Mathematiques En Mpsi Problemes Basiques

´ MATHEMATIQUES EN MPSI Probl` emes basiques R´emy Nicolai

Editions www.inlibroveritas.net Immeuble ACCET 4, place de la Pergola 95021 Cergy-Pontoise

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In Libro Veritas, 2009, ISBN : 978-2-35922-001-8 Dépôt légal : premier semestre 2009

Liste des probl` emes Liste des probl` emes

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´ Enonc´ es.

7

Pb 1 : Equation fonctionnelle. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 2 : Calculs avec des nombres complexes et des fonctions usuelles. Polynˆomes de Tchebychev. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 3 : Une bonne base pour des endomorphismes de trace nulle. . . . . . . . . . . . . Pb 4 : Polynˆ omes sym´etriques ´el´ementaires. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 5 : Coefficients du binˆ ome. Nombre d’op´erations. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 6 : Astro¨ıde. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 7 : Famille de courbes param´etr´ees en polaire. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 8 : Relations entre coefficients et racines, ´el´ements simples. . . . . . . . . . . . . . Pb 9 : Suite d´efinie par r´ecurrence. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 10 : Polynˆ omes et suites. Limite de la suite des 1/k2 . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 11 : M´ethode du point fixe et de Newton. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 12 : Suites des solutions d’une famille d’´equations. . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 13 : Endomorphismes nilpotents en dimension 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 14 : Matrices de projecteurs. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 15 : Majorations d’int´egrales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 16 : Une suite d’int´egrales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 17 : Expression int´egrale de la limite des suites arithm´etico-g´eom´etriques. . . . . . Pb 18 : Matrice semblable ` a son inverse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 19 : Alg`ebre lin´eaire et relation de r´ecurrence lin´eaire d’ordre 3. . . . . . . . . . . . Pb 20 : D´eveloppements limit´es de puissance de puissance. . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 21 : Equation fonctionnelle. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 22 : Th´eor`eme des accroissements finis. Approximations de la constante d’Euler. . Pb 23 : Suites et fonctions d´efinies par des int´egrales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 24 : Suite et d´ecomposition en ´el´ements simples. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 25 : Sous-groupes additifs de R. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 26 : Un lemme de Stieltjes utilisant une variante des polynˆomes d’interpolation et le th´eor`eme de Rolle. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 27 : Rang et matrices extraites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 28 : Un probl`eme sur des rotations vectorielles. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 29 : Borne inf´erieure et addition parall`ele. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 30 : Alg`ebre lin´eaire dans un espace de polynˆomes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 31 : Sous groupe engendr´e par deux ´el´ements . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

7 8 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 23 24 25 26 28 29 30 31 33 35 36 37 39 40 42 43 47

Corrig´ es. Pb Pb Pb Pb Pb Pb Pb Pb Pb Pb Pb Pb Pb Pb Pb Pb Pb Pb Pb Pb Pb Pb Pb Pb Pb Pb Pb Pb Pb Pb Pb

1 . 2 . 3 . 4 . 5 . 6 . 7 . 8 . 9 . 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31

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51 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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4

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Introduction ´ La collection ”MATHEMATIQUES EN MPSI” propose des documents p´edagogiques (recueils de probl`emes corrig´es, livres de cours) en compl´ement de ceux distribu´es en classe. Les ouvrages de la collection sont disponibles sur internet. En fait, ils sont produits en ligne `a partir d’une base de donn´ees (le maquis documentaire) accessible `a l’adresse http ://maquisdoc.net Cette base est con¸cue pour ˆetre tr`es souple. Elle accompagne les auteurs et les utilisateurs en leur permettant de travailler librement et au jour le jour. Il est devenu impossible de travailler sans internet (y compris pour r´ediger des probl`emes de math´ematiques) mais il est ´egalement impossible de ne travailler que sur ´ecran. Le papier garde donc toute sa validit´e et la publication de livres sous la forme imprim´ee habituelle (`a cot´e d’autres types de services) est encore totalement justifi´ee. En revanche, le mod`ele ´economique de l’´edition est devenu obsol`ete pour de tels ouvrages p´eriscolaires produits ` a partir de structures web. L’´editeur (In Libro Veritas) a accept´e de diffuser cette collection sous licence Creative Commons. Les auteurs peuvent ainsi user plus lib´eralement de leur droit d’auteur et offrir davantage de libert´e aux lecteurs. ”Probl` emes basiques” est un recueil de probl`emes corrig´es. L’objectif de cet ouvrage est d’aider le lecteur `a maitriser certains ´el´ements essentiels et `a rep´erer ceux qu’il ne maitrise pas. Pour cela, les ´enonc´es sont le plus souvent tr`es brefs, plutˆot des exercices que des probl`emes. Ils mettent en oeuvre directement certains points de cours (d´efinition, th´eor`eme usuel, technique de calcul, ...). De nombreux th`emes sont abord´es qui couvrent l’essentiel du programme de MPSI. Cet ouvrage pourra ˆetre compl´et´e utilement par un entrainement technique encore plus fractionn´e : les ”rapidexo” propos´es par l’interface en ligne du maquis documentaire. Une attention particuli`ere a ´et´e port´ee ` a une redaction soigneuse et compl`ete des corrig´es. L’´etudiant ne doit pas se condamner ` a trouver. La lecture d’une solution, apr`es un temps de recherche assez court, s’av`ere plus rentable qu’un acharnement infructueux. Pour cet ouvrage cependant, les questions pos´ees sont si simples et si directes que ne pas trouver signale une lacune s´erieuse dans la maitrise du cours. L’´etudiant est alors invit´e `a reprendre l’´etude de ses notes. D’autres ouvrages de la collection proposent des textes moins imm´ediats (Probl`emes d’approfondissement) ou plus sp´ecifiques (Probl`emes d’automne).

5

6

´ Enonc´ es

7

´ Enonc´ es - Pb 1 : Equation fonctionnelle.

Probl` eme 1 PARTIE I Soit F l’ensemble des applications continues f de R dans R telles que 2

∀(x, y) ∈ R2 ,

f (x + y)f (x − y) = [f (x)f (y)]

1. D´eterminer un ´el´ement de F non constant et ne s’annulant pas sur R. 2. Soit f un ´el´ement de F . D´eterminer les valeurs possibles de f (0) et montrer que f est l’application nulle si et seulement si f (0) = 0. Que peut-on en d´eduire pour une application non 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 d´eterminer tous les ´el´ements de G en fonction des ´el´ements de F. 2. Soit (un )n∈N une suite de nombres r´eels d´efinie par u0

=

0

∀n

≥ 1,

un+1 − 2un + un−1 = 2u1

Pr´eciser 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 commen¸cant par le cas o` u α est entier). 4. D´eterminer tous les ´el´ements de G et en d´eduire ceux de F . PARTIE III Soit H l’ensemble des applications h de R dans R telles que ∀(x, y) ∈ R2 , ∃α > 0,

h(x + y) + h(x − y) = 2 [h(x) + h(y)] ∃A ≥ 0 tels que ∀x ∈ [−α, α] : |h(x)| ≤ A

1. Soit h ∈ H. Montrer que pour tout entier n, h est born´ee sur le segment [−2n α, 2n α]. En d´eduire que la restriction de h ` a un segment quelconque est born´e. 2. Soit h ∈ H. Soit Ma un majorant de |h| sur [−1, 1] ∪ [a − 1, a + 1]. Montrer que 3 · 2n − 1 u ∀u ∈ [−1, 1] , ∀n ∈ N h(a + n ) − h(a) ≤ Ma 2 4n 3. En d´eduire que H = G.

9

´ Enonc´ es - Pb 2 : Calculs avec des nombres complexes et des fonctions usuelles. Polynˆomes de Tchebychev.

Probl` eme 2 Exercice 1 Soit a, b, n des nombres entiers, on pose Da

= {(x, y) ∈ N2 tq x + y = a}

Tn

= {(x, y) ∈ N2 tq x + y ≤ n}

Cn

= {0, 1, · · · , n}2

Donner une expression simple des sommes suivantes X Aa =

x Cx+y

(x,y)∈Da

Bn

X

=

x Cx+y

(x,y)∈Tn

Gb,n

=

Dn

=

n X

x Cx+b

x=0

X

x Cx+y

(x,y)∈Cn

Exercice 2 Soit r un nombre r´eel strictement positif et diff´erent de 1. Soit z un nombre complexe quelconque. Trouver un nombre complexe u et un r´eel R tels que 1 | − i| = r ⇔ |z − u| = R z Exercice 3 2x 1. Exprimer arcsin 1+x a base de d´erivation) 2 en fonction de arctan x. (pas d’argumentation `

2.

a. Exprimer tan 4t en fonction de tan t b. Exprimer arctan

4x − 4x3 1 − 6x2 + x4

en fonction de arctan x. On ne cherchera pas `a exprimer tan π8 et tan 3π a l’aide de 8 ` racines carr´ees. Probl` eme On d´efinit par r´ecurrence 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

´ Enonc´ es - Pb 2 : Calculs avec des nombres complexes et des fonctions usuelles. Polynˆomes de Tchebychev. 1. Calculer P2 (t), P3 (t), P4 (t), Q2 (t), Q3 (t), Q4 (t). 2. V´erifier que pour tout x r´eel, P4 (cos x) = cos(4x),

sin x Q4 (cos x) = sin(4x)

3. Montrer que pour tout entier x et tout r´eel n Pn (cos x) = cos nx,

sin x Qn (cos x) = sin nx

4. Montrer que pour tout t ∈ ]−1, 1[, Pn0 (t) = nQn (t)

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´ Enonc´ es - Pb 3 : Une bonne base pour des endomorphismes de trace nulle.

Probl` eme 3 Dans tout l’exercice, E d´esigne un R-espace vectoriel et f un endomorphisme de E. La dimension 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 entiers distincts entre 1 et n, on d´efinit une famille Bi,j = (b01 , · · · , b0n ) par les relations ∀k ∈ {1, · · · , n} : b0k =



bk bi + bj

si si

k= 6 i 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 soit diagonale pour une certaine base B de E. Pr´eciser Mat f Bi,j

3.

a. Montrer que si, pour toute base B de E, MatB f est diagonale alors f est dans Vect(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 

a Mat f =  a0 U a00

b b0 b00

 c c0  c00

On note p la projection sur Vect(u2 , u3 ) parallelement `a Vect(u1 ) et on d´efinit un endomorphisme g ∈ L(Vect(u2 , u3 )) par : ∀x ∈ Vect(u2 , u3 ) : g(x) = p ◦ f (x) Pr´eciser Mat g (u2 ,u3 )

5. On s’interesse maintenant aux endomorphismes de E de trace nulle. a. Donner, en d´emontrant le r´esultat sous-jacent, la d´efinition de la trace d’un endomorphisme. b. Quels sont les ´el´ements 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 trace nulle et qui n’est pas dans Vect(IdE ). Montrer qu’il existe une base U de E telle que tous 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 de E et qui n’est pas dans Vect(IdE ). Montrer qu’il existe une base U de E telle que tous les termes diagonaux de MatU f soient nuls.

12

´ Enonc´ es - Pb 4 : Polynˆ omes sym´etriques ´el´ementaires.

Probl` eme 4 R´esoudre dans C le syst`eme de 3 ´equations `a 3 inconnues x1 , x2 , x3 x21 + x22 + x23 = 1 1 1 1 3 + + = x1 x2 x1 x3 x2 x3 2 X xi =6 xj 2 (i,j)∈{1,2,3}

13

´ Enonc´ es - Pb 5 : Coefficients du binˆome. Nombre d’op´erations.

Probl` eme 5 Exercices 1. Calculer

n X

(k + 1)Cnk

k=0

2. Discuter suivant le param`etre m et r´esoudre l’in´equation d’inconnue x (m + 2)x + 1 <

1 + x − x2 1−x

3. Soit n un entier sup´erieur ou ´egal `a 1, exprimer  k  Cn Cnk+1 2 − k+1 k C2n C2n comme le quotient de deux coefficients du binˆome. En d´eduire une expression simple de n X Cnk Ck k=0 2n−1

4. Soit E un ensemble fini de cardinal n. Combien peut-on former d’op´erations internes sur E ? et d’op´erations commutatives ? et d’op´erations admettant un ´el´ement neutre ?

14

´ Enonc´ es - Pb 6 : Astro¨ıde.

Probl` eme 6 ´ Etude de l’astro¨ıde1 Pour t ∈ [−π, π], on appelle M (t) le point de coordonn´ees (8a cos3 t, 8a sin3 t) → − − → dans un rep`ere orthonorm´e fix´e (O, i , j ). Soit (C) le support de la courbe param´etr´ee M . 1.

a. D´eterminer les axes de sym´etries de (C). ´ et construire (C). Pr´eciser les points stationnaires. b. Etudier c. Calculer la longueur totale de (C). On admet que cette longueur l est donn´ee par Z π −→ l= kM 0 (t)dt −π

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 de D(t) avec les axes. Calculer la longueur A(t)B(t). Interpr´eter. → −−→ − 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 g´en´eral quatre tangentes `a (C). Montrer que trois de ces tangentes font deux ` a deux des angles ´egaux. Que peut-on dire de la quatri`eme ? b. Indiquer une construction g´eom´etrique 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 d´eduire une construction g´eom´etrique de M (t0 ).

1 d’apr` es

ESM Saint Cyr Math 2 Option M 1993

15

´ Enonc´ es - Pb 7 : Famille de courbes param´etr´ees en polaire.

Probl` eme 7 Soit a un r´eel strictement positif donn´e, pour tout nombre r´eel α, on note Cα la courbe d’´equation polaire a cos α , θ(t) = t. r(t) = t cos2 2t 3 sin( 3 − α) 1. Comparer les courbes Cα , Cα+π , C−α . 2. Pour α donn´e entre 0 et π2 , ´etudier les branches infinies de Cα . On d´eterminera la position de la courbe par rapport ` a l’asymptote. 3. Construire la courbe C π4 . 4. En utilisant 1r et ses d´eriv´ees, former une ´equation caract´erisant les valeurs du param`etre qui correspondent aux points non bir´eguliers. Quel est l’ensemble de ces points lorsque α varie ? 5. Former l’´equation qui donne un angle polaire du point double D de Cα .

16

´ Enonc´ es - Pb 8 : Relations entre coefficients et racines, ´el´ements simples.

Probl` eme 8 On consid`ere

2

le polynˆ ome ` a coefficients r´eels A = (X + 1)2n − 1 et on pose Pn =

n Y

sin

k=1

kπ 2n

Qn =

2n−1 Y k=1

sin

kπ 2n

1. Montrer que l’on peut ´ecrire A = XB o` u B est un polynˆome dont on pr´ecisera le degr´e, le coefficient dominant et le terme constant not´e b0 . 2. D´eterminer les racines de A dans C. 3. Montrer que Pn =

2n−1 Y

sin

k=n+1

En d´eduire que Pn =

√

kπ 2n

Qn .

4. Calculer de deux fa¸cons le produit des racines de B. En d´eduire Qn puis Pn . 5. D´eterminer la d´ecomposition de F en ´el´ements simples pour la fraction F avec F =

2 d’apr` es

Mines d’Albi 2000

17

1 A

´ Enonc´ es - Pb 9 : Suite d´efinie par r´ecurrence.

Probl` eme 9 Soit u un r´eel strictement positif, la suite (un )n∈N est d´efinie par les relations u0

= u

∀n

∈

N:

un+1 = ln(1 + un )

Soit λ un r´eel non nul, la suite (vn )n∈N est d´efinie par ∀n ∈ N :

vn = uλn+1 − uλn

1. Question pr´eliminaire. 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 d´emonstration) des suites ´equivalentes pour (exn − 1)n∈N et (ln(1 + xn ) − xn )n∈N 2. Soit (wn )n∈N une suite de nombres r´eels qui converge vers un nombre C non nul. Montrer que w1 + w2 + · · · + wn ∼ n C (r´ediger la d´emonstration) 3. Les suites (un )n∈N et (vn )n∈N sont-elles bien d´efinies ? 4. Montrer que (un )n∈N converge, pr´eciser sa limite. 5. A-t-on un+1 ∼ un ? Justifier. 6. Montrer que λ vn ∼ − uλ+1 2 n 7. En utilisant une question pr´ec´edente pour une certaine valeur de λ, trouver un ´equivalent simple de un .

18

´ Enonc´ es - Pb 10 : Polynˆ omes et suites. Limite de la suite des 1/k2

Probl` eme 10 Pour tout entier naturel n, on d´efinit le polynˆome Qn `a coefficient complexes par : Qn = 1.


1 (X + i)n+1 − (X − i)n+1 2i

a. D´eterminer le degr´e de Qn et son coefficient dominant. b. Quel est le polynˆ ome obtenu en substituant −X `a X dans Qn ? Que peut-on en d´eduire pour l’ensemble des racines de Qn ?

2. Soit r un entier naturel non nul et p ∈ {0, . . . , r}, pr´eciser le coefficient de X 2r−2p dans Q2r et le polynˆ ome Sr tel que Q2r = Sˆr (X 2 ). 3. D´eterminer les racines de Qn ; en d´eduire la d´ecomposition de Qn en facteurs irr´eductibles de R [X]. 4. Soit r un entier naturel non nul, prouver les ´egalit´es suivantes : r X

cot2

k=1 r X

kπ 2r + 1 1 2

k=1

sin

kπ 2r+1

=

r(2r − 1) 3

=

2r(r + 1) 3

5. Etablir les in´egalit´es i πh ∀x ∈ 0, 2

cot2 x ≤

1 1 ≤ 2 x sin2 x

6. Soit r un entier naturel non nul, d´eduire de la question pr´ec´edente un encadrement de r X k=1

1 

kπ 2r+1

2

7. Pour tout entier naturel non nul n, on pose Sn =

n X 1 k2

k=1

montrer la convergence de (Sn )n∈N∗ et pr´eciser sa limite.

19

´ Enonc´ es - Pb 11 : M´ethode du point fixe et de Newton.

Probl` eme 11 Soient a et b deux r´eels tels que a < b. Posons I = [a, b]. Partie I. th´ eor` eme 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 poss`ede une solution et une seule dans le segment I. On notera α cette solution.

2. Soit u ∈ I et (xn )n∈N la suite r´eelle d´efinie par : x0 = u

et

∀n ∈ N : xn+1 = g(xn )

a. Montrer que pour tout n ∈ N on a :|xn − α| ≤ k n |u − α|. En d´eduire que (xn ) converge vers un r´eel que l’on d´eterminera. ´ que pour tout (n, p) ∈ N2 on a : b. Etablir |xn+p − xn | ≤

1 − kp |xn+1 − xn | 1−k

c. En d´eduire que pour tout n ∈ N on a : |xn − α| ≤

kn |x1 − x0 |. 1−k

3. On suppose que g est d´erivable en α. ´ que |g 0 (α)| ≤ k. a. Etablir b. On reprend les notations de la question 2. Montrer que, si pour tout n ∈ N, xn 6= α alors lim

n→+∞

xn+1 − α = g 0 (α) xn − α

Partie II. M´ ethode de Newton Soit f une fonction de I dans R de classe C 2 . On suppose que f (a) < 0, f (b) > 0 et que f 0 (x) > 0 pour tout x ∈ I. On s’int´eresse ici ` a la r´esolution de l’´equation f (x) = 0 d’inconnue x ∈ I. 1.

a. Montrer que cette ´equation poss`ede une unique solution dans ]a, b[. Cette solution sera not´ee α. b. Soit x0 ∈ I. D´eterminer l’abscisse du point d’intersection de l’axe des abscisses et de la tangente ` a f en x0 .

2. On d´efinit la fonction g par : ( I →R g: x 7→ x − a. Justifier que g est de classe C 1 . b. Calculer g(α) et g 0 (α). 20

f (x) f 0 (x)

´ Enonc´ es - Pb 11 : M´ethode du point fixe et de Newton. 3. On suppose, dans cette question seulement, que f 0 est d´ecroissante. On consid`ere la suite (xn ) d´efinie par x0 = a et ∀n ∈ N : xn+1 = g(xn ) a. Dessiner le graphe d’une fonction f v´erifiant toutes ces conditions. b. Montrer que, pour tout n ∈ N, • xn+1 est bien d´efinie. • xn+1 ≥ xn •

f (xn+1 ) − f (xn ) ≤ f 0 (xn ) puis que xn+1 ≤ α xn+1 − xn

c. Montrer que (xn ) converge vers α. 4. On revient au cas g´en´eral. a. Justifier qu’il existe h > 0 tel que : en notant J = [α − h, α + h], on ait |g 0 (x)| < 1 pour tout x ∈ J. ´ que : ∀x ∈ J : g(x) ∈ J. b. Etablir c. Justifier qu’il existe k ∈ [0, 1[ tel que g soit k-lipschitzienne sur J. d. En d´eduire que, pour tout u ∈ J, la suite (xn ) d´efinie par x0 = u

et

∀n ∈ N : xn+1 = g(xn )

converge vers α.

21

´ Enonc´ es - Pb 12 : Suites des solutions d’une famille d’´equations.

Probl` eme 12 On d´efinit, 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 r´eel an strictement positif tel que fn (an ) = 0. 2. Montrer que (an )n∈N∗ est monotone, en d´eduire sa convergence. 3. Montrer que a2 ∈ ]0, 1[. En d´eduire la convergence et la limite de (an+1 )n∈N∗ n puis la limite l de (an )n∈N∗ . ). On peut montrer que an = 21 (1 + an+1 n 4. Pr´eciser, suivant x compris strictement entre 0 et 1 et diff´erent de 21 , la limite de (fn (x))n∈N∗ . En d´eduire 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

´ Enonc´ es - Pb 13 : Endomorphismes nilpotents en dimension 3.

Probl` eme 13 Dans cet exercice, E est un R-espace vectoriel de dimension 3, f un endomorphisme de E tel que : f 3 = 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) , f 2 = 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  0 0 Mat f =  0 0 U 0 0 3. Cas f 2 6= OL(E) . Montrer qu’il existe une base U de E telle que  0 Mat f =  0 U 0

23

1 0 0

 0 1  0

 0 1  0

´ Enonc´ es - Pb 14 : Matrices de projecteurs.

Probl` eme 14 Soit E = (e1 , e2 , e3 ) une base d’un R-espace vectoriel E. On d´efinit trois vecteurs a1 , a2 , a3 de E par : a1

= e1 + e2 + e3

a2

= e1 + e3

a3

= −e1 + e2 + 2e3

1. Montrer que A = (a1 , a2 , a3 ), A1 = (e1 , a2 , a3 ), A2 = (a1 , e2 , a3 ) sont des bases. Pr´eciser les matrices de passage PAE , PA1 E , PA2 E 2. On note p1 le projecteur sur Vect(e2 , e3 ) parall`element `a Vect(e1 ). Calculer : Mat p1 , Mat p1 , Mat p1 , Mat p1 E

A

EA

AE

3. On note p2 le projecteur sur Vect(e2 , e3 ) parall`element `a Vect(a1 ). Calculer : Mat p2 , Mat p2 , Mat p2 , Mat p2 E

A

EA

24

AE

´ Enonc´ es - Pb 15 : Majorations d’int´egrales.

Probl` eme 15 ´ Etant donn´e un entier n strictement positif, on d´efinit les nombres r´eels In et Sn par les formules suivantes 3 :    Z n Z n n−1 X X n−1 1 dy   Sn = , In = dx i+j+1 0 0 x+y+1 j=0 i=0 1. Donner une primitive de la fonction x → ln x puis de x → ln(x + K) o` u K est un r´eel fix´e. 2. Calculer In 3. D´eterminer les constantes A, B, C, D figurant dans le d´eveloppement de la suite (In )n∈N In = An + B ln n + C + 4.

D 1 + o( ) n n

a. Montrer que : Z

∀(i, j) ∈ {0, · · · , n − 1}2 :

i+1

j+1

Z

dy x+y+1

j

i

 dx ≤

1 i+j+1

b. Montrer que : ∀(i, j) ∈ {1, · · · , n}2 :

1 ≤ i+j+1

Z

i

Z

i−1

c. En d´eduire In ≤ Sn ≤ In−1 + 2

j

j−1

dy x+y+1

 dx

n X 1 k

k=1

5. Montrer que la suite (Sn )n∈N est ´equivalente `a l’infini `a 2n ln 2. 6. Soit Jn l’int´egrale suivante : 1

Z Jn = 0

n−1 X

!2 k

x

dx

k=0

´ Etablir une relation liant Jn et Sn . En d´eduire un ´equivalent de Jn `a l’infini.

3 d’apr` es

Mines-Ponts 2003 MP1

25

´ Enonc´ es - Pb 16 : Une suite d’int´egrales.

Probl` eme 16 Pour tout entier naturel n, on d´efinit 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 d´efinit une fonction Jn dans ]0, 1] par : Z 1 ∀a ∈]0, 1] : Jn (a) = fn (x)dx a

1. On d´efinit une fonction gn dans [0, 1] par : ( fn (x) gn (x) = 0

si x ∈]0, 1] 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 d´eduire qu’elle est convergente. On note J(a) sa limite. 3. Montrer que pour tout entier n, la fonction Jn est monotone. Pr´eciser son sens de variation. Montrer que, pour tout entier n, la fonction Jn admet en 0 une limite finie (not´ee jn ). 4. Dans cette question plus particuli`erement, on citera tr`es pr´ecis´ement les th´eor`emes utilis´es a. Montrer que

1 1 + xn ∀x ∈]0, 1] : √ ≤ fn (x) ≤ √ x 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 ≤

26

1 (n + 12 )(n + 23 )

´ Enonc´ es - Pb 17 : Expression int´egrale de la limite des suites arithm´etico-g´eom´etriques.

Probl` eme 17 Int´ egrale et moyenne arithm´ etico-g´ eom´ etrique Partie A Pour x ∈ [0, 1[, on pose Z

π 2

dt p 0 1 − x2 sin2 t 1. D´emontrer sans calcul de d´eriv´ee que φ est croissante sur [0, 1[.   2. Pour t ∈ 0, π2 , on pose   (1 + x) sin t u(t) = arcsin 1 + x sin2 t φ(x) =

  a. Montrer que cette relation d´efinit une application `a valeurs dans 0, π2       b. Montrer que u ∈ C 1 ( 0, π2 ) et que u est bijective de 0, π2 vers 0, π2   c. Montrer que u−1 ∈ C 1 ( 0, π2 ) 3. D´emontrer cos u(t)

=

φ(x)

=

p cos t 1 − x2 sin2 t 2 1 + x sin t √ 1 2 x φ( ) 1+x 1+x

4. Soit a et b deux nombres r´eels tels que 0 < b ≤ a et soit Z π2 dt p I(a, b) = 0 a2 cos2 t + b2 sin2 t Montrer que

√ 1 a2 − b2 ) I(a, b) = φ( a a

en d´eduire I(a, b) = I(

a+b √ , ab) 2

Partie B On suppose ici 0 < b < a. On d´efinit des suites (an )n∈N et (bn )n∈N en posant a0 an+1

= a, b0 = b p an + bn = , bn+1 = an bn 2

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 <

1 (an − bn )2 8b

3. On admet que l’application φ de la partie A est continue dans [0, 1[. En d´eduire une expression de µ ` a l’aide d’une int´egrale. 27

´ Enonc´ es - Pb 18 : Matrice semblable `a son inverse

Probl` eme 18 Dans tout le probl`eme 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’il existe une matrice P ∈ GL3 (R) telle que B = P −1 AP On notera A ∼ B pour dire que la matrice A est semblable `a la matrice B. L’objet de ce probl`eme 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 d´eterminants diff´erents ne sont pas semblables. 3. Soit u un endomorphisme de E et i, j deux entiers naturels. On consid`ere l’application w de ker ui+j vers E d´efinie par : w(x) = uj (x) a. Montrer que Im w ⊂ ker ui . b. En d´eduire que dim(ker ui+j ) ≤ dim(ker ui ) + dim(ker uj ) 4. Soit u un endomorphisme de E v´erifiant u3 = 0 et rg u = 2. a. Montrer que dim(ker u2 ) = 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. ´ la matrice U de u et la matrice V de v = u2 − u dans cette base. c. Ecrire Partie B Dans la suite de ce probl`eme, la matrice A de M3 (R) est semblable `a une matrice du type   1 α β T = 0 1 γ  0 0 1 On se propose de montrer que A est semblable `a On pose  0 N = 0 0

son inverse A−1 . α 0 0

 β γ  0

et soit P ∈ GL3 (R) telle que P −1 AP = T = I3 + N 1. Expliquer pourquoi la matrice A est bien inversible. 4 d’apr` es

Mines Albi,Al` es,... 2002 MPSI

28

´ Enonc´ es - Pb 18 : Matrice semblable ` a son inverse 2. Calculer N 3 et montrer que P −1 A−1 P = I3 − N + N 2 3. On suppose dans cette question que N = 0, montrer alors que les matrices A et A−1 sont semblables. 4. On suppose dans cette question que rg(N ) = 2. On pose M = N 2 − N . a. Montrer que la matrice N est semblable  0  0 0

`a la matrice  1 0 0 1  0 0

et en d´eduire une matrice semblable `a la matrice M . b. Calculer M 3 et d´eterminer 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 = N 2 − N . Montrer que les matrices A et A−1 sont semblables. 6. Exemple. Soit la matrice 

1 0 A= 0 0 0 1

 0 −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 on donnera une base (e1 , e2 ). b. Justifier que la famille (e1 , e2 , c) est une base de E et ´ecrire la matrice de u dans cette base. c. Montrer que les matrices A et A−1 sont semblables. d. R´eciproquement, si 

1 T = 0 0

α 1 0

 β γ  1

toute matrice de M3 (R) semblable `a son inverse est-elle semblable `a une matrice de la forme T ?

29

´ Enonc´ es - Pb 19 : Alg`ebre lin´eaire et relation de r´ecurrence lin´eaire d’ordre 3.

Probl` eme 19 On d´esigne par Ea l’ensemble des suites r´eelles u = (un )n∈N satisfaisant `a la relation de r´ecurrence ∀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 r´eelles b. Montrer que dim Ea = 3.

2.

a. Montrer que K est un sous-espace vectoriel de Ea . b. Soit u = (un )n∈N un ´el´ement de Ea , on d´efinit une suite v en posant vn = un+1 − un ´ pour tout entier n. Etablir une relation de r´ecurrence (2) satisfaite par v. c. On d´esigne par Fa l’ensemble des suites r´eelles satisfaisant `a (2). Montrer que Fa est un sous-espace vectoriel de Ea .

3. D´eterminer 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 diff´erent du a0 de la question pr´ec´edente. a. Montrer que K et Fa sont suppl´ementaires dans Ea . b. En d´eduire une base de Ea dans chacun des trois cas. 6. Montrer que (n)n∈N ∈ Ea0 . En d´eduire une base de Ea0 . 7. Soit u l’´el´ement de Ea d´etermin´e par les conditions initiales u0 = 1 −

p 1p 2 |a2 − 1|, u1 = 1, u2 = 1 + |a − 1| 4

Calculer un en fonction de n. On discutera suivant les valeurs de a.

30

´ Enonc´ es - Pb 20 : D´eveloppements limit´es de puissance de puissance.

Probl` eme 20 On d´efinit5 des fonctions u, v, w dans R∗ en posant pour tout r´eel 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 not´ees respectivement u0 , v0 , w0 . On prolonge 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 d´erivabilit´e en 0. c. D´eterminer des d´eveloppements limit´es en 1 et en -1.

5 d’apr` es

ens Fontenay math mai 68

31

´ Enonc´ es - Pb 21 : Equation fonctionnelle.

Probl` eme 21 On cherche6 les fonctions deux fois d´erivables dans R et `a valeurs complexes v´erifiant l’´equation fonctionnelle ∀(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 v´erifiant la relation. a. Montrer que f (0) = 1 et que f est paire. b. Montrer que ∀(x, y) ∈ R2 : f (x)f 00 (y) = f 00 (x)f (y) c. Montrer que
1 λx e + e−λx 2 o` u λ est une racine carr´ee (complexe) de f 00 (0). ∀x ∈ R : f (x) =

2.

a. Montrer que pour tout nombre complexe λ, la fonction d´efinie par : ∀x ∈ R : f (x) =


1 λx e + e−λx 2

v´erifie l’´equation fonctionnelle. b. Quelles sont les fonctions `a valeurs r´eelles qui v´erifient la relation ?

6 d’apr` es

Le¸cons sur quelques ´ equations fonctionnelles E Picard 1928. Voir Aeqfonc2.pdf

32

´ Enonc´ es - Pb 22 : Th´eor`eme des accroissements finis. Approximations de la constante d’Euler.

Probl` eme 22 Le th´eor`eme des accroissements finis intervient `a plusieurs reprises dans ce probl`eme. Vous devrez pr´eciser chaque fois clairement pour quelle fonction et entre quelles bornes vous l’utilisez. Ce probl`eme a pour objet une ´etude de la constante d’Euler not´ee gamma. Pour tout entier naturel non nul n, on pose un =

n X 1 − ln n k

k=1

Partie I 1. Prouver pour tout k ∈ N∗ les in´egalit´es k+1 1 1 ≤ ln ≤ k+1 k k 2. Montrer que la suite (un )n∈N∗ est d´ecroissante et que pour tout n ∈ N∗ : 1 ≤ un ≤ 1 n En d´eduire 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 d´efinie par fk (x) =

1 1 1 1 +( − )(x − k) − k k+1 k x

b. En consid´erant une fonction Fk telle que Fk0 = fk , en d´eduire l’encadrement 1 k+1 1 1 1 ≤ ln ≤ ( + ) k+1 k 2 k k+1 4. Prouver que 1 ≤γ≤1 2 Partie II 1. On d´efinit les fonctions g1 et g2 sur ]0, +∞[ par : g1 (x) g2 (x)

1 1 1 + ln(1 + ) − 2 x+1 x 2x 2 = g1 (x) + 3 3x = −

´ Etudier les variations de g1 et g2 sur ]0, +∞[ et en d´eduire leur signe. 2. Montrer que pour tout entier n ≥ 1 : 1 2 1 − 3 ≤ un − un+1 ≤ 2 2n2 3n 2n 33

´ Enonc´ es - Pb 22 : Th´eor`eme des accroissements finis. Approximations de la constante d’Euler. 3. Dans cette question n ≥ 2 et p ≥ n. a. En utilisant le th´eor`eme des accroissements finis appliqu´e `a la fonction x → k et k + 1 (k entier), former un encadrement de

1 x

entre

p X 1 k2

k=n

b. Former par une m´ethode analogue `a celle de la question pr´ec´edente un encadrement de p X 1 k=n

c. En d´eduire

k3

1 1 1 − ≤ un − γ ≤ 2n 3(n − 1)2 2(n − 1)

4. Donner une valeur de l’entier n telle que l’encadrement pr´ec´edent permette, `a partir de un , de d´eterminer γ ` a moins de 10−2 pr`es.

34

´ Enonc´ es - Pb 23 : Suites et fonctions d´efinies par des int´egrales.

Probl` eme 23 Dans la premi`ere partie, on ´etudie deux suites r´eelles d´efinies par des int´egrales. Dans la seconde on consid`ere des fonctions d´efinies par des int´egrales. Les deux parties sont ind´ependantes. On note I le segment [0, 1] et E l’espace vectoriel r´eel C 0 (I, R) des applications continues de I dans R.

Pr´ eliminaire Soit a ∈ R, on d´efinit 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 pr´eciser le rapport. On pourra remarquer que 1 min(x, y) = (x + y − |x − y|) 2

Partie I Soient m0 et M0 deux ´el´ements de [−1, +1], on pose pour tout n ∈ N : mn+1

1 = 2

Z

1

min(x, Mn )dx,

Mn+1

−1

1 = 2

1

max(x, mn )dx −1

y n = 1 − Mn

xn = 1 + mn , 1.

Z

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 1 mn+1 = − (Mn − 1)2 , 4

∀n ∈ N :

Mn+1 =

1 (mn + 1)2 4

b. Montrer que ∀n ∈ N : 3.

mn+1 ∈ [−1, 0],

Mn+1 ∈ [0, 1]

a. Montrer que ∀n ∈ N :

yn+1 − xn+1 =

1 (yn − xn )(yn + xn ) 4

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 :

√ 2 2−1 |xn+1 − l| ≤ |yn − l|, 4

√ 2 2−1 |yn+1 − l| ≤ |xn − l| 4

4. Montrer que les suites (mn )n∈N et (Mn )n∈N convergent et pr´eciser leurs limites. 35

´ Enonc´ es - Pb 23 : Suites et fonctions d´efinies par des int´egrales.

Partie II Dans toute cette partie, g est une application continue de I dans I v´erifiant g(0) = 0 et g(1) = 1. 1. Soit f un ´el´ement de E. a. Justifier l’existence de l’application ( [0, 1] → R R1 ug (f ) : a 7→ 0 min(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 ´el´ement de E. a. Justifier l’existence de l’application ( [0, 1] → R R1 vg (f ) : a 7→ 0 min(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 d´erivable, ug n’est pas surjectif.

6.

a. En consid´erant l’application g d´efinie par :   0 g(x) =  2x − 1

1 si x ∈ [0, ] 2 1 si x ∈ [ , 1] 2

montrer que vg n’est en g´en´eral pas injectif. b. Montrer que si g est de classe C 1 avec g 0 (x) > 0 pour tous les x ∈ [0, 1] alors vg est injectif.

36

´ Enonc´ es - Pb 24 : Suite et d´ecomposition en ´el´ements simples.

Probl` eme 24 Cet exercice repose sur l’utilisation de la d´ecomposition en ´el´ements simples. Montrer la convergence et calculer la limite de la suite ! n X 4k − 3 k(k − 2)(k + 2) k=3

n∈N

37

´ Enonc´ es - Pb 25 : Sous-groupes additifs de R.

Probl` eme 25 Un sous groupe (additif) de (R, +) est un ensemble de nombres r´eels contenant 0 et stable pour l’addition et la sym´etrisation. C’est `a dire qu’une partie G de R est un sous-groupe lorsque 0 ∀(x, y) ∈ G : x + y 2

∈ G ∈ 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 B et 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 r´eel α strictement positif tel que G ∩ ]0, α[= ∅ L’objet de ce probl`eme est d’´etudier les sous-groupes additifs de R. Dans toute la suite, G d´esigne un tel sous-groupe. 1. Formuler une proposition traduisant que G n’est pas discret. Montrer que si G n’est pas discret ∀x ∈ R, ∀α > 0, G ∩ [x, x + α[6= ∅ 2. Dans cette question, on suppose que G est discret. Il existe donc un r´eel α strictement positif tel que G∩]0, α[ soit vide. On suppose aussi que G contient un ´el´ement non nul. a. Soit I un intervalle de longueur α2 . Montrer que G∩I contient au plus un ´el´ement. Que peut-on en d´eduire pour l’intersection de G avec un intervalle quelconque de longueur finie ? b. Montrer que G ∩ R∗+ admet un plus petit ´el´ement que l’on notera m. c. Montrer que G = {km, k ∈ Z}. Un tel ensemble sera not´e Zm 3. Soit x et y deux r´eels strictement positifs, on pose X = Zx = {kx, k ∈ Z}, Y = Zy = {ky, k ∈ Z}, S = {mx + ny, (m, n) ∈ Z2 } a. V´erifier que X, Y et S sont des sous-groupes de (R, +). On dira que S est le sousgroupe engendr´e 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 consid´erant un certain sous-groupe additif, montrer que {cos n, n ∈ Z} est dense dans [−1, 1]. 38

´ Enonc´ es - Pb 26 : Un lemme de Stieltjes utilisant une variante des polynˆomes d’interpolation et le th´eor`eme de Rolle.

Probl` eme 26 Si P est un polynˆ ome ` a coefficients r´eels et x un nombre r´eel, on convient de noter Pe(x) le nombre r´eel obtenu en substituant x ` a X dans P . Dans tout le probl`eme, n et k sont deux entiers fix´es : n≥3

1
Pour tout entier m, Rm [X] d´esigne le R-espace vectoriel form´e par les polynˆomes de degr´e inf´erieur ou ´egal ` a m et le polynˆ ome nul. On note en particulier E = R2n−2 [X]

A = Rn−1 [X]

On se donne n nombres r´eels x1 < x2 < · · · < xn Il est ` a noter que, parmi ces nombres, xk (avec k fix´e au d´ebut) va jouer un rˆole particulier. On d´efinit le polynˆ ome L : L = (X − x1 )(X − x2 ) · · · (X − xn ) Pour chaque entier i entre 1 et n, on d´efinit un polynˆome Li par : Y

Li =

j∈{1,··· ,n}−{i}

X − xj xi − xj

Partie I On d´efinit une application Φ de E dans R2n−1 par :   f0 (x1 ), · · · , P f0 (xk−1 ), P f0 (xk+1 ), · · · , P f0 (xn ) P → Pe(x1 ), Pe(x2 ), · · · , Pe(xn ), P f0 (xk ) ne figure pas dans la famille. Il est ` a noter que P 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 polynˆome (not´e T ) tel que Φ(T ) = (t1 , · · · , tn , 0, 0, · · · , 0) La suite du probl`eme pr´ecise une propri´et´e de T dans le cas particulier o` u t1 = t2 = · · · = tk = 1 tk+1 = tk+2 = · · · = tn = 0

Partie II Pour chaque entier i entre 1 et n et diff´erent de k, on d´efinit un polynˆome Λi par : Y Λi = (X − xi )(X − xk ) (X − xj )2 j∈{1,··· ,n}−{i,k}

39

´ Enonc´ es - Pb 26 : Un lemme de Stieltjes utilisant une variante des polynˆomes d’interpolation et le th´eor`eme de Rolle.

1.4

1.2

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0 1

2

3

4

5

6

7

X

Fig. 1 – Graphe de T pour n = 7 et k = 4 fi (xj ). 1. Pr´eciser pour tout couple (i, j) d’entiers entre 1 et n les valeurs de L 2. Montrer que (L1 , · · · , Ln ) est une base de A. Pr´eciser les coordonn´ees d’un polynˆome P dans cette base. f0 (xi ) 6= 0 et que 3. Pour tout i diff´erent de k entre 1 et n, montrer que Λ i

fi (xj ) = 0 ∀j ∈ {1, · · · , n} : Λ f0 (xj ) = 0 ∀j ∈ {1, · · · , n} tel que j 6= i et j 6= k : Λ i 4.

a. Montrer que (L1 , · · · , Ln , Λ1 , · · · , Λk−1 , Λk+1 , · · · , Λn ) est une base de E. b. Calculer les coordonn´ees de T dans cette base.

5.

a. Montrer que T 0 admet 2n − 3 racines distinctes et pr´eciser leurs positions par rapport aux xi . ´ b. Etudier les variations de T . c. Montrer que : ∀t ≤ xk : Te(t) ≥ 1 ∀t > xk : Te(t) ≥ 0

40

´ Enonc´ es - Pb 27 : Rang et matrices extraites

Probl` eme 27 Soit p et q deux entiers et A ∈ Mp,q (R), pour toutes parties (non vides) I de {1, 2, · · · , p} et J de {1, 2, · · · , q} : I = {i1 , i2 , · · · , is } ⊂ {1, 2, · · · , p} J = {j1 , j2 , · · · , jt } ⊂ {1, 2, · · · , q} on d´efinit une matrice AIJ ∈ Ms (R) dite extraite de A par : ∀(u, v) ∈ {1, · · · , s} × {1, · · · , t} : terme u, v de AIJ = aiu jv Par exemple : 

1 2 A = −1 3 8 −6

3 5 −5

 4 7 10



I = {2, 3}

J = {3, 4}

AIJ

5 = −5

7 10



L’objet de cet exercice est de montrer que le rang de A est la taille de la plus grande matrice carr´ee inversible extraite c’est ` a dire le plus grand des s pour lesquels il existe des parties `a s ´el´ements 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 = Mat V = 6 0Mp,q (R) U

toutes parties I de {1, · · · , p} et J de {1, · · · , q}, on d´efinit : I est le compl´ementaire de I dans {1, · · · , p}. J est le compl´ementaire 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 suppl´ementaires de E. – pI est la projection sur EI parall´element `a EI . – VJ = {vj , j ∈ J} , VJ = Vect (VJ ). On d´efinit enfin un entier r par : – il existe des parties ` a r ´el´ements I de {1, 2, · · · , p} et J de {1, 2, · · · , q} telles que AIJ inversible. – pour toutes parties ` a r + 1 ´el´ements I de {1, 2, · · · , p} et J de {1, 2, · · · , q} (s’il en existe), AIJ n’est pas inversible.

Pour – – –

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. On pr´ecisera soigneusement l’espace vectoriel, la base et la famille. b. En d´eduire 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 une base de E ou que l’on peut compl´eter cette famille par des vecteurs de U pour former une base de E. 5. Montrer que r = rg(A). 41

´ Enonc´ es - Pb 28 : Un probl`eme sur des rotations vectorielles.

Probl` eme 28 Dans tout le probl`eme7 , on d´esigne par : E un espace euclidien orient´e de dimension trois. → → − − → − B = ( i , j , k ) une base orthonorm´ee directe de E. → − u un vecteur unitaire de E de coordonn´ees a, b, c dans B. → D la droite vectorielle de E engendr´ee par − u. On notera < , > le produit scalaire de E. Pr´ eambule On consid`ere une l’´equation d’inconnue r´eelle x o` u µ d´esigne un param`etre r´eel non nul : x3 − x2 + µ = 0 1. D´eterminer les valeurs de µ pour lesquelles cette ´equation admet trois racines r´eelles distinctes. 2. D´eterminer les solutions r´eelles de cette ´equation lorsque l’une d’entre elles est double. Partie I Pour tout r´eel λ non nul, on note fλ l’application de E dans E d´efinie par : → → → → → → ∀− x ∈ E : fλ (− x) =− x +λ<− x,− u >− u 1. Montrer que fλ est un endomorphisme de E. 2. a. D´eterminer la valeur λ0 de λ pour laquelle fλ est un automorphisme orthogonal autre que IdE . b. Caract´eriser fλ0 par sa matrice dans la base B. c. D´eterminer l’ensemble des vecteurs de E invariants par fλ0 . Donner alors la nature de fλ0 en pr´ecisant ses ´el´ements g´eom´etriques. Partie II Soit g l’endomorphisme de E dont la matrice  a G = c b

dans la base B est  b c a b c a

1. Montrer que g est une rotation vectorielle si et seulement si a, b, c sont solutions de l’´equation x3 − x2 + p = 0 o` u p d´esigne un r´eel d’un intervalle I que l’on pr´ecisera. On pourra utiliser l’identit´e 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 r´eels non nuls et ´egaux, d´eterminer l’axe et une mesure de l’angle en pr´ecisant l’orientation de l’axe. 7 d’apr` ees

Mines d’Albi 1993

42

´ Enonc´ es - Pb 28 : Un probl`eme sur des rotations vectorielles. Partie III → Soit r une rotation vectorielle de E d’axe D, une mesure de son angle orient´e autour de − u est θ. → 1. Montrer que pour tout ´el´ement − x de E on a la relation → → → → → → → → → r(− x ) =< − x,− u >− u + cos θ (− u ∧− x)∧− u + sin θ (− u ∧− x) 2. R´eciproquement, montrer que tout endomorphisme v´erifiant la relation pr´ec´edente est la → rotation vectorielle d’angle θ autour de − u. 3. Soit ϕ l’endomorphisme de E dont la matrice relative `a B est  2  a ab − c ac + b b2 bc − a Φ = ab + c ac − b bc + a c2 Montrer que ϕ est une rotation vectorielle que l’on pr´ecisera. 4. Soit ψ le demi-tour vectoriel d’axe D → − a. En utilisant III 1., expliciter ψ(− x ) o` u→ x est un ´el´ement 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 sym´etrie vectorielle orthogonale par 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 isom´etrie vectorielle de E dont 0E est le seul vecteur invariant 2. Pour quelles valeurs de θ l’application δ se r´eduit-elle `a s ? `a l’homoth´etie vectorielle de rapport -1 ? → 3. Soit f un endomorphisme v´erifiant pour tout − x de E la relation → → → − → → → → → f (− x) =ε <− x,− u >→ u + cos θ (− u ∧− x)∧− u + sin θ (− u ∧− x) avec  = ±1. Montrer que cette relation caract´erise les isom´etries vectorielles de E. Classifier suivant les valeurs de ε et θ. On pr´ecisera dans chaque cas le rˆole de D et la nature de l’ensemble des vecteurs invariants.

43

´ Enonc´ es - Pb 29 : Borne inf´erieure et addition parall`ele.

Probl` eme 29 Soit a et b deux nombres r´eels strictement positifs. On appelle somme parall`ele 8 de a et de b le nombre ab a//b = a+b 1. Etudier les propri´et´es de cette op´eration. 2. Soit x un r´eel quelconque. Montrer que (a//b)x2 = inf{ay 2 + bz 2 , (y, z) ∈ R2 tq y + z = x} Cette borne inf´erieure est-elle un plus petit ´el´ement ? Si oui, pour quels couples (y0 , z0 ) de nombres r´eels la relation (a//b)x2 = ay02 + bz02 est-elle satisfaite ? 3. Interpr´eter physiquement les r´esultats de la question pr´ec´edente en prenant pour y et z les intensit´es des courants ´electriques qui traversent des r´esistances a et b mont´ees en parall`ele. 4. Soit a, b, c, d des r´eels strictement positifs et x un r´eel quelconque, montrer que (a//c)x2 + (b//d)x2 ≤ ((a + b)//(c + d))x2 Interpr´eter physiquement cette in´egalit´e. 5. Soient α1 , α2 , . . . , αk et β1 , β2 , . . . , βk des r´eels strictement positifs. Montrer que ! ! k k k X X X (αi //βi ) ≤ αi // βi i=1

8 d’apr` es

i=1

X 99 PC 1

44

i=1

´ Enonc´ es - Pb 30 : Alg`ebre lin´eaire dans un espace de polynˆomes.

Probl` eme 30 Soit V un espace vectoriel r´eel 9 . L’espace vectoriel des endomorphismes de V est d´esign´e par L(V ). Lorsque f ∈ L(V ) et k ∈ N, on d´esigne par f 0 = IdV , f k = f k−1 ◦ f la compos´ee de f avec lui mˆeme k fois. On d´esigne par E l’espace des polynˆ omes a` coefficients r´eels et, pour un entier n, par En l’espace des polynˆ omes de degr´e inf´erieur ou ´egal ` a n. E = R[X], En = Rn [X] Soit D l’endomorphisme de d´erivation de E qui `a un polynˆome Q associe son polynˆome d´eriv´e Q0 . De mˆeme, Dn est l’endomorphisme de d´erivation de En qui `a un polynˆome Q de degr´e inf´erieur ou ´egal ` a n associe son polynˆ ome d´eriv´e Q0 . L’objet du probl`eme est de rechercher les r´eels λ pour lesquels l’endomorphisme λ IdE +D est ´egal ` a un g 2 pour un certain endomorphisme g de E. On se pose la mˆeme question pour l’endomorphisme λ IdEn +Dn .

Pr´ eliminaires : noyaux it´ er´ es Soit V un espace vectoriel r´eel et f un endomorphisme de V . 1. Montrer que la suite des noyaux des endomorphismes f k pour k = 1, 2, · · · est une suite de sous-espaces vectoriels de V emboit´ee croissante : ker f 0 ⊂ ker f 1 ⊂ · · · ⊂ ker f k ⊂ ker f k+1 ⊂ · · · 2. Montrer que s’il existe un entier p tel que les noyaux des endomorphismes f p et f p+1 , alors : ∀k ≥ p : ker f k = ker f p 3. Montrer que lorsque l’espace V est de dimension finie n, la suite des dimensions des noyaux des endomorphismes f k est constante `a partir d’un rang p inf´erieur ou ´egal `a la dimension n de l’espace. En d´eduire en particulier ker f n = ker f n+1 4. On consid`ere un endomorphisme u d’un espace vectoriel V de dimension finie n tel qu’il existe un entier q sup´erieur ou ´egal `a 1 pour lequel uk est l’endomorphisme nul. L’endomorphisme u est alors dit nilpotent. Montrer que dans ce cas un est l’endomorphisme nul.

Premi` ere partie Le but de cette partie est d’´etablir des propri´et´es des endomorphismes g recherch´es pour un λ r´eel donn´e et de donner un exemple. 1. Une caract´erisation des sous-espaces vectoriels stables par g. 9 Pr´ eliminaires,

Premi` ere et Deuxi` eme partie de la premi` ere ´ epreuve du Concours Commun Mines-Ponts 2001

PC.

45

´ Enonc´ es - Pb 30 : Alg`ebre lin´eaire dans un espace de polynˆomes. ´ a. Etant donn´e un entier naturel n donn´e, soit p ∈ {0, 1, · · · , n}. Montrer que s’il existe un endomorphisme g de l’espace vectoriel En = Rn [X] tel que g 2 = 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 . D´emontrer la relation : gp2 = λIdEp + Dp b. Montrer que s’il existe un endomorphisme g de l’espace vectoriel E = R[X] tel que g 2 = λIdE + D alors l’endomorphisme g commute avec D : g◦D =D◦g En d´eduire que, pour tout entier naturel n, En est stable par g. Soit gn la restriction de g ` a En . D´emontrer la relation : gn2 = λIdEn + Dn c. Soit g un endomorphisme de l’espace vectoriel E = R[X] tel que g 2 = λIdE + D i. Soit F un sous-espace vectoriel de E stable par D et de dimension n + 1. On note DF l’endomorphisme de F qui est la restriction de D `a F . Montrer que DF est nilpotent. En d´eduire que F = En = Rn [X] D´eterminer tous les sous-espaces vectoriels G de E (de dimension finie ou non) stables par D. ii. D´emontrer que, pour qu’un sous-espace vectoriel G de E soit stable par g, il faut et il suffit qu‘’il soit stable par D. 2. Une application imm´ediate : le cas λ < 0. a. Sous quelle condition n´ecessaire sur le r´eel λ existe-t-il un endomorphisme g de l’espace E0 = R0 [X] tel que g 2 = λIdE0 + D0 b. Soit λ un r´eel strictement n´egatif, d´eduire des questions pr´ec´edentes les deux propri´et´es : – Il n’existe pas d’endomorphisme g de E tel que g 2 = λIdE + D – Il n’existe pas d’endomorphisme g de En tel que g 2 = λIdEn + Dn 46

´ Enonc´ es - Pb 30 : Alg`ebre lin´eaire dans un espace de polynˆomes. 3. Une repr´esentation matricielle simple de Dn . Soit n un entier naturel sup´erieur ou ´egal `a 1 et λ un r´eel. On d´efinit la matrice carr´ee d’ordre n + 1 not´ee Aλ et dont les coefficients sont not´es 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 

λ

1

0

 0   Aλ =  0  .  ..

λ 0 .. .

1 .. . ..

0

···

0

··· .. . .. .

.

λ 0

 0 ..  .   0   1 λ

a. Soit V un espace vectoriel de dimension finie n + 1 et f un endomorphisme de V tel que f n+1 soit l’endomorphisme nul sans que f n le soit. D´emontrer qu’il existe un vecteur y dans V tel que B = (y, f (y), f 2 (y), · · · , f n (y)) soit libre. Quel est la matrice de f dans la base B ? b. En d´eduire qu’il existe une base Bn de En = Rn [X] pour laquelle la matrice de Dn est la matrice Aλ . Quelle est la matrice associ´ee `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 polynˆ omes de degr´e inf´erieur ou ´egal `a 2 en D2 c’est `a dire les polynˆomes de la forme h = aIdE1 + bD2 + cD22 pour a, b, c r´eels. b. En d´eduire qu’il existe des endomorphismes g de E2 qui v´erifient g 2 = λIdE3 + D2 D´eterminer les matrices carr´ees G d’ordre 3 qui v´erifient G 2 = A1

Deuxi` eme partie L’objet de cette partie est d’´etudier le cas o` u le r´eel λ est nul. Dans cette partie, l’entier n est sup´erieur ou ´egal ` a 1. a. Existence d’un endomorphisme g tel que g 2 = Dn . i. Montrer que, s’il existe un endomorphisme g de En = Rn [X] tel que g 2 = Dn , alors l’endomorphisme g est nilpotent et le noyau de g 2 a une dimension au mins ´egale ` a 2. ii. En d´eduire qu’il n’existe pas d’endomorphisme g de En = Rn [X] tel que g 2 = Dn . 47

´ Enonc´ es - Pb 30 : Alg`ebre lin´eaire dans un espace de polynˆomes. iii. En d´eduire qu’il n’existe pas d’endomorphisme g de E = R[X] tel que g 2 = D. b. Existence d’un endomorphisme g tel que g k = Dn . Soit m un entier sup´erieur ou ´egal a 1 et k un entier sup´erieur ou ´egal `a 2. Soit g un endomorphisme de E = R[X] tel ` que gk = Dm Montrer que les deux endomorphismes D et g sont surjectifs. c. D´emontrer que les sou-espaces vectoriels ker g q de E sont de dimension finie lorsque 0 ≤ q ≤ k. d. Soit p un entier tel que 2 ≤ p ≤ k. Soit Φ l’application d´efinie dans ker g p par : ∀P ∈ ker g p : Φ(P ) = g(P ) Montrer que cette application est lin´eaire de ker g p et `a valeurs dans ker g p−1 . Pr´eciser son noyau et son image. En d´eduire une relation entre les dimensions des sous-espaces ker g p et ker g p−1 . Quelle est la dimension de ker g p en fonction de ker g ? e. D´eterminer une condition n´ecessaire et suffisante sur les entiers m et k pour qu’il existe un endomorphisme g de E tel que g k = Dm . Retrouver le r´esultat de la question II.1.c.

48

´ Enonc´ es - Pb 31 : Sous groupe engendr´e par deux ´el´ements

Probl` eme 31 Soit G, un groupe not´e multiplicativement, d’´el´ement neutre e. On suppose qu’il existe dans G deux ´el´ements a et b diff´erents de e et distincts tels que : aba = b 1.

a. Montrer que pour tout j ∈ Z :

aj b = ba−j

b. Montrer que pour tous les entiers j et k dans Z : aj bk = bk a(−1)

k

j

2. Soit H = {aj bk , (j, k) ∈ Z2 }. Montrer que H est le sous-groupe de G engendr´e 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 entraˆıne 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} → (j, k) 7→

H aj bk

est bijective. Combien H contient-il d’´el´ements ? 4. Soit G le groupe des bijections de C dans C. D´eterminer le cardinal du sous-groupe H de G engendr´e par les applications r et s d´efinies par : r(z) = jz , s(z) = z¯ pour tout nombre complexe z. Interpr´eter g´eom´etriquement chaque ´el´ement de H.

49

´ Enonc´ es - Pb 31 : Sous groupe engendr´e par deux ´el´ements

50

Corrig´ es

51

Corrig´es - Pb 1

Probl` eme 1 PARTIE I 2

1. On peut v´erifier que f (t) = et convient. 2. Pour y ∈ F prenons y = 0 dans la d´efinition, on obtient alors f (x)2 = f (x)2 f (0)2 puis f (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’est pas identiquement nulle, on doit donc avoir f (0) = 1 ou f (0) = −1. PARTIE II 1. Soit g un ´el´ement quelconque de G, alors eg est un ´el´ement de F qui ne prend que des valeurs strictement positives. On obtient tous les ´el´ements de G en composant par ln les fonctions ` a valeurs strictement positives de F . 2. Ecrivons la relation de r´ecurrence de 2 `a n et sommons. Les termes −2uk se simplifient (sauf les extrˆemes) : 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 un

((2(n − 1) + 1) + (2(n − 2) + 1) + · · · + (2 × 0 + 1))   n(n − 1) + n u 1 = n2 u 1 = 2 2

=

3. Remarquons d’abord, en prenant x = y = 0 que g(0) = 0. Posons un = g(nx). La propri´et´e de g ´ecrite avec nx au lieu de x et x au lieu de y entraˆıne alors un+1 + un−1 = 2(un + u1 ) soit la relation de la question pr´ec´edente. On en d´eduit un = n2 u1 ou encore g(αx) = α2 g(x) pour α entier naturel. D’autre part, avec x = 0 dans la relation de d´efinition, g(−y) = g(y) donc g(αx) = α2 g(x) est encore valable pour α ∈ Z. Si n ∈ N, g(x) = g(n nx ) = n2 g( nx ) donc x 1 g( ) = ( )2 g(x) n n 53

Corrig´es - Pb 1 On en d´eduit donc que la relation g(αx) = α2 g(x) est valable dans Q. N’importe quel nombre r´eel α est la limite d’une suite de nombres rationnels (αn x)n∈N →αx (g(αn x))n∈N = (αn2 g(x))n∈N → g(αx) par continuit´e de g en αx. On en d´eduit g(αx) = α2 g(x) par unicit´e de la limite. La relation est donc valable dans R. 4. D’apr`es la question pr´ec´edente, g(x) = x2 g(1). Les ´el´ements de G sont donc les fonctions x 7→ λx2 o` u λ est un nombre r´eel arbitraire. On se propose maintenant de d´emontrer que les fonctions non nulles de F sont de la 2 forme x 7→ εeλx o` u λ est un nombre r´eel arbitraire et ε ∈ {−1, 1}. Pour cela, il suffit de montrer qu’une fonction non nulle de F ne s’annule pas. Elle sera alors de signe constant par continuit´e et th´eor`eme des valeurs interm´edaires et le logarithme de sa valeur absolue sera dans G. Soit f une fonction de F nulle en a 6= 0, en prenant x = y = a2 , on a a f (a)f (0) = f ( )4 2 donc f ( a2 ) = 0. On en d´eduit une suite de points qui converge vers 0 et en lesquels la fonction est nulle. Par continuit´e, f est nulle en 0 , elle est donc identiquement nulle. PARTIE III Notons K l’ensemble de toutes les fonctions v´erifiant la relation de la partie II alors G est la partie de K constitu´e des fonctions continues alors que H est la partie de K constitu´ee des fonctions localement born´ees en 0. D’apr`es les propri´et´es des fonctions continues, il est clair que G ⊂ H. L’´enonc´e nous propose de montrer l’inclusion dans l’autre sens. 1. Les ´el´ements de H v´erifient la mˆeme relation fonctionnelle que dans la partie II mais ne sont pas suppos´es continus. Ils sont toujours born´es dans un segment autour de 0. Le calcul du d´ebut de la question II 3. reste valable, en particulier h(nx) = n2 h(x) pour n rationnel. La continuit´e n’intervient que pour le passage de Q `a R. On peut donc ´ecrire pour x ∈ [−2n a, 2n a] x x |h(x)| = h(2n n ) = 22n h( n ) ≤ 4n A 2 2 Ceci montre que h est born´ee sur [−2n a, 2n a] puis sur n’importe quel segment. Car un segment quelconque est inclus dans un des pr´ec´edents pour n assez grand. n 2. Pour n = 0, 3.24n−1 = 2 et l’in´egalit´e est ´evidente car a + u1 et a ∈ [−1, 1] ∪ [a − 1, a + 1]. On raisonne ensuite par r´ecurrence. u Remarquons que a + 2n+1 est le milieu de a et a + 2un . Exploitons la propri´et´e de h u u u u u ) − n+1 , a + n = (a + n+1 ) + n+1 2n+1 2 2 2 2 h u u u i h(a + n ) + h(a) = 2 h(a + n+1 ) + h( n ) 2 2 2i i h h u u u h(a + n ) − h(a) = 2 h(a + n+1 ) − h(a) + 2h( n+1 ) 2 2 2

a = (a +

54

Corrig´es - Pb 1 1 u Remarquons que h( 2n+1 h(u) ≤ ) ≤ 22(n+1) l’hypoth`ese de r´ecurrence h 2 h(a +

u 2n+1

1 4n+1 Ma .

On en d´eduit alors en utilisant

i 3.2n − 1 2 3.2n+1 − 1 ) − h(a) ≤ Ma + n+1 Ma ≤ 2 Ma n 4 4 4n+1

ce qui ach`eve la d´emonstration. 3. Comme



3 2n − 1 Ma 4n

 →0 n∈N

pour tout  > 0, il existe un N tel que pour tous les n ≥ N 3 2n − 1 Ma ≤  4n Consid´erons alors α = 21n , tout ´el´ement de [a − α, a + α] est de la forme a + u ∈ [−1, 1]. La question pr´ec´edente montre alors que h est continue en a. On en d´eduit que tout ´el´ement de H est continu dans R donc que H = G.

55

u 2n

avec

Corrig´es - Pb 2

Probl` eme 2 Exercice 1

1 | − i| = 1 ⇔ z ⇔

|1 − iz|2 = r2 |z|2 (1 − r2 )|z|2 − 2 Re(iz) + 1 = 0

1 i )+ 1 − r2 1 − r2 i 1 1 ⇔ |z + |2 − + =0 2 2 2 1−r (1 − r ) 1 − r2 i r2 2 ⇔ |z + | = 1 − r2 (1 − r2 )2 ⇔

|z|2 + 2 Re(z

On peut donc choisir u=−

i (1 − r2 )

,

R=

r (1 − r2 )

On en d´eduit que l’image du cercle de centre i et de rayon 1 par l’inversion z → de centre u et de rayon R.

1 z

est le cercle

Exercice 2  π π 2x 2 tan t 1. Posons t = arctan x, alors 1+x 2 = 1+tan2 t = sin 2t. Comme t ∈ − 2 , 2 , 2t ∈ ]−π, π[. En ´etudiant la fonction arcsin ◦ sin dans ]−π, π[, On obtient  x ≤ −1  −π − 2 arctan x si 2x 2 arctan x si −1 ≤x≤1 ) = arcsin(  1 + x2 π − 2 arctan x si x≥1 2.

a. Travaillons d’abord sur sin 4t et cos 4t. On suppose que t n’est pas congru `a π a π2 modulo π pour que tan 4t et tan t soient bien d´efinis. 4 ni ` sin 4t cos 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)

=

Re(cos t + i sin t)4 = cos4 t − 6 cos2 t sin2 t + sin4 t

=

cos4 t (1 − 6 tan2 t + tan2 t)

π 8

modulo

du moins lorsque cos t 6= 0.On en d´eduit alors tan 4t =

4 tan t − 4 tan3 t 1 − 6 tan2 t + tan4 t

b. D’apr`es la question pr´ec´edente, si on pose x = tan t (choisissons t = arctan x) on obtient 4x2 − 4x3 = tan 4t 1 − 6x2 + x4 A cause de l’expression du cos 4t trouv´ee au a., les solutions de 1 − 6x2 + x4 = 0 56

Corrig´es - Pb 2 sont

3π π π 3π ), − tan( ), tan( ), tan( ) 8 8 8 8

− tan( Nous supposerons donc 

 π π 3π 3π ), − tan( ), tan( ), tan( ) 8 8 8 8  π 3π      3π 3π . Si x < − tan( 8 ) alors t ∈ − 2 , − 8 , 4t ∈ −2π, − 2 , 4t + 2π ∈ − π2 , π2  3π π   3π π   π π π . Si − tan( 3π 8 ) < x < − tan( 8 ) alors t ∈ − 8 , − 8 , 4t ∈ − 2 , − 2 , 4t+π ∈ − 2 , 2 . Si − tan( π8 ) < x < tan( π8 ) alors t ∈ − π8 , π8 , 4t ∈ − π2 , − π2  π 3π   π 3π    . Si tan( π8 ) < x < tan( 3π − π ∈ − π2 , π2 8 ) alors t ∈ 8 , 8 , 4t ∈ 2 , 2 , 4t   3π π 3π π π . Si tan( 3π 8 ) < x alors t ∈ 8 , 2 , 4t ∈ 2 , 2π , 4t − 2π ∈ − 2 , 2 Finalement :    2π + 4 arctan x dans  −∞, − tan( 3π )   8   3π π  dans −  π + 4 arctan x 8)  tan( 8π), − tan( 4x2 − 4x3 π 4 arctan x dans − tan( ), tan( ) arctan = 8 8    1 − 6x2 + x4 π  −π + 4 arctan x dans tan( ), tan( 3π  8 8  )   ), +∞ −2π + 4 arctan x dans tan( 3π 8 x∈ /

− tan(

Pour exprimer ces tangentes ` a l’aide de radicaux, on peut utiliser √ π 2 π cos = = 2 cos2 − 1 4 2 8 . On en d´eduit p √ 2+ 2 π cos = 8 2 etc. Exercice 3 u k d´ecrit {0, · · · , n}. On en d´eduit Remarquons que Da est form´e par les couples (k, a − k) o` que a X Aa = Cak = 2a k=0

Comme Tn est l’union disjointe des Da , Bn =

n X

Aa = 1 + 2 + · · · + 2n = 2n+1 − 1

a=0

La somme Gb,n se calcule ”par dominos” Gb,n

n−1 1 0 2 1 n = Cb0 + (Cb+2 − Cb+1 ) + (Cb+3 − Cb+2 ) + · · · + (Cn+b+1 − Cn+b )

=

n n 1 − 1 + Cn+b+1 = Cn+b+1

Dn

=

n n X X y=0

=

n+1 X

! x Cx+y

=

x=0

n X y=0

Gy,n =

n X

y Cn+y+1

y=0

y n+1 Cn+y = Gn,n+1 − 1 = C2n+2 −1

y=1

57

Corrig´es - Pb 2 Probl` eme 1. A l’aide de la formule de r´ecurrence, on obtient imm´ediatement P2 (t)

=

2t2 − 1

P3 (t)

=

2t(2t2 − 1) − t = 4t3 − 3t

P4 (t)

=

2t(4t3 − 3t) − (2t2 − 1) = 8t4 − 8t2 + 1

Q2 (t) Q3 (t)

= =

2t 2t(2t) − 1 = 4t2 − 1

Q4 (t)

=

2t(4t2 − 1) − 2t = 8t3 − 4t

2. Exprimons cos 4t et sin 4t comme des polynˆomes en cos t. cos 4t

sin 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)

=

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 t Q4 (cos t)

3. Les formules seront d´emontr´ees par une r´ecurrence d’ordre 2. Elles sont vraies pour n = 0 et n = 1. Supposons maintenant que, pour un certain n on ait Pn (cos x)

=

cos(nx),

Pn+1 (cos x)

=

cos((n + 1)x),

sin x Qn (cos x) = sin(nx) sin x Qn+1 (cos x) = sin((n + 1)x)

Alors en utilisant les formules de transformation de somme en produit : cos((n + 2)x) + cos nx =

2 cos x cos((n + 1)x)

sin((n + 2)x) + sin nx =

2 cos x sin((n + 1)x)

d’o` u cos((n + 2)x) = 2 cos xPn+1 (cos x) − Pn (cos x) = Pn+2 (cos x) d’apr`es la formule d´efinissant Pn+2 . De mˆeme, sin((n + 2)x) = 2 cos x sin x Qn+1 (cos x) − sin x Qn (cos x) = sin xQn+2 (x) d’apr`es la formule d´efinissant Qn+2 . 4. D´erivons la premi`ere formule de la question pr´ec´edente. Il vient − sin xPn0 (cos x) = −n sin nx Ce qui s’´ecrit encore − sin xPn0 (cos x) = −n sin x Qn (cos x) Lorsque x ∈ ]0, π[, sin x est non nul et on obtient Pn0 (cos x) = n Qn (cos x). Pour tout r´eel t dans ]−1, 1[, il existe un x ∈ ]0, π[ tel que t = cos x, on en d´eduit la formule demand´ee.

58

Corrig´es - Pb 3

Probl` eme 3 1. La famille Bi,j est g´en´eratrice car tous les vecteurs bk de la base B s’expriment facilement en fonction de b0k de Bi,j . bk = b0k si k = 6 i 0 0 bk = bi − bj si k = i Comme cette famile contient n vecteurs dans un espace de dimension n cela suffit `a montrer que c’est une base. Pour exprimer les matrices de passage, il est commode d’utiliser les matrices ´el´ementaires Eu,v dont tous les termes sont nul sauf le terme (u, v) qui vaut 1. On obtient PBi,j B = In − Ej,i

PBBi,j = In + Ej,i

2. Supposons que la matrice de f dans une base B = (b1 , · · · , bn ) soit diagonale avec  λ1  0 Mat f =  . B  ..

λ2

0

···

 0 ..  .    0 λn

···

0

..

.

0

Alors : f (b0k ) = f (bk ) = λk bk = λk b0k f (b0k ) = f (bi ) + f (bj ) = λi bi + λj bj = λi b0i + (λj − λi )b0j

si k 6= i si k = i

On en d´eduit

3.

 λ1  0 Mat f =  . Bi,j  ..

λ2

0

···

0

 0 ..  .   + (λj − λi )Ej,i  0 λn

··· ..

.

0

a. Supposons que la matrice de f soit diagonale pour toutes les bases de E. Elle est alors diagonale dans une certaine base B ainsi que dans toutes les bases Bi,j que l’on peut former ` a partir de B comme dans la question 1. Cela entraine qu’il existe un λ tel que λi = λj pour tous les i et j distincts. On a donc f = λIdE b. D’apr`es la question pr´ec´edente, si f 6∈ Vect(IdE ), il existe une base B de E telle que MatB f ne soit pas diagonale. Il existe donc deux entiers i et j distincts entre 1 et n tels que f (bi ) 6∈ Vect(bi ) ce qui signifie (bi , f (bi )) libre.

4. Avec les notations de l’´enonc´e : b0 Mat g = 00 b (u2 ,u3 ) 

59

c0 c00



Corrig´es - Pb 3 5.

a. La trace d’un endomorphisme est par d´efinition la trace de sa matrice dans n’importe quelle base. Cette d´efinition a du sens car les matrices d’un endomorphisme dans n’importe quelle base ont toutes la mˆeme trace. En effet, on sait que tr(AB) = tr(BA) pour toutes matrices carr´ees A et B dans Mn (R). On utilise alors la formule de changement de base : −1 Mat f = PBB 0 Mat f PBB 0 0 B

B

On en d´eduit         −1 −1 0P tr Mat f = tr P = tr Mat f P = tr Mat f 0 Mat f PBB 0 0 BB BB BB 0 B

B

B

B

b. La matrice d’un endomorphisme λIdE est, dans n’importe quelle base, diagonale avec des λ sur la diagonale. Le seul ´el´ement de Vect(IdE ) dont la trace est nulle est donc l’endomorphisme nul. c. Ici f est un endomorphisme de trace nulle d’un espace E de dimension 2. Comme f n’est pas dans Vect(IdE ), d’apr`es la question 3.b., il existe un x de E tel que (x, f (x)) ` cause de la dimension cette famille est une base de E. La matrice de f est libre. A dans cette base est de la forme   0 α 1 β Cette matrice est de trace nulle donc β = 0. Pour cette base, tous les termes diagonaux de la matrice de f sont donc nuls. d. La situation est analogue `a celle de la question pr´ec´edente mais E est de dimension 3. D’apr`es la question 3.b., il existe un x de E tel que (x, f (x)) est libre. En utilisant le th´eor`eme de la base incompl`ete, on forme une base de E (x, f (x), y) Dans cette base, la matrice de f est de la forme   0 b c 1 b0 c0  0 b00 c00 Elle est de trace nulle donc b0 + c00 = 0. Consid´erons un endomorphisme g comme dans la question 4. L’endomorphisme g est la restriction ` a Vect(f (x), y) de p◦f o` u p est la projection sur Vect(f (x), y) parall`element a Vect(x). Alors `  0  b c0 Mat g = 00 00 b c (f (x),y) donc g est un endomorphisme de Vect(f (x), y) de trace nulle. D’apr`es la question 5.c., il existe une base (v, w) de Vect(f (x), y) telle que :   0 β Mat g = α 0 (f (x),y) 60

Corrig´es - Pb 3 Remarquons que f (x) et y s’expriment en fonction de v et w car (v, w) est une base de Vect(f (x), y). On en d´eduit que (x, u, v) est g´en´eratrice donc que c’est une base. De plus, la matrice de f dans cette base est de la forme   0 C D A 0 β  B α 0

61

Corrig´es - Pb 4

Probl` eme 4 Introduisons les polynˆ omes sym´etriques ´el´ementaires σ1 = x1 + x2 + x3

σ2 = x1 x2 + x1 x3 + x2 x3

σ3 = x1 x2 x3

et utilisons les pour exprimer chacune des trois relations. La premi`ere relation donne imm´ediatement σ12 − 2σ2 = 1 On obtient la deuxi`eme relation en r´eduisant au mˆeme d´enominateur x1 x2 x3 : 3 σ1 = σ3 2 Pour la trosi`eme, on commence par regrouper par trois les termes qui ont le mˆeme d´enominateur. Cela fait apparaitre le σ1 au num´erateur que l’on peut mettre en facteur :   1 1 1 + + =6 (x1 + x2 + x3 ) x1 x2 x3 On r´eduit au mˆeme d´enominateur x1 x2 x3 ce qui donne directement : σ1 σ2 =6 σ3 ` partir des deux derni`eres relations, on obtient A σ2 = 4 En rempla¸cant dans la premi`ere, on obtient σ12 = 9 Le dernier s’obtient ` a partir de σ1 σ3 =

2 σ1 3

On a donc deux possibilit´es : σ1 = 3

σ2 = 2

σ3 = 4

σ1 = −3

σ2 = −2

σ3 = 4

Les nombres x1 , x2 , x3 sont donc (`a permutation pr`es) les racines des polynˆomes X 3 − 3X 2 + 4X − 2 X 3 + 3X 2 + 4X + 2 c’est ` a dire apr`es 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

Corrig´es - Pb 5

Probl` eme 5 Exercice 1. Pour k ≥ 1, on peut ´ecrire k−1 (k + 1)Cnk = kCnk + Cnk = nCn−1

d’o` u , en notant S la somme cherch´ee : S=n

n X

k−1 Cn−1 +

k=1

n X

Cnk = n2n−1 + 2n

k=0

Autre solution. Consid´erons la fonction f telle que f (x) = x(1 + x)n Alors S = f 0 (1) or f 0 (x) = (1 + x)n + nx(1 + x)n−1 donc S = 2n + n2n−1 2. L’in´equation propos´ee est ´equivalente (pour m 6= −1) `a m+1 x(x − h(m)) < 0 x−1 avec h(m) =

m m+1

Cette 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 d´eduit – Si m < −1 m , +∞[ Sm =]0, 1[ ∪ ] m+1 – Si m = 1 Sm =]0, 1[ – Si −1 < m < 0 Sm =] − ∞,

m [ ∪ ]0, 1[ m+1

– Si m = 0 Sm =] − ∞, 1[ – Si m > 0

m , 1[ m+1 3. Les k! et (k + 1)! se simplifient respectivement dans les deux qotients permettant une mise en facteur Sm =] − ∞, 0[ ∪ ]

Cnk Cnk+1 − k k+1 C2n C2n

=

n(n − 1) · · · (n − k + 1) n−k (1 − ) (2n)(2n − 1) · · · (2n − k + 1) 2n − k

=

n(n − 1) · · · (n − k + 1) n (2n)(2n − 1) · · · (2n − k + 1) 2n − k 63

Corrig´es - Pb 5

h

1 –1 m

Fig. 2 – Graphe de h

64

Corrig´es - Pb 5 Apr`es simplification par n, on obtient k facteurs en haut et en bas et on retrouve un quotient de coefficients du binˆ ome en introduisant des k!. On en d´eduit la formule valable pour k entre 0 et n − 1 Cnk C k+1 1 Cnk − nk+1 = k k 2 C2n−1 C2n C2n Dans le calcul de la somme S, il faut traiter `a part le dernier terme. S

=

2(

Cn0 Cnn Cnn 1 1 − ) + = 2(1 − n ) + n =2 n n k C2n C2n−1 C2n C2n−1 C2n

car n−1 n n C2n−1 + C2n−1 = C2n

avec n−1 n C2n−1 = C2n−1

4. Soit n le nombre d’´el´ements de l’ensemble E. – Une op´eration interne dans E, c’est une application de E × E dans E. On peut former autant d’op´erations que de telles fonctions soit nn

2

– Pour compter les op´erations commutatives, num´erotons les ´el´ements de E E = {e1 , · · · en } Notons T l’ensemble des couples (ei , ej ) avec i ≤ j. Il y a autant d’op´erations commutatives que d’applications de T dans E. Comme T contient n(n+1) ´el´ements, ce nombre 2 est n(n+1) n 2 – Choisissons un ´el´ement arbitraire a de E et examinons les op´erations admettant cet ´el´ement comme neutre. On doit avoir ax = xa = x pour tous les x de E. Cela d´efinit les images de 2n−1 couples. Les op´erations internes sont d´efinies par les images de tous les autres couples soit nn

2

−(2n−1)

Une op´eration admet au plus un neutre, en faisant varier le a choisi, on obtient toutes les lois possibles soit 2 nn −2n+2)

65

Corrig´es - Pb 6

Fig. 4 – Trac´e de 50 segments tangents

Probl` eme 6 1.a. La courbe est sym´etrique par rapport aux droites → − → − → − − → V ect( i ), V ect( j ), V ect( i + j ). Les points M (−t), M (π − t), M ( π2 − t) sont respectivement les sym´etriques de M (t) par rapport aux trois droites. 1.b. La courbe est bir´eguli`ere sauf aux points o` u t est congru `a 0 modulo π2 . Par raison de sym´etrie, ces points sont des points de re−−→ → − broussement. En M (0), le vecteur tangent est M 00 (0) = −24a i ; les tangentes aux autres points bir´eguliers s’obtiennent par sym´etrie. On peut noter que la tangente en M ( π4 ) est orthogonale `a la premi`ere bissectrice. → 1.c. En notant L la longueur totale de la courbe et − ut = −→0 → − → − → − cos t i + sin t j , on obtient M (t) = −24a sin t cos t u −t = → 12a sin 2t − u d’o` u

Fig. 3 – Trac´e de l’astro¨ıde

π−t

Z L=4 0

π 2

Z

−→

0

M (t) dt = 48a

π 2

sin 2t dt = 48a

0

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

=

0

x sin t + y cos t

=

8a sin t cos t

66

Corrig´es - Pb 6

Fig. 5 – Construction de M 2.b. On peut calculer les coordonn´ees 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 coordonn´ees (2a cos t0 , 2a sin t0 ). Ce sont les t qui v´erifient 4a cos t0 sin t + 4a sin t0 cos t

=

8a sin t cos t

sin(t + t0 )

=

sin 2t

0 La derni`ere ´equation ´equivaut ` a t = t0 ou t ≡ π−t modulo π3 . 3 π Trois tangentes font donc entre elles un angle de 3 la troisi`eme est D(t0 ) ; droite qui passe par → P0 et de direction − u π−t . → − 3.b. La droite D(t0 ) est sym´etrique 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 . −−→ −−−→ −−→ −−−→ −−−→ D´efinissons K0 par OH0 + OM0 = OK0 ; alors OM0 = H0 K0 et (O, M0 , K0 , H0 ) est un parall´elogramme. Lorsque la droite D0 est construite, on peut construire le projet´e H0 de O sur D0 et M0 est le sym´etrique de H0 par rapport `a P0 . Construction g´eom´etrique de l’astro¨ıde

67

Corrig´es - Pb 7

M_0

H0

P0

H_0

H0

Fig. 6 – Construction

Probl` eme 7 1. Les supports Cα et Cα+π , ,des courbes param´etr´ees sont ´egaux car rα (t) = rα+π (t). D’autre part, C−α = sOy (Cα ) car r−α (t) = −rα (−t). 2. Comme r(t + 3π) = −r(t) la param´etrisation est 3π p´eriodique. Le cos du d´enominateur 3π s’annule lorsque t ≡ 3π 4 mod 2 , 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 3π  contient donc une seule valeur de t annulant le sin. Comme α ∈ 0, π2 choisissons [0, 3π] 9π π comme intervalle pour t ; il y a alors trois branches infinies pour 3π 4 , 4 = 4 + 2π et 3α. 2t π 2t 2 3π 2 3π 3π – En 4 , cos 3 = sin( 2 − 3 ) = sin( 3 ( 4 −t)) ∼ 3 ( 4 −t). On en d´eduit que r(t) sin(t− 3π 4 ) . Il n’y a donc pas d’asymptote diverge vers +∞ ou −∞ d’un cˆot´e ou de l’autre de 3π 4 → mais seulement une branche parabolique de direction asymptotique − u 3π . 4 9π π – En 4 = 4 +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( 3t − α)) ∼ 3( 3t − α) d’o` u ρ(t) sin( 3t − α) ∼ 3a cos α cos2 2α . Il existe donc une asymptote. – Position de la courbe par rapport `a l’asymptote. Posons u = 3t − α, et formons un d´eveloppement limit´e de r(t) sin(t − 3α) suivant u on obtient   a cos α sin 3u cos α cos α = 3a 2 + 12a 3 sin 2α u + u(u) 2 cos (2α + 2u) sin u cos 2α cos 2α On en d´eduit que la courbe est, suivant le signe de u, d’un cˆot´e ou de l’autre de l’asymptote. On remarque aussi que le coefficient de u change de signe lorsque α traverse la valeur π4 pour laquelle il n’y a pas d’asymptote.  3π  3. Le trac´e de la courbe  3π se fait `a la machine en remarquant que r(t) est n´egatif dans 0, 4 et positif dans 4 , 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 deux branches paraboliques. 68

Corrig´es - Pb 7

On sait que la condition assurant la non bir´egularit´e s’´ecrit 2ρ02 − ρρ0 + ρ2 = 0. En posant λ = ρ1 , cette condition devient λ + λ00 = 0. Pour l’exprimer simplement, on commence par lin´eariser λ, il vient λ λ + λ00

t 1 5t 1 1 sin( − α) + sin( − α) − sin(t + α) 2 3 4 3 4 1 1 t 1 25 5t = (1 − ) sin( − α) + (1 − ) sin( − α) 2 9 3 4 9 3 4 t 4 5t = sin( − α) − sin( − α) 9 3 9 3 8 2t = − cos(t − α) sin( ) 9 3 =

Cette expression est nulle lorsque t−α ≡ d´ecrit la courbe param´etr´ee

π 2 modπ.

r(t) = −

69

Lorsque α varie le point tel que t−α ≡

a sin t cos3 2t 3

π 2

Corrig´es - Pb 8

Probl` eme 8 ˜ 1. Comme A(0) = 0, le polynˆ ome A est divisible par X. Il existe donc un polynˆome B tel que A = XB. Ce polynˆ ome est de degr´e 2n − 1 et de coefficient dominant 1. On peut obtenir le terme de degr´e 0 ` a partir de la d´eriv´ee. ˜ A˜0 (0) = B(0) = 2n

A0 = 2n(X + 1)2n−1 = XB 0 + B,

2. Les racines de A sont les nombres complexes u − 1 o` u u d´ecrit l’ensemble U2n des racines 2n i`emes de l’unit´e. 3. Lorsque k d´ecrit 1, · · · , n − 1, le nombre 2n − k d´ecrit n + 1, · · · , 2n − 1 et (2n − k)π kπ =π− 2n 2n donc sin

(2n − k)π kπ = sin 2n 2n

On en d´eduit

2n−1 Y

Pn =

kπ 2n

sin

k=n+1 kπ 2n

Pn2

puis Qn = car, pour k = n, sin = 1. π Comme tous les kπ sont dans [0, ], les sin sont strictement positifs et 2n 2 p 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

b0 b2n−1

= −2n

D’autre part, c’est aussi Y

E=

(u − 1)

u∈U2n −{1} kπ n

Chaque u de U2n − {1} est de la forme eiθ avec θ = E = (2i)2n−1 ei

P2n−1 k=1

et k ∈ {1, · · · , 2n − 1}. On en d´eduit

kπ n

n Y

sin

k=1 i

e

P2n−1 k=1

kπ n

i(2n−1) π 2

=e

2n−1

E=2

2n−1

= (i)

(−1)2n−1 Qn = −22n−1 Qn

Finalement Qn = n 2−2n+2 ,

Pn =

√

n 2−n+1

5. La d´ecomposition de F en ´el´ements simples est de la forme X λ(u) X −u+1 u∈U2n

avec λ(u) =

kπ n

1 u 1 = = 2nu2n−1 2n A˜0 (u − 1) 70

Corrig´es - Pb 9

Probl` eme 9 1. Tableau trop facile pour ˆetre corrig´e. exn − 1 ∼ xn et ln(1 + xn ) − xn ∼ − 21 x2n 2. Trait´e en classe, convergence au sens de C´esaro. 3. Chaque un construit est strictement positif, la d´efinition par r´ecurrence peut se poursuivre ind´efiniment. La stricte psitivit´e des un permet aussi de d´efinir les vn 4. On sait que ln(1 + x) ≤ x pour tout x ≥ −1. La suite (un )n∈N est donc d´ecroissante et minor´ee par 0.Elle converge vers un r´eel l ∈ [0, u]. Par continuit´e de ln, ln(1 + l) = l d’o` u 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 uun+1 → 0 car n vn =

uλn



un+1 un

un+1 un

!

λ −1

→ 1, on peut ´ecrire :

  un+1 un+1 = uλn eλ ln un − 1 ∼ uλn λ ln un ∼

1 un+1 = ln(1 + un ) = un − u2n + o(u2n ) 2 1 un+1 = 1 − un + o(un ) un 2 1 un+1 − 1 ∼ − un un 2 Finalement

λ vn ∼ − uλ+1 2 n

7. Pour λ = −1, la suite (vn )n∈N converge vers 21 . Par cons´equent, 1 v1 + v2 + · · · + vn → n 2 Or −1 v1 + v2 + · · · + vn = u−1 n+1 − u −1 donc u−1 ∼ n2 . n+1 − u −1 Comme un+1 → +∞, la constante u−1 est n´egligeable devant u−1 n+1 . n N´egligeons la ! On obtient u−1 ∼ puis n+1 2

un ∼

71

2 n

uλn λ





un+1 −1 un

Corrig´es - Pb 10

Probl` eme 10 1.

a. En ´ecrivant les deux termes de plus haut degr´e de la formule du binˆome, on montre que Qn est de degr´e n et de coefficient dominant n + 1. b. En substituant −X ` a X dans Qn on obtient (−1)n Qn . On en d´eduit que Qn est de mˆeme parit´e que n et que l’ensemble des racines de Qn est sym´etrique (si z est racine alors −z l’est aussi).

´ 2. Ecrivons cette fois la formule compl`ete : Q2r

 2r+1 
1 X 2r + 1 1 − (−1)k (i)k X 2r+1−k = 2i k k=0

De plus 1 − (−1)k est nul si k est pair, il vaut 2 si k est impair. Les entiers impairs k, de 1 a 2r + 1, sont de la forme 2p + 1 avec p ∈ {0, . . . , r}. ` De plus, ik = (−1)p i, on obtient donc  r  X 2r + 1 Q2r = (−1)p X 2(r−p) 2p + 1 p=0 On retrouve bien le fait que Q2r est pair. Il est clair que  r  X 2r + 1 Sr = (−1)p X r−p 2p + 1 p=0 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  n+1 z+i z+i =1⇔ ∈ Un+1 z−i z−i On en d´eduit que z est une racine si et seulement si il existe k entre 1 et n tel que 2ikπ z+i = e n+1 z−i

z+i est toujours diff´erent de 1. Il faut exclure k = 0 car z−i En transformant la relation (homographique) pr´ec´edente, on obtient que z est racine si et seulement si il existe k entre 1 et n tel que 2ikπ

z = −i

1 + e n+1 1−e

2ikπ n+1

= −1

kπ 2 cos n+1 kπ −2i sin n+1

= cot

kπ n+1

z+i Ces racines sont distinctes car l’application z → z−i est bijective de C − {i} dans C − {1}. En tenant compte du coefficient dominant, le calcul des racines conduit `a la factorisation  n  Y kπ Qn = (n + 1) X − cot n+1 k=1

72

Corrig´es - Pb 10 4. Lorsque k d´ecrit {1, . . . , r}, 2r + 1 − k d´ecrit {r + 1, . . . , 2r} avec cot

(2r + 1 − k)π kπ kπ = cot(π − ) = − cot 2r + 1 2r + 1 2r + 1

Pour tout k de {1, . . . , r}, on regroupe les racines associ´ees `a k et `a 2r + 1 − k, on obtient  r  Y kπ Q2r = (2r + 1) X 2 − cot2 2r + 1 k=1

En d´eveloppant ce produit, il apparait que le coefficient du terme de degr´e 2r − 2 de Q2r est r X kπ −(2r + 1) cot2 2r + 1 k=1

d’autre part, d’apr`es 1. ce coefficient est aussi   2r + 1 (2r + 1)(2r)(2r − 1) − =− 3 6 On en d´eduit

r X

cot2

k=1

En rempla¸cant cot

2

par sin1 2

− 1 dans la formule pr´ec´edente, il vient

r X

1 2

k=1

kπ r(2r − 1) = 2r + 1 3

sin

=r+

kπ 2r+1

2r(r + 1) r(2r − 1) = 3 3

  5. Dans 0, π2 , sin et cot sont strictement positives ; les in´egalit´es demand´ees sont donc ´equivalentes ` a sin x < x < tan x. Celles ci se d´emontrent tr`es rapidement en formant les tableaux de variation de x − sin x et de tan x − x.   kπ 6. Pour tous les k de {1, . . . , r}, 2r+1 est dans 0, π2 . Formons les in´egalit´es pr´ec´edentes et additionnons les en tenant compte de 4. : r

1 2r(r + 1) r(2r − 1) X ≤ 2 ≤  3 3 kπ k=1

7. L’encadrement pr´ec´edent s’´ecrit encore  2 π r(2r − 1) ≤ 2r + 1 3 2π 2 r(2r − 1) 3 (2r + 1)2

≤

2r+1

 2 r X π 1 2r(r + 1) ≤ k2 2r + 1 3

k=1 r X k=1

1 2π 2 r(r + 1) ≤ k2 3 (2r + 1)2

Quand r → +∞, les suites ` a droite et `a gauche de l’encadrement convergent vers en d´eduit r X 1 π2 ( )r∈N → 2 k 6 k=1

73

π2 6

; on

Corrig´es - Pb 11

Probl` eme 11 Partie I : Th´ eor` eme du point fixe Dans tout le probl`eme, 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 ⇒ |g(y) − g(x)| ≤ k|y − x| < ε k

Ce qui montre que g est continue en x. b. Montrons d’abord l’existence d’un point fixe. Consid´erons la fonction d´efinie dans I ϕ : x → g(x) − x Elle est continue comme somme de deux fonctions continues et la stabilit´e de I par g entraine g(a) ≥ a donc ϕ(a) ≥ 0 g(b) ≤ a donc ϕ(b) ≤ 0 Lorsque l’une des deux in´egalit´es pr´ec´edentes est une ´egalit´e, a ou b est un point fixe. Lorsque les deux in´egalit´es sont strictes, on peut appliquer le th´eor`eme de la valeur interm´ediaire ` a ϕ entre a et b. Il existe donc un x ∈]a, b[ tel que ϕ(x) = 0, c’est `a dire un point fixe pour g. Montrons maintenant l’unicit´e 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 hypoth`ese. On note α l’unique point fixe de g. 2.

a. On applique n fois l’in´egalit´e de lipschitzit´e : |xn − α| = |g(xn−1 − g(α)| ≤ k|xn−1 − α| = k|g(xn−2 − g(α)| ≤ k 2 |xn−2 − α| ≤ · · · ≤ k p |xn−p − α| ≤ k n |x0 − α| = k n |u − α| La suite ` a droite de l’in´egalit´e pr´ec´edente est g´eom´etrique de raison k ∈]0, 1[. Elle converge donc vers 0 ce qui permet d’appliquer le th´eor`eme d’encadrement. La suite (xn )n∈N converge vers α. b. Utilisons d’abord l’in´egalit´e triangulaire |xn+p − xn | ≤ |xn+p − xn+p−1 | + |xn+p−1 − xn+p−2 | + · · · + |xn+1 − xn | =

p−1 X

|xn+1+i − xn+i |

i=0

puis majorons comme plus haut en utilisant le caract`ere lipschitzien |xn+1+i − xn+i | = |g(xn+i ) − g(xn+i−1 )| ≤ k|xn+i − xn+i−1 | ≤ · · · ≤ k i |xn+1 − xn | 74

Corrig´es - Pb 11 En injectant dans la premi`ere majoration, on obtient : ! p−1 X 1 − kp i |xn+p − xn | ≤ k |xn+1 − xn | = |xn+1 − xn | 1−k i=0 c. Dans l’in´egalit´e pr´ec´edente, fixons n et consid`erons les suites en p. La suite (xn+p )p∈N converge vers α, la suite (xn )p∈N est constante, la suite (k p )p∈N converge vers 0. Par op´erations sur les suites convergentes et passage `a la limite dans une in´egalit´e, on obtient donc : 1 |xn+1 − xn | |α − xn | ≤ 1−k 3.

a. Comme g est suppos´ee d´erivable en α, on peut ´ecrire : g(α + h) − g(α) |≤k h→0 h

|g 0 (α)| = | lim

d’apr`es le th´eor`eme de passage ` a la limite dans une in´egalit´e. b. Par d´efinition de xn et de α : g(xn ) − gα xn+1 − α = → g 0 (α) xn − α xn − α par d´efinition de la d´erivabilit´e en α car la suite (xn )n∈N converge vers le point fixe α.

Partie II. M´ ethode de Newton 1.

a. L’´equation consid´er´ee admet une solution `a cause du th´eor`eme des valeurs interm´ediaires appliqu´e ` a f entre a et b. Cette solution est unique car la fonction est strictement croissante ` a cause du signe de la d´eriv´ee. L’unique solution not´ee α sera appel´ee z´ero de f. b. L’´equation de la tangente en x0 est : y = f 0 (x0 )(x − x0 ) + f (x0 ) L’abcisse du point d’intersection de cette tangente avec l’axe d’´equation y = 0 est x0 −

2.

f (x0 ) f 0 (x0 )

a. La fonction g est de classe C 1 , car la fonction f est C 2 donc sa d´eriv´ee est C 1 et de plus elle est stirctement positive ce qui assure le caract`ere C 1 de l’inverse. Les r´esultats usuels sur les op´erations sur les fonctions continues et dirivables permettent d’achever la preuve. b. Comme α est un z´ero de f : g 0 (α) = 1 − 1 +

g(α) = α

f (α)f 00 (α) =0 f 0 (α)2

En particulier, α est un z´ero de f et un point fixe de g. 75

Corrig´es - Pb 11

0,6

0,4

0,2

0,0 1,0

1,5

K

0,2

K

0,4

K

0,6

Fig. 7 – II.3.a. Exemple de graphe de f

76

2,0

Corrig´es - Pb 11 3.

a. La restriction de ln ` a un segment de ]0, +∞[ satisfait aux conditions. On peut tracer son graphe. b. Supposons xn ∈ [a, α[, il est alors dans le domaine de f et f 0 prend des valeurs strictement positives dans l’intervalle (en particulier f 0 (xn ) > 0). Donc xn+1 est bien d´efini par : f (xn ) xn+1 = xn − 0 f (xn ) Il sera utile plus loin de remarquer que l’on en d´eduit : f (xn ) + (xn+1 − xn )f 0 (xn ) = 0 Comme xn ≤ α et f croissante : f (xn ) ≤ 0 donc xn+1 ≥ xn . D’apr`es le th´eor`eme des accroissements finis appliqu´e `a f entre xn et xn+1 , il existe un c entre xn et xn+1 tel que f (xn+1 − f (xn ) = f 0 (c) ≤ f 0 (xn ) xn+1 − xn car f 0 est suppos´ee d´ecroissante dans cette question. Comme xn+1 − xn > 0, on d´eduit f (xn+1 ) ≤ f (xn ) + (xn+1 − xn )f 0 (xn ) On obtient finalement f (xn+1 ) ≤ 0 avec la remarque du d´ebut qui suit la d´efinition de xn+1 . On en d´eduit xn+1 ≤ α. On peut aussi remarquer (calcul de g 0 ) que, dans [a, α], g est croissante et telle que g(x) ≥ x. On en d´eduit que [a, α] est stable pour g. c. D’apr`es b, la suite (xn )n∈N est croissante et major´ee par α. Elle est donc convergente. Sa limite not´ee β est un ´el´ement de [a, α], la fonction g est donc continue en β et la d´efinition de xn entraine alors g(β) = β. Or d’apr`es la d´efinition de g, un point fixe de g est un z´ero de f et α est le seul z´ero de f dans I. On peut donc conclure que (xn )n∈N converge vers α.

4.

a. Comme g 0 est continue et g 0 (α) = 0, il existe un intervalle J de la forme [α − h, α + h] tel que |g 0 (x)| < 1 pour tout x ∈ J. b. Pour tous les x ∈ J, appliquons le th´eor`eme 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 0 (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 0 | est continue sur cet intervalle. Elle est donc born´ee et elle atteint sa borne sup´erieure M en un point de J. Il existe u ∈ J tel que M = |g 0 (u)| < 1 d’apr`es la d´efinition de J. L’in´egalit´e des accroissements finis appliqu´ee entre deux ´el´ements quelconques de J montre que g|J est M -lipschitzienne. d. Toutes les hypoth`eses sont maintenant r´eunies pour appliquer `a g dans J les r´esultats de la partie I. La suite xn converge vers l’unique point fixe α de g.

77

Corrig´es - Pb 12

Probl` eme 12 1. Il est clair par d´efinition que fn est strictement croissante dans [0, +∞[. Comme de plus fn (0) = −1 et fn (1) = n − 1, le th´eor`eme de la valeur interm´ediaire entraˆıne l’existence et l’unicit´e de an tel que f (an ) = 0. On peut pr´eciser a1 = 1 et an ∈ ]0, 1[ pour n > 0. 2. On remarque que fn+1 (x) = fn (x) + xn+1 pour tout r´eel x. En particulier fn+1 (an ) = an+1 > 0 ; ce qui, avec la stricte croissance de f et le th´eor`eme de la valeur interm´ediaire n entraˆıne an+1 < an . La suite (an )n∈N∗ est d´ecroissante et minor´ee par 0 elle converge vers un ´el´ement de [0, a2 ] . 3. On a d´eja d´emontr´e en 1. que a2 ∈ ]0, 1[. A cause de la d´ecroissance, on en d´eduit 0 < an < a2 puis 0 < an+1 < an+1 . Ceci entraˆıne, par encadrement, la convergence de (an+1 )n∈N∗ n n 2 vers 0. En utilisant l’expression de la somme des termes d’une suite g´eom´etrique, il vient fn (an )

=

1 − an+1 n

=

an

=

1 − an+1 n −2=0 1 − an 2 − 2an 1 (1 + an+1 ) n 2

Ce qui entraˆıne la convergence de (an )n∈N∗ vers 12 . n+1

1 2x−1 ∗ 4. Comme fn (x) = 1−x 1−x − 2, lorsque 0 < x < 1, (fn (x))n∈N converge vers 1−x − 2 = 1−x 1 1 qui est strictement positif lorsque x > 2 et strictement n´egatif lorsque  x < 2 .   Consid´erons un ε quelconque dans 0, 12 ; de sorte que 12 + ε ∈ 21 , 1 et 12 − ε ∈ 0, 21 . Comme (fn ( 12 + ε))n∈N∗ converge vers un nombre strictement positif et (fn ( 21 − ε))n∈N∗ vers un nombre strictement n´egatif, il existe un entier n0 tel que, pour tout n > n0 , on ait fn ( 12 − ε) < 0 < fn ( 12 + ε). On en d´eduit 21 − ε < an < 21 + ε pour tout n > n0 ce qui est exactement la d´efinition de la convergence vers 21 .

5. On a d´ej` a remarqu´e que 2an − 1 = an+1 . Utilisons l’indication de l’´enonc´e : (2an )n+1 = n (n+1) ln(2an ) e avec (n+1) ln(2an ) ∼ (n+1)(2an −1) ∼ (n+1)an+1 . De plus, 0 < (n+1)an+1 < n n n+1 n+1 (n + 1)a2 avec a2 < 1 assure (n + 1)an → 0 et donc (2an )n+1 → 1 On en d´eduit an+1 ∼ n

1 2n+1

et finalement, comme an − an −

1 1 ∼ n+2 2 2

78

1 2

= 12 an+1 : n

Corrig´es - Pb 13

Probl` eme 13 1. La matrice de l’endomorphisme nul dans n’inporte quelle base est la matrice nulle. 2. Cas f 6= 0L(E) , f 2 = 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’apr`es le th´eor`eme du rang dim Im f = 3 − d. On a donc 3 − d ≤ d ou encore d≥

3 2

On en d´eduit 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 f 2 = 0L(E) , f (x) est un vecteur non nul de ker f . On peut compl´eter la famille libre (f (x)) en une base (f (x), y) de ker f . Consid´erons alors e1 = y, e2 = f (x), e3 = x – Montrons que (e1 , e2 , e3 ) est une base. En composant par f une relation λ1 e1 + λ2 e2 + λ3 e3 = 0E On obtient λ3 x = 0 donc λ3 = 0 car x 6= 0. La relation devient alors λ1 e1 + λ2 e2 = 0 Ce qui entraˆıne λ1 = λ2 = 0 car, par d´efinition, (e1 , e2 ) est une base de ker f . – La matrice de f dans (e1 , e2 , e3 ) est   0 0 0 0 0 1  0 0 0 3. Cas f 2 6= 0L(E) , f 3 = 0L(E) . Comme f 2 6= 0L(E) , il existe un vecteur x tel que f 2 (x) 6= 0. Montrons que (x, f (x), f 2 (x)) est une base de E. Si λ1 x + λ2 f (x) + λ3 f 2 (x) = 0E alors, en composant par f 2 , on obtient λ3 f 2 (x) = 0 donc λ3 = 0. D’o` u λ1 x + λ2 f (x) = 0E En composant par f , on obtient λ2 f 2 (x) = 0 donc λ2 = 0. Le dernier coefficient est alors automatiquement nul. Posons alors e1 = f 2 (x), e2 = f (x), e3 = x La famille (e1 , e2 , e3 ) est une base v´erifiant : f (e1 ) = f (f 2 (x)) = 0E f (e2 ) = f (f (x)) = e1 f (e3 ) = f (x) = e2 79

Corrig´es - Pb 13 On en d´eduit que la matrice de f dans cette base est :   0 1 0 0 0 1  0 0 0

80

Corrig´es - Pb 14

Probl` eme 14 1. Dans cette question, on demande de montrer que des familles sont des bases et de pr´eciser des matrices de passage. Les vecteurs de ces familles (disons les ”a”) sont donn´es comme des combinaisons lin´eaires des vecteurs d’une base fixe (disons les ”e”). Le plus ´economique est d’exprimer explicitement les ”e” en fonction des ”a”. Cela montre que la famille des ”a” est g´en´eratrice (donc que c’est une base ` a cause du nombre d’´el´ements) et donne la matrice de passage. Pourquoi A est elle une base ? On transforme par op´erations ´el´ementaires le syst`eme de relations d´efinissant (a1 , a2 , a3 )  1 1 1   a1 + a2 − a3 e1 =    a1 = e1 + e2 + e3  3 3 3 e2 = a1 − a2 a2 = e1 + e3 ⇔    a3 = −e1 + e2 + 2e3   e3 = − 1 a1 + 2 a2 + 1 a3 3 3 3 On en d´eduit : 

PEA

1 1 = 1 0 1 1

 −1 1 , 2

PAE

 1 1 1 = 3 −1

3 −3 0

 −1 2 1

Pourquoi A1 est-elle une base ? Calcul de PA1 E Exprimons (e1 , e2 , e3 ) en fonction de (e1 , a2 , a3 )      a1 = e1 + e2 + e3  e1 = e1 a2 = e1 + e3 ⇒ e3 = −e1 + a2     a3 = −e1 + e2 + 2e3 e2 = e1 + a3 − 2e3    e1 = e1 ⇒ e2 = 3e1 − 2a3 + a3   e3 = −e1 + a2 

PA1 E

1 = 0 0

3 −2 1

 −1 1 0

Pourquoi A2 est-elle une base ? Calcul de PA2 E Exprimons (e1 , e2 , e3 ) en fonction de (a1 , e2 , a3 ). On utilise l’expression des “e” en fonction des “a”. De e2 = a1 − a2 on tire a2 = a1 − e2 que l’on remplace dans les deux autres relations. On obtient :  1 1 2     2 0 1  e1 = 3 a1 − 3 e2 − 3 a3 1 e2 = e2 , PA2 E = −1 3 −2  3  −1 0 1  e = 1a − 2e + 1a 1 2 3 3 3 3 3 2. On rappelle que p1 est le projecteur sur Vect(e2 , e3 ) – Calcul de Mat p1 . Par d´efinition : E  0 0 Mat p1 = 0 1 E 0 0 81

parall´element `a Vect(e1 ).  0 0 1

Corrig´es - Pb 14 – Calcul de Mat p1 . On utilise la formule de changement de base avec les matrices de A

passage d´ej` a trouv´ees Mat p1 = PAE Mat p1 PEA A



1 1 Mat p1 =  1 A 3 −1

3 −3 0

 −1 0 2  0 1 0

E

0 1 0

 0 1 1 0  1 0 1 1 1

 −1 1 2 

2 1 = −1 3 1

−1 2 1

 1 1 2

– Calcul de Mat p1 . Par d´efinition, p1 (e1 ) = 0, p1 (e2 ) = e2 , p1 (e3 ) = e3 . On peut exprimer EA

ces vecteurs dans A avec les calculs d´ej`a faits.  0 1 0 Mat p1 = EA 3 0

On obtient  3 −1 −3 2  0 1

– Calcul de Mat p1 . De a1 = e1 + e2 + e3 on d´eduit p1 (a1 ) = e2 + e3 . De mˆeme les autres AE

colonnes s’obtiennent directement `a partir des expressions des ”a” en fonction des ”e”.   0 0 0 1 1 0 1 Mat p1 = AE 3 1 1 2 3. On rappelle que p2 est le projecteur sur Vect(e2 , e3 ) parall`element `a Vect(a1 ). ` partir de la d´efinition de a1 = e1 + e2 + e3 , il vient p2 (e1 ) = −e2 − e3 . – Calcul de Mat p2 . A E

On en d´eduit



0 Mat p2 = −1 E −1

 0 0 1 0 0 1

– Calcul de Mat p2 . Il faut exprimer a1 , a2 , a3 en fonction de a1 , e2 , e3 . En partant des A

d´efinitions de a1 , a2 , a3 , on obtient :    a1 = a1  p2 (a1 ) a2 = a1 − e2 p2 (a2 ) ⇔   a3 = −a1 + 2e2 + 3e3 p2 (a3 )  0 −1 Mat p2 = 0 1 A 0 0

=0 = −e2 = −a1 + a2 = 2e2 + 3e3 = a1 + a3  1 0 1

– Calcul de Mat p2 . On exprime p2 (e2 ) = e2 et p2 (e3) = e3 dans A. De plus, EA

1 1 2 p2 (e1 ) = −e2 − e3 = − a1 + a2 − a3 3 3 3 d’o` u



−2 1 Mat p2 =  1 EA 3 −1 82

3 −3 0

 −1 2 1

Corrig´es - Pb 14 – Calcul de Mat p2 . On exprime a1 , a2 , a3 en fonction de a1 , e2 , e3 . On obtient : AE



0 Mat p2 = 0 AE 0

83

0 −1 0

 0 2 3

Corrig´es - Pb 15

Probl` eme 15 1. Une primitive de ln x est x ln x − 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 pr´ec´edente : Z

n

(ln(x + n + 1) − ln(x + 1)) dx

In = 0

x=n

= [(x + n + 1) ln(x + n + 1) − x − (x + 1) ln(x + 1) + x]x=0

= (2n + 1) ln(2n + 1) − 2(n + 1) ln(n + 1) 3. Calcul du d´eveloppement de In . On se ram`ene `a des d´eveloppements en 0 en factorisant par n dans les ln.   1 1 1 1 − 2 + o( 2 ) ln(2n + 1) = ln n + ln 2 + ln 1 + = ln n + ln 2 + 2n 2n 8n n   1 1 1 1 ln(n + 1) = ln n + ln 1 + = ln n + ln 2 + − 2 + o( 2 ) n n 2n n On multiplie ensuite respectivement par (2n + 1) et (n + 1), le reste devient un o( n1 ) et on obtient aprs calculs : In = (2 ln 2)n − ln n + (ln 2 − 1) − 4.

1 31 + o( ) 4n n

a. On utilise les propri´et´es ´el´ementaires de la fonction inverse : ∀x ≥ i, ∀y ≥ j :

1 1 ≤ x+y+1 i+j+1

puis on int´egre sur des segments de longueur 1 Z j+1 1 1 dy ≤ x+y+1 i+j+1 j Z i

i+1

Z j

j+1

 1 1 dy dx ≤ x+y+1 i+j+1

b. Le raisonnement est analogue de l’autre cot´e sur [i − 1, i] × [j − 1, j]. c. En d´ecoupant en intervalles de longueur 1, l’int´egrale In devient par relation de Chasles une somme double.    n−1 X n−1 X Z i+1 Z j+1 1  In = dy dx x + y + 1 i j j=0 i=0 Pour majorer, on utilise a., Sn apparait naturellement comme majorant   n−1 X n−1 X 1   In ≤ i + j + 1 j=0 i=0 84

Corrig´es - Pb 15 Pour minorer on utilise b., le terme de droite de l’in´egalit´e est form´e par une partie des termes de Sn+1 .

In ≥

n X



n X

 i=1

j=1

 n n X X 1 1 1  = Sn+1 − − i+j+1 i + 0 + 1 0 + j+1 j=0 i=1 ≥ Sn+1 − 2

n X k=0

1 +1 k+1

On en d´eduit In−1 ≥ Sn − 2

n X 1 +1 k

k=1 n X

Sn ≤ In−1 + 2

k=1

1 −1 k

5. D’apr`es la question 3., les suites ( Inn ) et ( In−1 n ) convergent vers 2 ln 2. On obtiendra donc l’´equivalence demand´ee par un simple th´eor`eme d’encadrement `a condition de d´emontrer d’abord que la somme des k1 est n´egligeable devant n. Cela se fait classiquement par comparaison avec une int´egrale. Z n 1 1 dx 1 + + ··· + ≤ 1 + = 1 + ln n 2 n x 1 6. On peut ´ecrire n−1 X

!2 xk

=

n−1 X

! n−1  X xi  xj 

i=0

k=0

j=0

et tout d´evelopper pour obtenir une somme double puis int´egrer en utilisant la lin´earit´e. Les int´egrales ´el´ementaires se calculent et on obtient : Jn = Sn On en d´eduit Jn ∼ 2n ln 2 ou encore Z 0

1

1 − xn dx ∼ 2n ln 2 1−x

85

Corrig´es - Pb 16

Probl` eme 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 int´egrable au sens de l’int´egrabilit´e de la classe de MPSI. 2. Montrons que, pour x fix´e dans ]0, 1], la suite (fn (x))n∈N est d´ecroissante : fn (x) − fn+1 (x) =

(1 + xn )(1 + xn+2 ) − (1 + xn+1 )2 (1 + xn+1 )(1 + xn+2 ) xn (1 − x)2 ≥0 (1 + xn+1 )(1 + xn+2 )

=

Comme chaque fonction est `a valeurs positives, en int´egrant ces in´egalit´es entre a et 1, on obtient que (Jn (a))n∈N est d´ecroissante et positive donc convergente. On note J(a) sa limite. 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 d´ecroissante. D’apr`es le cours sur la convergence des fonctions monotones, Jn admet une limite finie en 0 si et seulement si elle est major´ee. Sa limite jn sera alors la borne sup´erieure de l’ensemble de ses valeurs. Il s’agit donc de majorer fn : 1 + xn ≤ 2

∀x ∈]a, 1] :

1 + xn+1 ≥ 1

d’o` u, pour tous les a ∈]0, 1] : Z Jn (a) ≤ a

4.

1

√ 2dx √ = 4(1 − a) ≤ 4 x

a. Pour tout x ∈]0, 1] : xn+1 ≤ xn donc 1 + xn+1 ≤ 1 + xn et 1 √ ≤ fn (x) x Pour tout x ∈]0, 1] : donc 1 + xn+1 ≥ 1 et fn (x) ≤

1 + xn √ x 1

1

b. On int´egre l’encadrement pr´ec´edent entre a et 1. Les primitives de t− 2 et de tn− 2 interviennent dans ce calcul. Elles sont de la forme √

1

2 t

n+

1 2

t

n+

1 2

On obtient apr`es calculs 2(1 −

√

a) ≤ Jn (a) ≤ 2(1 −

86

√

 a) +

1 1 n+ 2

n+

1 − a

 1 2

Corrig´es - Pb 16 Pour a fix´e dans ]0, 1], il est clair que    1 n+   1  →0 1 − a 2   1 n+ 2 n∈N D’autre part, on sait d´ej` a que (Jn (a))n∈N converge vers J(a). On obtient donc par passage ` a la limite dans une in´egalit´e : √ √ 2(1 − a) ≤ J(a) ≤ 2(1 − a) C’est ` a dire J(a) = 2(1 −

√

a)

Il est important de comprendre que ce n’est pas le th´eor`eme d’encadrement qui a ´et´e utilis´e ici. c. Revenons ` a l’encadrement de Jn (a). Cette fois, pour n fix´e, on peut passer `a la limite dans les in´egalit´es pour a en 0. On obtient : 1

2 ≤ jn ≤ 2 +

n+

1 2

Le th´eor`eme d’encadrement n’a toujours pas ´et´e utilis´e. En revanche il est utilis´e ici pour prouver, ` a partir de l’encadrement pr´ec´edent, que (jn )n∈N converge vers 2. 5. D’apr`es 4.c., on sait que 0 ≤ jn − 2. Pour √ l’autre in´egalit´e, on compare en fait l’int´egrale de fn avec celle de √1x qui vaut 2(1 − a). Jn (a) − 2(1 −

√

Z

1



a) = a

1 + xn −1 1 + xn+1



dx √ = x

Z a

1

xn (1 − x) dx √ 1 + xn+1 x

Comme tout est positif, pour majorer oublions simplement le xn+1 du d´enominateur : Z 1 Z 1 Z 1 √ 1 1 dx Jn (a) − 2(1 − a) ≤ xn (1 − x) √ = xn+ 2 dx xn− 2 dx − x a a a Les deux int´egrales se calculent : Jn (a) − 2(1 −

√

a) ≤

1 n+

 1 2

 1 1 − an+ 2 −

1 n+

 3 2

En passant ` a la limite dans les in´egalit´es pour a en 0 : jn − 2 ≤

1 n+

1 2

−

1 n+

87

3 2

=

1 (n +

1 2 )(n

3

1 − an+ 2

+ 23 )



Corrig´es - Pb 17

Probl` eme 17 Partie A   1. Pour chaque t de 0, π2 la fonction x → √ h πi ∀t ∈ 0, , 2

1 1−x2 sin2 t

est croissante donc x < y entraˆıne

1

p

1 ≤p 1 − y 2 sin2 t 1 − x2 sin t 2

puis φ(x) ≤ φ(y). La fonction est donc croissante. 2.

a. D’apr`es les propri´et´es de arcsin il suffit de v´erifier que h πi ∀x ∈ [0, 1] , ∀t ∈ 0, 2

(1 + x) sin t ∈ [0, 1] 1 + x sin2 t

Pour t fix´e, l’expression est une fonction homographique de x qui est monotone car sur l’intervalle le d´enominateur ne s’annule pas. – Si t 6= 0 – en x = 0 on obtient sin t qui est bien dans [0, 1] 2 sin t – en x = 1 on obtient 1+sin erifie 2 t qui est clairement positif et v´ 1−

2 sin t (1 − sin t)2 = ≥0 1 + sin2 t 1 + sin2 t

– Si t = 0, la fonction de x est constante et nulle sin t est monotone. Elle prend aux Pour t fix´e dans [0, 1], la fonction x → (1+x) 1+x sin2 t extr´emit´es des valeurs dans [0, 1], on peut en d´eduire que toutes ses valeurs sont dans [0, 1]. Ceci prouve ´egalement que u est continue.   b. Montrons d’abord que la fonction est C 1 dans 0, π2 . A cause des propri´et´es d’ arcsin il suffit de prouver que

h πh ∀x ∈ [0, 1[ , ∀t ∈ 0, 2

(1 + x) sin t 6= 1 1 + x sin2 t

Consid´erons l’´equation (1 +x)S = 1 + xS 2 d’inconnue S. Ses solutions sont 1 et 1 π x comme x ∈ [0, 1[ et t ∈ 0, 2 sin t ne peut prendre aucune de ces valeurs donc (1 + x) sin t 6= 1 + x sin2 t   Pour montrer que u ∈ C 1 ( 0, π2 )utilisons le th´eor`eme de la limite de la d´eriv´ee. On  π π 0 sait d´ej` a que u  est continue dans 0, 2 . Cherchons si u (t) converge en 2 . En d´erivant π sin u(t) dans 0, 2 on obtient u0 (t) cos u(t) = Quand t →

π 2,

(1 + x)(1 − x sin2 t) cos t (1 + x sin2 t)2

(3)

u(t) → u(1) = arcsin π2 = 1. Le second membre de (1) est ´equivalent ` a 1−x 1−x π cos t ∼ ( − t) 1+x 1+x 2 88

Corrig´es - Pb 17 D’autre part, cos u(t)

s

q

2

1 − sin u(t) =

=

1−

(1 + x)2 sin2 t (1 + x sin2 t)2

s

(sin t − 1)(x sin t − 1)(1 + x sin2 t + (1 + x) sin t) (1 + x sin2 t)2 s r (x − 1)2(1 + x) √ 1 − x π2 − t √ cos u(t) ∼ − − sin t + 1 ∼ 2 (1 + x)2 1+x 2 q π On en d´eduit finalement que u0 (t) → 1−x a la fois la 1+x quand t → 2 ce qui prouve ` q e de la d´eriv´ee en ce point. d´erivabilit´e de u en π2 avec u0 ( π2 ) = 1−x 1+x et la continuit´  π 0 Par d´efinition,  u(t)  ∈ 0, 2 donc cos u(t) > 0, l’´equation (1) montre alors  que u (t) > 0 π π lorsque t ∈ 0, 2 . On en d´eduit qu’elle est strictement croissante 0, 2 , comme  dans  de plus u(0) = 0 et u( π2 ) = π2 c’est une bijection continue de 0, π2 dans 0, π2 . c. La bijection r´eciproque d’une bijection continue sur un intervalle estqcontinue. La   1−x formule (1) montre que u0 (t) ne s’annule pas dans 0, π2 et u0 ( π2 ) = 1+x 6= 0 La  π 1 −10 = u0 ◦u bijection r´eciproque de u est donc d´erivable dans 0, 2 . L’expression u −1 de la d´eriv´ee montre sa continuit´e. 3. Reprenons le calcul de cos u(t) commenc´e en 2.b. En poursuivant la factorisation, on obtient s (sin t − 1)(x sin t − 1)(1 + sin t)(1 + x sin t) cos u(t) = (1 + x sin2 t)2 p cos t = 1 − x2 sin2 t 1 + x sin t =

√

Notons θ au lieu de t la variable dans l’int´egrale d´efinissant φ( 21+xx ) et effectuons le changement de variable θ = u(t) – Evaluons l’expression sous la racine `a l’aide de la d´efinition de sin u(t) : 4x 1− sin2 u(t) = 1 − 4x (1 − x)2



sin t 1 + x sin2 t

2

 =

1 − x sin2 t 1 + x sin2 t

– D’apr`es les calculs pr´ec´edents cos θdθ

=

dθ

=

1 − x sin2 t dt (1 + x sin2 t)2   dt 1 − x sin2 t p (1 + x) 1 + x sin2 t 1 − x2 sin2 t (1 + x) cos t

– Les bornes sont conserv´es et l’´el´ement differentiel devient dθ q On en d´eduit φ(x) =

1−

4x (1+x)2

sin2 θ

√ 2 x 1 1+x φ( 1+x )

89

= (1 + x) p

dt 1 − x2 sin2 t

2

Corrig´es - Pb 17 4. On suppose 0 < b ≤ a, en mettant a en facteur sous la racine et en transformant le cos en sin on peut exprimer I ` a l’aide de φ : √ 1 a2 − b2 I(a, b) = φ( ) a a √ On a toujours ab ≤ a+b 2 donc a+b √ 2 , ab) = φ( I( 2 a+b

q

a+b 2 2 a+b 2




− ab

)=

2 a−b φ( ) a+b a+b

D’apr`es la question 3. √ a−b a+b a2 − b2 a−b 1 a+b φ( ) = φ( )= φ( ) a+b 2a a 1 + a−b 1 + a−b a+b a+b q

2

√ √ a2 −b2 1 ) = I(a, b) d’o` u I( a+b 2 , ab) = a φ( a

Partie B 1. Exercice classique. La comparaison des moyennes g´eom´etrique et arithm´etique assure par r´ecurrence les monotonies. La convergence se montre en remarquant que la longueur de l’intervalle est ` a chaque ´etape divis´ee par 2. 2. D’apr`es les d´efinitions : an+1 − bn+1

√ √ √ √ ( an − bn )2 ( an − bn )2 an + bn p √ = − an bn = = √ 2 2 2( an + bn )2

Comme les suites sont adjacentes : b ≤ bn ≤ an ≤ a donc p √ an + bn ≥ 2b ce qui prouve l’in´egalit´e demand´ee. 3. On admet la continuit´e de φ en 0. Les outils de sp´e sont mieux adapt´es `a ce genre de questions. Pour tout n on p a2n − b2n 1 I(a, b) = I(an , bn ) = φ( ) an an Comme les suites sont ajacentes, l’argument de φ tend vers 0. En passant `a la limite il π vient I(a, b) = µ1 φ(0) = 2µ π µ= 2I(a, b)

90

Corrig´es - Pb 18

Probl` eme 18 Partie A 1. cours 2. cours 3. a. Si x ∈ Im w, il existe y ∈ ker(ui+j ) tel que x = w(y) = uj (y), alors ui (x) = ui+j (y) = 0E donc x ∈ ker ui . Ceci prouve Im w ⊂ ker ui b. Appliquons ` a w le th´eor`eme du rang : dim(ker ui+j ) = dim(ker w) + dim(Im w) avec ker w = ker ui+j ∩ ker uj = ker uj et Im w ⊂ ker ui . On en d´eduit dim(ker ui+j )‘ dim(ker ui ) + dim(ker uj ) 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’apr`es l’in´egalit´e de la question pr´ec´edente dim(ker u2 ) ≤ 2 dim(ker u) = 2 3 = dim(ker u3 ) ≤ dim(ker u2 ) + dim(ker u) ≤ dim(ker u2 ) + 1 On en d´eduit les ideux in´egalit´es prouvant dim(ker u2 ) = 2. b. Comme dim(ker u2 ) = 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’elle est libre. On consid`ere une combinaison nulle et on compose par u2 . On en d´eduit la nullit´e du coefficient de a. En composant ensuite par u on obtient la nullit´e du coefficient de u(a)... c. Pour v = u2 − u, on d´esigne par U la matrice de u et par V elle de v dans la base (u2 (a), u(a), a). On obtient :       0 1 0 0 0 1 0 −1 1 U =  0 0 1  , U 2 =  0 0 0  , V =  0 0 −1  0 0 0 0 0 0 0 0 0

Partie B 1. Deux matrices semblables ont le mˆeme d´eterminant donc det A = det T = 1 car T est triangulaire avec des 1 sur la diagonale. Les deux matrices sont donc inversibles. 2. Le calcul montre que N 3 est la matrice nulle. On en d´eduit que (I3 + N )(I3 − N + N 2 ) = I3 − N 3 = I3 Les deux matrices sont donc inversibles et inverses l’une de l’autre. Donc (P −1 AP )−1 = I3 − N + N 2 avec (P −1 AP )−1 = P −1 A−1 P 91

Corrig´es - Pb 18 3. Dans cette question N = 0, donc A est semblable `a I. Comme I commute avec P , A est ´egal ` a I. Les matrices A et A−1 sont donc plus que semblables, elles sont ´egales et ´egales a I. ` 4. a. On a ici rg(A) = 2 et M = N 2 − N . Comme N 3 = 0, on peut appliquer la question 4. de la partie A. Il existe une “bonne base” dans laquelle la matrice de l’endomorphisme repr´esent´e par N est   0 1 0  0 0 1  0 0 0 donc M est semblable  0 − 0 0

a` 1 0 0

  0 0 1 + 0 0 0

0 0 0

  1 0 0 = 0 0 0

−1 0 0

 1 −1  0

b. Par le calcul, M 3 = 0, le rang de M est clairement 2. c. Pourquoi les matrices     0 1 0 0 −1 1  0 0 1  ,  0 0 −1  0 0 0 0 0 0 sont-elles semblables ? Car on peut appliquer ` a l’endomorphisme repr´esent´e par M et par la deuxi`eme matrice la 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 + N et A−1 ∼ (I + N )−1 = I − N + N 2 = I + M ∼ A 5. On a ici rg(A) = 1 et M = N 2 − N . Notons n l’endomorphisme dont la matrice dans la base canonique est N . Comme il est de rang 1 avec n3 = 0 (imm´ediat `a v´erifier) son noyau est de dimension 2 avec Im n ⊂ ker n ou Im n ⊕ ker n = E La deuxi`eme alternative est incompatible avec le caract`ere nilpotent. Il existerait en effet un vecteur a non nul tel que n(a) = λa (l’image est une droite stable) avec λ non nul (l’intersection noyau -image est r´eduite au vecteur nul). Mais alors n3 (a) = λ3 a 6= 0. On doit donc avoir Im n ⊂ ker n Consid´erons alors une base (a, b, c) avec (c) de n dans une telle base est  0  0 0

base de Im n et (a, b) base de ker n. La matrice  0 1 0 0  0 0

On en d´eduit N 2 = 0, M 2 = −N . De plus on a alors : (I + N )−1 = I − N 92

Corrig´es - Pb 18 Donc A ∼ I + N , A−1 ∼ I − N . Pourquoi les deux matrices I + N et I − N ou N et −N sont-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’´enonc´e.   0 0 0 A =  0 −1 −1  0 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 de Im(u − IdE ). b. La famille (a, b − c, c) est une base car elle contient trois vecteurs et engendre E. On effet les vecteurs de (a, b, c) s’expriment en fonction de (a, b − c, c). a = a, b = (b − c) + c, De plus u(c) = −b + 2c = −(b − c) + c.  1  0 0

c=c

La matrice de u dans (a, b − c, c) est donc  0 0 1 −1  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 La r´eponse est non. Exemple :  1 0 A =  0 2 0 0  1 0 A−1 =  0 12 0 0

est-elle de la forme T ?  0 0  = Mat u 1 2

(a,b,c)

 0 0  = Mat u−1 = Mat u (a,b,c) (a,c,b) 2

La matrice A est bien semblable `a son inverse. Pourquoi n’est-elle pas semblable `a une matrice de la forme T ? Car deux matrices semblables ont la mˆeme trace et tr A = 1 + 2 +

93

1 6= tr T = 3 2

Corrig´es - Pb 19

Probl` eme 19 1.

a. La relation de r´ecurrence ´etant lin´eaire, il est imm´ediat que si (xn )n∈N et (yn )n∈N sont dans Ea et λ et µ dans R, la suite (λxn + µyn )n∈N ∈ Ea . b. Chaque suite dans Ea est d´efinie de mani`ere unique par ses trois premiers termes et la relation de r´ecurrence. L’application ( Ea → R3 φ: (xn )n∈N 7→ (x0 , x1 , x2 ) est un isomorphisme lin´eaire. La dimension de Ea est donc 3.

2.

a. On v´erifie (simplement en rempla¸cant dans la relation de r´ecurrence) que les fonctions constantes sont dans Ea . b. La suite (vn )n∈N est d´efinie par la diff´erence entre deux termes cons´ecutifs. En “cassant” 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 v´erifie donc 4vn+2 − 4avn+1 + vn = 0

(4)

c. On d´esigne par Fa l’ensemble des suites v´erifiant (2). Montrons d’abord qu’une suite v´erifiant (2) v´erifie aussi (1). Soit (xn )n∈N ∈ Fa , d’apr`es (2) on a : xn = 4axn+1 − 4xn+2 en rempla¸cant 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’apr`es (2) au rang n + 1. Ceci prouve que (xn )n∈N ∈ Ea . Il est stable par combinaison lin´eaire comme tout ensemble de suites v´erifiant une relation de r´ecurrence lin´eaire. C’est un sous-espace vectoriel de Ea . La relation (2) est v´erifi´ee par les suites fabriqu´ees `a partir de celles de Ea en prenant la diff´erence de deux termes cons´ecutifs. Mais les suites de Fa sont elles toutes de cette forme ? En fait oui. L’application qui a une suite associe la diff´erence de deux termes cons´ecutifs est un endomorphisme de Ea dont l’image est incluse dans Fa qui est de dimension 2. Le noyau de cette application lin´eaire est K (espace des suites constantes) de dimension 1 donc le rang est 2 ce qui prouve que Fa est l’image de l’application. 3. Pour d´eterminer une base de Fa , on forme l’´equation caract´eristique 4x2 − 4ax + 1 = 0 dont le discriminant est 16(a2 − 1). – Lorsque 0 ≤ a < 1, l’´equation a deux racines complexes conjugu´ees. On pose a = cos θ avec θ ∈]0, π2 [. Les racines sont 12 eiθ et 12 e−iθ . Une base est alors (cours) : ((2−n cos nθ)n∈N , (2−n sin nθ)n∈N ) 94

Corrig´es - Pb 19 – Lorsque a = 1. L’´equation a une racine double 21 . Une base est alors (cours) : ((2−n )n∈N , (2−n n)n∈N ) – Lorsque 1 < a, l’´equation a deux racines r´eelles. On pose a = ch θ avec θ > 0. Les racines sont 12 eθ et 12 e−θ . Une base est alors (cours) : ((2−n enθ )n∈N , (2−n e−nθ )n∈N ) 4. L’ensemble K des suites constantes est dans Ea si et seulement si la suite constante de valeur 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 =

5 4

5. Dans cette question, on suppose a 6= 54 . a. On en d´eduit K ∩ Fa = (0). Ici (0) d´esigne la suite nulle. De plus : – K est de dimension 1 (la famille constitu´ee 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 d´eduire que K et Fa sont suppl´ementaires dans Ea . b. On obtient des bases de Ea simplement en ajoutant (1) la suite constante de valeur 1 aux familles trouv´ees en 3. 6. Dans le cas particulier a =

5 4

la relation de r´ecurrence d´efinissant Ea0 devient 4xn+3 = 9xn+2 − 6xn+1 + xn

Elle est v´erifi´ee par (n)n∈N . Les racines de l’´equation caract´eristique (de Fa ) sont alors 1 et 1 equation caract´eristique de degr´e 3 de Ea . Bien que 4 . (En fait 1 est une racine double de l’´ ce ne soit pas vraiment plus compliqu´e que pour les r´ecurrences d’ordre 2, les r´ecurrences lin´eaires 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 nullit´e des trois premiers termes et transformons le syst`eme par op´erations 95

Corrig´es - Pb 19 ´el´ementaires : + γ 1 γ α + β + 4    2α + β + 1 γ 16  1    α + β + 4γ β + γ   7  − β + − γ 16 1 α + β + γ 4 β + γ 7 + (1 − )γ 16    

      

β

=

0

=

0

=

0

=

0

=

0

=

0

=

0

=

0

=

0

ce qui entraˆıne α = β = γ et donc que la famille est libre. 7. On trouve les r´esultats suivants apr`es 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

Corrig´es - Pb 20

Probl` eme 20 1. Par d´efinition

2

u(x) = ex ln |x| , v(x) = ex

ln |x|

, w(x) = eu(x) ln |x|

Les limites usuelles en 0, en particulier xk ln |x| → 0, entrainent u0 = 1, 2.

v0 = 1,

w0 = 0

a. En +∞, x ln |x| → +∞ donc les trois fonctions divergent vers +∞. ´ b. Etude de la d´erivabilit´e en 0. Comme x ln |x| → 0, u(x) − 1 ∼ ln |x| → +∞ x donc u n’est pas d´erivable en 0. De mˆeme v(x) − 1 ∼ x ln |x| → 0 x donc v est d´erivable en 0. Enfin, pour x > 0, w(x) = e(u(x)−1) ln |x| x avec (u(x) − 1) ln x ∼ x ln2 x donc

w(x) x

converge vers 1 ` a droite de 0. Mais pour x < 0 w(x) = −e(u(x)−1) ln |x| → −1 x

donc w n’est pas d´erivable en 0. c. Les r´esultats suivant n´ecessitent des justifications : en 1 1 u(x) = 1 + (x − 1) + (x − 1)2 + (x − 1)3 + o((x − 1)3 ) 2 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 1 u(x) = 1 + (x + 1) − (x + 1)3 + o((x + 1)3 ) 2 v(x) = 1 − (x + 1) + 2(x + 1)2 − 2(x + 1)3 + o((x + 1)3 ) 1 w(x) = 1 − (x + 1) − (x + 1)2 + (x + 1)3 + o((x + 1)3 ) 2

97

Corrig´es - Pb 21

Probl` eme 21 1.

a. Prenons y = 0 dans la relation fonctionnelle. On obtient, pour tous les r´eels 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 r´eels y, f (y) + f (−y) = 2f (0)f (y) d’o` u 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 r´eels y, les fonctions x → f (x + y) + f (x − y) et x → 2f (x)f (y) sont d´erivables et ´egales. Leurs d´eriv´ees sont donc ´egales : ∀(x, y) ∈ R2 : f 0 (x + y) + f 0 (x − y) = 2f 0 (x)f (y) Pour tous les r´eels y, les fonctions x → f 0 (x + y) + f 0 (x − y) et x → 2f 0 (x)f (y) sont d´erivables et ´egales. Leurs d´eriv´ees sont donc ´egales : ∀(x, y) ∈ R2 : f 00 (x + y) + f 00 (x − y) = 2f 00 (x)f (y) Reprenons le mˆeme raisonnement mais en consid´erant et en d´erivant cette fois les fonctions de y. On obtient successivement : f 0 (x + y) − f 0 (x − y) =

2f (x)f 0 (y)

f 00 (x + y) + f 00 (x − y) =

2f (x)f 00 (y)

On en d´eduit la formule demand´ee. c. Pour tout r´eel y tel que f (y) 6= 0, la fonction f est solution de l’´equation diff´erentielle a coefficients constants d’inconnue z ` f (y)z 00 − f 0 (y)z = 0 En particulier, on sait que f (0) = 1, f est donc solution de z 00 − λ2 z = 0 avec λ complexe tel que f 00 (0) = λ2 . On connait les solutions d’une telle ´equation diff´erentielle. 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 0 est impaire donc f 0 (0))0 d’o` u on tire A − B = 0. On obtient bien : ∀x ∈ R : f (x) = 98


1 λx e + eλx 2

Corrig´es - Pb 21 Est-il possible que λ soit nul ? Cela revient `a f 00 (0) = 0 et f est alors solution de. z 00 = 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 parit´e de f on tire A = 0. La fonction f est donc la constante ´egale ` a 1. Cette fonction est encore une somme d’exponentielles avec λ = 0. 2.

a. On suppose ici ∀x ∈ R : f (x) =


1 λx e + eλx 2

alors : 2f (x)f (y) =

 1  λ(x+y) e + eλ(x−y) + eλ(−x+y) + eλ(−x−y) 2  1  1  λ(x+y) = e + eλ(−x−y) + eλ(x−y) + eλ(−x+y) 2 2 = f (x + y) + f (x − y)

b. Les seules fonctions deux fois d´erivables `a valeurs r´eelles sont : – la fonction constante ´egale ` a1 – les fonctions t → cos λt avec λ r´eel. – la fonction t → ch λt avec λ r´eel. En effet notons a = Re λ et b = Im λ et ´etudions dans quel cas les fonctions de la question 2. sont ` a valeurs r´eelles : 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 r´eel ou imaginaire pur.

99

Corrig´es - Pb 22

Probl` eme 22 Partie I 1. On applique l’in´egalit´e des accroissements finis `a la fonction ln entre n et n + 1 en utilisant le fait que la d´eriv´ee est d´ecroissante. 2. On peut exprimer un+1 = un − (ln(n + 1) − ln n +

1 ) n+1

L’encadrement de la question pr´ec´edente donne alors un −

1 1 + ≤ un+1 ≤ un n n+1

On en d´eduit par r´ecurrence l’in´egalit´e demand´ee et la convergence de la suite car elle est d´ecroissante et minor´ee par 0. On peut remarque qu’un passage `a la limite dans l’ncadrement conduit ` a0≤γ≤1 3.

a. Comme on cherche le signe de fk on cherche `a factoriser (on d´erivera seulement si la factorisation est trop difficile `a obtenir). La fonction fk se factorise simplement : fk (x) =

(x − k)(k + 1 − x) k(k + 1)x

On en d´eduit que ∀x ∈]k, k + 1[: fk (x) > 0 De plus la fonction est nulle aux extr´emit´es de l’intervalle. b. Consid´erons une primitive Fk de fk . D’apr`es la question pr´ec´edente Fk est strictement croissante dans [k, k + 1]. On exploite alors l’in´egalit´e F( k) < Fk (k + 1) en exprimant explicitement Fk . On peut choisir   x 1 1 (x − k)2 Fk (x) = + − − ln x k k+1 k 2 L’in´egalit´e Fk (k) ≤ Fk (k + 1) conduit apr`es calcul `a ln

1 1 1 k+1 ≤ ( + ) k 2 k k+1

L’autre in´egalit´e a d´ej` a ´et´e obtenue en 1. c. On somme les in´egalit´es obtenues en a. 1 1 1 ≤ ln 2 − ln 1 ≤ (1 + ) 2 2 2 1 1 1 1 ≤ ln 3 − ln 2 ≤ ( + ) 3 2 2 3 .. . 1 1 1 1 ≤ ln n − ln(n + 1) ≤ ( + ) n 2 n−1 n 100

Corrig´es - Pb 22 On obtient : 1 1 1 + · · · + ≤ ln n ≤ 2 n 2

 1+

1 1 + ··· + 2 n−1

 +



1 2

1 1 + ··· + 2 n

L’in´egalit´e de gauche redonne un ≤ 1. Celle de droite s‘’´ecrit 1 1 1 1 + ··· + − − 2 n 2n 2 1 1 − 0 ≤ un − 2n 2 1 1 + ≤ un 2 2n ln n ≤ 1 +

Par passage ` a la limite dans une in´egalit´e, on obtient alors : 1 ≤γ≤1 2 Partie II 1. On peut calculer les d´eriv´ees : g10 (x) =

2x + 1 , x3 (x + 1)2

g20 (x) = −

On en d´eduit le tableau

3x + 2 x4

∞ 0

0 %

g1 −∞ g1

+ +∞

g2

&

g2

−

0 2. On a d´ej` a calcul´e un − un+1 et trouv´e : 

un − un+1

1 = ln 1 + n

 −

1 n+1

Alors g1 (n) < 0 entraˆıne :   1 1 1 − + ln 1 + − 2 <0 n+1 n 2n un − un+1 <

1 2n2

De mˆeme, g2 (n) > 0 entraˆıne :   1 1 1 2 − + ln 1 + − 2 + 3 >0 n+1 n 2n 3n 1 2 − 3 < un − un+1 2n2 3n 101



Corrig´es - Pb 22 a. La d´eriv´ee de la fonction x → x1 est croissante dans l’intervalle [k, k + 1]. L’in´egalit´e des accroissement finis donne donc l’encadrement 1 1 1 1 ≤ − ≤ 2 (k + 1)2 k k+1 k En sommant ces in´egalit´e entre n − 1 et p − 1 (`a droite) et entre n et p (`a gauche), on obtient : p X 1 1 1 1 1 − ≤ ≤ − 2 n p+1 k n−1 p k=n

b. De mˆeme l’in´egalit´e des accroissements finies appliqu´ee `a x →

1 x2

donne :

1 1 2 2 ≤ 2− ≤ 3 (k + 1)3 k (k + 1)2 k ce qui conduit apr`es sommations `a : p

X 1 1 1 1 1 − ≤ 2 ≤ − 2 n2 (p + 1)2 k3 (n − 1)2 p k=n

c. En sommant l’encadrement de la question 2. pour k entre n et p, on obtient : p p p 2X 1 1X 1 1X 1 − ≤ u − u ≤ n p+1 2 k2 3 k3 2 k2 k=n

k=n

k=n

On utilise alors les encadrements de 3.a. et 3.b.. Il vient :       1 1 1 1 1 1 1 1 1 − − ≤ u − u ≤ − − n p+1 2 n p 3 (n − 1)2 p2 2 n−1 p On fixe alors n, le passage `a la limite pour p → ∞ dans les in´egalit´es donne : 1 1 1 ≤ un − γ ≤ − 2n 3(n − 1)2 2(n − 1) 3. L’encadrement pr´ec´edent d´etermine γ `a 10−2 lorsque 1 1 1 − + ≤ 10−2 2(n − 1) 2n 3(n − 1)2 En fait :

1 1 1 1 − + = 2 2(n − 1) 2n 3(n − 1) 2n(n − 1)

On en d´eduit que n = 8 convient.

102

Corrig´es - Pb 23

Probl` eme 23 Pr´ eliminaire Utiliser la remarque propos´ee par l’´enonc´e conduit `a des expressions de fa (x) et fa (x) commodes pour des r´eels quelqonques x et y : 1 (x + a − |x − a|) 2 1 fa (y) = min(x, a) = (y + a − |y − a|) 2 1 fa (x) − fa (y) = (x − y − |x − a| + |y − a|) 2 fa (x) = min(x, a) =

Utilisons ensuite l’in´egalit´e ||u| − |v|| ≤ |u − v| qui traduit en fait le caract`ere lipschitzien de rapport 1 de la fonction valeur absolue. On en d´eduit : |fa (x) − fa (y)| ≤

1 (|x − y| + | − |x − a| + |y − a|||) 2 ≤

1 (|x − y| + |x − y||) ≤ |x − y| 2

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 d´eduit (en achevant le raisonnement comme plus haut) : 1 (−(x − y) + |x − a| − |y − a|||) 2 |ga (x) − ga (y)| ≤ |x − y| ga (x) − ga (y) =

Partie 1 1.

2.

a. Les fonctions sont lipschitziennes donc continues donc int´egrables. Les nombres mn+1 et Mn+1 sont bien d´efinis. b. Montrons par r´ecurrence que mn et Mn sont dans [0, 1] pour tous les entiers n. C’est vrai par d´efinition 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 int´egrant les in´egalit´es on obtient bien que Mn+1 et mn+1 sont dans [−1, 1]. a. On transforme mn+1 en coupant l’int´egrale en deux. Z 1 1 min(x, Mn )dx mn+1 = 2 −1 ! Z Mn Z 1 1 = min(x, Mn )dx min(x, Mn )dx + 2 −1 Mn ! Z Mn Z 1 1 = xdx + Mn dx 2 −1 Mn   1 Mn2 − 1 1 = + (1 − Mn )Mn = − (Mn − 1)2 2 2 4 103

Corrig´es - Pb 23 Par un calcul analogue, on obtient Mn+1 =

3.

1 (mn + 1)2 4

´ b. Evident a partir de la question pr´ec´edente. ` a. Comme mn = xn − 1 et Mn = 1 − yn , traduisons avec xn et yn les ´egalit´es de la question 2.a. 1 xn+1 − 1 = − yn2 4 1 2 1 − yn+1 = xn 4 1 yn+1 − xn+1 = (yn − xn )(yn + xn ) 4 b. Supposons que (xn )n∈N converge vers x et (yn )n∈N converge vers y, alors `a cause des r´esultats sur les op´erations sur les suites convergentes : 1 (y − x)(y + x) 4 (y − x)(4 − y − x) = 0

y−x=

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 rempla¸cant dans 1 xn+1 − 1 = − yn2 4 On obtient : l2 + 4l − 4 √ √ dont les racines sont −2 + 2 2 et −2 − 2 2. Comme on sait que l ∈ [0, 1] on a forc´ement √ l = −2 + 2 2 c. En faisant la diff´erence entre les deux relations 1 xn+1 − 1 = − yn2 4 1 l − 1 = − l2 4 On obtient 1 xn+1 − l = − (yn + l)(yn − l) 4 |yn + l| |xn+1 − l| = |yn − l| √4 2 2−1 |yn − l| |xn+1 − l| = 4 en utilisant yn ≤ 1. Le raisonnement est le mˆeme pour yn . 104

Corrig´es - Pb 23 4. Notons q =

√ 2 2−1 , 4

en combinant les relations de la question pr´ec´edentes, on obtient : |xn+2 − l| = q 2 |xn − l| |xn+2 − l| = q 2 |xn − l|

On en d´eduit, par comparaison avec des suites g´eom´etriques convergentes, la convergence des suites extraites d’indices pairs ou impairs vers l. Ceci prouve la convergence des suites compl`etes vers l. Des relations xn = 1 + mn , yn = 1 − Mn on d´eduit alors : (mn )n∈N → l − 1, (Mn )n∈N → 1 − l

Partie II 1.

a. La fonction uf (g) est bien d´efinie car la fonction `a int´egrer x → min(x, g(a))f (x) est continue comme produit de deux fonctions continues. (partie pr´eliminaire) b. Pourquoi la fonction ug (f ) Z 1 a→ min(x, g(a))f (x)dx 0

est-elle continue ? Deux m´ethodes sont possibles. M´ethode 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 1 On peut alors alors ´ecrire : Z ug (f )(a) =

g(a)

Z

1

xf (x)dx + 0

g(a)f (x)dx g(a)

= F1 (g(a)) − g(a)F (g(a)) Les fonctions F1 et F sont d´erivables, la fonction g est continue, donc ug (f ) est continue. M´ethode 2 : lipschitzit´e |ug (f )(a) − ug (f )(b)| = || Z 1 ≤ |min(x, g(a)) − min(x, g(b))| |f (x)|dx 0 Z 1  Z 1 ≤ |g(a) − g(b)| |f (x)|dx ≤ |f (x)|dx |g(a) − g(b)| 0

0

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 premi`ere m´ethode de la question pr´ec´edente. Une primitive de tan2 x ´etant tan x − x, F s’obtient directement et F1 par une int´egration par parties u2 + ln | cos u| 2 F (u) = tan u − u + 1 − tan 1

F1 (u) = u tan2 u −

105

Corrig´es - Pb 23 On en d´eduit ug (f )(a) = (tan 1 − 1)g(a) + ln |cos(g(a))| + 3.

g(a)2 2

a. La fonction uf (g) est bien d´efinie car la fonction `a int´egrer x → min(a, g(x))f (x) est continue comme produit de deux fonctions continues. D’apr`es un r´esultat de cours, l’inf de deux fonctions continues est continue. b. En proc´edant comme pour la deuxi`eme m´ethode de 1.b. on obtient Z 1  |vg (f )(b) − vg (f )(a)| ≤ |f (x)|dx |a − b| 0

R1 Ce qui prouve que vg (f ) est continue (et mˆeme lipschitzienne de rapport 0 |f (x)|dx. 4. La lin´earit´e r´esulte de la lin´earit´e de l’int´egrale. On a d´ej`a montr´e que les fonctions images ´etaient continues donc dans E. 5. a. Lorsque f ∈ ker ug , 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 et g(1) = 1, g est surjective. On peut donc ´ecrire ∀t ∈ I : F1 (t) − tF (t) = 0

6.

On peut alors d´eriver (on ne pouvait pas le faire avant car g n’´etait pas suppos´ee d´erivable). 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 d´erivable alors ug (f ) est d´erivable. Or il existe des fonctions continues qui ne sont pas d´erivables donc ug n’est pas surjective. a. En utilisant la relation de Chasles pour pr´eciser vg (f ) pour la fonction g donn´ee par l’´enonc´e, on obtient : Z 1 vg (f )(x) = 1 min(a, 2x − 1)f (x)dx 2 Donc si f est nulle sur alors vg (f ) est la fonction nulle sans que f soit forc´ement nulle. Elle fait ce qu’elle veut sur [0, 12 ]. b. Si g est C 1 avec g 0 > 0 alors g est bijective de I dans I. Introduisons la bijection r´eciproque g −1 . Z 1 vg (f )(a) = min(a, g(x))f (x)dx [ 12 , 1]

0 g −1 (a)

Z =

Z g(x)f (x)dx +

1

g −1 (a) af (x)dx

0

= H(g −1 (a)) − aF (g −1 (a)) o` u F est la primitive de gf nulle en 0 et F la primitive de f nulle en 1. Comme g −1 (a) d´ecrit [0, 1] et a = g(g −1 (a)), on peut en d´eduire : ∀x ∈ [0, 1] : H(x) − g(x)F (x) = 0 En d´erivant, on obtient alors g 0 (x)F (x) = 0 d’o` u F (x) = 0 puis en d´erivant encore f (x) = 0. Le noyau de vg se r´eduit donc `a la fonction nulle, vg est injective. 106

Corrig´es - Pb 24

Probl` eme 24 D´ecomposons en ´el´ements simples la fraction 4X − 3 1 = X(X − 2)(X + 2) 8



4X−3 X(X−2)(X+2)

il vient :

6 11 5 − + X X +2 X −2



On en d´eduit n X k=3

4k − 3 k(k − 2)(k + 2)

=

1 8

=

1 8

n n n X X X 1 1 1 − 11 +5 6 k k+2 k−2 k=3 k=3 k=3 ! n n+2 n−2 X X X 1 1 1 6 − 11 +5 k k k k=3

k=5

!

k=1

Comme 6 − 11 + 5 = 0, les termes des sommes entre 5 et n − 2 disparaissent. Il reste : n X k=3

4k − 3 1 = k(k − 2)(k + 2) 8



1 1 1 1 1 6( + ) + 5(1 + + + ) − εn 3 4 2 3 4



o` u εn est form´e de termes qui tendent vers 0. On en d´eduit que n X k=3

1 4k − 3 → k(k − 2)(k + 2) 8



 1 1 1 167 1 1 6( + ) + 5(1 + + + ) = 3 4 2 3 4 96

107

Corrig´es - Pb 25

Probl` eme 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, consid´erons un r´eel x quelconque et un α > 0. Il existe un ´el´ement g ∈ G ∩ ]0, α[. Appelons n la partie enti`ere de xg . 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 ´el´ements distincts de G ∩ I, x − y ou y − x est un ´el´ement de G ∩ ]0, α[ ce qui est impossible. Un intervalle quelconque de longueur finie est toujours inclus dans l’union d’un nombre fini d’intervalles de longueur α2 . Par cons´equent, l’intersection de G avec un tel intervalle est toujours vide ou finie. b. Comme G n’est pas r´eduit `a 0, il existe un g non nul dans G. Comme −g ∈ G on peut supposer g > 0. Consid´erons alors l’ensemble G ∩ ]0, g] Il est non vide (il contient g) et fini d’apr`es la question pr´ec´edente. Il admet donc un plus petit ´el´ement que l’on note m. Montrons que m = min G ∩ R∗+ On sait d´ej` a 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 ´el´ement de cet ensemble. c. D’apr`es la d´efinition d’un sous-groupe (stabilit´e) Zm ⊂ G R´eciproquement, soit g ∈ G ∩ R∗+ , posons k ´egal `a la partie enti`ere de

g m.

On a alors

g
0 ≤ g − km < m A cause des propri´et´es de stabilit´e de G, −km ∈ G et g − km ∈ G ∩ [0, m[. D’ap`es la d´efinition de m, il est impossible que g − km ∈ G ∩ R∗+ . Ceci entraˆıne g − km = 0 c’est ` a dire g = km donc g ∈ Zm 108

Corrig´es - Pb 25 3.

a. V´erification facile des propri´et´es de stabilit´e. b. Si S est discret, d’apr`es 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 mˆeme, y = 01 + 1y ∈ S il existe donc q ∈ Z∗ tel que y = qm. On en d´eduit x p = ∈Q y q R´eciproquement, supposons

Alors

x p = ∈Q y q x y = ∈Q p q

Notons m ce nombre r´eel. On a x = pm et y = qm donc x et y sont dans Zm. De plus, pour tous les entiers i et j, ix + jy = (ip + jq)m ∈ Zm donc S ⊂ Zm Ceci entraˆıne 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. On aurait alors x ∈Q y b. D’apr`es 3., S est un sous-groupe qui n’est pas discret. Pour tout α > 0, il existe donc des 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 ai nA et b ∈ B donc ∀α << min(x, y) inf{|a − b|, (a, b) ∈ A × B} ≤ α On en d´eduit que cette borne inf´erieure est nulle.

5. Consid´erons un intervalle quelconque [u, v] dans [−1, 1], on doit montrer qu’il existe un entier n tel que cos n ∈ [u, v]. Posons α = arccos v, β = arccos u et formons l’intervalle [α, β] de R. Comme 2π est irrationnel, le sous-groupe additif Z + 2πZ est dense dans R, il existe donc des entiers m et n tels que m + 2πn ∈ [α, β]. On en d´eduit que cos m ∈ [u, v] ce qu’il fallait montrer.

109

Corrig´es - Pb 26

Probl` eme 26 Partie I 1. Lorsqu’un polynˆ ome P est dans le noyau de Φ, il admet les n r´eels distincts (x1 , · · · , xn ) comme racine. Il est donc divisible par L = (X − x1 ) · · · (X − xn ) 2. Comme Φ est une application lin´eaire entre deux espaces de mˆeme dimension, pour montrer que c’est un isomorphisme, il suffit de montrer qu’il est injectif. C’est `a dire que son noyau est r´eduit au polynˆ ome nul. Consid´erons un P quelconque dans le noyau de Φ. On sait d´ej`a qu’il est divisible par L, il existe un polynˆ ome Q de degr´e inf´erieur ou ´egal `a n − 2 (s’il n’est pas nul) tel que P = LQ. Alors P 0 = LQ0 + L0 Q f0 (xi ) = L(x e i )Q f0 (xi ) + Le0 (xi )Q(x e i) ∀i ∈ {1, · · · , n} − {k} : 0 = P 6=0

=0

car toutes les n racines de L (de degr´e n) sont simples. On en d´eduit que Q admet au moins n − 1 racines. C’est donc le polynˆome 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 bien connu que Li (xj ) = δij . 2. Comme la famille (L1 , · · · , Ln ) contient n = dim Rn−1 [X] vecteurs, pou montrer que c’est une base, il suffit de montrer qu’elle est libre. Consid´erons une combinaison lin´eaire ´egale au polynˆ ome nul : λ1 L1 + · · · + λn Ln En substituant xi ` a X (pour n’importe quel i), on obtient λi = 0 La famille est donc libre. Les coordonn´ees d’un polynˆ ome P dans la base (L1 , · · · , Ln ) s’obtiennent de mani`ere analogue. On obtient (Pe(x1 ), · · · , Pe(xn )) 3. Tous les xj sont racines de tous les Λi donc Λi (xj ) = 0. Lorsque i 6= k, toutes ces racines sont doubles sauf xi et xk . On en d´eduit Λ0i (xi ) Λ0i (xk ) 4.

0 ΛQ i (xj ) = 0 = (xi − xk ) j∈{1,··· ,n}−{i,k} (xi − xj )2 Q = (xk − xi ) j∈{1,··· ,n}−{i,k} (xk − xj )2

si j 6= j 6= k si j=i si j=k

a. Cette famille contient 2n − 2 = dim E ´el´ements. Pour montrer que c’est une base, il suffit de montrer qu’elle est libre. Consid´erons une combinaison lin´eaire nulle l1 L1 + · · · ln Ln + λ1 Λ1 + · · · λn Λn = 0 En substituant les xi , on montre que les li sont nuls. On peut alors simplifier par L puis substituer ` a nouveau les xi (pour i 6= k). On obtient alors la nullit´e des λi . 110

Corrig´es - Pb 26 b. On cherche T sous la forme T = l1 L1 + · · · ln Ln + λ1 Λ1 + · · · λn Λn En consid´erant les valeurs de T aux points xi , on obtient imm´ediatement que l1 = · · · = lk = 1 et lk+1 = · · · = ln = 0. Posons S = L1 + · · · + Lk En consid´erant les valeurs de T 0 aux points xi , on obtient imm´ediatement que pour i 6= k : S 0 (xi ) λi = − 0 Λi (xi ) Il est ´evident que T d´efini avec ces coefficients r´epond aux contraintes. Son degr´e est au plus 2n − 2 car les Li sont de degr´e n − 1 et les Λi de degr´e 2n − 2. 5.

a. Par d´efinition, T 0 s’annule aux n − 1 points xi pour i 6= k. De plus, on peut appliquer le th´eor`eme de Rolle entre x1 et x2 , x2 et x3 , jusqu’`a xk−1 et xk car en ces points la fonction associ´ee `a T vaut 1. On en d´eduit l’existence de k − 1 racines ξ1 , · · · , ξk−1 telles que : x1 < ξ1 < x2 < ξ2 < x2 < · · · < xk−1 < ξk−1 < xk On peut faire de mˆeme pour xk+1 , . . . , xn (valeur commune 0). On en d´eduit l’existence de 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 0 qui est de degr´e 2n − 3 admet 2n − 3 racines, elles sont toutes simples. La fonction associ´ee ` a T 0 change donc de signe `a chaque fois. Les racines de T 0 sont donc toutes des extrema locaux et alternativement des max ou des min. c.

111

Corrig´es - Pb 27

Probl` eme 27 1. Comme la matrice A n’est pas la matrice nulle, il existe i et j tels que aij 6= 0. La matrice extraite A{i}{j} est alors une matrice 1 × 1 inversible ce qui entraine que r (´egal `a la taille de la plus grande des matrices extraites inversibles) est sup´erieur ou ´egal `a 1. 2.

a. On se place dans le sous-espace vectoriel Ei = Vect UI . On consid`ere la projection pI sur EI parall`element au sous-espace EI . La matrice extraite AIJ est alors la matrice dans la base UI de EI de la famille de vecteurs pI (vj ) pour j ∈ J. AIJ = Mat (pI (VJ )) UI

b. Par d´efinition, r est le rang d’une matrice extraite de A. (la plus grande possible parmi celles qui sont inversibles). Il existe donc des parties I et J `a r lignes et r colonnes telles que r = rg AIJ Le rang d’une famille de vecteurs images par une application lin´eaire est toujours inf´erieur ou ´egal au rang de la famille de d´epart. Le rang d’une famille extraite est ´evidemment inf´erieur ou ´egal au rang de la famille dont elle est extraite. On a donc : r = rg AIJ = rg pI (VJ ) ≤ rg VJ ≤ rg V = rg A 3. Une application lin´eaire est injective si et seulement si son noyau ne contient que l’´el´ement nul de l’espace. Le noyau de la restriction `a un certain sous-espace d’un endomorphisme est l’intersection du noyau de l’endomorphisme avec ce sous-espace. Par d´efinition, le noyau de pI est EI donc le noyau de la restriction `a VJ de pI est EI ∩ VJ . On en d´eduit que la restriction ` 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’est a dire q < dim E). ` Comme cette famille n’est pas une base, elle n’engendre pas E. Si tous les vecteurs de la base U ´etaient des combinaisons lin´eaires des vecteurs de UJ , la famille UJ engendrerait E. Il existe donc des i ∈ {1, · · · , p} tels que ui 6∈ VJ . Pour un tel i, la famille obtenue en ajoutant ui aux vecteurs de VJ est libre. Il existe donc des familles libres obtenues en ajoutant des vecteurs de U aux vecteurs de VJ . Ces familles ont moins de dim E ´el´ements (elles sont libres). On peut en consid´erer une (disons F) dont le nombre d’´el´ements est le plus grand possible. Pour une telle famille, on ne peut adjoindre un nouvel ´el´ement de U sans briser le caract`ere libre. Cela signifie que les ´el´ements de U sont des combinaisons lin´eaires des ´el´ements de F. La famille F est donc g´en´eratrice. Comme elle est libre par d´efinition, c’est une base de E. 5. Notons m le rang de la matrice A, c’est aussi le rang de la famille de vecteurs V. En consid´erant, parmi les familles libres form´ees de vecteurs de V, une qui soit la plus grande possible, on montre qu’il existe une partie J de {1, · · · , q} `a m ´el´ements telle que VJ soit libre et que VJ soit l’espace engendr´e par tous les ´el´ements de V. Pour une telle partie J, compl´etons 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 E est obtenue en compl´etant VJ par UI . On remarque que I contient p − m ´el´ements donc I 112

Corrig´es - Pb 27 contient m ´el´ements. Le caract`ere libre de cette famille entraine que EI ∩ VJ = {0E } donc la restriction de pI ` a VJ est injective. On en d´eduit : rg A = m = rg VJ = rg pI VJ = rg AIJ La matrice AIJ est une matrice carr´ee `a m lignes et m colonnes extraite de A. Elle est inversible donc r ≥ rg A On obtient donc bien r = rg A

113

Corrig´es - Pb 28

Probl` eme 28 Pr´ eambule 1. On forme le tableau de variations de la fonction polynomiale : −∞

2 3

0 µ %

+∞ +∞

&

−∞

% µ−

4 27

Cette fonction prend trois fois la valeur 0 si et seulement si µ est strictement positif et 4 µ − 27 strictement n´egatif. La condition demand´ee est donc   4 µ ∈ 0, 27 2. Les racines doubles sont ` a chercher parmi les racines de la d´eriv´ee. Les seules possibilit´es sont les suivantes 0 est racine double si et seulement si µ = 0. L’autre racine est alors 1. 4 1 2 est racine double si et seulement si µ = . L’autre racine est alors − . 3 27 3

Partie I 1. L’application fλ est clairement `a valeurs dans E. Elle est lin´eaire car le produit scalaire est bilin´eaire. 2. a. D’apr`es le cours, fλ est un automorphisme lorsqu’il conserve la distance. C’est `a dire → → → ∀− x ∈ E : kf (− x )k2 = k− x k2 λ

Or :

→ → → → → → kfλ (− x )k2 = k− x k2 + λ2 < − x,− u >2 +2λ < − x,− u >2

Donc

− → → → kfλ (→ x )k2 = k− x k2 ⇔ λ < − x,− u >2 (λ + 2) = 0 → Ceci se produit (pour tous les − x ) lorsque 0 ou −2. La valeur 0 conduit a` l’identit´e. On en d´eduit λ0 = −2 → − b. Si la matrice des coordonn´ees de x dans B est   x y  z → celle de f−2 (− x ) est     a x y  − 2(ax + by + cz)  b  z c On ne d´eduit la matrice cherch´ee :  Mat f−2 B

1 − 2a2 =  −2ab −2ac 114

−2ab 1 − 2b2 −2bc

 −2ac −2bc  1 − 2c2

Corrig´es - Pb 28 → → → c. Un vecteur − x est invariant par f−2 si et seulement si < − x,− u >= 0. L’ensemble → − des vecteurs invariants est donc l’hyperplan (Vect x )⊥ . L’automorphisme f−2 est la sym´etrie orthogonale (r´eflexion) par rapport `a ce plan.

Partie II 1. L’endomorphisme g est une rotation vectorielle si et seulement si sa matrice G est orthogonale et de d´eterminant 1. Ce qui, apr`es calcul du produit et du d´eterminant, se traduit par :  ( a2 + b2 + c2 = 1  t  G G = I3 ac + ab + bc = 0 ⇔  det G = 1  3 3 a + b + c3 − 3abc = 1 L’´enonc´e nous signale l’identit´e
a3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c) (a2 + b2 + c2 ) − (ab + bc + ac) On peut donc former d’autres syst`emes ´equivalents au premier :  2 2 2 (  a +b +c = 1 ac + ab + bc = 0 ac + ab + bc = 0 ⇔  a+b+c=1  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 r´eelles du polynˆome r´eel (x − a)(x − b)x − c) = x3 − (a + b + c)x2 + (ab + ac + bc)x − abc = x3 − x2 + p pour p = −abc. D’apr`es le pr´eambule, ce polynˆome admettant trois racines r´eelles on doit 4 [. avoir p ∈]0, 27 4 [, les trois racines a, b, c du polynˆome x3 − x2 − p v´erifient R´eciproquement, si p ∈]0, 27 (

ac + ab + bc = 0 a+b+c=1

et d´efinissent donc une rotation g. 2. Lorsque g est une rotation avec b = c, on se retrouve dans le cadre des racines doubles de la question 2. du pr´eambule. – Si b = c = 0 et a = 0 alors g est l’identit´e. – Si b = c = 23 et a = − 13 alors la matrice de g dans une base orthonorm´ee est `a la fois sym´etrique et orthogonale. C’est donc (cours) la matrice d’une sym´etrie orthogonale directe. C’est une sym´etrie par rapport `a une droite (demi-tour) ou encore une rotation d’angle π. Apr`es r´esolution d’un syst`eme lin´eaire, on trouve que l’axe est dirig´e par un vecteur de coordonn´ees   1 1 1 Remarque. Pour un angle π, l’orientation de l’axe est sans importance. 115

Corrig´es - Pb 28

→ → → <− u,− x >− u − → x

→ → → (− u ∧− x)∧− u − → → u ∧− x

→ (Vect − u )⊥

Fig. 8 – D´ecomposition orthogonale pour la question III.1.

Partie III 1. Le produit scalaire et le produit vectoriel permettent d’exprimer explicitement la d´ecomposition → → → orthogonale d’un vecteur − x dans Vect − u et (Vect − u )⊥ → − → → → → → → x =< − u,− x >− u + (− u ∧− x )− u − → Pour montrer cette formule, notons → y le projet´e orthogonal de x sur (Vect − u )⊥ . Alors : − → → → → → → → → → x =< − u,− x >− u +− y ⇒ (− u ∧− x) =− u ∧− y → − → − → − → − → → → → → → → → ⇒ (u ∧ x)∧ u = (u ∧− y)∧− u = k− u k2 − 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 projet´e ortogonal de x . On en d´eduit l’effet d’une rotation d’angle θ → autour 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) 2 → → → = k(− u ∧− x)∧− uk >0

On peut former une base orthonorm´ee directe :   1 1 → − → − → − → − → − → − (u ∧ x)∧ u, − u ∧ x, u → → → k− u ∧− xk k→ u ∧− xk 116

Corrig´es - Pb 28 2. D’apr`es la d´emonstration de la question pr´ec´edente, il est ´evident que la formule d´efinit → une rotation vectorielle d’angle θ autour de − u. 3. La matrice Φ de ϕ se d´ecompose en S + A avec :  2  a ab ac A = ab b2 bc  ac bc c2



0 S= c −b

 −c b 0 −a a0

→ Chacune de ces matrices peut s’interpr´eter. Consid´erons un vecteur − u de coordonn´ees (a, b, c) dans la base B. → → → → La matrice de − x →< − x,− u >− u dans B est S. En effet :    2   2   a a x + aby + acz a ab ac x (ax + by + cz)  b  =  abx + b2 y + bcz  = ab b2 bc  y  c acx + bcy + c2 z ac bc c2 z − → → La matrice de → x →− x ∧− u dans B est A. En effet :        a x bz − cy 0  b  ∧ y  = cx − az  =  c c z ay − bx −b

  −c b x 0 −a y  a 0 z

− → → → On pourrait aussi consid´erer la matrice Z de → x → (− x ∧− u)∧− u mais en fait il est inutile de la calculer. Il suffit de remarquer que Φ = S + A = S + cos

π π Z + sin A 2 2

π → autour de − u 2 a. D’apr`es III.1. l’expression du retournement est

On en d´eduit que ϕ est la rotation d’angle 4.

− → → → → → → → → → → → → → → → x →< − x,− u >− u + cos π(− u ∧− x )∧− u + sin π(− u ∧− x ) =< − x,− u >− u − (− u ∧− x )∧− u b. D’apr`es la question pr´ec´edente, la matrice du demi-tour est S − Z. On a donc besoin − → → → ici de calculer la matrice Z de → x → (− x ∧− u)∧− u.      2  bz − cy a (c + b2 )x − aby − acz cx − az  ∧  b  = −abx + (a2 + c2 )y − bcz  ay − bx c −acx − bcy + (a2 + b2 )z On en d´eduit la matrice Z : c2 + b2  −ab Z= −ac 

−ab a2 + c2 −bc

 −ac −bc  2 a + b2

puis la matrice cherch´ee qui est ´egale `a S − Z soit  2  a − c2 + b2 2ab 2ac   2ab −a2 + b2 − c2 2bc 2ac 2bc −a2 − b2 c2 117

Corrig´es - Pb 28

Partie IV → → Dans cette partie, r est la rotation d’angle θ autour de − u , la r´eflexion de plan (Vect(− u ))⊥ est not´ee s et δ est la compos´ee s ◦ r. L’automorphisme orthogonal δ est donc une rotation-miroir. → → − → 1. La matrice de δ dans une base orthonorm´ee directe (− a , b ,− u ) est   cos θ − sin θ 0  sin θ cos θ 0 0 0 −1 → → → Comme δ(− x) =− x si et seulement si − x ∈ ker(δ − IdE ). On calcule le d´eterminant det(δ − IdE ) : cos θ − 1 − sin θ 0
sin θ cos θ − 1 0 = −2 (cos θ − 1)2 + sin2 θ = −4(1 − cos θ) 0 0 −2 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 , ce d´eterminant 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 0 modulo 2π. L’application δ est ´egale ` a −IdE si et seulement si r = −s c’est `a dire si r est le demi-tour → d’axe Vect(− u ) ou encore θ est congru `a π modulo 2π. → 3. On fixe − u et θ. La nature de f se d´eduit des questions pr´ec´edentes. → Si ε = 1, f est la rotation r d’angle θ autour de − u . L’ensemble les points invariants par f → − ⊥ est le plan (Vect( u )) . → Si ε = −1, f est la rotation-miroir s ◦ r, compos´ee de la rotation r d’angle θ autour de − u et → − ⊥ de la r´eflexion par rapport au plan (Vect( u )) . Le vecteur nul est le seul vecteur invariant par f .

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Corrig´es - Pb 29

Probl` eme 29 1. L’addition parall`ele est clairement commutative. L’associativit´e se d´eduit alors de ce que (a//b)//c =

ab a+b c ab a+b + c

=

abc ab + ac + bc

s’exprime de mani`ere sym´etrique en fonction de a, b, c. Il n’existe pas de neutre car a//b = b entrainerait 0 = b2 La question des ´el´ements inversibles ne se pose pas car il n’y a pas d’´el´ement neutre. 2. L’ensemble des (y, z) ∈ R2 tels que y + z = x est aussi l’ensemble des (y, x − y) o` u y est un r´eel quelconque. Consid´erons la fonction du second degr´e en y ay 2 + b(x − y)2 = (a + b)y 2 − 2bxy + bx2 Comme a + b > 0, la plus petite valeur que peut prendre cette expression est atteinte pour y0 = et vaut

bx a+b

2b2 x2 ab 2 b2 x2 − + bx2 = x a+b a+b a+b

Ainsi, (a//b)x2 est non seulement la borne inf´erieure mais aussi le plus petit ´el´ement de l’ensemble propos´e. La relation est v´erifi´ee pour (y0 , z0 ) = (

bx bx ,x − ) a+b a+b

3. Avec les conventions de l’´enonc´e, ay 2 et bz 2 repr´esentent les ´energies dissip´ees dans chaque r´esistance. Le courant se r´epartit entre les deux branches de fa¸con `a minimiser l’´energie dissip´ee. La r´esistance ´equivalente a//b permet d’exprimer cette ´energie en respectant la loi d’Ohm. 4. Consid´erons des r´eels y et z quelconques tels que y +z = x. D’apr`es la question pr´ec´edente : (a//c)x2 + (b//d)x2 ≤ ay 2 + cz 2 + by 2 + dz 2 = (a + b)y 2 + (c + d)z 2 Donc (a//c)x2 + (b//d)x2 est un minorant de {(a + b)y 2 + (c + d)z 2 , (y, z) ∈ R2 tq y + z = x} Comme la borne inf`erieure ((a + b)//(c + d)) est le plus grand des minorants, on a bien l’in´egalit´e propos´ee. 5. Cette formule s’obtient de mani`ere ´evidente par r´ecurrence `a partir de la pr´ec´edente.

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Corrig´es - Pb 30

Probl` eme 30 Corrig´e des premi`eres parties de la premi`ere ´epreuve fili`ere PC du Concours commun MinesPonts 2001. Pr´ eliminaires Ces questions ont ´et´e trait´ees en classe sous forme d’exercices. Premi` ere Partie 1.

a. Dans En , si g 2 = λIdE + Dn alors Dn s’exprime en fonction de g : Dn = −λIdE + g 2 . Sous cette forme, il est ´evident que Dn commute avec g. On en d´eduit que g commute avec les puissance de Dn . En particulier x ∈ ker Dnp+1 entraˆıne g(x) ∈ ker Dnp+1 car Dnp+1 (g(x)) = g(Dnp+1 (x)) = g(0E ) = 0E Une fois prouv´ee la stabilit´e de Ep par g, on peut consid´erer la restriction gp de g ` a Ep , elle v´erifie ´evidemment la mˆeme relation que g. b. Le raisonnement est le mˆeme que pour la question pr´ec´edente. Le fait que E ne soit pas de dimension finie ne change rien. Si g v´erifie la relation, il commute donc avec l’op´erateur de d´erivation. Comme plus haut, En est stable par g car c’est un noyau d’une puissance de Dn et la restriction gn de g v´erifie la mˆeme relation avec la restriction Dn de D. c.

i. DF est la restriction `a F de l’op´erateur de d´erivation. Comme F est de dimension finie, il existe un entier k qui est le degr´e maximal d’un polynˆome quelconque de F . Alors DFk+1 est nul. D’apr`es la partie pr´eliminaire, comme DF est nilpotent dans un espace de dimension n + 1, DFn est nul. Ceci montre que F ⊂ Rn [X], comme les deux espaces sont de mˆeme dimension, ils sont ´egaux. On peut en conclure que les seuls sous-espaces de dimension finie stables par D sont les Rn [X]. Un seul sous-espace de dimension infinie est stable par D, il s’agit de R[X] lui mˆeme. En effet, un tel espace doit contenir des polynˆomes de degr´e arbitraire et tous leurs d´eriv´es. ii. Comme g commute avec D un sous-espace est stable par g si et seulement si il est stable par D.

2. Cas λ < 0 a. Dans E0 = R qui est un espace de dimension 1, les seules applications lin´eaires sont les multiplications par un scalaire. En particulier g est la multiplication par µ et D0 est l’application nulle donc µ2 = λ ce qui entraˆıne λ ≥ 0 b. D’apr`es 1., lorsqu’il existe un g (dans E ou dans En ), le sous-espace E0 est stable par D et g donc λ ≥ 0. Ainsi, lorsque λ < 0, il n’existe pas d’application g v´erifiant la condition ´etudi´ee (ni dans E, ni dans un En ). 120

Corrig´es - Pb 30 3.

a. Soit f lin´eaire de V dans V telle que f n+1 soit nulle mais pas f n . Il existe alors un y ∈ V tel que f n (y) 6= 0 Montrons que B = (y, f (y), · · · , f n (y)) est libre. Si (λ0 , λ1 , · · · λn ) sont des r´eels tels que λ0 y + λ1 f (y) + · · · + λn f n (y) = 0 en composant par f n , on obtient λ0 f n (y) = 0 avec f n (y) 6= 0 d’o` u λ0 = 0 et ainsi de suite, en composant successivement par f n−1 , f n−2 , · · · on obtient la nullit´e de tous les coefficients. La famille est donc libre. Cette famille est une base car elle contient autant de vecteurs que la dimension de l’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 r´esulte de la question pr´ec´edente. On pouvait aussi choisir une famille constitu´ee de polynˆomes de la forme 1 k X k! La matrice associ´ee ` 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 int´eressant c’est de montrer que ce sont les seuls. Soit P un polynˆ ome de degr´e 2. Alors (P, D(P ), D2 (P )) est une base de E2 . Comme f (P ) ∈ E2 , il existe des r´eels 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 les vecteurs d’une base. Par d´efinition, f (P ) = F (P ) f (D(P )) = D(f (P )) = aD(P ) + bD2 (P ) = F (D(P )) car D3 (P ) = 0 f (D2 (P )) = D2 (f (P )) = aD2 (P ) = F (D2 (P )) Les deux fonctions co¨ıncident sur une base, elles sont donc ´egales. b. On doit chercher les g telles que g 2 = λId + D parmi les applications qui commutent avec D. Cherchons donc des conditions sur a, b, c assurant que g = aIdE + bD2 + cD22 v´erifie g 2 = λId + D. Calculons g 2 : g 2 = a2 Id + 2abD2 + (b2 + 2ac)D2 = λId + D Comme les application lin´eaires (Id, D, D2 ) forment une famille libre, on peut identifier les coefficients. On trouve donc deux matrices une d´efinie par √ a=

1 1 λ, b = √ , c = − √ 2 λ 8λ λ 121

Corrig´es - Pb 30 l’autre ´etant son oppos´ee. Dans le cas o` u λ = 1, on trouve la matrice   1 21 − 81 1  0 1 2 0 0 1 et son oppos´ee. Deuxi` eme Partie 1.

a. Comme Dn est nilpotent, il est ´evident que g l’est aussi lorsque g 2 = Dn . Par cons´equent g 2 ne peut pas ˆetre injectif. Mais pourquoi ker g 2 est-il de dimension au moins 2 ? Comme g est nilpotente elle n’est pas injective, donc si la dimension de ker g 2 n’est pas au moins 2 alors ker g et kerg 2 seront de dimension 1 et ´egaux. D’apr`es la partie pr´eliminaire, la suite des noyaux de g est constante d`es le premier rang autrement dit g est nulle ce qui est absurde. b. Il n’existe pas de g tel que g 2 = Dn car le noyau de Dn est de dimension 1 alors que celui de g devrait ˆetre de dimension 2. c. idem

2.

a. Tout polynˆ ome admet plusieurs polynˆomes primitifs qui diff`erent d’une constante. L’application D est donc surjective. Il en est de mˆeme de Dm = g k . La surjectivit´e de g k entraˆıne celle de g. b. Pour q ≤ k, ker g q ⊂ ker g k = ker Dm = Em−1 qui est de dimension finie m. c. L’application Φ est clairement lin´eaire. Elle prend ses valeurs dans ker g q−1 car si x ∈ ker g k alors g q (x) = g q−1 (g(x)) donc g(x) ∈ ker g q−1 Montrons la surjectivit´e de P hi. Soit x ∈ ker g q−1 alors comme g est surjective, il existe un y tel que x = g(y) et 0 = g p−1 (x) = g p (y) donc y ∈ ker g p et y est un ant´ec´edent par P hi de x. Ainsi Φ est surjective de ker g p vers ker g p de noyau ker g. Le th´eor`eme du rang donne alors dim(ker g p ) = dim(ker g p−1 ) + dim(ker g) La suite des dimension est arithm´etique d’o` u dim(ker g p ) = p dim(ker g) d. Si g k = Dm , comme dim(ker Dm ) = m, on doit avoir dim(ker g k ) = m c’est `a dire k dim(ker g) = m. Il est donc n´ecessaire que k divise m.

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Corrig´es - Pb 31

Probl` eme 31 1. Dans les questions a et b, il convient de faire d’abord un raisonnement par r´ecurrence avec j (pour a) et avec k (pour b) dans N. Puis d’´etendre par un autre raisonnement (plusieurs variantes possibles) ` a Z. 2. On veut montrer que H = {aj bk , (j, k) ∈ Z2 } est le sous-groupe engendr´e par a et b. Notons < a, b > le sous-groupe engendr´e par a et b. Par d´efinition de cours, il s’agit de l’intersection de tous les sous-groupes contenant a et b. – Comme < a, b > est un sous-groupe contenant a et b, il contient aussi les ai bj 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 d´efinition mˆeme. Si h et h0 sont deux ´el´ements quelconques de H, il existe des entiers i, j, k, l tels que : j

hh0 = ai bj ak bl = ai (bj ak )bl = ai a(−1) k bj bl ∈ H h−1 = (ai bj )−1 = b−j a−i = a(−1)

j+1

i −j

b

∈H

Ceci prouve que H est un sous groupe contenant a et b et montre donc la deuxi`eme inclusion < a, b >⊂ H. 3.

a. Voir cours ordre d’un ´el´ement et sous-groupes de (Z, +). b. Deux m´ethodes possibles soit en utilisant le th´eor`eme de Bezout soit en utilisant le th´eor`eme de Gauss. Pour appliquer le th´eor`eme de Gauss, on peut ´elever `a la puissance n puis ` a la puissance m. c. Pour l’injectivit´e utiliser b. Pour la surjectivit´e, utiliser une division euclidienne.

4. On se trouve dans la situation du probl`eme avec r ◦ r ◦ r = id,

s ◦ s = id,

r◦s◦r =s

Le dernier point r´esulte du calcul suivant valable pour tous les z complexes r ◦ s ◦ r(z) = jjz = jjz = z On obtient donc un groupe (dit groupe di´edral ) de 6 transformations g´eom´etriques simples. id est l’ientit´e 2π ‘3 (le d’angle 4π ‘3

r est la rotation d’angle 2

r est la rotation

“tiers de tour”)

s est la sym´etrie par rapport ` a la droite r´eelle r ◦ s est la sym´etrie par rapport ` a la droite de direction j 2 (v´erifier que j 2 est invariant) r2 ◦ s est la sym´etrie par rapport ` a la droite de direction j (v´erifier que j est invariant) Il s’agit en fait du groupe des isom´etries qui conservent le triangle ´equilat´eral (1, j, j 2 ).

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