence de l’application
ug(f) :
{[0, 1] → Ra 7→
∫ 1
0min(x, g(a))f(x)dx
b. Montrer que ug(f) appartient a E.
2. On choisit dans cette question seulement f(x) = tan2 x. Calculer ug(f)(a) pour a ∈ [0, 1].
3. Soit f un element de E.
a. Justifier l’existence de l’application
vg(f) :
{[0, 1] → Ra 7→
∫ 1
0min(a, g(x))f(x)dx
b. Montrer que vg(f) appartient a E.
4. Montrer que ug et vg sont des endomorphismes de E.
5. a. Montrer que ug est injectif.
b. Montrer que si g est derivable, ug n’est pas surjectif.
6. a. En considerant l’application g definie par :
g(x) =
0 si x ∈ [0,
12]
2x− 1 si x ∈ [12, 1]
montrer que vg n’est en general pas injectif.
b. Montrer que si g est de classe C1 avec g′(x) > 0 pour tous les x ∈ [0, 1] alors vg estinjectif.
36
Enonces - Pb 24 : Suite et decomposition en elements simples.
Probleme 24
Cet exercice repose sur l’utilisation de la decomposition en elements simples. Montrer laconvergence et calculer la limite de la suite(
n∑k=3
4k − 3k(k − 2)(k + 2)
)n∈N
37
Enonces - Pb 25 : Sous-groupes additifs de R.
Probleme 25
Un sous groupe (additif) de (R,+) est un ensemble de nombres reels contenant 0 et stablepour l’addition et la symetrisation. C’est a dire qu’une partie G de R est un sous-groupe lorsque
0 ∈ G
∀(x, y) ∈ G2 : x+ y ∈ G
∀x ∈ G : −x ∈ G
Soient A et B deux parties de R. On dit que A est dense dans B lorsque pour tout x dans Bet tout ε > 0
]b− ε, b+ ε[∩A 6= ∅Soit G un sous groupe de (R,+), on dira que G est discret lorsqu’il existe un reel α strictement
positif tel que
G∩ ]0, α[= ∅L’objet de ce probleme est d’etudier les sous-groupes additifs de R. Dans toute la suite, G
designe un tel sous-groupe.
1. Formuler une proposition traduisant que G n’est pas discret. Montrer que si G n’est pasdiscret
∀x ∈ R,∀α > 0, G ∩ [x, x+ α[6= ∅
2. Dans cette question, on suppose que G est discret. Il existe donc un reel α strictementpositif tel que G∩]0, α[ soit vide. On suppose aussi que G contient un element non nul.
a. Soit I un intervalle de longueur α2 . Montrer que G∩I contient au plus un element. Que
peut-on en deduire pour l’intersection de G avec un intervalle quelconque de longueurfinie ?
b. Montrer que G ∩ R∗+ admet un plus petit element que l’on notera m.c. Montrer que G = {km, k ∈ Z}. Un tel ensemble sera note Zm
3. Soit x et y deux reels strictement positifs, on pose
X = Zx = {kx, k ∈ Z}, Y = Zy = {ky, k ∈ Z}, S = {mx+ ny, (m,n) ∈ Z2}
a. Verifier que X, Y et S sont des sous-groupes de (R,+). On dira que S est le sous-groupe engendre par x et y.
b. Montrer que S est discret si et seulement si xy ∈ Q
4. On suppose ici que xy est irrationnel, soit
A = {kx, k ∈ Z∗}, B = {ky, k ∈ Z∗}
a. Montrer que A ∩B = ∅b. Montrer que
inf{|a− b|, (a, b) ∈ A×B} = 0
5. En considerant un certain sous-groupe additif, montrer que
{cosn, n ∈ Z}
est dense dans [−1, 1].
38
Enonces - Pb 26 : Un lemme de Stieltjes utilisant une variante des polynomes d’interpolation etle theoreme de Rolle.
Probleme 26
Si P est un polynome a coefficients reels et x un nombre reel, on convient de noter P (x) lenombre reel obtenu en substituant x a X dans P .Dans tout le probleme, n et k sont deux entiers fixes :
n ≥ 3 1 < k < n
Pour tout entier m, Rm[X] designe le R-espace vectoriel forme par les polynomes de degreinferieur ou egal a m et le polynome nul. On note en particulier
E = R2n−2[X] A = Rn−1[X]
On se donne n nombres reelsx1 < x2 < · · · < xn
Il est a noter que, parmi ces nombres, xk (avec k fixe au debut) va jouer un role particulier. Ondefinit le polynome L :
L = (X − x1)(X − x2) · · · (X − xn)
Pour chaque entier i entre 1 et n, on definit un polynome Li par :
Li =∏
j∈{1,··· ,n}−{i}
X − xj
xi − xj
Partie I
On definit une application Φ de E dans R2n−1 par :
P →(P (x1), P (x2), · · · , P (xn), P ′(x1), · · · , P ′(xk−1), P ′(xk+1), · · · , P ′(xn)
)Il est a noter que P ′(xk) ne figure pas dans la famille.
1. Montrer que si un polynome P est dans le noyau de Φ, il est divisible par L.
2. Montrer que Φ est un isomorphisme.
Pour chaque (t1, · · · , tn) ∈ Rn, il existe donc un unique polynome (note T ) tel que
Φ(T ) = (t1, · · · , tn, 0, 0, · · · , 0)
La suite du probleme precise une propriete de T dans le cas particulier ou
t1 = t2 = · · · = tk = 1tk+1 = tk+2 = · · · = tn = 0
Partie II
Pour chaque entier i entre 1 et n et different de k, on definit un polynome Λi par :
Λi = (X − xi)(X − xk)∏
j∈{1,··· ,n}−{i,k}
(X − xj)2
39
Enonces - Pb 26 : Un lemme de Stieltjes utilisant une variante des polynomes d’interpolation etle theoreme de Rolle.
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
1 2 3 4 5 6 7
X
Fig. 1 – Graphe de T pour n = 7 et k = 4
1. Preciser pour tout couple (i, j) d’entiers entre 1 et n les valeurs de Li(xj).
2. Montrer que (L1, · · · , Ln) est une base de A. Preciser les coordonnees d’un polynome Pdans cette base.
3. Pour tout i different de k entre 1 et n, montrer que Λ′i(xi) 6= 0 et que
∀j ∈ {1, · · · , n} : Λi(xj) = 0
∀j ∈ {1, · · · , n} tel que j 6= i et j 6= k : Λ′i(xj) = 0
4. a. Montrer que(L1, · · · , Ln,Λ1, · · · ,Λk−1,Λk+1, · · · ,Λn)
est une base de E.
b. Calculer les coordonnees de T dans cette base.
5. a. Montrer que T ′ admet 2n− 3 racines distinctes et preciser leurs positions par rapportaux xi.
b. Etudier les variations de T .
c. Montrer que :
∀t ≤ xk : T (t) ≥ 1
∀t > xk : T (t) ≥ 0
40
Enonces - Pb 27 : Rang et matrices extraites
Probleme 27
Soit p et q deux entiers et A ∈Mp,q(R), pour toutes parties (non vides) I de {1, 2, · · · , p} etJ de {1, 2, · · · , q} :
I = {i1, i2, · · · , is} ⊂ {1, 2, · · · , p}J = {j1, j2, · · · , jt} ⊂ {1, 2, · · · , q}
on definit une matrice AIJ ∈Ms(R) dite extraite de A par :
∀(u, v) ∈ {1, · · · , s} × {1, · · · , t} : terme u, v de AIJ = aiujv
Par exemple :
A =
1 2 3 4−1 3 5 78 −6 −5 10
I = {2, 3} J = {3, 4} AIJ =[
5 7−5 10
]L’objet de cet exercice est de montrer que le rang de A est la taille de la plus grande matricecarree inversible extraite c’est a dire le plus grand des s pour lesquels il existe des parties a selements I et J telles que AIJ soit inversible.
Soit E un R-espace vectoriel de dimension p, soit U = {u1, · · · , up} une base de E et V ={v1, · · · , vq} une famille de vecteurs de E tels que :
A = MatUV 6= 0Mp,q(R)
Pour toutes parties I de {1, · · · , p} et J de {1, · · · , q}, on definit :– I est le complementaire de I dans {1, · · · , p}.– J est le complementaire de J dans {1, · · · , q}.– UI = {ui, i ∈ I}, EI = Vect (UI). On utilisera librement le fait que EI et EI sont des
sous-espaces supplementaires de E.– pI est la projection sur EI parallelement a EI .– VJ = {vj , j ∈ J} , VJ = Vect (VJ).
On definit enfin un entier r par :– il existe des parties a r elements I de {1, 2, · · · , p} et J de {1, 2, · · · , q} telles que AIJ
inversible.– pour toutes parties a r+ 1 elements I de {1, 2, · · · , p} et J de {1, 2, · · · , q} (s’il en existe),AIJ n’est pas inversible.
1. Montrer que r ≥ 1.2. a. Pour toutes parties (non vides) I de {1, 2, · · · , p} et J de {1, 2, · · · , q}, montrer que
AIJ est la matrice dans une certaine base d’une certaine famille de vecteurs. Onprecisera soigneusement l’espace vectoriel, la base et la famille.
b. En deduire que r ≤ rg(A).3. Pour toutes parties (non vides) I de {1, 2, · · · , p} et J de {1, 2, · · · , q}, montrer que la
restriction de pI a VJ est injective si et seulement si
EI ∩ VJ = {0E}
4. Soit J une partie (non vide) de {1, 2, · · · , q} telle que VJ soit libre. Montrer que VJ est unebase de E ou que l’on peut completer cette famille par des vecteurs de U pour former unebase de E.
5. Montrer que r = rg(A).
41
Enonces - Pb 28 : Un probleme sur des rotations vectorielles.
Probleme 28
Dans tout le probleme7, on designe par :E un espace euclidien oriente de dimension trois.B = (
−→i ,−→j ,−→k ) une base orthonormee directe de E.
−→u un vecteur unitaire de E de coordonnees a, b, c dans B.D la droite vectorielle de E engendree par −→u .
On notera < , > le produit scalaire de E.
Preambule
On considere une l’equation d’inconnue reelle x ou µ designe un parametre reel non nul :
x3 − x2 + µ = 0
1. Determiner les valeurs de µ pour lesquelles cette equation admet trois racines reelles dis-tinctes.
2. Determiner les solutions reelles de cette equation lorsque l’une d’entre elles est double.
Partie I
Pour tout reel λ non nul, on note fλ l’application de E dans E definie par :
∀−→x ∈ E : fλ(−→x ) = −→x + λ < −→x ,−→u > −→u
1. Montrer que fλ est un endomorphisme de E.2. a. Determiner la valeur λ0 de λ pour laquelle fλ est un automorphisme orthogonal autre
que IdE .b. Caracteriser fλ0 par sa matrice dans la base B.c. Determiner l’ensemble des vecteurs de E invariants par fλ0 . Donner alors la nature
de fλ0 en precisant ses elements geometriques.
Partie II
Soit g l’endomorphisme de E dont la matrice dans la base B est
G =
a b cc a bb c a
1. Montrer que g est une rotation vectorielle si et seulement si a, b, c sont solutions de
l’equationx3 − x2 + p = 0
ou p designe un reel d’un intervalle I que l’on precisera.On pourra utiliser l’identite suivante
a3 + b3 + c3 − 3abc = (a+ b+ c)((a2 + b2 + c2)− (ab+ bc+ ac))
2. Lorsque g est une rotation vectorielle de E avec b et c reels non nuls et egaux, determinerl’axe et une mesure de l’angle en precisant l’orientation de l’axe.
7d’aprees Mines d’Albi 1993
42
Enonces - Pb 28 : Un probleme sur des rotations vectorielles.
Partie III
Soit r une rotation vectorielle de E d’axe D, une mesure de son angle oriente autour de −→uest θ.
1. Montrer que pour tout element −→x de E on a la relation
r(−→x ) =< −→x ,−→u > −→u + cos θ (−→u ∧ −→x ) ∧ −→u + sin θ (−→u ∧ −→x )
2. Reciproquement, montrer que tout endomorphisme verifiant la relation precedente est larotation vectorielle d’angle θ autour de −→u .
3. Soit ϕ l’endomorphisme de E dont la matrice relative a B est
Φ =
a2 ab− c ac+ bab+ c b2 bc− aac− b bc+ a c2
Montrer que ϕ est une rotation vectorielle que l’on precisera.
4. Soit ψ le demi-tour vectoriel d’axe D
a. En utilisant III 1., expliciter ψ(−→x ) ou −→x est un element quelconque de E.
b. Construire la matrice de ψ relative a B
Partie IV
Soit r la rotation d’axe D et d’angle θ autour de −→u . Soit s la symetrie vectorielle orthogonalepar rapport au plan P orthogonal a D. On note δ = s ◦ r.
1. Montrer que si r n’est pas IdE alors δ est une isometrie vectorielle de E dont−→0E est le seul
vecteur invariant
2. Pour quelles valeurs de θ l’application δ se reduit-elle a s ? a l’homothetie vectorielle derapport -1 ?
3. Soit f un endomorphisme verifiant pour tout −→x de E la relation
f(−→x ) = ε < −→x ,−→u > −→u + cos θ (−→u ∧ −→x ) ∧ −→u + sin θ (−→u ∧ −→x )
avec ε = ±1.Montrer que cette relation caracterise les isometries vectorielles de E. Classifier suivant lesvaleurs de ε et θ. On precisera dans chaque cas le role de D et la nature de l’ensemble desvecteurs invariants.
43
Enonces - Pb 29 : Borne inferieure et addition parallele.
Probleme 29
Soit a et b deux nombres reels strictement positifs. On appelle somme parallele8 de a et de ble nombre
a//b =ab
a+ b
1. Etudier les proprietes de cette operation.
2. Soit x un reel quelconque. Montrer que
(a//b)x2 = inf{ay2 + bz2, (y, z) ∈ R2 tq y + z = x}
Cette borne inferieure est-elle un plus petit element ? Si oui, pour quels couples (y0, z0) denombres reels la relation
(a//b)x2 = ay20 + bz2
0
est-elle satisfaite ?
3. Interpreter physiquement les resultats de la question precedente en prenant pour y et z lesintensites des courants electriques qui traversent des resistances a et b montees en parallele.
4. Soit a, b, c, d des reels strictement positifs et x un reel quelconque, montrer que
(a//c)x2 + (b//d)x2 ≤ ((a+ b)//(c+ d))x2
Interpreter physiquement cette inegalite.
5. Soient α1, α2, . . . , αk et β1, β2, . . . , βk des reels strictement positifs. Montrer que
k∑i=1
(αi//βi) ≤
(k∑
i=1
αi
)//
(k∑
i=1
βi
)
8d’apres X 99 PC 1
44
Enonces - Pb 30 : Algebre lineaire dans un espace de polynomes.
Probleme 30
Soit V un espace vectoriel reel 9. L’espace vectoriel des endomorphismes de V est designe parL(V ). Lorsque f ∈ L(V ) et k ∈ N, on designe par
f0 = IdV , fk = fk−1 ◦ f
la composee de f avec lui meme k fois.On designe par E l’espace des polynomes a coefficients reels et, pour un entier n, par En l’espacedes polynomes de degre inferieur ou egal a n.
E = R[X], En = Rn[X]
Soit D l’endomorphisme de derivation de E qui a un polynome Q associe son polynome derive Q′.De meme, Dn est l’endomorphisme de derivation de En qui a un polynome Q de degre inferieurou egal a n associe son polynome derive Q′.
L’objet du probleme est de rechercher les reels λ pour lesquels l’endomorphisme λ IdE +Dest egal a un g2 pour un certain endomorphisme g de E. On se pose la meme question pourl’endomorphisme λ IdEn
+Dn.
Preliminaires : noyaux iteres
Soit V un espace vectoriel reel et f un endomorphisme de V .
1. Montrer que la suite des noyaux des endomorphismes fk pour k = 1, 2, · · · est une suite desous-espaces vectoriels de V emboitee croissante :
ker f0 ⊂ ker f1 ⊂ · · · ⊂ ker fk ⊂ ker fk+1 ⊂ · · ·
2. Montrer que s’il existe un entier p tel que les noyaux des endomorphismes fp et fp+1,alors :
∀k ≥ p : ker fk = ker fp
3. Montrer que lorsque l’espace V est de dimension finie n, la suite des dimensions des noyauxdes endomorphismes fk est constante a partir d’un rang p inferieur ou egal a la dimensionn de l’espace. En deduire en particulier ker fn = ker fn+1
4. On considere un endomorphisme u d’un espace vectoriel V de dimension finie n tel qu’ilexiste un entier q superieur ou egal a 1 pour lequel uk est l’endomorphisme nul. L’en-domorphisme u est alors dit nilpotent. Montrer que dans ce cas un est l’endomorphismenul.
Premiere partie
Le but de cette partie est d’etablir des proprietes des endomorphismes g recherches pour unλ reel donne et de donner un exemple.
1. Une caracterisation des sous-espaces vectoriels stables par g.
9Preliminaires, Premiere et Deuxieme partie de la premiere epreuve du Concours Commun Mines-Ponts 2001PC.
45
Enonces - Pb 30 : Algebre lineaire dans un espace de polynomes.
a. Etant donne un entier naturel n donne, soit p ∈ {0, 1, · · · , n}. Montrer que s’il existeun endomorphisme g de l’espace vectoriel En = Rn[X] tel que
g2 = λIdEn +Dn
alors l’endomorphisme g commute avec Dn :
g ◦Dn = Dn ◦ g
Montrer que Ep est stable par g. Soit gp la restriction de g a Ep. Demontrer la relation :
g2p = λIdEp +Dp
b. Montrer que s’il existe un endomorphisme g de l’espace vectoriel E = R[X] tel que
g2 = λIdE +D
alors l’endomorphisme g commute avec D :
g ◦D = D ◦ g
En deduire que, pour tout entier naturel n, En est stable par g. Soit gn la restrictionde g a En. Demontrer la relation :
g2n = λIdEn +Dn
c. Soit g un endomorphisme de l’espace vectoriel E = R[X] tel que
g2 = λIdE +D
i. Soit F un sous-espace vectoriel de E stable par D et de dimension n + 1. Onnote DF l’endomorphisme de F qui est la restriction de D a F . Montrer que DF
est nilpotent. En deduire que F = En = Rn[X] Determiner tous les sous-espacesvectoriels G de E (de dimension finie ou non) stables par D.
ii. Demontrer que, pour qu’un sous-espace vectoriel G de E soit stable par g, il fautet il suffit qu‘’il soit stable par D.
2. Une application immediate : le cas λ < 0.
a. Sous quelle condition necessaire sur le reel λ existe-t-il un endomorphisme g de l’espaceE0 = R0[X] tel que
g2 = λIdE0 +D0
b. Soit λ un reel strictement negatif, deduire des questions precedentes les deux pro-prietes :– Il n’existe pas d’endomorphisme g de E tel que
g2 = λIdE +D
– Il n’existe pas d’endomorphisme g de En tel que
g2 = λIdEn +Dn
46
Enonces - Pb 30 : Algebre lineaire dans un espace de polynomes.
3. Une representation matricielle simple de Dn.Soit n un entier naturel superieur ou egal a 1 et λ un reel.On definit la matrice carree d’ordre n + 1 notee Aλ et dont les coefficients sont notes ai,j
par les relations suivantes : ai,j = λ si i = j
ai,j = 1 si i+ 1 = j
ai,j = λ sinon
C’est a dire
Aλ =
λ 1 0 · · · 0
0 λ 1. . .
...
0 0. . . . . . 0
.... . . . . . λ 1
0 · · · 0 0 λ
a. Soit V un espace vectoriel de dimension finie n + 1 et f un endomorphisme de V
tel que fn+1 soit l’endomorphisme nul sans que fn le soit. Demontrer qu’il existe unvecteur y dans V tel que
B = (y, f(y), f2(y), · · · , fn(y))
soit libre. Quel est la matrice de f dans la base B ?
b. En deduire qu’il existe une base Bn de En = Rn[X] pour laquelle la matrice de Dn
est la matrice Aλ. Quelle est la matrice associee a λ IdEn +Dn dans cette base Bn ?4. Un exemple. Dans cette question, l’entier n est egal a 2.
a. Montrer que les seuls endomorphismes h de E2 qui commutent avec D2 sont les po-lynomes de degre inferieur ou egal a 2 en D2 c’est a dire les polynomes de la forme
h = aIdE1 + bD2 + cD22
pour a, b, c reels.
b. En deduire qu’il existe des endomorphismes g de E2 qui verifient
g2 = λIdE3 +D2
Determiner les matrices carrees G d’ordre 3 qui verifient
G2 = A1
Deuxieme partie
L’objet de cette partie est d’etudier le cas ou le reel λ est nul. Dans cette partie, l’entier nest superieur ou egal a 1.
a. Existence d’un endomorphisme g tel que g2 = Dn.i. Montrer que, s’il existe un endomorphisme g de En = Rn[X] tel que g2 = Dn,
alors l’endomorphisme g est nilpotent et le noyau de g2 a une dimension au minsegale a 2.
ii. En deduire qu’il n’existe pas d’endomorphisme g de En = Rn[X] tel que g2 = Dn.
47
Enonces - Pb 30 : Algebre lineaire dans un espace de polynomes.
iii. En deduire qu’il n’existe pas d’endomorphisme g de E = R[X] tel que g2 = D.
b. Existence d’un endomorphisme g tel que gk = Dn. Soit m un entier superieur ou egala 1 et k un entier superieur ou egal a 2. Soit g un endomorphisme de E = R[X] telque
gk = Dm
Montrer que les deux endomorphismes D et g sont surjectifs.
c. Demontrer que les sou-espaces vectoriels ker gq de E sont de dimension finie lorsque0 ≤ q ≤ k.
d. Soit p un entier tel que 2 ≤ p ≤ k. Soit Φ l’application definie dans ker gp par :
∀P ∈ ker gp : Φ(P ) = g(P )
Montrer que cette application est lineaire de ker gp et a valeurs dans ker gp−1. Preciserson noyau et son image. En deduire une relation entre les dimensions des sous-espacesker gp et ker gp−1.Quelle est la dimension de ker gp en fonction de ker g ?
e. Determiner une condition necessaire et suffisante sur les entiersm et k pour qu’il existeun endomorphisme g de E tel que gk = Dm. Retrouver le resultat de la question II.1.c.
48
Enonces - Pb 31 : Sous groupe engendre par deux elements
Probleme 31
Soit G, un groupe note multiplicativement, d’element neutre e. On suppose qu’il existe dansG deux elements a et b differents de e et distincts tels que :
aba = b
1. a. Montrer que pour tout j ∈ Z :ajb = ba−j
b. Montrer que pour tous les entiers j et k dans Z :
ajbk = bka(−1)kj
2. Soit H = {ajbk, (j, k) ∈ Z2}. Montrer que H est le sous-groupe de G engendre par a et b.
3. On suppose qu’il existe des entiers k et s strictements positifs tels que
ak = e , bs = e
On note :n = min{k ∈ N∗, ak = e} , m = min{k ∈ N∗, bk = e}
On suppose que m et n sont premiers entre eux.
a. Montrer que, pour tout p dans Z, ap = e entraıne p est un multiple de n.
b. Montrer que, pour tous entiers relatifs j et k :
aj = bk ⇒ j ∈ nZ et k ∈ mZ
c. Montrer que l’application
{0, · · · , n− 1} × {0, · · · ,m− 1} → H
(j, k) 7→ ajbk
est bijective. Combien H contient-il d’elements ?
4. Soit G le groupe des bijections de C dans C. Determiner le cardinal du sous-groupe H deG engendre par les applications r et s definies par :
r(z) = jz , s(z) = z
pour tout nombre complexe z.Interpreter geometriquement chaque element de H.
49
Enonces - Pb 31 : Sous groupe engendre par deux elements
50
Corriges
51
Corriges - Pb 1
Probleme 1
PARTIE I
1. On peut verifier que f(t) = et2 convient.
2. Pour y ∈ F prenons y = 0 dans la definition, on obtient alors
f(x)2 = f(x)2f(0)2
puisf(0)2(1− f(0)2) = 0
Les seules valeurs possibles pour f(0) sont donc 0,−1, 1.Si f(0) = 0 alors f(x) = 0 pour tous les x et f est identiquement nulle. Lorsque f n’estpas identiquement nulle, on doit donc avoir f(0) = 1 ou f(0) = −1.
PARTIE II
1. Soit g un element quelconque de G, alors eg est un element de F qui ne prend que desvaleurs strictement positives. On obtient tous les elements de G en composant par ln lesfonctions a valeurs strictement positives de F .
2. Ecrivons la relation de recurrence de 2 a n et sommons. Les termes −2uk se simplifient(sauf les extremes) :
u2 − 2u1 + 0 = 2u1
u3 − 2u2 + u1 = 2u1
...un − 2un−1 + un−−2 = 2u1
un+1 − 2un + un−1 = 2u1
−u1 − un + un+1 = 2nu1
A partir de un+1 − un = (2n+ 1)u1, on obtient un par une nouvelle sommation,
un = ((2(n− 1) + 1) + (2(n− 2) + 1) + · · ·+ (2× 0 + 1))
un =(
2n(n− 1)
2+ n
)u1 = n2u1
3. Remarquons d’abord, en prenant x = y = 0 que g(0) = 0.Posons un = g(nx). La propriete de g ecrite avec nx au lieu de x et x au lieu de y entraınealors
un+1 + un−1 = 2(un + u1)
soit la relation de la question precedente.On en deduit un = n2u1 ou encore g(αx) = α2g(x) pour α entier naturel. D’autre part,avec x = 0 dans la relation de definition, g(−y) = g(y) donc g(αx) = α2g(x) est encorevalable pour α ∈ Z.Si n ∈ N, g(x) = g(n x
n ) = n2g( xn ) donc
g(x
n) = (
1n
)2g(x)
53
Corriges - Pb 1
On en deduit donc que la relation g(αx) = α2g(x) est valable dans Q.N’importe quel nombre reel α est la limite d’une suite de nombres rationnels
(αnx)n∈N →αx
(g(αnx))n∈N = (α2ng(x))n∈N → g(αx)
par continuite de g en αx. On en deduit
g(αx) = α2g(x)
par unicite de la limite. La relation est donc valable dans R.4. D’apres la question precedente, g(x) = x2g(1). Les elements de G sont donc les fonctionsx 7→ λx2 ou λ est un nombre reel arbitraire.On se propose maintenant de demontrer que les fonctions non nulles de F sont de laforme x 7→ εeλx2
ou λ est un nombre reel arbitraire et ε ∈ {−1, 1}. Pour cela, il suffit demontrer qu’une fonction non nulle de F ne s’annule pas. Elle sera alors de signe constantpar continuite et theoreme des valeurs intermedaires et le logarithme de sa valeur absoluesera dans G.Soit f une fonction de F nulle en a 6= 0, en prenant x = y = a
2 , on a
f(a)f(0) = f(a
2)4
donc f(a2 ) = 0. On en deduit une suite de points qui converge vers 0 et en lesquels la
fonction est nulle. Par continuite, f est nulle en 0 , elle est donc identiquement nulle.
PARTIE III
Notons K l’ensemble de toutes les fonctions verifiant la relation de la partie II alors G estla partie de K constitue des fonctions continues alors que H est la partie de K constituee desfonctions localement bornees en 0.D’apres les proprietes des fonctions continues, il est clair que G ⊂ H. L’enonce nous propose demontrer l’inclusion dans l’autre sens.
1. Les elements de H verifient la meme relation fonctionnelle que dans la partie II mais nesont pas supposes continus. Ils sont toujours bornes dans un segment autour de 0.Le calcul du debut de la question II 3. reste valable, en particulier h(nx) = n2h(x) pourn rationnel. La continuite n’intervient que pour le passage de Q a R. On peut donc ecrirepour x ∈ [−2na, 2na]
|h(x)| =∣∣∣h(2n x
2n)∣∣∣ = 22n
∣∣∣h( x2n
)∣∣∣ ≤ 4nA
Ceci montre que h est bornee sur [−2na, 2na] puis sur n’importe quel segment. Car unsegment quelconque est inclus dans un des precedents pour n assez grand.
2. Pour n = 0, 3.2n−14n = 2 et l’inegalite est evidente car a + u
1 et a ∈ [−1, 1] ∪ [a− 1, a+ 1].On raisonne ensuite par recurrence.Remarquons que a+ u
2n+1 est le milieu de a et a+ u2n . Exploitons la propriete de h
a = (a+u
2n+1)− u
2n+1, a+
u
2n= (a+
u
2n+1) +
u
2n+1
h(a+u
2n) + h(a) = 2
[h(a+
u
2n+1) + h(
u
2n)]
[h(a+
u
2n)− h(a)
]= 2
[h(a+
u
2n+1)− h(a)
]+ 2h(
u
2n+1)
54
Corriges - Pb 1
Remarquons que∣∣h( u
2n+1 )∣∣ ≤ ∣∣ 1
22(n+1)h(u)∣∣ ≤ 1
4n+1Ma. On en deduit alors en utilisantl’hypothese de recurrence
2[h(a+
u
2n+1)− h(a)
]≤ 3.2n − 1
4nMa +
24n+1
Ma ≤ 23.2n+1 − 1
4n+1Ma
ce qui acheve la demonstration.
3. Comme (3 2n − 1
4nMa
)n∈N
→ 0
pour tout ε > 0, il existe un N tel que pour tous les n ≥ N
3 2n − 14n
Ma ≤ ε
Considerons alors α = 12n , tout element de [a − α, a + α] est de la forme a + u
2n avecu ∈ [−1, 1]. La question precedente montre alors que h est continue en a.On en deduit que tout element de H est continu dans R donc que H = G.
55
Corriges - Pb 2
Probleme 2
Exercice 1
|1z− i| = 1 ⇔ |1− iz|2 = r2|z|2
⇔ (1− r2)|z|2 − 2 Re(iz) + 1 = 0
⇔ |z|2 + 2 Re(zi
1− r2) +
11− r2
⇔ |z +i
1− r2|2 − 1
(1− r2)2+
11− r2
= 0
⇔ |z +i
1− r2|2 =
r2
(1− r2)2
On peut donc choisir
u = − i
(1− r2), R =
r
(1− r2)
On en deduit que l’image du cercle de centre i et de rayon 1 par l’inversion z → 1z est le cercle
de centre u et de rayon R.
Exercice 2
1. Posons t = arctanx, alors 2x1+x2 = 2 tan t
1+tan2 t = sin 2t. Comme t ∈]−π
2 ,π2
[, 2t ∈ ]−π, π[. En
etudiant la fonction arcsin ◦ sin dans ]−π, π[, On obtient
arcsin(2x
1 + x2) =
−π − 2 arctanx si x ≤ −12 arctanx si −1 ≤ x ≤ 1
π − 2 arctanx si x ≥ 1
2. a. Travaillons d’abord sur sin 4t et cos 4t. On suppose que t n’est pas congru a π8 modulo
π4 ni a π
2 modulo π pour que tan 4t et tan t soient bien definis.
sin 4t = Im(cos t+ i sin t)4 = 4 cos3 t sin t− 4 cos t sin3 t
= cos4 t (4 tan t− 4 tan3 t)cos 4t = Re(cos t+ i sin t)4 = cos4 t− 6 cos2 t sin2 t+ sin4 t
= cos4 t (1− 6 tan2 t+ tan2 t)
du moins lorsque cos t 6= 0.On en deduit alors
tan 4t =4 tan t− 4 tan3 t
1− 6 tan2 t+ tan4 t
b. D’apres la question precedente, si on pose x = tan t (choisissons t = arctanx) onobtient
4x2 − 4x3
1− 6x2 + x4= tan 4t
A cause de l’expression du cos 4t trouvee au a., les solutions de
1− 6x2 + x4 = 0
56
Corriges - Pb 2
sont− tan(
3π8
),− tan(π
8), tan(
π
8), tan(
3π8
)
Nous supposerons donc
x /∈{− tan(
3π8
),− tan(π
8), tan(
π
8), tan(
3π8
)}
. Si x < − tan( 3π8 ) alors t ∈
]−π
2 ,−3π8
[, 4t ∈
]−2π,− 3π
2
[, 4t+ 2π ∈
]−π
2 ,π2
[. Si − tan( 3π
8 ) < x < − tan(π8 ) alors t ∈
]− 3π
8 ,−π8
[, 4t ∈
]− 3π
2 ,−π2
[, 4t+π ∈
]−π
2 ,π2
[. Si − tan(π
8 ) < x < tan(π8 ) alors t ∈
]−π
8 ,π8
[, 4t ∈
]−π
2 ,−π2
[. Si tan(π
8 ) < x < tan( 3π8 ) alors t ∈
]π8 ,
3π8
[, 4t ∈
]π2 ,
3π2
[, 4t− π ∈
]−π
2 ,π2
[. Si tan( 3π
8 ) < x alors t ∈]3π8 ,
π2
[, 4t ∈
]3π2 , 2π
[, 4t− 2π ∈
]−π
2 ,π2
[Finalement :
arctan4x2 − 4x3
1− 6x2 + x4=
2π + 4 arctanx dans
]−∞,− tan( 3π
8 )[
π + 4 arctanx dans]− tan( 3π
8 ),− tan(π8 )[
4 arctanx dans]− tan(π
8 ), tan(π8 )[
−π + 4 arctanx dans]tan(π
8 ), tan( 3π8 )[
−2π + 4 arctanx dans]tan( 3π
8 ),+∞[
Pour exprimer ces tangentes a l’aide de radicaux, on peut utiliser
cosπ
4=√
22
= 2 cos2π
8− 1
. On en deduit
cosπ
8=
√2 +
√2
2etc.
Exercice 3
Remarquons que Da est forme par les couples (k, a− k) ou k decrit {0, · · · , n}. On en deduitque
Aa =a∑
k=0
Cka = 2a
Comme Tn est l’union disjointe des Da,
Bn =n∑
a=0
Aa = 1 + 2 + · · ·+ 2n = 2n+1 − 1
La somme Gb,n se calcule ”par dominos”
Gb,n = C0b + (C1
b+2 − C0b+1) + (C2
b+3 − C1b+2) + · · ·+ (Cn
n+b+1 − Cn−1n+b )
= 1− 1 + Cnn+b+1 = Cn
n+b+1
Dn =n∑
y=0
(n∑
x=0
Cxx+y
)=
n∑y=0
Gy,n =n∑
y=0
Cyn+y+1
=n+1∑y=1
Cyn+y = Gn,n+1 − 1 = Cn+1
2n+2 − 1
57
Corriges - Pb 2
Probleme
1. A l’aide de la formule de recurrence, on obtient immediatement
P2(t) = 2t2 − 1P3(t) = 2t(2t2 − 1)− t = 4t3 − 3tP4(t) = 2t(4t3 − 3t)− (2t2 − 1) = 8t4 − 8t2 + 1Q2(t) = 2tQ3(t) = 2t(2t)− 1 = 4t2 − 1Q4(t) = 2t(4t2 − 1)− 2t = 8t3 − 4t
2. Exprimons cos 4t et sin 4t comme des polynomes en cos t.
cos 4t = Re(cos t+ i sin t)4 = cos4 t− 6 cos2 t sin2 t+ sin4 t
= cos4 t− 6 cos2 t(1− cos2 t) + (1− cos2 t)2
= 8 cos4 t−+8 cos2 t+ 1 = P4(cos t)sin 4t = Im(cos t+ i sin t)4 = 4 cos3 t sin t− 4 cos t sin3 t
= sin t(4 cos3 t− 4 cos t(1− cos2 t)= sin t (8 cos3 t− 4 cos t) = sin tQ4(cos t)
3. Les formules seront demontrees par une recurrence d’ordre 2. Elles sont vraies pour n = 0et n = 1. Supposons maintenant que, pour un certain n on ait
Pn(cosx) = cos(nx), sinxQn(cosx) = sin(nx)Pn+1(cosx) = cos((n+ 1)x), sinxQn+1(cosx) = sin((n+ 1)x)
Alors en utilisant les formules de transformation de somme en produit :
cos((n+ 2)x) + cosnx = 2 cosx cos((n+ 1)x)sin((n+ 2)x) + sinnx = 2 cosx sin((n+ 1)x)
d’oucos((n+ 2)x) = 2 cosxPn+1(cosx)− Pn(cosx) = Pn+2(cosx)
d’apres la formule definissant Pn+2. De meme,
sin((n+ 2)x) = 2 cosx sinxQn+1(cosx)− sinxQn(cosx) = sinxQn+2(x)
d’apres la formule definissant Qn+2.
4. Derivons la premiere formule de la question precedente. Il vient
− sinxP ′n(cosx) = −n sinnx
Ce qui s’ecrit encore− sinxP ′n(cosx) = −n sinxQn(cosx)
Lorsque x ∈ ]0, π[, sinx est non nul et on obtient P ′n(cosx) = nQn(cosx). Pour tout reel tdans ]−1, 1[, il existe un x ∈ ]0, π[ tel que t = cosx, on en deduit la formule demandee.
58
Corriges - Pb 3
Probleme 3
1. La famille Bi,j est generatrice car tous les vecteurs bk de la base B s’expriment facilementen fonction de b′k de Bi,j .
bk = b′k si k 6= i
bk = b′i − b′j si k = i
Comme cette famile contient n vecteurs dans un espace de dimension n cela suffit a montrerque c’est une base.Pour exprimer les matrices de passage, il est commode d’utiliser les matrices elementairesEu,v dont tous les termes sont nul sauf le terme (u, v) qui vaut 1. On obtient
PBBi,j = In + Ej,i PBi,jB = In − Ej,i
2. Supposons que la matrice de f dans une base B = (b1, · · · , bn) soit diagonale avec
MatB
f =
λ1 0 · · · 0
0 λ2
......
. . . 00 · · · 0 λn
Alors :
f(b′k) = f(bk) = λkbk = λkb′k si k 6= i
f(b′k) = f(bi) + f(bj) = λibi + λjbj = λib′i + (λj − λi)b′j si k = i
On en deduit
MatBi,j
f =
λ1 0 · · · 0
0 λ2
......
. . . 00 · · · 0 λn
+ (λj − λi)Ej,i
3. a. Supposons que la matrice de f soit diagonale pour toutes les bases de E. Elle est alorsdiagonale dans une certaine base B ainsi que dans toutes les bases Bi,j que l’on peutformer a partir de B comme dans la question 1. Cela entraine qu’il existe un λ tel queλi = λj pour tous les i et j distincts. On a donc
f = λIdE
b. D’apres la question precedente, si f 6∈ Vect(IdE), il existe une base B de E telle queMatB f ne soit pas diagonale. Il existe donc deux entiers i et j distincts entre 1 et ntels que f(bi) 6∈ Vect(bi) ce qui signifie (bi, f(bi)) libre.
4. Avec les notations de l’enonce :
Mat(u2,u3)
g =[b′ c′
b′′ c′′
]
59
Corriges - Pb 3
5. a. La trace d’un endomorphisme est par definition la trace de sa matrice dans n’importequelle base. Cette definition a du sens car les matrices d’un endomorphisme dansn’importe quelle base ont toutes la meme trace. En effet, on sait que
tr(AB) = tr(BA)
pour toutes matrices carrees A et B dans Mn(R). On utilise alors la formule dechangement de base :
MatB′
f = P−1BB′ Mat
BfPBB′
On en deduit
tr(MatB′
f)
= tr(P−1BB′ Mat
BfPBB′
)= tr
(MatB
fPBB′P−1BB′
)= tr
(MatB
f)
b. La matrice d’un endomorphisme λIdE est, dans n’importe quelle base, diagonale avecdes λ sur la diagonale. Le seul element de Vect(IdE) dont la trace est nulle est doncl’endomorphisme nul.
c. Ici f est un endomorphisme de trace nulle d’un espace E de dimension 2. Comme fn’est pas dans Vect(IdE), d’apres la question 3.b., il existe un x de E tel que (x, f(x))est libre. A cause de la dimension cette famille est une base de E. La matrice de fdans cette base est de la forme [
0 α1 β
]Cette matrice est de trace nulle donc β = 0. Pour cette base, tous les termes diagonauxde la matrice de f sont donc nuls.
d. La situation est analogue a celle de la question precedente mais E est de dimension3. D’apres la question 3.b., il existe un x de E tel que (x, f(x)) est libre. En utilisantle theoreme de la base incomplete, on forme une base de E
(x, f(x), y)
Dans cette base, la matrice de f est de la forme0 b c1 b′ c′
0 b′′ c′′
Elle est de trace nulle donc b′ + c′′ = 0.Considerons un endomorphisme g comme dans la question 4. L’endomorphisme g est larestriction a Vect(f(x), y) de p◦f ou p est la projection sur Vect(f(x), y) parallelementa Vect(x). Alors
Mat(f(x),y)
g =[b′ c′
b′′ c′′
]donc g est un endomorphisme de Vect(f(x), y) de trace nulle. D’apres la question 5.c.,il existe une base (v, w) de Vect(f(x), y) telle que :
Mat(f(x),y)
g =[0 βα 0
]60
Corriges - Pb 3
Remarquons que f(x) et y s’expriment en fonction de v et w car (v, w) est une basede Vect(f(x), y). On en deduit que (x, u, v) est generatrice donc que c’est une base.De plus, la matrice de f dans cette base est de la forme 0 C D
A 0 βB α 0
61
Corriges - Pb 4
Probleme 4
Introduisons les polynomes symetriques elementaires
σ1 = x1 + x2 + x3 σ2 = x1x2 + x1x3 + x2x3 σ3 = x1x2x3
et utilisons les pour exprimer chacune des trois relations.La premiere relation donne immediatement
σ21 − 2σ2 = 1
On obtient la deuxieme relation en reduisant au meme denominateur x1x2x3 :
σ1
σ3=
32
Pour la trosieme, on commence par regrouper par trois les termes qui ont le meme denominateur.Cela fait apparaitre le σ1 au numerateur que l’on peut mettre en facteur :
(x1 + x2 + x3)(
1x1
+1x2
+1x3
)= 6
On reduit au meme denominateur x1x2x3 ce qui donne directement :
σ1σ2
σ3= 6
A partir des deux dernieres relations, on obtient
σ2 = 4
En remplacant dans la premiere, on obtient
σ21 = 9
Le dernier s’obtient a partir de σ1
σ3 =23σ1
On a donc deux possibilites :
σ1 = 3 σ2 = 2 σ3 = 4σ1 = −3 σ2 = −2 σ3 = 4
Les nombres x1, x2, x3 sont donc (a permutation pres) les racines des polynomes
X3 − 3X2 + 4X − 2
X3 + 3X2 + 4X + 2
c’est a dire apres factorisation a l’aide de la racine evidente 1 ou −1 les triplets (1, 1 + i, 1 − i)et (−1,−1 + i,−1− i).
62
Corriges - Pb 5
Probleme 5
Exercice
1. Pour k ≥ 1, on peut ecrire
(k + 1)Ckn = kCk
n + Ckn = nCk−1
n−1
d’ou , en notant S la somme cherchee :
S = n
n∑k=1
Ck−1n−1 +
n∑k=0
Ckn = n2n−1 + 2n
Autre solution.Considerons la fonction f telle que
f(x) = x(1 + x)n
Alors S = f ′(1) or f ′(x) = (1 + x)n + nx(1 + x)n−1 donc
S = 2n + n2n−1
2. L’inequation proposee est equivalente (pour m 6= −1) a
m+ 1x− 1
x(x− h(m)) < 0
avech(m) =
m
m+ 1Cette expression change de signe en 0, 1, h(m). Il convient donc de comparer 0, 1, h(m).
Le graphe de h est une hyperbole (fig 1) On en deduit– Si m < −1
Sm =]0, 1[∪ ]m
m+ 1,+∞[
– Si m = 1Sm =]0, 1[
– Si −1 < m < 0Sm =]−∞,
m
m+ 1[∪ ]0, 1[
– Si m = 0Sm =]−∞, 1[
– Si m > 0Sm =]−∞, 0[∪ ]
m
m+ 1, 1[
3. Les k! et (k+ 1)! se simplifient respectivement dans les deux qotients permettant une miseen facteur
Ckn
Ck2n
− Ck+1n
Ck+12n
=n(n− 1) · · · (n− k + 1)
(2n)(2n− 1) · · · (2n− k + 1)(1− n− k
2n− k)
=n(n− 1) · · · (n− k + 1)
(2n)(2n− 1) · · · (2n− k + 1)n
2n− k
63
Corriges - Pb 5
1
h
–1
m
Fig. 2 – Graphe de h
64
Corriges - Pb 5
Apres simplification par n, on obtient k facteurs en haut et en bas et on retrouve unquotient de coefficients du binome en introduisant des k!. On en deduit la formule valablepour k entre 0 et n− 1
Ckn
Ck2n
− Ck+1n
Ck+12n
=12
Ckn
Ck2n−1
Dans le calcul de la somme S, il faut traiter a part le dernier terme.
S = 2(C0
n
Ck2n
− Cnn
Cn2n
) +Cn
n
Cn2n−1
= 2(1− 1Cn
2n
) +1
Cn2n−1
= 2
carCn−1
2n−1 + Cn2n−1 = Cn
2n
avecCn−1
2n−1 = Cn2n−1
4. Soit n le nombre d’elements de l’ensemble E.– Une operation interne dans E, c’est une application de E × E dans E. On peut former
autant d’operations que de telles fonctions soit
nn2
– Pour compter les operations commutatives, numerotons les elements de E
E = {e1, · · · en}
Notons T l’ensemble des couples (ei, ej) avec i ≤ j. Il y a autant d’operations commu-tatives que d’applications de T dans E. Comme T contient n(n+1)
2 elements, ce nombreest
nn(n+1)
2
– Choisissons un element arbitraire a de E et examinons les operations admettant cetelement comme neutre.On doit avoir ax = xa = x pour tous les x de E. Cela definit les images de 2n−1 couples.Les operations internes sont definies par les images de tous les autres couples soit
nn2−(2n−1)
Une operation admet au plus un neutre, en faisant varier le a choisi, on obtient toutesles lois possibles soit
nn2−2n+2)
65
Corriges - Pb 6
Fig. 4 – Trace de 50 segments tangents
Probleme 6
1.a. La courbe est symetrique par rapport aux droites
Fig. 3 – Trace de l’astroıde
V ect(−→i ), V ect(
−→j ), V ect(
−→i +
−→j ). Les points M(−t),M(π−
t),M(π2 − t) sont respectivement les symetriques de M(t) par
rapport aux trois droites.
1.b. La courbe est bireguliere sauf aux points ou t estcongru a 0 modulo π
2 .
Par raison de symetrie, ces points sont des points de re-broussement. EnM(0), le vecteur tangent est
−−→M ′′(0) = −24a
−→i ;
les tangentes aux autres points bireguliers s’obtiennent parsymetrie. On peut noter que la tangente en M(π
4 ) est ortho-gonale a la premiere bissectrice.
1.c. En notant L la longueur totale de la courbe et −→u t =cos t
−→i + sin t
−→j , on obtient
−→M ′(t) = −24a sin t cos t −→u −t =
12a sin 2t−→u π−t d’ou
L = 4∫ π
2
0
∥∥∥−→M ′(t)∥∥∥ dt = 48a
∫ π2
0
sin 2t dt = 48a
2.a. Lorsque M(t) n’est pas un point singulier, une equation de D(t) est
(x− 8a cos3 t) sin t+ (y − 8a sin3 t) cos t = 0x sin t+ y cos t = 8a sin t cos t
66
Corriges - Pb 6
Fig. 5 – Construction de M
2.b. On peut calculer les coordonnees de A(t) et B(t) ; il vient A(t) : (8a cos t, 0), B(t) :(0, 8a sin t). La longueur du segment A(t)B(t) est donc constante egale a 8a.
3.a. On cherche les t tels que D(t) contienne le point de coordonnees (2a cos t0, 2a sin t0). Cesont les t qui verifient
4a cos t0 sin t+ 4a sin t0 cos t = 8a sin t cos tsin(t+ t0) = sin 2t
La derniere equation equivaut a t = t0 ou t ≡ π−t03 moduloπ
3 .Trois tangentes font donc entre elles un angle de π
3 la troisieme est D(t0) ; droite qui passe parP0 et de direction −→u π−t.
3.b. La droite D(t0) est symetrique de (OP0) par rapport a la droite de direction−→j qui passe
par P0.3.c. On notera avec un indice 0 tous les objets relatifs a t0. Cherchons H0 = H(t0) sous la
forme (λ sin t0, λ cos t0), on obtient λ = 8a sin t0 cos t0 puis−−→OH0 +
−−−→OM0 = 8a−→u t0 .
Definissons K0 par−−→OH0 +
−−−→OM0 =
−−→OK0 ; alors
−−−→OM0 =
−−−→H0K0 et (O,M0,K0,H0) est un pa-
rallelogramme. Lorsque la droite D0 est construite, on peut construire le projete H0 de O surD0 et M0 est le symetrique de H0 par rapport a P0. Construction geometrique de l’astroıde
67
Corriges - Pb 7
H_0
M_0
P0
H0
H0
Fig. 6 – Construction
Probleme 7
1. Les supports Cα et Cα+π, ,des courbes parametrees sont egaux car rα(t) = rα+π(t). D’autrepart, C−α = sOy(Cα) car r−α(t) = −rα(−t).
2. Comme r(t + 3π) = −r(t) la parametrisation est 3π periodique. Le cos du denominateurs’annule lorsque t ≡ 3π
4 mod 3π2 , un intervalle de longueur 3π contient donc trois valeurs
de t annulant le cos. Le sin s’annule lorsque t ≡ 3αmod3π, un intervalle de longueur 3πcontient donc une seule valeur de t annulant le sin. Comme α ∈
[0, π
2
]choisissons [0, 3π]
comme intervalle pour t ; il y a alors trois branches infinies pour 3π4 , 9π
4 = π4 + 2π et 3α.
– En 3π4 , cos 2t
3 = sin(π2 −
2t3 ) = sin( 2
3 ( 3π4 −t)) ∼
23 ( 3π
4 −t). On en deduit que r(t) sin(t− 3π4 )
diverge vers +∞ ou −∞ d’un cote ou de l’autre de 3π4 . Il n’y a donc pas d’asymptote
mais seulement une branche parabolique de direction asymptotique −→u 3π4
.– En 9π
4 = π4 +2π, la situation est analogue, pas d’asymptote mais une branche parabolique
de direction asymptotique −→u π4.
– En 3α, on a en revanche sin(t − 3α) = sin(3( t3 − α)) ∼ 3( t
3 − α) d’ou ρ(t) sin( t3 − α) ∼
3a cos αcos2 2α . Il existe donc une asymptote.
– Position de la courbe par rapport a l’asymptote.Posons u = t
3 − α, et formons un developpement limite de r(t) sin(t − 3α) suivant u onobtient
a cosα sin 3ucos2(2α+ 2u) sinu
= 3acosα
cos2 2α+(12a
cosαcos3 2α
sin 2α)u+ uε(u)
On en deduit que la courbe est, suivant le signe de u, d’un cote ou de l’autre de l’asymp-tote. On remarque aussi que le coefficient de u change de signe lorsque α traverse lavaleur π
4 pour laquelle il n’y a pas d’asymptote.3. Le trace de la courbe se fait a la machine en remarquant que r(t) est negatif dans
[0, 3π
4
]et positif dans
[3π4 , 3π
]. Le changement de signe se fait ”a l’infini”, la courbe ne passe pas
par l’origine. Comme α = π4 , 3α = 3π
4 , il n’y a donc pas d’asymptote mais seulement deuxbranches paraboliques.
68
Corriges - Pb 7
On sait que la condition assurant la non biregularite s’ecrit 2ρ′2 − ρρ′ + ρ2 = 0. En posantλ = 1
ρ , cette condition devient λ+ λ′′ = 0. Pour l’exprimer simplement, on commence parlineariser λ, il vient
λ =12
sin(t
3− α) +
14
sin(5t3− α)− 1
4sin(t+ α)
λ+ λ′′ =12(1− 1
9) sin(
t
3− α) +
14(1− 25
9) sin(
5t3− α)
=49
sin(t
3− α)− 4
9sin(
5t3− α)
= −89
cos(t− α) sin(2t3
)
Cette expression est nulle lorsque t−α ≡ π2 modπ. Lorsque α varie le point tel que t−α ≡ π
2decrit la courbe parametree
r(t) = − a sin tcos3 2t
3
69
Corriges - Pb 8
Probleme 8
1. Comme A(0) = 0, le polynome A est divisible par X. Il existe donc un polynome B tel queA = XB. Ce polynome est de degre 2n− 1 et de coefficient dominant 1. On peut obtenirle terme de degre 0 a partir de la derivee.
A′ = 2n(X + 1)2n−1 = XB′ +B, A′(0) = B(0) = 2n
2. Les racines de A sont les nombres complexes u− 1 ou u decrit l’ensemble U2n des racines2n iemes de l’unite.
3. Lorsque k decrit 1, · · · , n− 1, le nombre 2n− k decrit n+ 1, · · · , 2n− 1 et
(2n− k)π2n
= π − kπ
2ndonc
sin(2n− k)π
2n= sin
kπ
2nOn en deduit
Pn =2n−1∏
k=n+1
sinkπ
2n
puis Qn = P 2n car, pour k = n, sin kπ
2n = 1.Comme tous les kπ
2n sont dans [0, π2 ], les sin sont strictement positifs et
Pn =√Qn
4. Les racines non nulles de A sont les racines de B. Le produit de ces 2n− 1 racines est
(−1)2n−1 b0b2n−1
= −2n
D’autre part, c’est aussiE =
∏u∈U2n−{1}
(u− 1)
Chaque u de U2n−{1} est de la forme eiθ avec θ = kπn et k ∈ {1, · · · , 2n−1}. On en deduit
E = (2i)2n−1eiP2n−1
k=1kπn
n∏k=1
sinkπ
n
eiP2n−1
k=1kπn = ei(2n−1) π
2 = (i)2n−1
E = 22n−1(−1)2n−1Qn = −22n−1Qn
FinalementQn = n 2−2n+2, Pn =
√n 2−n+1
5. La decomposition de F en elements simples est de la forme∑u∈U2n
λ(u)X − u+ 1
avecλ(u) =
1A′(u− 1)
=1
2nu2n−1=
u
2n
70
Corriges - Pb 9
Probleme 9
1. Tableau trop facile pour etre corrige.exn − 1 ∼ xn et ln(1 + xn)− xn ∼ −1
2x2n
2. Traite en classe, convergence au sens de Cesaro.
3. Chaque un construit est strictement positif, la definition par recurrence peut se poursuivreindefiniment. La stricte psitivite des un permet aussi de definir les vn
4. On sait que ln(1 + x) ≤ x pour tout x ≥ −1. La suite (un)n∈N est donc decroissante etminoree par 0.Elle converge vers un reel l ∈ [0, u].Par continuite de ln, ln(1 + l) = l d’ou l = 0. (tableau de x→ ln(1 + x))
5. On a bien un+1 ∼ un car ln(1 + un) ∼ un lorsque un → 0.
6. Comme ln un+1un
→ 0 car un+1un
→ 1, on peut ecrire :
vn = uλn
((un+1
un
)λ
− 1
)= uλ
n
(eλ ln
un+1un − 1
)∼ uλ
nλ lnun+1
un
∼ uλnλ
(un+1
un− 1)
un+1 = ln(1 + un) = un −12u2
n + o(u2n)
un+1
un= 1− 1
2un + o(un)
un+1
un− 1 ∼ −1
2un
Finalementvn ∼ −λ
2uλ+1
n
7. Pour λ = −1, la suite (vn)n∈N converge vers 12 . Par consequent,
v1 + v2 + · · ·+ vn
n→ 1
2
Orv1 + v2 + · · ·+ vn = u−1
n+1 − u−1
donc u−1n+1 − u−1 ∼ n
2 .Comme u−1
n+1 → +∞, la constante u−1 est negligeable devant u−1n+1.
Negligeons la ! On obtient u−1n+1 ∼ n
2 puis
un ∼2n
71
Corriges - Pb 10
Probleme 10
1. a. En ecrivant les deux termes de plus haut degre de la formule du binome, on montreque Qn est de degre n et de coefficient dominant n+ 1.
b. En substituant −X a X dans Qn on obtient (−1)nQn. On en deduit que Qn est dememe parite que n et que l’ensemble des racines de Qn est symetrique (si z est racinealors −z l’est aussi).
2. Ecrivons cette fois la formule complete :
Q2r =12i
2r+1∑k=0
(2r + 1k
)(1− (−1)k
)(i)kX2r+1−k
De plus 1− (−1)k est nul si k est pair, il vaut 2 si k est impair. Les entiers impairs k, de 1a 2r + 1, sont de la forme 2p+ 1 avec p ∈ {0, . . . , r}.De plus, ik = (−1)pi, on obtient donc
Q2r =r∑
p=0
(2r + 12p+ 1
)(−1)pX2(r−p)
On retrouve bien le fait que Q2r est pair. Il est clair que
Sr =r∑
p=0
(2r + 12p+ 1
)(−1)pXr−p
3. Les racines de Qn sont les complexes z tels que
(z + i)n+1 = (z − i)n+1
Comme i n’est pas solution de cette equation, celle ci est equivalente a(z + i
z − i
)n+1
= 1 ⇔ z + i
z − i∈ Un+1
On en deduit que z est une racine si et seulement si il existe k entre 1 et n tel que
z + i
z − i= e
2ikπn+1
Il faut exclure k = 0 car z+iz−i est toujours different de 1.
En transformant la relation (homographique) precedente, on obtient que z est racine si etseulement si il existe k entre 1 et n tel que
z = −i1 + e2ikπn+1
1− e2ikπn+1
= −12 cos kπ
n+1
−2i sin kπn+1
= cotkπ
n+ 1
Ces racines sont distinctes car l’application z → z+iz−i est bijective de C−{i} dans C−{1}.
En tenant compte du coefficient dominant, le calcul des racines conduit a la factorisation
Qn = (n+ 1)n∏
k=1
(X − cot
kπ
n+ 1
)
72
Corriges - Pb 10
4. Lorsque k decrit {1, . . . , r}, 2r + 1− k decrit {r + 1, . . . , 2r} avec
cot(2r + 1− k)π
2r + 1= cot(π − kπ
2r + 1) = − cot
kπ
2r + 1
Pour tout k de {1, . . . , r}, on regroupe les racines associees a k et a 2r + 1− k, on obtient
Q2r = (2r + 1)r∏
k=1
(X2 − cot2
kπ
2r + 1
)En developpant ce produit, il apparait que le coefficient du terme de degre 2r − 2 de Q2r
est
−(2r + 1)r∑
k=1
cot2kπ
2r + 1
d’autre part, d’apres 1. ce coefficient est aussi
−(
2r + 13
)= − (2r + 1)(2r)(2r − 1)
6
On en deduitr∑
k=1
cot2kπ
2r + 1=r(2r − 1)
3
En remplacant cot2 par 1sin2 − 1 dans la formule precedente, il vient
r∑k=1
1sin2 kπ
2r+1
= r +r(2r − 1)
3=
2r(r + 1)3
5. Dans]0, π
2
[, sin et cot sont strictement positives ; les inegalites demandees sont donc
equivalentes a sinx < x < tanx. Celles ci se demontrent tres rapidement en formantles tableaux de variation de x− sinx et de tanx− x.
6. Pour tous les k de {1, . . . , r}, kπ2r+1 est dans
]0, π
2
[. Formons les inegalites precedentes et
additionnons les en tenant compte de 4. :
r(2r − 1)3
≤r∑
k=1
1(kπ
2r+1
)2 ≤2r(r + 1)
3
7. L’encadrement precedent s’ecrit encore(π
2r + 1
)2r(2r − 1)
3≤
r∑k=1
1k2≤(
π
2r + 1
)2 2r(r + 1)3
2π2
3r(2r − 1)(2r + 1)2
≤r∑
k=1
1k2≤ 2π2
3r(r + 1)(2r + 1)2
Quand r → +∞, les suites a droite et a gauche de l’encadrement convergent vers π2
6 ; onen deduit
(r∑
k=1
1k2
)r∈N → π2
6
73
Corriges - Pb 11
Probleme 11
Partie I : Theoreme du point fixe
Dans tout le probleme, on dira que x est un point fixe de g si et seulement si g(x) = x.
1. a. On suppose que g est k-lipschitzienne dans I.Pour tout x ∈ I, et tout ε > 0 :
|y − x| < ε
k⇒ |g(y)− g(x)| ≤ k|y − x| < ε
Ce qui montre que g est continue en x.
b. Montrons d’abord l’existence d’un point fixe. Considerons la fonction definie dans I
ϕ : x→ g(x)− x
Elle est continue comme somme de deux fonctions continues et la stabilite de I par gentraine
g(a) ≥ a donc ϕ(a) ≥ 0g(b) ≤ a donc ϕ(b) ≤ 0
Lorsque l’une des deux inegalites precedentes est une egalite, a ou b est un point fixe.Lorsque les deux inegalites sont strictes, on peut appliquer le theoreme de la valeurintermediaire a ϕ entre a et b. Il existe donc un x ∈]a, b[ tel que ϕ(x) = 0, c’est a direun point fixe pour g.Montrons maintenant l’unicite d’un point fixe. Si x et y sont deux points fixes :
|x− y| = |g(x)− g(y)| ≤ k|x− y| ⇒ (1− k)|x− y| ≤ 0 ⇒ x = y
car 1− k > 0 par hypothese. On note α l’unique point fixe de g.
2. a. On applique n fois l’inegalite de lipschitzite :
|xn − α| = |g(xn−1 − g(α)| ≤ k|xn−1 − α| = k|g(xn−2 − g(α)|≤ k2|xn−2 − α| ≤ · · · ≤ kp|xn−p − α| ≤ kn|x0 − α| = kn|u− α|
La suite a droite de l’inegalite precedente est geometrique de raison k ∈]0, 1[. Elleconverge donc vers 0 ce qui permet d’appliquer le theoreme d’encadrement. La suite(xn)n∈N converge vers α.
b. Utilisons d’abord l’inegalite triangulaire
|xn+p − xn| ≤ |xn+p − xn+p−1|+ |xn+p−1 − xn+p−2|+ · · ·+ |xn+1 − xn|
=p−1∑i=0
|xn+1+i − xn+i|
puis majorons comme plus haut en utilisant le caractere lipschitzien
|xn+1+i − xn+i| = |g(xn+i)− g(xn+i−1)| ≤ k|xn+i − xn+i−1|≤ · · · ≤ ki|xn+1 − xn|
74
Corriges - Pb 11
En injectant dans la premiere majoration, on obtient :
|xn+p − xn| ≤
(p−1∑i=0
ki
)|xn+1 − xn| =
1− kp
1− k|xn+1 − xn|
c. Dans l’inegalite precedente, fixons n et considerons les suites en p. La suite (xn+p)p∈Nconverge vers α, la suite (xn)p∈N est constante, la suite (kp)p∈N converge vers 0. Paroperations sur les suites convergentes et passage a la limite dans une inegalite, onobtient donc :
|α− xn| ≤1
1− k|xn+1 − xn|
3. a. Comme g est supposee derivable en α, on peut ecrire :
|g′(α)| = | limh→0
g(α+ h)− g(α)h
| ≤ k
d’apres le theoreme de passage a la limite dans une inegalite.
b. Par definition de xn et de α :
xn+1 − α
xn − α=g(xn)− gα
xn − α→ g′(α)
par definition de la derivabilite en α car la suite (xn)n∈N converge vers le point fixeα.
Partie II. Methode de Newton
1. a. L’equation consideree admet une solution a cause du theoreme des valeurs intermediairesapplique a f entre a et b. Cette solution est unique car la fonction est strictement crois-sante a cause du signe de la derivee. L’unique solution notee α sera appelee zero def .
b. L’equation de la tangente en x0 est :
y = f ′(x0)(x− x0) + f(x0)
L’abcisse du point d’intersection de cette tangente avec l’axe d’equation y = 0 est
x0 −f(x0)f ′(x0)
2. a. La fonction g est de classe C1, car la fonction f est C2 donc sa derivee est C1 et deplus elle est stirctement positive ce qui assure le caractere C1 de l’inverse. Les resultatsusuels sur les operations sur les fonctions continues et dirivables permettent d’acheverla preuve.
b. Comme α est un zero de f :
g(α) = α g′(α) = 1− 1 +f(α)f ′′(α)f ′(α)2
= 0
En particulier, α est un zero de f et un point fixe de g.
75
Corriges - Pb 11
1,0 1,5 2,0
K0,6
K0,4
K0,2
0,0
0,2
0,4
0,6
Fig. 7 – II.3.a. Exemple de graphe de f
76
Corriges - Pb 11
3. a. La restriction de ln a un segment de ]0,+∞[ satisfait aux conditions. On peut tracerson graphe.
b. Supposons xn ∈ [a, α[, il est alors dans le domaine de f et f ′ prend des valeursstrictement positives dans l’intervalle (en particulier f ′(xn) > 0). Donc xn+1 est biendefini par :
xn+1 = xn −f(xn)f ′(xn)
Il sera utile plus loin de remarquer que l’on en deduit :
f(xn) + (xn+1 − xn)f ′(xn) = 0
Comme xn ≤ α et f croissante : f(xn) ≤ 0 donc xn+1 ≥ xn.D’apres le theoreme des accroissements finis applique a f entre xn et xn+1, il existeun c entre xn et xn+1 tel que
f(xn+1 − f(xn)xn+1 − xn
= f ′(c) ≤ f ′(xn)
car f ′ est supposee decroissante dans cette question.Comme xn+1 − xn > 0, on deduit
f(xn+1) ≤ f(xn) + (xn+1 − xn)f ′(xn)
On obtient finalement f(xn+1) ≤ 0 avec la remarque du debut qui suit la definitionde xn+1. On en deduit xn+1 ≤ α.On peut aussi remarquer (calcul de g′) que, dans [a, α], g est croissante et telle queg(x) ≥ x. On en deduit que [a, α] est stable pour g.
c. D’apres b, la suite (xn)n∈N est croissante et majoree par α. Elle est donc convergente.Sa limite notee β est un element de [a, α], la fonction g est donc continue en β et ladefinition de xn entraine alors g(β) = β. Or d’apres la definition de g, un point fixede g est un zero de f et α est le seul zero de f dans I.On peut donc conclure que (xn)n∈N converge vers α.
4. a. Comme g′ est continue et g′(α) = 0, il existe un intervalle J de la forme [α−h, α+h]tel que |g′(x)| < 1 pour tout x ∈ J .
b. Pour tous les x ∈ J , appliquons le theoreme des accroissements finis a g entre x et α.Il existe donc cx entre x et α tel que
|g(x)− α| = |g(x)− g(α)| = |(x− α)||g′(cx)| < |(x− α)|
ce qui entraine que g(x est encore entre x et α donc dans J .
c. l’intervalle J est un segment et la fonction |g′| est continue sur cet intervalle. Elle estdonc bornee et elle atteint sa borne superieure M en un point de J . Il existe u ∈ Jtel que M = |g′(u)| < 1 d’apres la definition de J . L’inegalite des accroissements finisappliquee entre deux elements quelconques de J montre que g|J est M -lipschitzienne.
d. Toutes les hypotheses sont maintenant reunies pour appliquer a g dans J les resultatsde la partie I. La suite xn converge vers l’unique point fixe α de g.
77
Corriges - Pb 12
Probleme 12
1. Il est clair par definition que fn est strictement croissante dans [0,+∞[. Comme de plusfn(0) = −1 et fn(1) = n− 1, le theoreme de la valeur intermediaire entraıne l’existence etl’unicite de an tel que f(an) = 0. On peut preciser a1 = 1 et an ∈ ]0, 1[ pour n > 0.
2. On remarque que fn+1(x) = fn(x) + xn+1 pour tout reel x. En particulier fn+1(an) =an+1
n > 0 ; ce qui, avec la stricte croissance de f et le theoreme de la valeur intermediaireentraıne an+1 < an. La suite (an)n∈N∗ est decroissante et minoree par 0 elle converge versun element de [0, a2] .
3. On a deja demontre en 1. que a2 ∈ ]0, 1[. A cause de la decroissance, on en deduit 0 < an <a2 puis 0 < an+1
n < an+12 . Ceci entraıne, par encadrement, la convergence de (an+1
n )n∈N∗
vers 0.En utilisant l’expression de la somme des termes d’une suite geometrique, il vient
fn(an) =1− an+1
n
1− an− 2 = 0
1− an+1n = 2− 2an
an =12(1 + an+1
n )
Ce qui entraıne la convergence de (an)n∈N∗ vers 12 .
4. Comme fn(x) = 1−xn+1
1−x − 2, lorsque 0 < x < 1, (fn(x))n∈N∗ converge vers 11−x − 2 = 2x−1
1−x
qui est strictement positif lorsque x > 12 et strictement negatif lorsque x < 1
2 .Considerons un ε quelconque dans
]0, 1
2
[; de sorte que 1
2 + ε ∈]12 , 1[
et 12 − ε ∈
]0, 1
2
[.
Comme (fn( 12 + ε))n∈N∗ converge vers un nombre strictement positif et (fn( 1
2 − ε))n∈N∗
vers un nombre strictement negatif, il existe un entier n0 tel que, pour tout n > n0, on aitfn( 1
2 − ε) < 0 < fn( 12 + ε). On en deduit 1
2 − ε < an <12 + ε pour tout n > n0 ce qui est
exactement la definition de la convergence vers 12 .
5. On a deja remarque que 2an − 1 = an+1n . Utilisons l’indication de l’enonce : (2an)n+1 =
e(n+1) ln(2an) avec (n+1) ln(2an) ∼ (n+1)(2an−1) ∼ (n+1)an+1n . De plus, 0 < (n+1)an+1
n <(n+ 1)an+1
2 avec a2 < 1 assure (n+ 1)an+1n → 0 et donc
(2an)n+1 → 1
On en deduit an+1n ∼ 1
2n+1 et finalement, comme an − 12 = 1
2an+1n :
an −12∼ 1
2n+2
78
Corriges - Pb 13
Probleme 13
1. La matrice de l’endomorphisme nul dans n’inporte quelle base est la matrice nulle.2. Cas f 6= 0L(E), f2 = 0L(E).
a. Pourquoi dim(ker f) = 2 ?Notons d cette dimension. Comme ker f ⊂ E, d ≤ 3.D’autre part, dim(ker f) = 2 se traduit par Im f ⊂ ker f . D’apres le theoreme du rangdim Im f = 3− d. On a donc 3− d ≤ d ou encore
d ≥ 32
On en deduit d = 2 ou d = 3. Le cas d = 3 est impossible car f 6= 0L(E) donc d = 2.b. Comme f 6= 0L(E), il existe un vecteur x (automatiquement non nul) tel que f(x) 6= 0.
Comme f2 = 0L(E), f(x) est un vecteur non nul de ker f . On peut completer la famillelibre (f(x)) en une base (f(x), y) de ker f .Considerons alors
e1 = y, e2 = f(x), e3 = x
– Montrons que (e1, e2, e3) est une base. En composant par f une relation
λ1e1 + λ2e2 + λ3e3 = 0E
On obtient λ3x = 0 donc λ3 = 0 car x 6= 0. La relation devient alors
λ1e1 + λ2e2 = 0
Ce qui entraıne λ1 = λ2 = 0 car, par definition, (e1, e2) est une base de ker f .– La matrice de f dans (e1, e2, e3) est0 0 0
0 0 10 0 0
3. Cas f2 6= 0L(E), f3 = 0L(E).
Comme f2 6= 0L(E), il existe un vecteur x tel que f2(x) 6= 0. Montrons que
(x, f(x), f2(x))
est une base de E. Siλ1x+ λ2f(x) + λ3f
2(x) = 0E
alors, en composant par f2, on obtient λ3f2(x) = 0 donc λ3 = 0. D’ou
λ1x+ λ2f(x) = 0E
En composant par f , on obtient λ2f2(x) = 0 donc λ2 = 0. Le dernier coefficient est alors
automatiquement nul. Posons alors
e1 = f2(x), e2 = f(x), e3 = x
La famille (e1, e2, e3) est une base verifiant :
f(e1) = f(f2(x)) = 0E
f(e2) = f(f(x)) = e1
f(e3) = f(x) = e2
79
Corriges - Pb 13
On en deduit que la matrice de f dans cette base est :0 1 00 0 10 0 0
80
Corriges - Pb 14
Probleme 14
1. Dans cette question, on demande de montrer que des familles sont des bases et de preciserdes matrices de passage.Les vecteurs de ces familles (disons les ”a”) sont donnes comme des combinaisons lineairesdes vecteurs d’une base fixe (disons les ”e”). Le plus economique est d’exprimer explicite-ment les ”e” en fonction des ”a”. Cela montre que la famille des ”a” est generatrice (doncque c’est une base a cause du nombre d’elements) et donne la matrice de passage.Pourquoi A est elle une base ?On transforme par operations elementaires le systeme de relations definissant (a1, a2, a3)
a1 = e1 + e2 + e3a2 = e1 + e3a3 = −e1 + e2 + 2e3
⇔
e1 =
13a1 +
13a2 −
13a3
e2 = a1 − a2
e3 = −13a1 +
23a2 +
13a3
On en deduit :
PEA =
1 1 −11 0 11 1 2
, PAE =13
1 3 −11 −3 2−1 0 1
Pourquoi A1 est-elle une base ? Calcul de PA1EExprimons (e1, e2, e3) en fonction de (e1, a2, a3)
a1 = e1 + e2 + e3
a2 = e1 + e3
a3 = −e1 + e2 + 2e3
⇒
e1 = e1
e3 = −e1 + a2
e2 = e1 + a3 − 2e3
⇒
e1 = e1
e2 = 3e1 − 2a3 + a3
e3 = −e1 + a2
PA1E =
1 3 −10 −2 10 1 0
Pourquoi A2 est-elle une base ? Calcul de PA2EExprimons (e1, e2, e3) en fonction de (a1, e2, a3). On utilise l’expression des “e” en fonctiondes “a”. De e2 = a1 − a2 on tire a2 = a1 − e2 que l’on remplace dans les deux autresrelations. On obtient :
e1 =23a1 −
13e2 −
13a3
e2 = e2
e3 =13a1 −
23e2 +
13a3
, PA2E =13
2 0 1−1 3 −2−1 0 1
2. On rappelle que p1 est le projecteur sur Vect(e2, e3) parallelement a Vect(e1).
– Calcul de MatE
p1. Par definition :
MatE
p1 =
0 0 00 1 00 0 1
81
Corriges - Pb 14
– Calcul de MatA
p1. On utilise la formule de changement de base avec les matrices de
passage deja trouveesMatA
p1 = PAEMatE
p1PEA
MatA
p1 =13
1 3 −11 −3 2−1 0 1
0 0 00 1 00 0 1
1 1 −11 0 11 1 2
=
13
2 −1 1−1 2 11 1 2
– Calcul de Mat
EAp1. Par definition, p1(e1) = 0, p1(e2) = e2, p1(e3) = e3. On peut exprimer
ces vecteurs dans A avec les calculs deja faits. On obtient
MatEA
p1 =13
0 3 −10 −3 20 0 1
– Calcul de Mat
AEp1. De a1 = e1 + e2 + e3 on deduit p1(a1) = e2 + e3. De meme les autres
colonnes s’obtiennent directement a partir des expressions des ”a” en fonction des ”e”.
MatAE
p1 =13
0 0 01 0 11 1 2
3. On rappelle que p2 est le projecteur sur Vect(e2, e3) parallelement a Vect(a1).
– Calcul de MatE
p2. A partir de la definition de a1 = e1 +e2 +e3, il vient p2(e1) = −e2−e3.On en deduit
MatE
p2 =
0 0 0−1 1 0−1 0 1
– Calcul de Mat
Ap2. Il faut exprimer a1, a2, a3 en fonction de a1, e2, e3. En partant des
definitions de a1, a2, a3, on obtient : a1 = a1
a2 = a1 − e2a3 = −a1 + 2e2 + 3e3
⇔
p2(a1) = 0p2(a2) = −e2 = −a1 + a2
p2(a3) = 2e2 + 3e3 = a1 + a3
MatA
p2 =
0 −1 10 1 00 0 1
– Calcul de Mat
EAp2. On exprime p2(e2) = e2 et p2(e3) = e3 dans A. De plus,
p2(e1) = −e2 − e3 = −23a1 +
13a2 −
13a3
d’ou
MatEA
p2 =13
−2 3 −11 −3 2−1 0 1
82
Corriges - Pb 14
– Calcul de MatAE
p2. On exprime a1, a2, a3 en fonction de a1, e2, e3. On obtient :
MatAE
p2 =
0 0 00 −1 20 0 3
83
Corriges - Pb 15
Probleme 15
1. Une primitive de lnx est x lnx− x. Une primitive de ln(x+K) est
(x+ k) ln(x+K)− x
2. Le calcul de In se fait en utilisant les primitives de la question precedente :
In =∫ n
0
(ln(x+ n+ 1)− ln(x+ 1)) dx
= [(x+ n+ 1) ln(x+ n+ 1)− x− (x+ 1) ln(x+ 1) + x]x=nx=0
= (2n+ 1) ln(2n+ 1)− 2(n+ 1) ln(n+ 1)
3. Calcul du developpement de In. On se ramene a des developpements en 0 en factorisantpar n dans les ln.
ln(2n+ 1) = lnn+ ln 2 + ln(
1 +12n
)= lnn+ ln 2 +
12n
− 18n2
+ o(1n2
)
ln(n+ 1) = lnn+ ln(
1 +1n
)= lnn+ ln 2 +
1n− 1
2n2+ o(
1n2
)
On multiplie ensuite respectivement par (2n+ 1) et (n+ 1), le reste devient un o( 1n ) et on
obtient aprs calculs :
In = (2 ln 2)n− lnn+ (ln 2− 1)− 34
1n
+ o(1n
)
4. a. On utilise les proprietes elementaires de la fonction inverse :
∀x ≥ i,∀y ≥ j :1
x+ y + 1≤ 1i+ j + 1
puis on integre sur des segments de longueur 1∫ j+1
j
1x+ y + 1
dy ≤ 1i+ j + 1∫ i+1
i
(∫ j+1
j
1x+ y + 1
dy
)dx ≤ 1
i+ j + 1
b. Le raisonnement est analogue de l’autre cote sur [i− 1, i]× [j − 1, j].c. En decoupant en intervalles de longueur 1, l’integrale In devient par relation de Chasles
une somme double.
In =n−1∑i=0
n−1∑j=0
∫ i+1
i
(∫ j+1
j
1x+ y + 1
dy
)dx
Pour majorer, on utilise a., Sn apparait naturellement comme majorant
In ≤n−1∑i=0
n−1∑j=0
1i+ j + 1
84
Corriges - Pb 15
Pour minorer on utilise b., le terme de droite de l’inegalite est forme par une partiedes termes de Sn+1.
In ≥n∑
i=1
n∑j=1
1i+ j + 1
= Sn+1 −n∑
i=1
1i+ 0 + 1
−n∑
j=0
10 + j + 1
≥ Sn+1 − 2n∑
k=0
1k + 1
+ 1
On en deduit
In−1 ≥ Sn − 2n∑
k=1
1k
+ 1
Sn ≤ In−1 + 2n∑
k=1
1k− 1
5. D’apres la question 3., les suites ( In
n ) et ( In−1n ) convergent vers 2 ln 2. On obtiendra donc
l’equivalence demandee par un simple theoreme d’encadrement a condition de demontrerd’abord que la somme des 1
k est negligeable devant n. Cela se fait classiquement par com-paraison avec une integrale.
1 +12
+ · · ·+ 1n≤ 1 +
∫ n
1
dx
x= 1 + lnn
6. On peut ecrire (n−1∑k=0
xk
)2
=
(n−1∑i=0
xi
)n−1∑j=0
xj
et tout developper pour obtenir une somme double puis integrer en utilisant la linearite.Les integrales elementaires se calculent et on obtient :
Jn = Sn
On en deduitJn ∼ 2n ln 2
ou encore ∫ 1
0
1− xn
1− xdx ∼ 2n ln 2
85
Corriges - Pb 16
Probleme 16
1. La fonction gn n’est pas continue par morceaux sur [0, 1] car sa limite a droite de 0 est+∞. Cette fonction n’est pas integrable au sens de l’integrabilite de la classe de MPSI.
2. Montrons que, pour x fixe dans ]0, 1], la suite (fn(x))n∈N est decroissante :
fn(x)− fn+1(x) =(1 + xn)(1 + xn+2)− (1 + xn+1)2
(1 + xn+1)(1 + xn+2)
=xn(1− x)2
(1 + xn+1)(1 + xn+2)≥ 0
Comme chaque fonction est a valeurs positives, en integrant ces inegalites entre a et 1,on obtient que (Jn(a))n∈N est decroissante et positive donc convergente. On note J(a) salimite.
3. Soit Fn une primitive sur ]0, 1[ de fn. Comme fn est a valeurs positives, Fn est croissante.De plus :
Jn(a) = Fn(1)− Fn(a)
donc Jn est decroissante. D’apres le cours sur la convergence des fonctions monotones, Jn
admet une limite finie en 0 si et seulement si elle est majoree. Sa limite jn sera alors laborne superieure de l’ensemble de ses valeurs.Il s’agit donc de majorer fn :
∀x ∈]a, 1] : 1 + xn ≤ 2 1 + xn+1 ≥ 1
d’ou, pour tous les a ∈]0, 1] :
Jn(a) ≤∫ 1
a
2dx√x
= 4(1−√a) ≤ 4
4. a. Pour tout x ∈]0, 1] : xn+1 ≤ xn donc 1 + xn+1 ≤ 1 + xn et
1√x≤ fn(x)
Pour tout x ∈]0, 1] : donc 1 + xn+1 ≥ 1 et
fn(x) ≤ 1 + xn
√x
b. On integre l’encadrement precedent entre a et 1. Les primitives de t−12 et de tn−
12
interviennent dans ce calcul. Elles sont de la forme
2√t
1
n+12
tn+
12
On obtient apres calculs
2(1−√a) ≤ Jn(a) ≤ 2(1−
√a) +
1
n+12
1− an+
12
86
Corriges - Pb 16
Pour a fixe dans ]0, 1], il est clair que 1
n+12
1− an+
12
n∈N
→ 0
D’autre part, on sait deja que (Jn(a))n∈N converge vers J(a). On obtient donc parpassage a la limite dans une inegalite :
2(1−√a) ≤ J(a) ≤ 2(1−
√a)
C’est a direJ(a) = 2(1−
√a)
Il est important de comprendre que ce n’est pas le theoreme d’encadrement qui a eteutilise ici.
c. Revenons a l’encadrement de Jn(a). Cette fois, pour n fixe, on peut passer a la limitedans les inegalites pour a en 0. On obtient :
2 ≤ jn ≤ 2 +1
n+12
Le theoreme d’encadrement n’a toujours pas ete utilise. En revanche il est utilise icipour prouver, a partir de l’encadrement precedent, que (jn)n∈N converge vers 2.
5. D’apres 4.c., on sait que 0 ≤ jn − 2. Pour l’autre inegalite, on compare en fait l’integralede fn avec celle de 1√
xqui vaut 2(1−
√a).
Jn(a)− 2(1−√a) =
∫ 1
a
(1 + xn
1 + xn+1− 1)
dx√x
=∫ 1
a
xn(1− x)1 + xn+1
dx√x
Comme tout est positif, pour majorer oublions simplement le xn+1 du denominateur :
Jn(a)− 2(1−√a) ≤
∫ 1
a
xn(1− x)dx√x
=∫ 1
a
xn− 12 dx−
∫ 1
a
xn+ 12 dx
Les deux integrales se calculent :
Jn(a)− 2(1−√a) ≤ 1
n+ 12
(1− an+ 1
2
)− 1n+ 3
2
(1− an+ 3
2
)En passant a la limite dans les inegalites pour a en 0 :
jn − 2 ≤ 1n+ 1
2
− 1n+ 3
2
=1
(n+ 12 )(n+ 3
2 )
87
Corriges - Pb 17
Probleme 17
Partie A
1. Pour chaque t de[0, π
2
]la fonction x→ 1√
1−x2 sin2 test croissante donc x < y entraıne
∀t ∈[0,π
2
],
1√1− x2 sin2 t
≤ 1√1− y2 sin2 t
puis φ(x) ≤ φ(y). La fonction est donc croissante.
2. a. D’apres les proprietes de arcsin il suffit de verifier que
∀x ∈ [0, 1] ,∀t ∈[0,π
2
] (1 + x) sin t1 + x sin2 t
∈ [0, 1]
Pour t fixe, l’expression est une fonction homographique de x qui est monotone carsur l’intervalle le denominateur ne s’annule pas.– Si t 6= 0
– en x = 0 on obtient sin t qui est bien dans [0, 1]– en x = 1 on obtient 2 sin t
1+sin2 tqui est clairement positif et verifie
1− 2 sin t1 + sin2 t
=(1− sin t)2
1 + sin2 t≥ 0
– Si t = 0, la fonction de x est constante et nulle
Pour t fixe dans [0, 1], la fonction x → (1+x) sin t1+x sin2 t
est monotone. Elle prend auxextremites des valeurs dans [0, 1], on peut en deduire que toutes ses valeurs sontdans [0, 1]. Ceci prouve egalement que u est continue.
b. Montrons d’abord que la fonction est C1 dans[0, π
2
[. A cause des proprietes d’ arcsin
il suffit de prouver que
∀x ∈ [0, 1[ ,∀t ∈[0,π
2
[ (1 + x) sin t1 + x sin2 t
6= 1
Considerons l’equation (1 + x)S = 1 + xS2 d’inconnue S. Ses solutions sont 1 et1x comme x ∈ [0, 1[ et t ∈
[0, π
2
[sin t ne peut prendre aucune de ces valeurs donc
(1 + x) sin t 6= 1 + x sin2 t
Pour montrer que u ∈ C1([0, π
2
]) utilisons le theoreme de la limite de la derivee. On
sait deja que u est continue dans[0, π
2
]. Cherchons si u′(t) converge en π
2 . En derivantsinu(t) dans
[0, π
2
[on obtient
u′(t) cosu(t) =(1 + x)(1− x sin2 t) cos t
(1 + x sin2 t)2(3)
Quand t→ π2 , u(t) → u(1) = arcsin π
2 = 1. Le second membre de (1) est equivalent a
1− x
1 + xcos t ∼ 1− x
1 + x(π
2− t)
88
Corriges - Pb 17
D’autre part,
cosu(t) =√
1− sin2 u(t) =
√1− (1 + x)2 sin2 t
(1 + x sin2 t)2
=
√(sin t− 1)(x sin t− 1)(1 + x sin2 t+ (1 + x) sin t)
(1 + x sin2 t)2
cosu(t) ∼
√− (x− 1)2(1 + x)
(1 + x)2√− sin t+ 1 ∼
√21− x
1 + x
π2 − t√
2
On en deduit finalement que u′(t) →√
1−x1+x quand t → π
2 ce qui prouve a la fois la
derivabilite de u en π2 avec u′(π
2 ) =√
1−x1+x et la continuite de la derivee en ce point.
Par definition, u(t) ∈[0, π
2
]donc cosu(t) > 0, l’equation (1) montre alors que u′(t) > 0
lorsque t ∈[0, π
2
[. On en deduit qu’elle est strictement croissante dans
[0, π
2
], comme
de plus u(0) = 0 et u(π2 ) = π
2 c’est une bijection continue de[0, π
2
]dans
[0, π
2
].
c. La bijection reciproque d’une bijection continue sur un intervalle est continue. Laformule (1) montre que u′(t) ne s’annule pas dans
[0, π
2
[et u′(π
2 ) =√
1−x1+x 6= 0 La
bijection reciproque de u est donc derivable dans[0, π
2
]. L’expression u−1′ = 1
u′◦u−1
de la derivee montre sa continuite.3. Reprenons le calcul de cosu(t) commence en 2.b. En poursuivant la factorisation, on obtient
cosu(t) =
√(sin t− 1)(x sin t− 1)(1 + sin t)(1 + x sin t)
(1 + x sin2 t)2
=cos t
1 + x sin t
√1− x2 sin2 t
Notons θ au lieu de t la variable dans l’integrale definissant φ( 2√
x1+x ) et effectuons le chan-
gement de variable θ = u(t)– Evaluons l’expression sous la racine a l’aide de la definition de sinu(t) :
1− 4x(1− x)2
sin2 u(t) = 1− 4x(
sin t1 + x sin2 t
)2
=(
1− x sin2 t
1 + x sin2 t
)2
– D’apres les calculs precedents
cos θdθ = (1 + x) cos t1− x sin2 t
(1 + x sin2 t)2dt
dθ = (1 + x)(
1− x sin2 t
1 + x sin2 t
)dt√
1− x2 sin2 t
– Les bornes sont conserves et l’element differentiel devient
dθ√1− 4x
(1+x)2 sin2 θ= (1 + x)
dt√1− x2 sin2 t
On en deduit φ(x) = 11+xφ( 2
√x
1+x )
89
Corriges - Pb 17
4. On suppose 0 < b ≤ a, en mettant a en facteur sous la racine et en transformant le cos ensin on peut exprimer I a l’aide de φ :
I(a, b) =1aφ(√a2 − b2
a)
On a toujours√ab ≤ a+b
2 donc
I(a+ b
2,√ab) =
2a+ b
φ(
√(a+b2
)2 − ab
a+b2
) =2
a+ bφ(a− b
a+ b)
D’apres la question 3.
φ(a− b
a+ b) =
11 + a−b
a+b
φ(2√
a−ba+b
1 + a−ba+b
) =a+ b
2aφ(√a2 − b2
a)
d’ou I(a+b2 ,
√ab) = 1
aφ(√
a2−b2
a ) = I(a, b)
Partie B
1. Exercice classique. La comparaison des moyennes geometrique et arithmetique assure parrecurrence les monotonies. La convergence se montre en remarquant que la longueur del’intervalle est a chaque etape divisee par 2.
2. D’apres les definitions :
an+1 − bn+1 =an + bn
2−√anbn =
(√an −
√bn)2
2=
(√an −
√bn)2
2(√an +
√bn)2
Comme les suites sont adjacentes : b ≤ bn ≤ an ≤ a donc
√an +
√bn ≥ 2b
ce qui prouve l’inegalite demandee.
3. On admet la continuite de φ en 0. Les outils de spe sont mieux adaptes a ce genre dequestions. Pour tout n on
I(a, b) = I(an, bn) =1anφ(
√a2
n − b2nan
)
Comme les suites sont ajacentes, l’argument de φ tend vers 0. En passant a la limite ilvient I(a, b) = 1
µφ(0) = π2µ
µ =π
2I(a, b)
90
Corriges - Pb 18
Probleme 18
Partie A
1. cours2. cours3. a. Si x ∈ Imw, il existe y ∈ ker(ui+j) tel que x = w(y) = uj(y), alors ui(x) = ui+j(y) =
0E donc x ∈ kerui. Ceci prouve
Imw ⊂ kerui
b. Appliquons a w le theoreme du rang :
dim(kerui+j) = dim(kerw) + dim(Imw)
avec kerw = kerui+j ∩ keruj = keruj et Imw ⊂ kerui. On en deduit
dim(kerui+j)‘ dim(kerui) + dim(keruj)
4. a. Soit u un endomorphisme de rang 2 tel que u3 = O. Comme la dimension de E est 3,son noyau est de dimension 1. D’apres l’inegalite de la question precedente
dim(keru2) ≤ 2 dim(keru) = 23 = dim(keru3) ≤ dim(keru2) + dim(keru) ≤ dim(keru2) + 1
On en deduit les ideux inegalites prouvant dim(keru2) = 2.b. Comme dim(keru2) = 2, u2 n’est pas identiquement nul. Il existe donc un vecteur a
tel que u2(a) 6= 0E ; a fortiori u(a) et a sont non nuls.Pour montrer que la famille (u2(a), u(a), a) est une base, il suffit de prouver qu’elleest libre. On considere une combinaison nulle et on compose par u2. On en deduitla nullite du coefficient de a. En composant ensuite par u on obtient la nullite ducoefficient de u(a)...
c. Pour v = u2 − u, on designe par U la matrice de u et par V elle de v dans la base(u2(a), u(a), a). On obtient :
U =
0 1 00 0 10 0 0
, U2 =
0 0 10 0 00 0 0
, V =
0 −1 10 0 −10 0 0
Partie B
1. Deux matrices semblables ont le meme determinant donc detA = detT = 1 car T esttriangulaire avec des 1 sur la diagonale. Les deux matrices sont donc inversibles.
2. Le calcul montre que N3 est la matrice nulle. On en deduit que
(I3 +N)(I3 −N +N2) = I3 −N3 = I3
Les deux matrices sont donc inversibles et inverses l’une de l’autre. Donc
(P−1AP )−1 = I3 −N +N2
avec(P−1AP )−1 = P−1A−1P
91
Corriges - Pb 18
3. Dans cette question N = 0, donc A est semblable a I. Comme I commute avec P , A estegal a I. Les matrices A et A−1 sont donc plus que semblables, elles sont egales et egalesa I.
4. a. On a ici rg(A) = 2 et M = N2−N . Comme N3 = 0, on peut appliquer la question 4.de la partie A. Il existe une “bonne base” dans laquelle la matrice de l’endomorphismerepresente par N est 0 1 0
0 0 10 0 0
donc M est semblable a
−
0 1 00 0 10 0 0
+
0 0 10 0 00 0 0
=
0 −1 10 0 −10 0 0
b. Par le calcul, M3 = 0, le rang de M est clairement 2.c. Pourquoi les matrices 0 1 0
0 0 10 0 0
,
0 −1 10 0 −10 0 0
sont-elles semblables ?Car on peut appliquer a l’endomorphisme represente parM et par la deuxieme matricela question 4.b. de la partie A. (il est de rang 2 et nilpotent d’ordre 3, il existe une“bonne base”)
d. Si M et N sont semblables, alors I+M et I+N sont aussi semblables. Or A ∼ I+Net
A−1 ∼ (I +N)−1 = I −N +N2 = I +M ∼ A
5. On a ici rg(A) = 1 et M = N2 − N . Notons n l’endomorphisme dont la matrice dans labase canonique est N . Comme il est de rang 1 avec n3 = 0 (immediat a verifier) son noyauest de dimension 2 avec
Imn ⊂ kern
ouImn⊕ kern = E
La deuxieme alternative est incompatible avec le caractere nilpotent. Il existerait en effetun vecteur a non nul tel que n(a) = λa (l’image est une droite stable) avec λ non nul(l’intersection noyau -image est reduite au vecteur nul). Mais alors n3(a) = λ3a 6= 0.On doit donc avoir
Imn ⊂ kern
Considerons alors une base (a, b, c) avec (c) base de Imn et (a, b) base de kern. La matricede n dans une telle base est 0 0 1
0 0 00 0 0
On en deduit N2 = 0, M2 = −N . De plus on a alors :
(I +N)−1 = I −N
92
Corriges - Pb 18
Donc A ∼ I +N , A−1 ∼ I −N . Pourquoi les deux matrices I +N et I −N ou N et −Nsont-elles semblables ?Parceque si N est la matrice de n dans (a, b, c) alors −N est la matrice de n dans (−a, b, c).Ceci prouve encore que A ∼ A−1.
6. a. On forme la matrice de u− IdE dans la base (a, b, c) de l’enonce.
A =
0 0 00 −1 −10 1 1
son rang est 1 donc dim(ker(u − IdE)) = 2. On lit facilement sur la matrice que(e1, e2) = (a, b − c) est une base de ker(u − IdE) et que (b − c) est une base deIm(u− IdE).
b. La famille (a, b− c, c) est une base car elle contient trois vecteurs et engendre E. Oneffet les vecteurs de (a, b, c) s’expriment en fonction de (a, b− c, c).
a = a, b = (b− c) + c, c = c
De plus u(c) = −b+ 2c = −(b− c) + c. La matrice de u dans (a, b− c, c) est donc 1 0 00 1 −10 0 1
c. Les matrices A et A−1 sont semblables car on se trouve dans le cas de la question 5
avec A semblable a une matrice I +N avec N de rang 1.
d. Toute matrice semblable a son inverse est-elle de la forme T ?La reponse est non. Exemple :
A =
1 0 00 2 00 0 1
2
= Mat(a,b,c)
u
A−1 =
1 0 00 1
2 00 0 2
= Mat(a,b,c)
u−1 = Mat(a,c,b)
u
La matrice A est bien semblable a son inverse. Pourquoi n’est-elle pas semblable a unematrice de la forme T ? Car deux matrices semblables ont la meme trace et
trA = 1 + 2 +126= trT = 3
93
Corriges - Pb 19
Probleme 19
1. a. La relation de recurrence etant lineaire, il est immediat que si (xn)n∈N et (yn)n∈N sontdans Ea et λ et µ dans R, la suite (λxn + µyn)n∈N ∈ Ea.
b. Chaque suite dans Ea est definie de maniere unique par ses trois premiers termes etla relation de recurrence. L’application
φ :
{Ea → R3
(xn)n∈N 7→ (x0, x1, x2)
est un isomorphisme lineaire. La dimension de Ea est donc 3.2. a. On verifie (simplement en remplacant dans la relation de recurrence) que les fonctions
constantes sont dans Ea.b. La suite (vn)n∈N est definie par la difference entre deux termes consecutifs. En “cas-
sant” les coefficients (1 + a) et (1 + 4a) de la relation (1), celle-ci s’ecrit
4(un+3 − un+2) = 4a(un+2 − un+1)− (un+1 − un)4vn+2 = 4avn+1 − vn
La suite (vn)n∈N verifie donc
4vn+2 − 4avn+1 + vn = 0 (4)
c. On designe par Fa l’ensemble des suites verifiant (2).Montrons d’abord qu’une suite verifiant (2) verifie aussi (1). Soit (xn)n∈N ∈ Fa, d’apres(2) on a :
xn = 4axn+1 − 4xn+2
en remplacant dans le membre de droite de (1), on a :
4(1 + a)xn+2 − (1 + 4a)xn+1 + xn = 4axn+2 − xn+1 = 4xn+3
d’apres (2) au rang n+1. Ceci prouve que (xn)n∈N ∈ Ea. Il est stable par combinaisonlineaire comme tout ensemble de suites verifiant une relation de recurrence lineaire.C’est un sous-espace vectoriel de Ea.La relation (2) est verifiee par les suites fabriquees a partir de celles de Ea en prenantla difference de deux termes consecutifs. Mais les suites de Fa sont elles toutes de cetteforme ?En fait oui. L’application qui a une suite associe la difference de deux termes consecutifsest un endomorphisme de Ea dont l’image est incluse dans Fa qui est de dimension2. Le noyau de cette application lineaire est K (espace des suites constantes) de di-mension 1 donc le rang est 2 ce qui prouve que Fa est l’image de l’application.
3. Pour determiner une base de Fa, on forme l’equation caracteristique
4x2 − 4ax+ 1 = 0
dont le discriminant est 16(a2 − 1).– Lorsque 0 ≤ a < 1, l’equation a deux racines complexes conjuguees. On pose a = cos θ
avec θ ∈]0, π2 [. Les racines sont 1
2eiθ et 1
2e−iθ. Une base est alors (cours) :
((2−n cosnθ)n∈N, (2−n sinnθ)n∈N)
94
Corriges - Pb 19
– Lorsque a = 1. L’equation a une racine double 12 . Une base est alors (cours) :
((2−n)n∈N, (2−nn)n∈N)
– Lorsque 1 < a, l’equation a deux racines reelles. On pose a = ch θ avec θ > 0. Les racinessont 1
2eθ et 1
2e−θ. Une base est alors (cours) :
((2−nenθ)n∈N, (2−ne−nθ)n∈N)
4. L’ensemble K des suites constantes est dans Ea si et seulement si la suite constante devaleur 1 est dans Ea c’est a dire
∀k ∈ N : 4 = 4(1 + a)− (1 + 4a) + 1
Ce qui ne se produit que pour
a0 =54
5. Dans cette question, on suppose a 6= 54 .
a. On en deduit K ∩ Fa = (0). Ici (0) designe la suite nulle. De plus :– K est de dimension 1 (la famille constituee de la suite constante de valeur 1 en est
une base)– Fa est de dimension 2 (question 3.)– Ea est de dimension 3 (question 1.b.)on peut en deduire que K et Fa sont supplementaires dans Ea.
b. On obtient des bases de Ea simplement en ajoutant (1) la suite constante de valeur 1aux familles trouvees en 3.
6. Dans le cas particulier a = 54 la relation de recurrence definissant Ea0 devient
4xn+3 = 9xn+2 − 6xn+1 + xn
Elle est verifiee par (n)n∈N. Les racines de l’equation caracteristique (de Fa) sont alors 1 et14 . (En fait 1 est une racine double de l’equation caracteristique de degre 3 de Ea. Bien quece ne soit pas vraiment plus complique que pour les recurrences d’ordre 2, les recurrenceslineaires d’ordre 3 ou plus ne sont pas au programme) Pour montrer que la famille
((n)n∈N, (1)n∈N, (4−n)n∈N)
est une base de Ea0 , il suffit (dimension) de prouver qu’elle est libre. Supposons donc que
α(n)n∈N + β(1)n∈N + γ(4−n)n∈N) = (0)
Ecrivons la nullite des trois premiers termes et transformons le systeme par operations
95
Corriges - Pb 19
elementaires : β + γ = 0
α + β +14γ = 0
2α + β +116γ = 0
α + β +14γ = 0
β + γ = 0
− β + − 716γ = 0
α + β +14γ = 0
β + γ = 0
+ (1− 716
)γ = 0
ce qui entraıne α = β = γ et donc que la famille est libre.
7. On trouve les resultats suivants apres calculs.– Lorsque 0 ≤ a < 1 avec a = cos θ.
un = 1 + 2−n sin(n− 1)θ
– Lorsque a = 1 avec a = cos θ.un = 1
– Lorsque 1 < a avec a = ch θ.
un = 1 + 2−n sh(n− 1)θ
96
Corriges - Pb 20
Probleme 20
1. Par definitionu(x) = ex ln |x|, v(x) = ex2 ln |x|, w(x) = eu(x) ln |x|
Les limites usuelles en 0, en particulier xk ln |x| → 0, entrainent
u0 = 1, v0 = 1, w0 = 0
2. a. En +∞, x ln |x| → +∞ donc les trois fonctions divergent vers +∞.
b. Etude de la derivabilite en 0.Comme x ln |x| → 0,
u(x)− 1x
∼ ln |x| → +∞
donc u n’est pas derivable en 0. De meme
v(x)− 1x
∼ x ln |x| → 0
donc v est derivable en 0. Enfin, pour x > 0,
w(x)x
= e(u(x)−1) ln |x|
avec(u(x)− 1) lnx ∼ x ln2 x
donc w(x)x converge vers 1 a droite de 0. Mais pour x < 0
w(x)x
= −e(u(x)−1) ln |x| → −1
donc w n’est pas derivable en 0.
c. Les resultats suivant necessitent des justifications :en 1
u(x) = 1 + (x− 1) + (x− 1)2 +12(x− 1)3 + o((x− 1)3)
v(x) = 1 + (x− 1) + 2(x− 1)2 + 2(x− 1)3 + o((x− 1)3)w(x) = 1 + (x− 1) + 2(x− 1)2 + 2(x− 1)3 + o((x− 1)3)
en -1
u(x) = 1 + (x+ 1)− 12(x+ 1)3 + o((x+ 1)3)
v(x) = 1− (x+ 1) + 2(x+ 1)2 − 2(x+ 1)3 + o((x+ 1)3)
w(x) = 1− (x+ 1)− (x+ 1)2 +12(x+ 1)3 + o((x+ 1)3)
97
Corriges - Pb 21
Probleme 21
1. a. Prenons y = 0 dans la relation fonctionnelle. On obtient, pour tous les reels x,
2f(x) = 2f(x)f(0)
Comme f n’est pas la fonction nulle, il existe un x tel que f(x) 6= 0. Pour un tel x,on peut simplifier par f(x) et obtenir f(0) = 1.Prenons x = 0 dans la relation fonctionnelle. On obtient, pour tous les reels y,
f(y) + f(−y) = 2f(0)f(y)
d’ou l’on tire f(y) = f(−y) pour tous les y car f(0) = 0. La fonction f est donc paire.b. Pour tous les reels y, les fonctions
x→ f(x+ y) + f(x− y) et x→ 2f(x)f(y)
sont derivables et egales. Leurs derivees sont donc egales :
∀(x, y) ∈ R2 : f ′(x+ y) + f ′(x− y) = 2f ′(x)f(y)
Pour tous les reels y, les fonctions
x→ f ′(x+ y) + f ′(x− y) et x→ 2f ′(x)f(y)
sont derivables et egales. Leurs derivees sont donc egales :
∀(x, y) ∈ R2 : f ′′(x+ y) + f ′′(x− y) = 2f ′′(x)f(y)
Reprenons le meme raisonnement mais en considerant et en derivant cette fois lesfonctions de y. On obtient successivement :
f ′(x+ y)− f ′(x− y) = 2f(x)f ′(y)f ′′(x+ y) + f ′′(x− y) = 2f(x)f ′′(y)
On en deduit la formule demandee.c. Pour tout reel y tel que f(y) 6= 0, la fonction f est solution de l’equation differentielle
a coefficients constants d’inconnue z
f(y)z′′ − f ′(y)z = 0
En particulier, on sait que f(0) = 1, f est donc solution de
z′′ − λ2z = 0
avec λ complexe tel que f ′′(0) = λ2. On connait les solutions d’une telle equationdifferentielle. Supposons d’abord λ 6= 0. Il existe alors des complexes A et B tels que
∀x ∈ R : f(x) = Aeλx +Beλx
De f(0) = 0 on tire A+B = 0. Comme f est paire, f ′ est impaire donc f ′(0))0 d’ouon tire A−B = 0. On obtient bien :
∀x ∈ R : f(x) =12(eλx + eλx
)98
Corriges - Pb 21
Est-il possible que λ soit nul ? Cela revient a f ′′(0) = 0 et f est alors solution de.
z′′ = 0
Il existe donc des complexes A et B tels que
∀x ∈ R : f(x) = Ax+B
De f(0) = 1 on tire B = 0 et de la parite de f on tire A = 0. La fonction f est donc laconstante egale a 1. Cette fonction est encore une somme d’exponentielles avec λ = 0.
2. a. On suppose ici
∀x ∈ R : f(x) =12(eλx + eλx
)alors :
2f(x)f(y) =12
(eλ(x+y) + eλ(x−y) + eλ(−x+y) + eλ(−x−y)
)=
12
(eλ(x+y) + eλ(−x−y)
)+
12
(eλ(x−y) + eλ(−x+y)
)= f(x+ y) + f(x− y)
b. Les seules fonctions deux fois derivables a valeurs reelles sont :– la fonction constante egale a 1– les fonctions t→ cosλt avec λ reel.– la fonction t→ chλt avec λ reel.En effet notons a = Reλ et b = Imλ et etudions dans quel cas les fonctions de laquestion 2. sont a valeurs reelles :
eλx + e−λx = eλx + e−λx ⇔ eλx − eλx = e−λx − e−λx
⇔ eλx(e(λ−λ)x − 1
)= e−λx
(e(λ−λ)x − 1
)⇔(e(λ−λ)x − 1
)(eλx − e−λx
)= 0
⇔ e−λx(e(λ−λ)x − 1
)(e(λ+λ)x − 1
)= 0
⇔ e−λx(e2ibx − 1
) (e2ax − 1
)= 0
ceci ne peut se produire,pour tous les x que si a ou b est nul c’est a dire λ reel ouimaginaire pur.
99
Corriges - Pb 22
Probleme 22
Partie I
1. On applique l’inegalite des accroissements finis a la fonction ln entre n et n+1 en utilisantle fait que la derivee est decroissante.
2. On peut exprimer
un+1 = un − (ln(n+ 1)− lnn+1
n+ 1)
L’encadrement de la question precedente donne alors
un −1n
+1
n+ 1≤ un+1 ≤ un
On en deduit par recurrence l’inegalite demandee et la convergence de la suite car elle estdecroissante et minoree par 0. On peut remarque qu’un passage a la limite dans l’ncadre-ment conduit a 0 ≤ γ ≤ 1
3. a. Comme on cherche le signe de fk on cherche a factoriser (on derivera seulement si lafactorisation est trop difficile a obtenir). La fonction fk se factorise simplement :
fk(x) =(x− k)(k + 1− x)
k(k + 1)x
On en deduit que∀x ∈]k, k + 1[: fk(x) > 0
De plus la fonction est nulle aux extremites de l’intervalle.b. Considerons une primitive Fk de fk. D’apres la question precedente Fk est strictement
croissante dans [k, k + 1]. On exploite alors l’inegalite
F(k) < Fk(k + 1)
en exprimant explicitement Fk. On peut choisir
Fk(x) =x
k+(
1k + 1
− 1k
)(x− k)2
2− lnx
L’inegalite Fk(k) ≤ Fk(k + 1) conduit apres calcul a
lnk + 1k
≤ 12(1k
+1
k + 1)
L’autre inegalite a deja ete obtenue en 1.c. On somme les inegalites obtenues en a.
12≤ ln 2− ln 1 ≤ 1
2(1 +
12)
13≤ ln 3− ln 2 ≤ 1
2(12
+13)
...1n≤ lnn− ln(n+ 1) ≤ 1
2(
1n− 1
+1n
)
100
Corriges - Pb 22
On obtient :
12
+ · · ·+ 1n≤ lnn ≤ 1
2
(1 +
12
+ · · ·+ 1n− 1
)+
12
(12
+ · · ·+ 1n
)L’inegalite de gauche redonne un ≤ 1. Celle de droite s‘’ecrit
lnn ≤ 1 +12
+ · · ·+ 1n− 1
2n− 1
2
0 ≤ un −12n
− 12
12
+12n
≤ un
Par passage a la limite dans une inegalite, on obtient alors :
12≤ γ ≤ 1
Partie II
1. On peut calculer les derivees :
g′1(x) =2x+ 1
x3(x+ 1)2, g′2(x) = −3x+ 2
x4
On en deduit le tableau0 ∞
0g1 ↗
−∞g1 +
+∞g2 ↘
0g2 −
2. On a deja calcule un − un+1 et trouve :
un − un+1 = ln(
1 +1n
)− 1n+ 1
Alors g1(n) < 0 entraıne :
− 1n+ 1
+ ln(
1 +1n
)− 1
2n2< 0
un − un+1 <1
2n2
De meme, g2(n) > 0 entraıne :
− 1n+ 1
+ ln(
1 +1n
)− 1
2n2+
23n3
> 0
12n2
− 23n3
< un − un+1
101
Corriges - Pb 22
a. La derivee de la fonction x → 1x est croissante dans l’intervalle [k, k + 1]. L’inegalite
des accroissement finis donne donc l’encadrement
1(k + 1)2
≤ 1k− 1k + 1
≤ 1k2
En sommant ces inegalite entre n− 1 et p− 1 (a droite) et entre n et p (a gauche), onobtient :
1n− 1p+ 1
≤p∑
k=n
1k2≤ 1n− 1
− 1p
b. De meme l’inegalite des accroissements finies appliquee a x→ 1x2 donne :
2(k + 1)3
≤ 1k2− 1
(k + 1)2≤ 2k3
ce qui conduit apres sommations a :
1n2− 1
(p+ 1)2≤ 2
p∑k=n
1k3≤ 1
(n− 1)2− 1p2
c. En sommant l’encadrement de la question 2. pour k entre n et p, on obtient :
12
p∑k=n
1k2− 2
3
p∑k=n
1k3≤ un − up+1 ≤
12
p∑k=n
1k2
On utilise alors les encadrements de 3.a. et 3.b.. Il vient :
12
(1n− 1p
)− 1
3
(1
(n− 1)2− 1p2
)≤ un − up+1 ≤
12
(1
n− 1− 1p
)On fixe alors n, le passage a la limite pour p→∞ dans les inegalites donne :
12n
− 13(n− 1)2
≤ un − γ ≤ 12(n− 1)
3. L’encadrement precedent determine γ a 10−2 lorsque
12(n− 1)
− 12n
+1
3(n− 1)2≤ 10−2
En fait :1
2(n− 1)− 1
2n+
13(n− 1)2
=1
2n(n− 1)
On en deduit que n = 8 convient.
102
Corriges - Pb 23
Probleme 23
Preliminaire
Utiliser la remarque proposee par l’enonce conduit a des expressions de fa(x) et fa(x) com-modes pour des reels quelqonques x et y :
fa(x) = min(x, a) =12(x+ a− |x− a|)
fa(y) = min(x, a) =12(y + a− |y − a|)
fa(x)− fa(y) =12(x− y − |x− a|+ |y − a|)
Utilisons ensuite l’inegalite ||u| − |v|| ≤ |u − v| qui traduit en fait le caractere lipschitzien derapport 1 de la fonction valeur absolue. On en deduit :
|fa(x)− fa(y)| ≤ 12
(|x− y|+ | − |x− a|+ |y − a|||)
≤ 12
(|x− y|+ |x− y||) ≤ |x− y|
Donc fa est lipschitzienne de rapport 1. Pour ga, on peut remarquer que entre deux nombres(l’un est le min et l’autre le max) donc
fa(x) + ga(x) = a+ x
On en deduit (en achevant le raisonnement comme plus haut) :
ga(x)− ga(y) =12(−(x− y) + |x− a| − |y − a|||)
|ga(x)− ga(y)| ≤ |x− y|
Partie 1
1. a. Les fonctions sont lipschitziennes donc continues donc integrables. Les nombres mn+1
et Mn+1 sont bien definis.b. Montrons par recurrence que mn et Mn sont dans [0, 1] pour tous les entiers n. C’est
vrai par definition pour mO et M0. Si mn et Mn x sont dans [0, 1] alors min(x,Mn)et max(x,mn) sont dans [0, 1]. En integrant les inegalites on obtient bien que Mn+1
et mn+1 sont dans [−1, 1].2. a. On transforme mn+1 en coupant l’integrale en deux.
mn+1 =12
∫ 1
−1
min(x,Mn)dx
=12
(∫ Mn
−1
min(x,Mn)dx+∫ 1
Mn
min(x,Mn)dx
)
=12
(∫ Mn
−1
xdx+∫ 1
Mn
Mndx
)
=12
(M2
n − 12
+ (1−Mn)Mn
)= −1
4(Mn − 1)2
103
Corriges - Pb 23
Par un calcul analogue, on obtient
Mn+1 =14(mn + 1)2
b. Evident a partir de la question precedente.3. a. Comme mn = xn − 1 et Mn = 1 − yn, traduisons avec xn et yn les egalites de la
question 2.a.
xn+1 − 1 = −14y2
n
1− yn+1 =14x2
n
yn+1 − xn+1 =14(yn − xn)(yn + xn)
b. Supposons que (xn)n∈N converge vers x et (yn)n∈N converge vers y, alors a cause desresultats sur les operations sur les suites convergentes :
y − x =14(y − x)(y + x)
(y − x)(4− y − x) = 0
Comme xn et yn sont dans [0, 1], par passage a la limite x et y sont aussi dans [0, 1]donc 4− y − x 6= 0 donc x = y.Notons l cette limite commune, en remplacant dans
xn+1 − 1 = −14y2
n
On obtient :l2 + 4l − 4
dont les racines sont −2 + 2√
2 et −2 − 2√
2. Comme on sait que l ∈ [0, 1] on aforcement
l = −2 + 2√
2
c. En faisant la difference entre les deux relations
xn+1 − 1 = −14y2
n
l − 1 = −14l2
On obtient
xn+1 − l = −14(yn + l)(yn − l)
|xn+1 − l| = |yn + l|4
|yn − l|
|xn+1 − l| = 2√
2− 14
|yn − l|
en utilisant yn ≤ 1. Le raisonnement est le meme pour yn.
104
Corriges - Pb 23
4. Notons q = 2√
2−14 , en combinant les relations de la question precedentes, on obtient :
|xn+2 − l| = q2|xn − l||xn+2 − l| = q2|xn − l|
On en deduit, par comparaison avec des suites geometriques convergentes, la convergencedes suites extraites d’indices pairs ou impairs vers l. Ceci prouve la convergence des suitescompletes vers l. Des relations xn = 1 +mn, yn = 1−Mn on deduit alors :
(mn)n∈N → l − 1, (Mn)n∈N → 1− l
Partie II
1. a. La fonction uf (g) est bien definie car la fonction a integrer x→ min(x, g(a))f(x) estcontinue comme produit de deux fonctions continues. (partie preliminaire)
b. Pourquoi la fonction ug(f)
a→∫ 1
0
min(x, g(a))f(x)dx
est-elle continue ? Deux methodes sont possibles.Methode 1 : expression avec des primitives.Introduisons– F1 : la primitive de x→ xf(x) nulle en 0– F : la primitive de x→ xf(x) nulle en 1On peut alors alors ecrire :
ug(f)(a) =∫ g(a)
0
xf(x)dx+∫ 1
g(a)
g(a)f(x)dx
= F1(g(a))− g(a)F (g(a))
Les fonctions F1 et F sont derivables, la fonction g est continue, donc ug(f) estcontinue.Methode 2 : lipschitzite
|ug(f)(a)− ug(f)(b)| = ||
≤∫ 1
0
|min(x, g(a))−min(x, g(b))| |f(x)|dx
≤∫ 1
0
|g(a)− g(b)| |f(x)|dx ≤(∫ 1
0
|f(x)|dx)|g(a)− g(b)|
Ce qui prouve que ug(f) est continue car g est continue.2. Dans cette question f(x) = tan2 x. On peut calculer les fonctions F1 et F de la premiere
methode de la question precedente. Une primitive de tan2 x etant tanx − x, F s’obtientdirectement et F1 par une integration par parties
F1(u) = u tan2 u− u2
2+ ln | cosu|
F (u) = tanu− u+ 1− tan 1
105
Corriges - Pb 23
On en deduit
ug(f)(a) = (tan 1− 1)g(a) + ln |cos(g(a))|+ g(a)2
23. a. La fonction uf (g) est bien definie car la fonction a integrer
x→ min(a, g(x))f(x)
est continue comme produit de deux fonctions continues. D’apres un resultat de cours,l’inf de deux fonctions continues est continue.
b. En procedant comme pour la deuxieme methode de 1.b. on obtient
|vg(f)(b)− vg(f)(a)| ≤(∫ 1
0
|f(x)|dx)|a− b|
Ce qui prouve que vg(f) est continue (et meme lipschitzienne de rapport∫ 1
0|f(x)|dx.
4. La linearite resulte de la linearite de l’integrale. On a deja montre que les fonctions imagesetaient continues donc dans E.
5. a. Lorsque f ∈ kerug, alors pour tous les a ∈ [0, 1] :
F1(g(a))− g(a)F (g(a)) = 0
Mais comme g est une application continue de I = [0, 1] dans I telle que g(0) = 0 etg(1) = 1, g est surjective. On peut donc ecrire
∀t ∈ I : F1(t)− tF (t) = 0
On peut alors deriver (on ne pouvait pas le faire avant car g n’etait pas supposeederivable). On obtient : (pour tous les t de I) d’abord F (t) = 0 puis f(t) = 0.
b. Comme ug(f) = F1 ◦g−gF ◦g, si g est derivable alors ug(f) est derivable. Or il existedes fonctions continues qui ne sont pas derivables donc ug n’est pas surjective.
6. a. En utilisant la relation de Chasles pour preciser vg(f) pour la fonction g donnee parl’enonce, on obtient :
vg(f)(x) =∫ 1
12
min(a, 2x− 1)f(x)dx
Donc si f est nulle sur [ 12 , 1] alors vg(f) est la fonction nulle sans que f soit forcementnulle. Elle fait ce qu’elle veut sur [0, 1
2 ].b. Si g est C1 avec g′ > 0 alors g est bijective de I dans I. Introduisons la bijection
reciproque g−1.
vg(f)(a) =∫ 1
0
min(a, g(x))f(x)dx
=∫ g−1(a)
0
g(x)f(x)dx+∫g−1(a)
1af(x)dx
= H(g−1(a))− aF (g−1(a))
ou F est la primitive de gf nulle en 0 et F la primitive de f nulle en 1.Comme g−1(a) decrit [0, 1] et a = g(g−1(a)), on peut en deduire :
∀x ∈ [0, 1] : H(x)− g(x)F (x) = 0
En derivant, on obtient alors g′(x)F (x) = 0 d’ou F (x) = 0 puis en derivant encoref(x) = 0. Le noyau de vg se reduit donc a la fonction nulle, vg est injective.
106
Corriges - Pb 24
Probleme 24
Decomposons en elements simples la fraction 4X−3X(X−2)(X+2) il vient :
4X − 3X(X − 2)(X + 2)
=18
(6X− 11X + 2
+5
X − 2
)On en deduit
n∑k=3
4k − 3k(k − 2)(k + 2)
=18
(6
n∑k=3
1k− 11
n∑k=3
1k + 2
+ 5n∑
k=3
1k − 2
)
=18
(6
n∑k=3
1k− 11
n+2∑k=5
1k
+ 5n−2∑k=1
1k
)
Comme 6− 11 + 5 = 0, les termes des sommes entre 5 et n− 2 disparaissent. Il reste :
n∑k=3
4k − 3k(k − 2)(k + 2)
=18
(6(
13
+14) + 5(1 +
12
+13
+14)− εn
)ou εn est forme de termes qui tendent vers 0. On en deduit que
n∑k=3
4k − 3k(k − 2)(k + 2)
→ 18
(6(
13
+14) + 5(1 +
12
+13
+14))
=16796
107
Corriges - Pb 25
Probleme 25
Sous-groupes additifs de (R,+)
1. Le sous-groupe G n’est pas discret si et seulement si
∀α > 0, G∩ ]0, α[6= ∅
Supposons que G ne soit pas discret, considerons un reel x quelconque et un α > 0. Il existeun element g ∈ G∩ ]0, α[. Appelons n la partie entiere de x
g . On a alors
ng ≤ x < ng + g
ng + g < ng + α ≤ x+ α
donc (n+ 1)g ∈ G∩ ]x, x+ α[ car G est stable.
2. a. Si x et y sont dans I, |x − y| ≤ α2 < α. En particulier, si x et y sont deux elements
distincts de G ∩ I, x−y ou y−x est un element de G∩ ]0, α[ ce qui est impossible. Unintervalle quelconque de longueur finie est toujours inclus dans l’union d’un nombre finid’intervalles de longueur α
2 . Par consequent, l’intersection de G avec un tel intervalleest toujours vide ou finie.
b. Comme G n’est pas reduit a 0, il existe un g non nul dans G. Comme −g ∈ G on peutsupposer g > 0. Considerons alors l’ensemble
G∩ ]0, g]
Il est non vide (il contient g) et fini d’apres la question precedente. Il admet donc unplus petit element que l’on note m.Montrons que
m = minG ∩ R∗+On sait deja que
m ∈ G∩ ]0, g] ⊂ R∗+D’autre part, si k ∈ G ∩ R∗+ deux cas sont possibles– k ≤ g alors k ∈ G∩ ]0, g] donc m ≤ h– g < k alors m < h car m ≤ g.Ceci montre bien que m est un minorant de G∩ ]0, g] donc le plus petit element decet ensemble.
c. D’apres la definition d’un sous-groupe (stabilite)
Zm ⊂ G
Reciproquement, soit g ∈ G ∩ R∗+, posons k egal a la partie entiere de gm . On a alors
k ≤ g
m< k + 1
km ≤ g < (k + 1)m0 ≤ g − km < m
A cause des proprietes de stabilite de G, −km ∈ G et g − km ∈ G ∩ [0,m[. D’apesla definition de m, il est impossible que g − km ∈ G ∩ R∗+. Ceci entraıne g − km = 0c’est a dire g = km donc g ∈ Zm
108
Corriges - Pb 25
3. a. Verification facile des proprietes de stabilite.
b. Si S est discret, d’apres la question 2., il existe m > 0 tel que S = Zm.Comme x = 1x+ 0y ∈ S, il existe p ∈ Z tel que x = pm. De meme, y = 01 + 1y ∈ Sil existe donc q ∈ Z∗ tel que y = qm. On en deduit
x
y=p
q∈ Q
Reciproquement, supposonsx
y=p
q∈ Q
Alorsx
p=y
q∈ Q
Notons m ce nombre reel. On a x = pm et y = qm donc x et y sont dans Zm. Deplus, pour tous les entiers i et j,
ix+ jy = (ip+ jq)m ∈ Zm
donc S ⊂ Zm Ceci entraıne que S ∩ ]0,m[ est vide donc que S est discret.
4. a. Si A ∩ B etait non vide, il existerait des entiers non nuls p et q tels que px = qy. Onaurait alors
x
y∈ Q
b. D’apres 3., S est un sous-groupe qui n’est pas discret. Pour tout α > 0, il existe doncdes entiers m et n tels que
mx+ ny ∈]0, α[
Lorsque α < min(x, y), m et n sont tous les deux non nuls. Posons a = mx, b = −ny.Alors ainA et b ∈ B donc
∀α << min(x, y) inf{|a− b|, (a, b) ∈ A×B} ≤ α
On en deduit que cette borne inferieure est nulle.
5. Considerons un intervalle quelconque [u, v] dans [−1, 1], on doit montrer qu’il existe unentier n tel que cosn ∈ [u, v].Posons α = arccos v, β = arccosu et formons l’intervalle [α, β] de R.Comme 2π est irrationnel, le sous-groupe additif Z + 2πZ est dense dans R, il existe doncdes entiers m et n tels que m+ 2πn ∈ [α, β]. On en deduit que cosm ∈ [u, v] ce qu’il fallaitmontrer.
109
Corriges - Pb 26
Probleme 26
Partie I
1. Lorsqu’un polynome P est dans le noyau de Φ, il admet les n reels distincts (x1, · · · , xn)comme racine. Il est donc divisible par
L = (X − x1) · · · (X − xn)
2. Comme Φ est une application lineaire entre deux espaces de meme dimension, pour montrerque c’est un isomorphisme, il suffit de montrer qu’il est injectif. C’est a dire que son noyauest reduit au polynome nul.Considerons un P quelconque dans le noyau de Φ. On sait deja qu’il est divisible par L, ilexiste un polynome Q de degre inferieur ou egal a n−2 (s’il n’est pas nul) tel que P = LQ.Alors
P ′ = LQ′ + L′Q
∀i ∈ {1, · · · , n} − {k} : 0 = P ′(xi) = L(xi)=0
Q′(xi) + L′(xi)6=0
Q(xi)
car toutes les n racines de L (de degre n) sont simples. On en deduit que Q admet au moinsn− 1 racines. C’est donc le polynome nul.
Partie II
1. On rappelle que le symbole de Kronecker δij vaut 1 lorsque i = j et 0 si i 6= j. Il est bienconnu que Li(xj) = δij .
2. Comme la famille (L1, · · · , Ln) contient n = dim Rn−1[X] vecteurs, pou montrer que c’estune base, il suffit de montrer qu’elle est libre. Considerons une combinaison lineaire egaleau polynome nul :
λ1L1 + · · ·+ λnLn
En substituant xi a X (pour n’importe quel i), on obtient
λi = 0
La famille est donc libre.Les coordonnees d’un polynome P dans la base (L1, · · · , Ln) s’obtiennent de maniere ana-logue. On obtient
(P (x1), · · · , P (xn))
3. Tous les xj sont racines de tous les Λi donc Λi(xj) = 0. Lorsque i 6= k, toutes ces racinessont doubles sauf xi et xk. On en deduit
Λ′i(xj) = 0 si j 6= j 6= kΛ′i(xi) = (xi − xk)
∏j∈{1,··· ,n}−{i,k}(xi − xj)2 si j = i
Λ′i(xk) = (xk − xi)∏
j∈{1,··· ,n}−{i,k}(xk − xj)2 si j = k
4. a. Cette famille contient 2n − 2 = dimE elements. Pour montrer que c’est une base, ilsuffit de montrer qu’elle est libre.Considerons une combinaison lineaire nulle
l1L1 + · · · lnLn + λ1Λ1 + · · ·λnΛn = 0
En substituant les xi, on montre que les li sont nuls. On peut alors simplifier par Lpuis substituer a nouveau les xi (pour i 6= k). On obtient alors la nullite des λi.
110
Corriges - Pb 26
b. On cherche T sous la forme
T = l1L1 + · · · lnLn + λ1Λ1 + · · ·λnΛn
En considerant les valeurs de T aux points xi, on obtient immediatement que l1 =· · · = lk = 1 et lk+1 = · · · = ln = 0. Posons
S = L1 + · · ·+ Lk
En considerant les valeurs de T ′ aux points xi, on obtient immediatement que pouri 6= k :
λi = −S′(xi)
Λ′i(xi)
Il est evident que T defini avec ces coefficients repond aux contraintes. Son degre estau plus 2n− 2 car les Li sont de degre n− 1 et les Λi de degre 2n− 2.
5. a. Par definition, T ′ s’annule aux n− 1 points xi pour i 6= k.De plus, on peut appliquer le theoreme de Rolle entre x1 et x2, x2 et x3, jusqu’a xk−1
et xk car en ces points la fonction associee a T vaut 1. On en deduit l’existence dek − 1 racines ξ1, · · · , ξk−1 telles que :
x1 < ξ1 < x2 < ξ2 < x2 < · · · < xk−1 < ξk−1 < xk
On peut faire de meme pour xk+1, . . . , xn (valeur commune 0). On en deduit l’existencede n− k − 1 racines ξk+1, · · · , ξn−1 telles que :
xk+1 < ξk+1 < xk+2 < ξk+2 < xk+2 < · · · < xn−1 < ξn−1 < xn
b. Comme T ′ qui est de degre 2n− 3 admet 2n− 3 racines, elles sont toutes simples. Lafonction associee a T ′ change donc de signe a chaque fois. Les racines de T ′ sont donctoutes des extrema locaux et alternativement des max ou des min.
c.
111
Corriges - Pb 27
Probleme 27
1. Comme la matrice A n’est pas la matrice nulle, il existe i et j tels que aij 6= 0. La matriceextraite A{i}{j} est alors une matrice 1× 1 inversible ce qui entraine que r (egal a la taillede la plus grande des matrices extraites inversibles) est superieur ou egal a 1.
2. a. On se place dans le sous-espace vectoriel Ei = VectUI . On considere la projection pI
sur EI parallelement au sous-espace EI . La matrice extraite AIJ est alors la matricedans la base UI de EI de la famille de vecteurs pI(vj) pour j ∈ J .
AIJ = MatUI
(pI(VJ))
b. Par definition, r est le rang d’une matrice extraite de A. (la plus grande possible parmicelles qui sont inversibles). Il existe donc des parties I et J a r lignes et r colonnestelles que
r = rgAIJ
Le rang d’une famille de vecteurs images par une application lineaire est toujoursinferieur ou egal au rang de la famille de depart. Le rang d’une famille extraite estevidemment inferieur ou egal au rang de la famille dont elle est extraite. On a donc :
r = rgAIJ = rg pI(VJ) ≤ rgVJ ≤ rgV = rgA
3. Une application lineaire est injective si et seulement si son noyau ne contient que l’elementnul de l’espace. Le noyau de la restriction a un certain sous-espace d’un endomorphisme estl’intersection du noyau de l’endomorphisme avec ce sous-espace. Par definition, le noyaude pI est EI donc le noyau de la restriction a VJ de pI est EI ∩ VJ . On en deduit que larestriction a VJ de pI est EI ∩ VJ est injective si et seulement si
EI ∩ VJ = {0E}
4. Soit J une partie de {1, 2, · · · , q} telle que VJ soit libre et ne soit pas une base de E (c’esta dire q < dimE).Comme cette famille n’est pas une base, elle n’engendre pas E. Si tous les vecteurs de labase U etaient des combinaisons lineaires des vecteurs de UJ , la famille UJ engendreraitE. Il existe donc des i ∈ {1, · · · , p} tels que ui 6∈ VJ . Pour un tel i, la famille obtenue enajoutant ui aux vecteurs de VJ est libre.Il existe donc des familles libres obtenues en ajoutant des vecteurs de U aux vecteurs deVJ . Ces familles ont moins de dimE elements (elles sont libres). On peut en considerer une(disons F) dont le nombre d’elements est le plus grand possible.Pour une telle famille, on ne peut adjoindre un nouvel element de U sans briser le caracterelibre. Cela signifie que les elements de U sont des combinaisons lineaires des elements deF . La famille F est donc generatrice. Comme elle est libre par definition, c’est une base deE.
5. Notons m le rang de la matrice A, c’est aussi le rang de la famille de vecteurs V. Enconsiderant, parmi les familles libres formees de vecteurs de V, une qui soit la plus grandepossible, on montre qu’il existe une partie J de {1, · · · , q} a m elements telle que VJ soitlibre et que VJ soit l’espace engendre par tous les elements de V.Pour une telle partie J , completons VJ par des vecteurs de U comme dans la question 4.Notons I les indices des vecteurs qui ne sont pas choisis. C’est a dire que la base de Eest obtenue en completant VJ par UI . On remarque que I contient p−m elements donc I
112
Corriges - Pb 27
contient m elements.Le caractere libre de cette famille entraine que
EI ∩ VJ = {0E}
donc la restriction de pI a VJ est injective. On en deduit :
rgA = m = rgVJ = rg pIVJ = rgAIJ
La matrice AIJ est une matrice carree a m lignes et m colonnes extraite de A. Elle estinversible donc r ≥ rgA On obtient donc bien
r = rgA
113
Corriges - Pb 28
Probleme 28
Preambule
1. On forme le tableau de variations de la fonction polynomiale :
−∞ 0 23 +∞
µ +∞↗ ↘ ↗
−∞ µ− 427
Cette fonction prend trois fois la valeur 0 si et seulement si µ est strictement positif etµ− 4
27 strictement negatif. La condition demandee est donc
µ ∈]0,
427
[2. Les racines doubles sont a chercher parmi les racines de la derivee. Les seules possibilites
sont les suivantes0 est racine double si et seulement si µ = 0. L’autre racine est alors 1.23
est racine double si et seulement si µ =427
. L’autre racine est alors −13.
Partie I
1. L’application fλ est clairement a valeurs dans E. Elle est lineaire car le produit scalaire estbilineaire.
2. a. D’apres le cours, fλ est un automorphisme lorsqu’il conserve la distance. C’est a dire
∀−→x ∈ E : ‖fλ(−→x )‖2 = ‖−→x ‖2
Or :‖fλ(−→x )‖2 = ‖−→x ‖2 + λ2 < −→x ,−→u >2 +2λ < −→x ,−→u >2
Donc‖fλ(−→x )‖2 = ‖−→x ‖2 ⇔ λ < −→x ,−→u >2 (λ+ 2) = 0
Ceci se produit (pour tous les −→x ) lorsque 0 ou −2. La valeur 0 conduit a l’identite.On en deduit
λ0 = −2
b. Si la matrice des coordonnees de −→x dans B estxyz
celle de f−2(−→x ) est xy
z
− 2(ax+ by + cz)
abc
On ne deduit la matrice cherchee :
MatB
f−2 =
1− 2a2 −2ab −2ac−2ab 1− 2b2 −2bc−2ac −2bc 1− 2c2
114
Corriges - Pb 28
c. Un vecteur −→x est invariant par f−2 si et seulement si < −→x ,−→u >= 0. L’ensembledes vecteurs invariants est donc l’hyperplan (Vect−→x )⊥. L’automorphisme f−2 est lasymetrie orthogonale (reflexion) par rapport a ce plan.
Partie II
1. L’endomorphisme g est une rotation vectorielle si et seulement si sa matrice G est ortho-gonale et de determinant 1. Ce qui, apres calcul du produit et du determinant, se traduitpar : {
tGG = I3
detG = 1⇔
a2 + b2 + c2 = 1ac+ ab+ bc = 0
a3 + b3 + c3 − 3abc = 1
L’enonce nous signale l’identite
a3 + b3 + c3 − 3abc = (a+ b+ c)((a2 + b2 + c2)− (ab+ bc+ ac)
)On peut donc former d’autres systemes equivalents au premier :
a2 + b2 + c2 = 1ac+ ab+ bc = 0
a+ b+ c = 1⇔
{ac+ ab+ bc = 0
a+ b+ c = 1
car a2 + b2 + c2 = (a+ b+ c)2 − 2(ac+ ab+ bc).Lorsque g est une rotation, (a, b, c) sont les trois racines reelles du polynome reel
(x− a)(x− b)x− c) = x3 − (a+ b+ c)x2 + (ab+ ac+ bc)x− abc = x3 − x2 + p
pour p = −abc. D’apres le preambule, ce polynome admettant trois racines reelles on doitavoir p ∈]0, 4
27 [.Reciproquement, si p ∈]0, 4
27 [, les trois racines a, b, c du polynome x3 − x2 − p verifient{ac+ ab+ bc = 0
a+ b+ c = 1
et definissent donc une rotation g.
2. Lorsque g est une rotation avec b = c, on se retrouve dans le cadre des racines doubles dela question 2. du preambule.– Si b = c = 0 et a = 0 alors g est l’identite.– Si b = c = 2
3 et a = − 13 alors la matrice de g dans une base orthonormee est a la
fois symetrique et orthogonale. C’est donc (cours) la matrice d’une symetrie orthogonaledirecte. C’est une symetrie par rapport a une droite (demi-tour) ou encore une rotationd’angle π. Apres resolution d’un systeme lineaire, on trouve que l’axe est dirige par unvecteur de coordonnees 1
11
Remarque. Pour un angle π, l’orientation de l’axe est sans importance.
115
Corriges - Pb 28
−→x
−→u ∧ −→x
(−→u ∧ −→x ) ∧ −→u
< −→u ,−→x > −→u
(Vect−→u )⊥
Fig. 8 – Decomposition orthogonale pour la question III.1.
Partie III
1. Le produit scalaire et le produit vectoriel permettent d’exprimer explicitement la decompositionorthogonale d’un vecteur −→x dans Vect−→u et (Vect−→u )⊥
−→x =< −→u ,−→x > −→u + (−→u ∧ −→x )−→u
Pour montrer cette formule, notons −→y le projete orthogonal de x sur (Vect−→u )⊥. Alors :
−→x =< −→u ,−→x > −→u +−→y ⇒ (−→u ∧ −→x ) = −→u ∧ −→y⇒ (−→u ∧ −→x ) ∧ −→u = (−→u ∧ −→y ) ∧ −→u = ‖−→u ‖2−→y − < −→y ,−→u > −→u = −→y
De plus, la famille ((−→u ∧ −→x ) ∧ −→u ,−→u ∧ −→x ,−→u ) est une base ortogonale directe dont le pre-mier vecteur est le projete ortogonal de −→x . On en deduit l’effet d’une rotation d’angle θautour de −→u :
r(−→x ) =< −→x ,−→u > −→u + cos θ (−→u ∧ −→x ) ∧ −→u + sin θ (−→u ∧ −→x )
Remarque. La base orthogonale est directe car :
det ((−→u ∧ −→x ) ∧ −→u ,−→u ∧ −→x ,−→u ) = det (−→u ∧ −→x ,−→u , (−→u ∧ −→x ) ∧ −→u )
= ‖(−→u ∧ −→x ) ∧ −→u ‖2 > 0
On peut former une base orthonormee directe :(1
‖−→u ∧ −→x ‖(−→u ∧ −→x ) ∧ −→u , 1
‖−→u ∧ −→x ‖−→u ∧ −→x ,−→u
)
116
Corriges - Pb 28
2. D’apres la demonstration de la question precedente, il est evident que la formule definitune rotation vectorielle d’angle θ autour de −→u .
3. La matrice Φ de ϕ se decompose en S +A avec :
A =
a2 ab acab b2 bcac bc c2
S =
0 −c bc 0 −a−b a0
Chacune de ces matrices peut s’interpreter. Considerons un vecteur −→u de coordonnees(a, b, c) dans la base B.La matrice de −→x →< −→x ,−→u > −→u dans B est S. En effet :
(ax+ by + cz)
abc
=
a2x+ aby + aczabx+ b2y + bczacx+ bcy + c2z
=
a2 ab acab b2 bcac bc c2
xyz
La matrice de −→x → −→x ∧ −→u dans B est A. En effet :ab
c
∧
xyz
=
bz − cycx− azay − bx
=
0 −c bc 0 −a−b a 0
xyz
On pourrait aussi considerer la matrice Z de −→x → (−→x ∧−→u ) ∧−→u mais en fait il est inutilede la calculer. Il suffit de remarquer que
Φ = S +A = S + cosπ
2Z + sin
π
2A
On en deduit que ϕ est la rotation d’angleπ
2autour de −→u
4. a. D’apres III.1. l’expression du retournement est
−→x →< −→x ,−→u > −→u +cosπ(−→u ∧−→x )∧−→u +sinπ(−→u ∧−→x ) =< −→x ,−→u > −→u − (−→u ∧−→x )∧−→u
b. D’apres la question precedente, la matrice du demi-tour est S − Z. On a donc besoinici de calculer la matrice Z de −→x → (−→x ∧ −→u ) ∧ −→u .bz − cy
cx− azay − bx
∧
abc
=
(c2 + b2)x− aby − acz−abx+ (a2 + c2)y − bcz−acx− bcy + (a2 + b2)z
On en deduit la matrice Z :
Z =
c2 + b2 −ab −ac−ab a2 + c2 −bc−ac −bc a2 + b2
puis la matrice cherchee qui est egale a S − Z soita2 − c2 + b2 2ab 2ac
2ab −a2 + b2 − c2 2bc2ac 2bc −a2 − b2c2
117
Corriges - Pb 28
Partie IV
Dans cette partie, r est la rotation d’angle θ autour de −→u , la reflexion de plan (Vect(−→u ))⊥ estnotee s et δ est la composee s ◦ r. L’automorphisme orthogonal δ est donc une rotation-miroir.
1. La matrice de δ dans une base orthonormee directe (−→a ,−→b ,−→u ) estcos θ − sin θ 0
sin θ cos θ 00 0 −1
Comme δ(−→x ) = −→x si et seulement si −→x ∈ ker(δ− IdE). On calcule le determinant det(δ−IdE) : ∣∣∣∣∣∣
cos θ − 1 − sin θ 0sin θ cos θ − 1 0
0 0 −2
∣∣∣∣∣∣ = −2((cos θ − 1)2 + sin2 θ
)= −4(1− cos θ)
Si cos θ 6= 1 c’est a dire si θ n’est pas congru a 0 modulo 2π ou encore si r 6= IdE , cedeterminant est non nul donc 0E est le seul vecteur invariant par δ.
2. L’application δ est egale a s si et seulement si r = IdE c’est a dire si θ est congru a 0modulo 2π.L’application δ est egale a −IdE si et seulement si r = −s c’est a dire si r est le demi-tourd’axe Vect(−→u ) ou encore θ est congru a π modulo 2π.
3. On fixe −→u et θ. La nature de f se deduit des questions precedentes.Si ε = 1, f est la rotation r d’angle θ autour de −→u . L’ensemble les points invariants par fest le plan (Vect(−→u ))⊥.Si ε = −1, f est la rotation-miroir s◦r, composee de la rotation r d’angle θ autour de −→u etde la reflexion par rapport au plan (Vect(−→u ))⊥. Le vecteur nul est le seul vecteur invariantpar f .
118
Corriges - Pb 29
Probleme 29
1. L’addition parallele est clairement commutative. L’associativite se deduit alors de ce que
(a//b)//c =ab
a+bcab
a+b + c=
abc
ab+ ac+ bc
s’exprime de maniere symetrique en fonction de a, b, c.Il n’existe pas de neutre car a//b = b entrainerait 0 = b2 La question des elements inver-sibles ne se pose pas car il n’y a pas d’element neutre.
2. L’ensemble des (y, z) ∈ R2 tels que y + z = x est aussi l’ensemble des (y, x − y) ou y estun reel quelconque.Considerons la fonction du second degre en y
ay2 + b(x− y)2 = (a+ b)y2 − 2bxy + bx2
Comme a+ b > 0, la plus petite valeur que peut prendre cette expression est atteinte pour
y0 =bx
a+ b
et vautb2x2
a+ b− 2b2x2
a+ b+ bx2 =
ab
a+ bx2
Ainsi, (a//b)x2 est non seulement la borne inferieure mais aussi le plus petit element del’ensemble propose. La relation est verifiee pour
(y0, z0) = (bx
a+ b, x− bx
a+ b)
3. Avec les conventions de l’enonce, ay2 et bz2 representent les energies dissipees dans chaqueresistance. Le courant se repartit entre les deux branches de facon a minimiser l’energiedissipee. La resistance equivalente a//b permet d’exprimer cette energie en respectant laloi d’Ohm.
4. Considerons des reels y et z quelconques tels que y+z = x. D’apres la question precedente :
(a//c)x2 + (b//d)x2 ≤ ay2 + cz2 + by2 + dz2 = (a+ b)y2 + (c+ d)z2
Donc (a//c)x2 + (b//d)x2 est un minorant de
{(a+ b)y2 + (c+ d)z2, (y, z) ∈ R2 tq y + z = x}
Comme la borne inferieure ((a + b)//(c + d)) est le plus grand des minorants, on a bienl’inegalite proposee.
5. Cette formule s’obtient de maniere evidente par recurrence a partir de la precedente.
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Corriges - Pb 30
Probleme 30
Corrige des premieres parties de la premiere epreuve filiere PC du Concours commun Mines-Ponts 2001.
Preliminaires
Ces questions ont ete traitees en classe sous forme d’exercices.
Premiere Partie
1. a. Dans En, si g2 = λIdE +Dn alors Dn s’exprime en fonction de g : Dn = −λIdE + g2.Sous cette forme, il est evident que Dn commute avec g. On en deduit que g commuteavec les puissance de Dn. En particulier x ∈ kerDp+1
n entraıne g(x) ∈ kerDp+1n car
Dp+1n (g(x)) = g(Dp+1
n (x)) = g(0E) = 0E
Une fois prouvee la stabilite de Ep par g, on peut considerer la restriction gp de g aEp, elle verifie evidemment la meme relation que g.
b. Le raisonnement est le meme que pour la question precedente. Le fait que E ne soitpas de dimension finie ne change rien. Si g verifie la relation, il commute donc avecl’operateur de derivation.Comme plus haut, En est stable par g car c’est un noyau d’une puissance de Dn et larestriction gn de g verifie la meme relation avec la restriction Dn de D.
c. i. DF est la restriction a F de l’operateur de derivation. Comme F est de dimensionfinie, il existe un entier k qui est le degre maximal d’un polynome quelconque deF . Alors Dk+1
F est nul.D’apres la partie preliminaire, comme DF est nilpotent dans un espace de dimen-sion n+1, Dn
F est nul. Ceci montre que F ⊂ Rn[X], comme les deux espaces sontde meme dimension, ils sont egaux.On peut en conclure que les seuls sous-espaces de dimension finie stables par Dsont les Rn[X].Un seul sous-espace de dimension infinie est stable par D, il s’agit de R[X] luimeme. En effet, un tel espace doit contenir des polynomes de degre arbitraire ettous leurs derives.
ii. Comme g commute avec D un sous-espace est stable par g si et seulement si ilest stable par D.
2. Cas λ < 0
a. Dans E0 = R qui est un espace de dimension 1, les seules applications lineaires sontles multiplications par un scalaire. En particulier g est la multiplication par µ et D0
est l’application nulle doncµ2 = λ
ce qui entraıne λ ≥ 0
b. D’apres 1., lorsqu’il existe un g (dans E ou dans En), le sous-espace E0 est stable parD et g donc λ ≥ 0. Ainsi, lorsque λ < 0, il n’existe pas d’application g verifiant lacondition etudiee (ni dans E, ni dans un En).
120
Corriges - Pb 30
3. a. Soit f lineaire de V dans V telle que fn+1 soit nulle mais pas fn. Il existe alors uny ∈ V tel que
fn(y) 6= 0
Montrons que B = (y, f(y), · · · , fn(y)) est libre.Si (λ0, λ1, · · ·λn) sont des reels tels que
λ0y + λ1f(y) + · · ·+ λnfn(y) = 0
en composant par fn, on obtient λ0fn(y) = 0 avec fn(y) 6= 0 d’ou λ0 = 0 et ainsi de
suite, en composant successivement par fn−1, fn−2, · · · on obtient la nullite de tousles coefficients. La famille est donc libre.Cette famille est une base car elle contient autant de vecteurs que la dimension del’espace. La matrice de f dans cette base est A0.
b. L’existence d’une base Bn dans laquelle la matrice de Dn est A0 resulte de la questionprecedente. On pouvait aussi choisir une famille constituee de polynomes de la forme
1k!Xk
La matrice associee a λIdEn +Dn dans cette base est Aλ
4. Ici n = 2
a. Il est bien evident que les h de la forme
aIdE + bD2 + cD22
commutent avec D2. Ce qui est interessant c’est de montrer que ce sont les seuls.Soit P un polynome de degre 2. Alors (P,D(P ), D2(P )) est une base de E2. Commef(P ) ∈ E2, il existe des reels a, b, c tels que
f(P ) = aP + bD(P ) + cD2(P )
Comparons f et F = aIdE + bD + cD2. Pour cela, il suffit de les comparer sur lesvecteurs d’une base.Par definition, f(P ) = F (P )f(D(P )) = D(f(P )) = aD(P ) + bD2(P ) = F (D(P )) car D3(P ) = 0f(D2(P )) = D2(f(P )) = aD2(P ) = F (D2(P ))Les deux fonctions coıncident sur une base, elles sont donc egales.
b. On doit chercher les g telles que g2 = λId+D parmi les applications qui commutentavec D. Cherchons donc des conditions sur a, b, c assurant que
g = aIdE + bD2 + cD22
verifie g2 = λId+D. Calculons g2 :
g2 = a2Id+ 2abD2 + (b2 + 2ac)D2 = λId+D
Comme les application lineaires (Id,D,D2) forment une famille libre, on peut identi-fier les coefficients. On trouve donc deux matrices une definie par
a =√λ, b =
12√λ, c = − 1
8λ√λ
121
Corriges - Pb 30
l’autre etant son opposee.Dans le cas ou λ = 1, on trouve la matrice1 1
2 − 18
0 1 12
0 0 1
et son opposee.
Deuxieme Partie
1. a. Comme Dn est nilpotent, il est evident que g l’est aussi lorsque g2 = Dn. Parconsequent g2 ne peut pas etre injectif. Mais pourquoi ker g2 est-il de dimension aumoins 2 ?Comme g est nilpotente elle n’est pas injective, donc si la dimension de ker g2 n’estpas au moins 2 alors ker g et kerg2 seront de dimension 1 et egaux. D’apres la partiepreliminaire, la suite des noyaux de g est constante des le premier rang autrement ditg est nulle ce qui est absurde.
b. Il n’existe pas de g tel que g2 = Dn car le noyau de Dn est de dimension 1 alors quecelui de g devrait etre de dimension 2.
c. idem
2. a. Tout polynome admet plusieurs polynomes primitifs qui different d’une constante.L’application D est donc surjective. Il en est de meme de Dm = gk.La surjectivite de gk entraıne celle de g.
b. Pour q ≤ k, ker gq ⊂ ker gk = kerDm = Em−1 qui est de dimension finie m.
c. L’application Φ est clairement lineaire. Elle prend ses valeurs dans ker gq−1 car six ∈ ker gk alors gq(x) = gq−1(g(x)) donc g(x) ∈ ker gq−1
Montrons la surjectivite de Phi.Soit x ∈ ker gq−1 alors comme g est surjective, il existe un y tel que x = g(y) et
0 = gp−1(x) = gp(y)
donc y ∈ ker gp et y est un antecedent par Phi de x.Ainsi Φ est surjective de ker gp vers ker gp de noyau ker g. Le theoreme du rang donnealors
dim(ker gp) = dim(ker gp−1) + dim(ker g)
La suite des dimension est arithmetique d’ou
dim(ker gp) = pdim(ker g)
d. Si gk = Dm, comme dim(kerDm) = m, on doit avoir dim(ker gk) = m c’est a direk dim(ker g) = m. Il est donc necessaire que k divise m.
122
Corriges - Pb 31
Probleme 31
1. Dans les questions a et b, il convient de faire d’abord un raisonnement par recurrence avecj (pour a) et avec k (pour b) dans N. Puis d’etendre par un autre raisonnement (plusieursvariantes possibles) a Z.
2. On veut montrer que H = {ajbk, (j, k) ∈ Z2} est le sous-groupe engendre par a et b. Notons< a, b > le sous-groupe engendre par a et b. Par definition de cours, il s’agit de l’intersectionde tous les sous-groupes contenant a et b.– Comme < a, b > est un sous-groupe contenant a et b, il contient aussi les aibj pour tous
les entiers i et j. On a donc H ⊂< a, b >– L’ensemble H est non vide et contient a et b par definition meme. Si h et h′ sont deux
elements quelconques de H, il existe des entiers i, j, k, l tels que :
hh′ = aibjakbl = ai(bjak)bl = aia(−1)jkbjbl ∈ H
h−1 = (aibj)−1 = b−ja−i = a(−1)j+1ib−j ∈ H
Ceci prouve que H est un sous groupe contenant a et b et montre donc la deuxiemeinclusion < a, b >⊂ H.
3. a. Voir cours ordre d’un element et sous-groupes de (Z,+).
b. Deux methodes possibles soit en utilisant le theoreme de Bezout soit en utilisant letheoreme de Gauss. Pour appliquer le theoreme de Gauss, on peut elever a la puissancen puis a la puissance m.
c. Pour l’injectivite utiliser b. Pour la surjectivite, utiliser une division euclidienne.
4. On se trouve dans la situation du probleme avec
r ◦ r ◦ r = id, s ◦ s = id, r ◦ s ◦ r = s
Le dernier point resulte du calcul suivant valable pour tous les z complexes
r ◦ s ◦ r(z) = jjz = jjz = z
On obtient donc un groupe (dit groupe diedral) de 6 transformations geometriques simples.
id est l’ientite
r est la rotation d’angle 2π‘3 (le “tiers de tour”)
r2 est la rotation d’angle 4π‘3
s est la symetrie par rapport a la droite reelle
r ◦ s est la symetrie par rapport a la droite de direction j2 (verifier que j2 est invariant)
r2 ◦ s est la symetrie par rapport a la droite de direction j (verifier que j est invariant)
Il s’agit en fait du groupe des isometries qui conservent le triangle equilateral (1, j, j2).
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