Mathematiques en Mpsi Problemes Basiques

March 4, 2017 | Author: eglk | Category: N/A

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´ MATHEMATIQUES EN MPSI Probl` emes basiques Rémy Nicolai

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

Ce livre est publié sous la licence libre Creative Commons-BY-SA http ://creativecommons.org/licenses/by-sa/3.0/deed.fr BY : Paternité. Vous devez citer le nom de l’auteur original. SA : Partage des Conditions Initiales à l’Identique. Si vous modifiez, transformez ou adaptez cette création, vous n’avez le droit de distribuer la création qui en résulte que sous un contrat identique à celui-ci. En outre, à chaque réutilisation ou distribution, vous devez faire apparaître clairement aux autres les conditions contractuelles de mise à disposition de cette création. Chacune de ces conditions peut être levée si vous obtenez l’autorisation du titulaire des droits.

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

Liste des probl` emes Liste des probl` emes

3

´ Enonc´ es.

7

Pb 1 : Equation fonctionnelle. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 2 : Calculs avec des nombres complexes et des fonctions usuelles. Polynômes de Tchebychev. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 3 : Une bonne base pour des endomorphismes de trace nulle. . . . . . . . . . . . . Pb 4 : Polynˆ omes symétriques élémentaires. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 5 : Coefficients du binˆ ome. Nombre d’opérations. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 6 : Astro¨ıde. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 7 : Famille de courbes paramétrées en polaire. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 8 : Relations entre coefficients et racines, éléments simples. . . . . . . . . . . . . . Pb 9 : Suite définie par récurrence. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 10 : Polynˆ omes et suites. Limite de la suite des 1/k2 . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 11 : Méthode du point fixe et de Newton. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 12 : Suites des solutions d’une famille d’équations. . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 13 : Endomorphismes nilpotents en dimension 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 14 : Matrices de projecteurs. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 15 : Majorations d’intégrales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 16 : Une suite d’intégrales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 17 : Expression intégrale de la limite des suites arithmético-géométriques. . . . . . Pb 18 : Matrice semblable ` a son inverse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 19 : Algèbre linéaire et relation de récurrence linéaire d’ordre 3. . . . . . . . . . . . Pb 20 : Développements limités de puissance de puissance. . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 21 : Equation fonctionnelle. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 22 : Théorème des accroissements finis. Approximations de la constante d’Euler. . Pb 23 : Suites et fonctions définies par des intégrales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 24 : Suite et décomposition en éléments simples. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 25 : Sous-groupes additifs de R. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 26 : Un lemme de Stieltjes utilisant une variante des polynômes d’interpolation et le théorème de Rolle. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 27 : Rang et matrices extraites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 28 : Un problème sur des rotations vectorielles. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 29 : Borne inférieure et addition parallèle. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 30 : Algèbre linéaire dans un espace de polynômes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb 31 : Sous groupe engendré par deux éléments . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 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 pédagogiques (recueils de problèmes corrigés, livres de cours) en complément de ceux distribués en classe. Les ouvrages de la collection sont disponibles sur internet. En fait, ils sont produits en ligne à partir d’une base de données (le maquis documentaire) accessible à l’adresse http ://maquisdoc.net Cette base est con¸cue pour être très 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 rédiger des problèmes de mathématiques) mais il est également impossible de ne travailler que sur écran. Le papier garde donc toute sa validité et la publication de livres sous la forme imprimée habituelle (à coté d’autres types de services) est encore totalement justifiée. En revanche, le modèle économique de l’édition est devenu obsolète pour de tels ouvrages périscolaires produits ` a partir de structures web. L’éditeur (In Libro Veritas) a accepté de diffuser cette collection sous licence Creative Commons. Les auteurs peuvent ainsi user plus libéralement de leur droit d’auteur et offrir davantage de liberté aux lecteurs. ”Probl` emes basiques” est un recueil de problèmes corrigés. L’objectif de cet ouvrage est d’aider le lecteur à maitriser certains éléments essentiels et à repérer ceux qu’il ne maitrise pas. Pour cela, les énoncés sont le plus souvent très brefs, plutôt des exercices que des problèmes. Ils mettent en oeuvre directement certains points de cours (définition, théorème usuel, technique de calcul, ...). De nombreux thèmes sont abordés qui couvrent l’essentiel du programme de MPSI. Cet ouvrage pourra être complété utilement par un entrainement technique encore plus fractionné : les ”rapidexo” proposés par l’interface en ligne du maquis documentaire. Une attention particulière a été portée ` a une redaction soigneuse et complète des corrigés. L’étudiant ne doit pas se condamner ` a trouver. La lecture d’une solution, après un temps de recherche assez court, s’avère plus rentable qu’un acharnement infructueux. Pour cet ouvrage cependant, les questions posées sont si simples et si directes que ne pas trouver signale une lacune sérieuse dans la maitrise du cours. L’étudiant est alors invité à reprendre l’étude de ses notes. D’autres ouvrages de la collection proposent des textes moins immédiats (Problèmes d’approfondissement) ou plus spécifiques (Problèmes 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. Déterminer un élément de F non constant et ne s’annulant pas sur R. 2. Soit f un élément de F . Déterminer 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 déduire 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 déterminer tous les éléments de G en fonction des éléments de F. 2. Soit (un )n∈N une suite de nombres réels définie par u0

=

0

∀n

≥ 1,

un+1 − 2un + un−1 = 2u1

Préciser 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. Déterminer tous les éléments de G et en déduire 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 bornée sur le segment [−2n α, 2n α]. En déduire que la restriction de h ` a un segment quelconque est borné. 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 déduire que H = G.

9

´ Enonc´ es - Pb 2 : Calculs avec des nombres complexes et des fonctions usuelles. Polynômes 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 réel strictement positif et différent de 1. Soit z un nombre complexe quelconque. Trouver un nombre complexe u et un réel R tels que 1 | − i| = r ⇔ |z − u| = R z Exercice 3 2x 1. Exprimer arcsin 1+x a base de dérivation) 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 à exprimer tan π8 et tan 3π a l’aide de 8 ` racines carrées. Probl` eme On définit par récurrence 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. Polynômes de Tchebychev. 1. Calculer P2 (t), P3 (t), P4 (t), Q2 (t), Q3 (t), Q4 (t). 2. Vérifier que pour tout x réel, P4 (cos x) = cos(4x),

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

3. Montrer que pour tout entier x et tout réel 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)

11

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

Probl` eme 3 Dans tout l’exercice, E désigne un R-espace vectoriel et f un endomorphisme de E. La dimension de E varie d’une question à 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 définit 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. Préciser 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 à Vect(u1 ) et on définit un endomorphisme g ∈ L(Vect(u2 , u3 )) par : ∀x ∈ Vect(u2 , u3 ) : g(x) = p ◦ f (x) Préciser Mat g (u2 ,u3 )

5. On s’interesse maintenant aux endomorphismes de E de trace nulle. a. Donner, en démontrant le résultat sous-jacent, la définition de la trace d’un endomorphisme. b. Quels sont les éléments 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.

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´ Enonc´ es - Pb 4 : Polynˆ omes symétriques élémentaires.

Probl` eme 4 Résoudre dans C le système de 3 équations à 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 binôme. Nombre d’opérations.

Probl` eme 5 Exercices 1. Calculer

n X

(k + 1)Cnk

k=0

2. Discuter suivant le paramètre m et résoudre l’inéquation d’inconnue x (m + 2)x + 1 <

1 + x − x2 1−x

3. Soit n un entier supérieur ou égal à 1, exprimer k Cn Cnk+1 2 − k+1 k C2n C2n comme le quotient de deux coefficients du binôme. En déduire 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’opérations internes sur E ? et d’opérations commutatives ? et d’opérations admettant un élément 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 coordonnées (8a cos3 t, 8a sin3 t) → − − → dans un repère orthonormé fixé (O, i , j ). Soit (C) le support de la courbe paramétrée M . 1.

a. Déterminer les axes de symétries de (C). ´ et construire (C). Préciser les points stationnaires. b. Etudier c. Calculer la longueur totale de (C). On admet que cette longueur l est donnée par Z π −→ l= kM 0 (t)dt −π

2.

´ a. Ecrire une équation 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). Interpréter. → −−→ − 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 général quatre tangentes à (C). Montrer que trois de ces tangentes font deux ` a deux des angles égaux. Que peut-on dire de la quatrième ? b. Indiquer une construction géométrique de la droite D(t0 ) à partir du point P0 . −−−−−→ −−−−−→ c. Soit H(t0 ) la projection orthogonale de O sur D(t0 ). Calculer OH(t0 ) + OM (t0 ). En déduire une construction géométrique de M (t0 ).

1 d’apr` es

ESM Saint Cyr Math 2 Option M 1993

15

´ Enonc´ es - Pb 7 : Famille de courbes paramétrées en polaire.

Probl` eme 7 Soit a un réel strictement positif donné, pour tout nombre réel α, on note Cα la courbe d’équation 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 donné entre 0 et π2 , étudier les branches infinies de Cα . On déterminera la position de la courbe par rapport ` a l’asymptote. 3. Construire la courbe C π4 . 4. En utilisant 1r et ses dérivées, former une équation caractérisant les valeurs du paramètre qui correspondent aux points non biréguliers. Quel est l’ensemble de ces points lorsque α varie ? 5. Former l’équation qui donne un angle polaire du point double D de Cα .

16

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

Probl` eme 8 On considère

2

le polynˆ ome ` a coefficients réels 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 écrire A = XB o` u B est un polynôme dont on précisera le degré, le coefficient dominant et le terme constant noté b0 . 2. Déterminer les racines de A dans C. 3. Montrer que Pn =

2n−1 Y

sin

k=n+1

En déduire que Pn =

√

kπ 2n

Qn .

4. Calculer de deux fa¸cons le produit des racines de B. En déduire Qn puis Pn . 5. Déterminer la décomposition de F en éléments simples pour la fraction F avec F =

2 d’apr` es

Mines d’Albi 2000

17

1 A

´ Enonc´ es - Pb 9 : Suite définie par récurrence.

Probl` eme 9 Soit u un réel strictement positif, la suite (un )n∈N est définie par les relations u0

= u

∀n

∈

N:

un+1 = ln(1 + un )

Soit λ un réel non nul, la suite (vn )n∈N est définie par ∀n ∈ N :

vn = uλn+1 − uλn

1. Question préliminaire. 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 démonstration) des suites équivalentes pour (exn − 1)n∈N et (ln(1 + xn ) − xn )n∈N 2. Soit (wn )n∈N une suite de nombres réels qui converge vers un nombre C non nul. Montrer que w1 + w2 + · · · + wn ∼ n C (rédiger la démonstration) 3. Les suites (un )n∈N et (vn )n∈N sont-elles bien définies ? 4. Montrer que (un )n∈N converge, préciser sa limite. 5. A-t-on un+1 ∼ un ? Justifier. 6. Montrer que λ vn ∼ − uλ+1 2 n 7. En utilisant une question précédente pour une certaine valeur de λ, trouver un équivalent 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 définit le polynôme Qn à coefficient complexes par : Qn = 1.

1 (X + i)n+1 − (X − i)n+1 2i

a. Déterminer le degré de Qn et son coefficient dominant. b. Quel est le polynˆ ome obtenu en substituant −X à X dans Qn ? Que peut-on en déduire pour l’ensemble des racines de Qn ?

2. Soit r un entier naturel non nul et p ∈ {0, . . . , r}, préciser le coefficient de X 2r−2p dans Q2r et le polynˆ ome Sr tel que Q2r = Sˆr (X 2 ). 3. Déterminer les racines de Qn ; en déduire la décomposition de Qn en facteurs irréductibles de R [X]. 4. Soit r un entier naturel non nul, prouver les égalités 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 inégalités i πh ∀x ∈ 0, 2

cot2 x ≤

1 1 ≤ 2 x sin2 x

6. Soit r un entier naturel non nul, déduire de la question précédente 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 préciser sa limite.

19

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

Probl` eme 11 Soient a et b deux réels 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’équation g(x) = x possède une solution et une seule dans le segment I. On notera α cette solution.

2. Soit u ∈ I et (xn )n∈N la suite réelle définie 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 déduire que (xn ) converge vers un réel que l’on déterminera. ´ que pour tout (n, p) ∈ N2 on a : b. Etablir |xn+p − xn | ≤

1 − kp |xn+1 − xn | 1−k

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

kn |x1 − x0 |. 1−k

3. On suppose que g est dérivable 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’intéresse ici ` a la résolution de l’équation f (x) = 0 d’inconnue x ∈ I. 1.

a. Montrer que cette équation possède une unique solution dans ]a, b[. Cette solution sera notée α. b. Soit x0 ∈ I. Déterminer l’abscisse du point d’intersection de l’axe des abscisses et de la tangente ` a f en x0 .

2. On définit 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 : Méthode du point fixe et de Newton. 3. On suppose, dans cette question seulement, que f 0 est décroissante. On considère la suite (xn ) définie par x0 = a et ∀n ∈ N : xn+1 = g(xn ) a. Dessiner le graphe d’une fonction f vérifiant toutes ces conditions. b. Montrer que, pour tout n ∈ N, • xn+1 est bien définie. • 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 général. 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 déduire que, pour tout u ∈ J, la suite (xn ) définie 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’équations.

Probl` eme 12 On définit, 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 réel an strictement positif tel que fn (an ) = 0. 2. Montrer que (an )n∈N∗ est monotone, en déduire sa convergence. 3. Montrer que a2 ∈ ]0, 1[. En déduire 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. Préciser, suivant x compris strictement entre 0 et 1 et différent de 21 , la limite de (fn (x))n∈N∗ . En déduire directement, sans utiliser 2 la convergence et la limite l de (an )n∈N∗ . 5. Trouver un équivalent simple à an − l quand n → +∞. On peut étudier 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 définit 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. Préciser les matrices de passage PAE , PA1 E , PA2 E 2. On note p1 le projecteur sur Vect(e2 , e3 ) parallèlement à 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 ) parallèlement à Vect(a1 ). Calculer : Mat p2 , Mat p2 , Mat p2 , Mat p2 E

A

EA

24

AE

´ Enonc´ es - Pb 15 : Majorations d’intégrales.

Probl` eme 15 ´ Etant donné un entier n strictement positif, on définit les nombres réels 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 réel fixé. 2. Calculer In 3. Déterminer les constantes A, B, C, D figurant dans le développement 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 déduire 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 équivalente à l’infini à 2n ln 2. 6. Soit Jn l’intégrale suivante : 1

Z Jn = 0

n−1 X

!2 k

x

dx

k=0

´ Etablir une relation liant Jn et Sn . En déduire un équivalent de Jn à l’infini.

3 d’apr` es

Mines-Ponts 2003 MP1

25

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

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

1. On définit 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 déduire qu’elle est convergente. On note J(a) sa limite. 3. Montrer que pour tout entier n, la fonction Jn est monotone. Préciser son sens de variation. Montrer que, pour tout entier n, la fonction Jn admet en 0 une limite finie (notée jn ). 4. Dans cette question plus particulièrement, on citera très précisément les théorèmes utilisés 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 intégrale de la limite des suites arithmético-géométriques.

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. Démontrer sans calcul de dérivée 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 définit une application à 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. Démontrer 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 réels 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 déduire I(a, b) = I(

a+b √ , ab) 2

Partie B On suppose ici 0 < b < a. On définit 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 à 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 déduire une expression de µ ` a l’aide d’une intégrale. 27

´ Enonc´ es - Pb 18 : Matrice semblable à son inverse

Probl` eme 18 Dans tout le problème 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 à 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 à la matrice B. L’objet de ce problème est d’étudier des exemples de matrices semblables à leur inverse. Partie A 1. Montrer que la relation ∼ est une relation d’équivalence sur M3 (R). 2. Montrer que deux matrices de déterminants différents ne sont pas semblables. 3. Soit u un endomorphisme de E et i, j deux entiers naturels. On considère l’application w de ker ui+j vers E définie par : w(x) = uj (x) a. Montrer que Im w ⊂ ker ui . b. En déduire que dim(ker ui+j ) ≤ dim(ker ui ) + dim(ker uj ) 4. Soit u un endomorphisme de E vérifiant 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 problème, la matrice A de M3 (R) est semblable à une matrice du type   1 α β T = 0 1 γ  0 0 1 On se propose de montrer que A est semblable à 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

à la matrice  1 0 0 1  0 0

et en déduire une matrice semblable à la matrice M . b. Calculer M 3 et déterminer 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 écrire la matrice de u dans cette base. c. Montrer que les matrices A et A−1 sont semblables. d. Réciproquement, si 

1 T = 0 0

α 1 0

 β γ  1

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

29

´ Enonc´ es - Pb 19 : Algèbre linéaire et relation de récurrence linéaire d’ordre 3.

Probl` eme 19 On désigne par Ea l’ensemble des suites réelles u = (un )n∈N satisfaisant à la relation de récurrence ∀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 réelles 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 élément de Ea , on définit une suite v en posant vn = un+1 − un ´ pour tout entier n. Etablir une relation de récurrence (2) satisfaite par v. c. On désigne par Fa l’ensemble des suites réelles satisfaisant à (2). Montrer que Fa est un sous-espace vectoriel de Ea .

3. Déterminer 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 différent du a0 de la question précédente. a. Montrer que K et Fa sont supplémentaires dans Ea . b. En déduire une base de Ea dans chacun des trois cas. 6. Montrer que (n)n∈N ∈ Ea0 . En déduire une base de Ea0 . 7. Soit u l’élément de Ea déterminé 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 : Développements limités de puissance de puissance.

Probl` eme 20 On définit5 des fonctions u, v, w dans R∗ en posant pour tout réel 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 notées 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 dérivabilité en 0. c. Déterminer des développements limités 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 dérivables dans R et à valeurs complexes vérifiant l’équation 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 vérifiant 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 carrée (complexe) de f 00 (0). ∀x ∈ R : f (x) =

2.

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

1 λx e + e−λx 2

vérifie l’équation fonctionnelle. b. Quelles sont les fonctions à valeurs réelles qui vérifient la relation ?

6 d’apr` es

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

32

´ Enonc´ es - Pb 22 : Théorème des accroissements finis. Approximations de la constante d’Euler.

Probl` eme 22 Le théorème des accroissements finis intervient à plusieurs reprises dans ce problème. Vous devrez préciser chaque fois clairement pour quelle fonction et entre quelles bornes vous l’utilisez. Ce problème a pour objet une étude de la constante d’Euler notée 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 inégalités k+1 1 1 ≤ ln ≤ k+1 k k 2. Montrer que la suite (un )n∈N∗ est décroissante et que pour tout n ∈ N∗ : 1 ≤ un ≤ 1 n En déduire 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 définie par fk (x) =

1 1 1 1 +( − )(x − k) − k k+1 k x

b. En considérant une fonction Fk telle que Fk0 = fk , en déduire 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 définit 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 déduire 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 : Théorème des accroissements finis. Approximations de la constante d’Euler. 3. Dans cette question n ≥ 2 et p ≥ n. a. En utilisant le théorème des accroissements finis appliqué à 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 méthode analogue à celle de la question précédente un encadrement de p X 1 k=n

c. En déduire

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 précédent permette, à partir de un , de déterminer γ ` a moins de 10−2 près.

34

´ Enonc´ es - Pb 23 : Suites et fonctions définies par des intégrales.

Probl` eme 23 Dans la première partie, on étudie deux suites réelles définies par des intégrales. Dans la seconde on considère des fonctions définies par des intégrales. Les deux parties sont indépendantes. On note I le segment [0, 1] et E l’espace vectoriel réel C 0 (I, R) des applications continues de I dans R.

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

Partie I Soient m0 et M0 deux éléments 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 égales 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 préciser leurs limites. 35

´ Enonc´ es - Pb 23 : Suites et fonctions définies par des intégrales.

Partie II Dans toute cette partie, g est une application continue de I dans I vérifiant g(0) = 0 et g(1) = 1. 1. Soit f un élément 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 à E. 2. On choisit dans cette question seulement f (x) = tan2 x. Calculer ug (f )(a) pour a ∈ [0, 1]. 3. Soit f un élément 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 à 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 dérivable, ug n’est pas surjectif.

6.

a. En considérant l’application g définie par :   0 g(x) =  2x − 1

1 si x ∈ [0, ] 2 1 si x ∈ [ , 1] 2

montrer que vg n’est en général 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 décomposition en éléments simples.

Probl` eme 24 Cet exercice repose sur l’utilisation de la décomposition en éléments 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 réels contenant 0 et stable pour l’addition et la symétrisation. C’est à 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 réel α strictement positif tel que G ∩ ]0, α[= ∅ L’objet de ce problème est d’étudier les sous-groupes additifs de R. Dans toute la suite, G désigne 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 réel α strictement positif tel que G∩]0, α[ soit vide. On suppose aussi que G contient un élément non nul. a. Soit I un intervalle de longueur α2 . Montrer que G∩I contient au plus un élément. Que peut-on en déduire pour l’intersection de G avec un intervalle quelconque de longueur finie ? b. Montrer que G ∩ R∗+ admet un plus petit élément que l’on notera m. c. Montrer que G = {km, k ∈ Z}. Un tel ensemble sera noté Zm 3. Soit x et y deux réels strictement positifs, on pose X = Zx = {kx, k ∈ Z}, Y = Zy = {ky, k ∈ Z}, S = {mx + ny, (m, n) ∈ Z2 } a. Vérifier que X, Y et S sont des sous-groupes de (R, +). On dira que S est le sousgroupe engendré 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 considérant 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 polynômes d’interpolation et le théorème de Rolle.

Probl` eme 26 Si P est un polynˆ ome ` a coefficients réels et x un nombre réel, on convient de noter Pe(x) le nombre réel obtenu en substituant x ` a X dans P . Dans tout le problème, n et k sont deux entiers fixés : n≥3

1 le produit scalaire de E. Pr´ eambule On considère une l’équation d’inconnue réelle x o` u µ désigne un paramètre réel non nul : x3 − x2 + µ = 0 1. Déterminer les valeurs de µ pour lesquelles cette équation admet trois racines réelles distinctes. 2. Déterminer les solutions réelles de cette équation lorsque l’une d’entre elles est double. Partie I Pour tout réel λ non nul, on note fλ l’application de E dans E définie par : → → → → → → ∀− x ∈ E : fλ (− x) =− x +λ− u 1. Montrer que fλ est un endomorphisme de E. 2. a. Déterminer la valeur λ0 de λ pour laquelle fλ est un automorphisme orthogonal autre que IdE . b. Caractériser fλ0 par sa matrice dans la base B. c. Déterminer l’ensemble des vecteurs de E invariants par fλ0 . Donner alors la nature de fλ0 en précisant ses éléments géométriques. 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’équation x3 − x2 + p = 0 o` u p désigne un réel d’un intervalle I que l’on précisera. On pourra utiliser l’identité 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 réels non nuls et égaux, déterminer l’axe et une mesure de l’angle en précisant l’orientation de l’axe. 7 d’apr` ees

Mines d’Albi 1993

42

´ Enonc´ es - Pb 28 : Un problème sur des rotations vectorielles. Partie III → Soit r une rotation vectorielle de E d’axe D, une mesure de son angle orienté autour de − u est θ. → 1. Montrer que pour tout élément − x de E on a la relation → → → → → → → → → r(− x ) =< − x,− u >− u + cos θ (− u ∧− x)∧− u + sin θ (− u ∧− x) 2. Réciproquement, montrer que tout endomorphisme vérifiant la relation précédente est la → rotation vectorielle d’angle θ autour de − u. 3. Soit ϕ l’endomorphisme de E dont la matrice relative à 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 précisera. 4. Soit ψ le demi-tour vectoriel d’axe D → − a. En utilisant III 1., expliciter ψ(− x ) o` u→ x est un élément quelconque de E. b. Construire la matrice de ψ relative à B Partie IV → Soit r la rotation d’axe D et d’angle θ autour de − u . Soit s la symétrie 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 isométrie vectorielle de E dont 0E est le seul vecteur invariant 2. Pour quelles valeurs de θ l’application δ se réduit-elle à s ? à l’homothétie vectorielle de rapport -1 ? → 3. Soit f un endomorphisme vérifiant pour tout − x de E la relation → → → − → → → → → f (− x) =ε → u + cos θ (− u ∧− x)∧− u + sin θ (− u ∧− x) avec = ±1. Montrer que cette relation caractérise les isométries vectorielles de E. Classifier suivant les valeurs de ε et θ. On précisera dans chaque cas le rôle de D et la nature de l’ensemble des vecteurs invariants.

43

´ Enonc´ es - Pb 29 : Borne inférieure et addition parallèle.

Probl` eme 29 Soit a et b deux nombres réels strictement positifs. On appelle somme parallèle 8 de a et de b le nombre ab a//b = a+b 1. Etudier les propriétés de cette opération. 2. Soit x un réel quelconque. Montrer que (a//b)x2 = inf{ay 2 + bz 2 , (y, z) ∈ R2 tq y + z = x} Cette borne inférieure est-elle un plus petit élément ? Si oui, pour quels couples (y0 , z0 ) de nombres réels la relation (a//b)x2 = ay02 + bz02 est-elle satisfaite ? 3. Interpréter physiquement les résultats de la question précédente en prenant pour y et z les intensités des courants électriques qui traversent des résistances a et b montées en parallèle. 4. Soit a, b, c, d des réels strictement positifs et x un réel quelconque, montrer que (a//c)x2 + (b//d)x2 ≤ ((a + b)//(c + d))x2 Interpréter physiquement cette inégalité. 5. Soient α1 , α2 , . . . , αk et β1 , β2 , . . . , βk des réels 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 : Algèbre linéaire dans un espace de polynômes.

Probl` eme 30 Soit V un espace vectoriel réel 9 . L’espace vectoriel des endomorphismes de V est désigné par L(V ). Lorsque f ∈ L(V ) et k ∈ N, on désigne par f 0 = IdV , f k = f k−1 ◦ f la composée de f avec lui même k fois. On désigne par E l’espace des polynˆ omes a` coefficients réels et, pour un entier n, par En l’espace des polynˆ omes de degré inférieur ou égal ` a n. E = R[X], En = Rn [X] Soit D l’endomorphisme de dérivation de E qui à un polynôme Q associe son polynôme dérivé Q0 . De même, Dn est l’endomorphisme de dérivation de En qui à un polynôme Q de degré inférieur ou égal ` a n associe son polynˆ ome dérivé Q0 . L’objet du problème est de rechercher les réels λ pour lesquels l’endomorphisme λ IdE +D est égal ` a un g 2 pour un certain endomorphisme g de E. On se pose la même question pour l’endomorphisme λ IdEn +Dn .

Pr´ eliminaires : noyaux it´ er´ es Soit V un espace vectoriel réel 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 emboitée 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 à partir d’un rang p inférieur ou égal à la dimension n de l’espace. En déduire en particulier ker f n = ker f n+1 4. On considère un endomorphisme u d’un espace vectoriel V de dimension finie n tel qu’il existe un entier q supérieur ou égal à 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’établir des propriétés des endomorphismes g recherchés pour un λ réel donné et de donner un exemple. 1. Une caractérisation 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 : Algèbre linéaire dans un espace de polynômes. ´ a. Etant donné un entier naturel n donné, 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 à Ep . Démontrer 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 déduire que, pour tout entier naturel n, En est stable par g. Soit gn la restriction de g ` a En . Démontrer 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 à F . Montrer que DF est nilpotent. En déduire que F = En = Rn [X] Déterminer tous les sous-espaces vectoriels G de E (de dimension finie ou non) stables par D. ii. Démontrer 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 immédiate : le cas λ < 0. a. Sous quelle condition nécessaire sur le réel λ existe-t-il un endomorphisme g de l’espace E0 = R0 [X] tel que g 2 = λIdE0 + D0 b. Soit λ un réel strictement négatif, déduire des questions précédentes les deux propriétés : – 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 : Algèbre linéaire dans un espace de polynômes. 3. Une représentation matricielle simple de Dn . Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 1 et λ un réel. On définit la matrice carrée d’ordre n + 1 notée Aλ et dont les coefficients sont notés 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. Démontrer 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 déduire qu’il existe une base Bn de En = Rn [X] pour laquelle la matrice de Dn est la matrice Aλ . Quelle est la matrice associée à λ IdEn +Dn dans cette base Bn ? 4. Un exemple. Dans cette question, l’entier n est égal à 2. a. Montrer que les seuls endomorphismes h de E2 qui commutent avec D2 sont les polynˆ omes de degré inférieur ou égal à 2 en D2 c’est à dire les polynômes de la forme h = aIdE1 + bD2 + cD22 pour a, b, c réels. b. En déduire qu’il existe des endomorphismes g de E2 qui vérifient g 2 = λIdE3 + D2 Déterminer les matrices carrées G d’ordre 3 qui vérifient G 2 = A1

Deuxi` eme partie L’objet de cette partie est d’étudier le cas o` u le réel λ est nul. Dans cette partie, l’entier n est supérieur ou égal ` 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 égale ` a 2. ii. En déduire qu’il n’existe pas d’endomorphisme g de En = Rn [X] tel que g 2 = Dn . 47

´ Enonc´ es - Pb 30 : Algèbre linéaire dans un espace de polynômes. iii. En déduire 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 supérieur ou égal a 1 et k un entier supérieur ou égal à 2. Soit g un endomorphisme de E = R[X] tel ` que gk = Dm Montrer que les deux endomorphismes D et g sont surjectifs. c. Démontrer 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 définie dans ker g p par : ∀P ∈ ker g p : Φ(P ) = g(P ) Montrer que cette application est linéaire de ker g p et à valeurs dans ker g p−1 . Préciser son noyau et son image. En déduire 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. Déterminer une condition nécessaire et suffisante sur les entiers m et k pour qu’il existe un endomorphisme g de E tel que g k = Dm . Retrouver le résultat de la question II.1.c.

48

´ Enonc´ es - Pb 31 : Sous groupe engendré par deux éléments

Probl` eme 31 Soit G, un groupe noté multiplicativement, d’élément neutre e. On suppose qu’il existe dans G deux éléments a et b différents 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 engendré 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’éléments ? 4. Soit G le groupe des bijections de C dans C. Déterminer le cardinal du sous-groupe H de G engendré par les applications r et s définies par : r(z) = jz , s(z) = z¯ pour tout nombre complexe z. Interpréter géométriquement chaque élément de H.

49

´ Enonc´ es - Pb 31 : Sous groupe engendré par deux éléments

50

Corrig´ es

51

Corrigés - Pb 1

Probl` eme 1 PARTIE I 2

1. On peut vérifier que f (t) = et convient. 2. Pour y ∈ F prenons y = 0 dans la définition, 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 élément quelconque de G, alors eg est un élément de F qui ne prend que des valeurs strictement positives. On obtient tous les éléments de G en composant par ln les fonctions ` a valeurs strictement positives de F . 2. Ecrivons la relation de récurrence de 2 à n et sommons. Les termes −2uk se simplifient (sauf les extrêmes) : 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 propriété de g écrite 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 précédente. On en déduit un = n2 u1 ou encore g(αx) = α2 g(x) pour α entier naturel. D’autre part, avec x = 0 dans la relation de définition, 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

Corrigés - Pb 1 On en déduit donc que la relation g(αx) = α2 g(x) est valable dans Q. N’importe quel nombre réel 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 continuité de g en αx. On en déduit g(αx) = α2 g(x) par unicité de la limite. La relation est donc valable dans R. 4. D’après la question précédente, g(x) = x2 g(1). Les éléments de G sont donc les fonctions x 7→ λx2 o` u λ est un nombre réel arbitraire. On se propose maintenant de démontrer que les fonctions non nulles de F sont de la 2 forme x 7→ εeλx o` u λ est un nombre réel 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 continuité et théorème des valeurs intermédaires 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 déduit une suite de points qui converge vers 0 et en lesquels la fonction est nulle. Par continuité, f est nulle en 0 , elle est donc identiquement nulle. PARTIE III Notons K l’ensemble de toutes les fonctions vérifiant la relation de la partie II alors G est la partie de K constitué des fonctions continues alors que H est la partie de K constituée des fonctions localement bornées en 0. D’après les propriétés des fonctions continues, il est clair que G ⊂ H. L’énoncé nous propose de montrer l’inclusion dans l’autre sens. 1. Les éléments de H vérifient la même relation fonctionnelle que dans la partie II mais ne sont pas supposés continus. Ils sont toujours bornés dans un segment autour de 0. Le calcul du début de la question II 3. reste valable, en particulier h(nx) = n2 h(x) pour n rationnel. La continuité n’intervient que pour le passage de Q à R. On peut donc écrire 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 bornée sur [−2n a, 2n a] puis sur n’importe quel segment. Car un segment quelconque est inclus dans un des précédents pour n assez grand. n 2. Pour n = 0, 3.24n−1 = 2 et l’inégalité est évidente car a + u1 et a ∈ [−1, 1] ∪ [a − 1, a + 1]. On raisonne ensuite par récurrence. u Remarquons que a + 2n+1 est le milieu de a et a + 2un . Exploitons la propriété 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

Corrigés - Pb 1 1 u Remarquons que h( 2n+1 h(u) ≤ ) ≤ 22(n+1) l’hypothèse de récurrence h 2 h(a +

u 2n+1

1 4n+1 Ma .

On en déduit 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 achève la démonstration. 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 Considérons alors α = 21n , tout élément de [a − α, a + α] est de la forme a + u ∈ [−1, 1]. La question précédente montre alors que h est continue en a. On en déduit que tout élément de H est continu dans R donc que H = G.

55

u 2n

avec

Corrigés - 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 déduit 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 étudiant 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 à π a π2 modulo π pour que tan 4t et tan t soient bien définis. 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 déduit alors tan 4t =

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

b. D’après la question précédente, 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 trouvée au a., les solutions de 1 − 6x2 + x4 = 0 56

Corrigés - 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 déduit p √ 2+ 2 π cos = 8 2 etc. Exercice 3 u k décrit {0, · · · , n}. On en déduit Remarquons que Da est formé 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

Corrigés - Pb 2 Probl` eme 1. A l’aide de la formule de récurrence, on obtient immédiatement 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 polynômes 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 démontrées par une récurrence 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’après la formule définissant Pn+2 . De même, sin((n + 2)x) = 2 cos x sin x Qn+1 (cos x) − sin x Qn (cos x) = sin xQn+2 (x) d’après la formule définissant Qn+2 . 4. Dérivons la première formule de la question précédente. Il vient − sin xPn0 (cos x) = −n sin nx Ce qui s’écrit 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 réel t dans ]−1, 1[, il existe un x ∈ ]0, π[ tel que t = cos x, on en déduit la formule demandée.

58

Corrigés - Pb 3

Probl` eme 3 1. La famille Bi,j est génératrice 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 à montrer que c’est une base. Pour exprimer les matrices de passage, il est commode d’utiliser les matrices élémentaires 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 déduit

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’après la question précédente, 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’énoncé : b0 Mat g = 00 b (u2 ,u3 )

59

c0 c00

Corrigés - Pb 3 5.

a. La trace d’un endomorphisme est par définition la trace de sa matrice dans n’importe quelle base. Cette définition a du sens car les matrices d’un endomorphisme dans n’importe quelle base ont toutes la même trace. En effet, on sait que tr(AB) = tr(BA) pour toutes matrices carrées 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 déduit −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 élément 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’après 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 à celle de la question précédente mais E est de dimension 3. D’après la question 3.b., il existe un x de E tel que (x, f (x)) est libre. En utilisant le théorème de la base incomplète, 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. Considérons 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) parallèlement 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’après 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

Corrigés - 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 déduit que (x, u, v) est génératrice 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

Corrigés - Pb 4

Probl` eme 4 Introduisons les polynˆ omes symétriques élémentaires 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 première relation donne immédiatement σ12 − 2σ2 = 1 On obtient la deuxième relation en réduisant au même dénominateur x1 x2 x3 : 3 σ1 = σ3 2 Pour la trosième, on commence par regrouper par trois les termes qui ont le même dénominateur. Cela fait apparaitre le σ1 au numérateur que l’on peut mettre en facteur : 1 1 1 + + =6 (x1 + x2 + x3 ) x1 x2 x3 On réduit au même dénominateur x1 x2 x3 ce qui donne directement : σ1 σ2 =6 σ3 ` partir des deux dernières relations, on obtient A σ2 = 4 En rempla¸cant dans la première, on obtient σ12 = 9 Le dernier s’obtient ` a partir de σ1 σ3 =

2 σ1 3

On a donc deux possibilités : σ1 = 3

σ2 = 2

σ3 = 4

σ1 = −3

σ2 = −2

σ3 = 4

Les nombres x1 , x2 , x3 sont donc (à permutation près) les racines des polynômes X 3 − 3X 2 + 4X − 2 X 3 + 3X 2 + 4X + 2 c’est ` a dire après factorisation ` a l’aide de la racine évidente 1 ou −1 les triplets (1, 1 + i, 1 − i) et (−1, −1 + i, −1 − i).

62

Corrigés - Pb 5

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

d’o` u , en notant S la somme cherchée : S=n

n X

k−1 Cn−1 +

k=1

n X

Cnk = n2n−1 + 2n

k=0

Autre solution. Considérons 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’inéquation proposée est équivalente (pour m 6= −1) à 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 déduit – 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

Corrigés - Pb 5

h

1 –1 m

Fig. 2 – Graphe de h

64

Corrigés - Pb 5 Après 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 déduit 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 à 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’éléments de l’ensemble E. – Une opération interne dans E, c’est une application de E × E dans E. On peut former autant d’opérations que de telles fonctions soit nn

2

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

2

−(2n−1)

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

65

Corrigés - Pb 6

Fig. 4 – Tracé de 50 segments tangents

Probl` eme 6 1.a. La courbe est symétrique 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 symétriques de M (t) par rapport aux trois droites. 1.b. La courbe est birégulière sauf aux points o` u t est congru à 0 modulo π2 . Par raison de symétrie, 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 biréguliers s’obtiennent par symétrie. On peut noter que la tangente en M ( π4 ) est orthogonale à la première 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 – Tracé 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 équation 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

Corrigés - Pb 6

Fig. 5 – Construction de M 2.b. On peut calculer les coordonnées 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 égale à 8a. 3.a. On cherche les t tels que D(t) contienne le point de coordonnées (2a cos t0 , 2a sin t0 ). Ce sont les t qui vérifient 4a cos t0 sin t + 4a sin t0 cos t

=

8a sin t cos t

sin(t + t0 )

=

sin 2t

0 La dernière équation équivaut ` a t = t0 ou t ≡ π−t modulo π3 . 3 π Trois tangentes font donc entre elles un angle de 3 la troisième est D(t0 ) ; droite qui passe par → P0 et de direction − u π−t . → − 3.b. La droite D(t0 ) est symétrique de (OP0 ) par rapport à la droite de direction j qui passe par P0 . 3.c. On notera avec un indice 0 tous les objets relatifs à 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 . −−→ −−−→ −−→ −−−→ −−−→ Définissons K0 par OH0 + OM0 = OK0 ; alors OM0 = H0 K0 et (O, M0 , K0 , H0 ) est un parallélogramme. Lorsque la droite D0 est construite, on peut construire le projeté H0 de O sur D0 et M0 est le symétrique de H0 par rapport à P0 . Construction géométrique de l’astro¨ıde

67

Corrigés - Pb 7

M_0

H0

P0

H_0

H0

Fig. 6 – Construction

Probl` eme 7 1. Les supports Cα et Cα+π , ,des courbes paramétrées sont égaux 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 paramétrisation est 3π périodique. Le cos du dénominateur 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 déduit que r(t) sin(t− 3π 4 ) . Il n’y a donc pas d’asymptote diverge vers +∞ ou −∞ d’un côté 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 à l’asymptote. Posons u = 3t − α, et formons un développement limité 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 déduit que la courbe est, suivant le signe de u, d’un côté 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 tracé de la courbe 3π se fait à la machine en remarquant que r(t) est négatif dans 0, 4 et positif dans 4 , 3π . Le changement de signe se fait ”à 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

Corrigés - Pb 7

On sait que la condition assurant la non birégularité s’écrit 2ρ02 − ρρ0 + ρ2 = 0. En posant λ = ρ1 , cette condition devient λ + λ00 = 0. Pour l’exprimer simplement, on commence par linéariser 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 ≡ décrit la courbe paramétrée

π 2 modπ.

r(t) = −

69

Lorsque α varie le point tel que t−α ≡

a sin t cos3 2t 3

π 2

Corrigés - Pb 8

Probl` eme 8 ˜ 1. Comme A(0) = 0, le polynˆ ome A est divisible par X. Il existe donc un polynôme B tel que A = XB. Ce polynˆ ome est de degré 2n − 1 et de coefficient dominant 1. On peut obtenir le terme de degré 0 ` a partir de la dérivée. ˜ 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 décrit l’ensemble U2n des racines 2n ièmes de l’unité. 3. Lorsque k décrit 1, · · · , n − 1, le nombre 2n − k décrit n + 1, · · · , 2n − 1 et (2n − k)π kπ =π− 2n 2n donc sin

(2n − k)π kπ = sin 2n 2n

On en déduit

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 déduit

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 décomposition de F en éléments 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

Corrigés - Pb 9

Probl` eme 9 1. Tableau trop facile pour être corrigé. exn − 1 ∼ xn et ln(1 + xn ) − xn ∼ − 21 x2n 2. Traité en classe, convergence au sens de Césaro. 3. Chaque un construit est strictement positif, la définition par récurrence peut se poursuivre indéfiniment. La stricte psitivité des un permet aussi de définir les vn 4. On sait que ln(1 + x) ≤ x pour tout x ≥ −1. La suite (un )n∈N est donc décroissante et minorée par 0.Elle converge vers un réel l ∈ [0, u]. Par continuité 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 écrire :

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 conséquent, 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 négligeable devant u−1 n+1 . n Négligeons la ! On obtient u−1 ∼ puis n+1 2

un ∼

71

2 n

uλn λ

un+1 −1 un

Corrigés - Pb 10

Probl` eme 10 1.

a. En écrivant les deux termes de plus haut degré de la formule du binôme, on montre que Qn est de degré n et de coefficient dominant n + 1. b. En substituant −X ` a X dans Qn on obtient (−1)n Qn . On en déduit que Qn est de même parité que n et que l’ensemble des racines de Qn est symétrique (si z est racine alors −z l’est aussi).

´ 2. Ecrivons cette fois la formule complète : 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 équation, celle ci est équivalente à n+1 z+i z+i =1⇔ ∈ Un+1 z−i z−i On en déduit 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 différent de 1. Il faut exclure k = 0 car z−i En transformant la relation (homographique) précédente, 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 à la factorisation n Y kπ Qn = (n + 1) X − cot n+1 k=1

72

Corrigés - Pb 10 4. Lorsque k décrit {1, . . . , r}, 2r + 1 − k décrit {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 associées à k et à 2r + 1 − k, on obtient r Y kπ Q2r = (2r + 1) X 2 − cot2 2r + 1 k=1

En développant ce produit, il apparait que le coefficient du terme de degré 2r − 2 de Q2r est r X kπ −(2r + 1) cot2 2r + 1 k=1

d’autre part, d’après 1. ce coefficient est aussi 2r + 1 (2r + 1)(2r)(2r − 1) − =− 3 6 On en déduit

r X

cot2

k=1

En rempla¸cant cot

2

par sin1 2

− 1 dans la formule précédente, 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 inégalités demandées sont donc équivalentes ` a sin x < x < tan x. Celles ci se démontrent très 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 inégalités précédentes 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 précédent s’écrit 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 à gauche de l’encadrement convergent vers en déduit r X 1 π2 ( )r∈N → 2 k 6 k=1

73

π2 6

; on

Corrigés - Pb 11

Probl` eme 11 Partie I : Th´ eor` eme du point fixe Dans tout le problème, 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. Considérons la fonction définie dans I ϕ : x → g(x) − x Elle est continue comme somme de deux fonctions continues et la stabilité de I par g entraine g(a) ≥ a donc ϕ(a) ≥ 0 g(b) ≤ a donc ϕ(b) ≤ 0 Lorsque l’une des deux inégalités précédentes est une égalité, a ou b est un point fixe. Lorsque les deux inégalités sont strictes, on peut appliquer le théorème de la valeur intermédiaire ` a ϕ entre a et b. Il existe donc un x ∈]a, b[ tel que ϕ(x) = 0, c’est à dire un point fixe pour g. Montrons maintenant l’unicité 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 hypothèse. On note α l’unique point fixe de g. 2.

a. On applique n fois l’inégalité de lipschitzité : |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’inégalité précédente est géométrique de raison k ∈]0, 1[. Elle converge donc vers 0 ce qui permet d’appliquer le théorème d’encadrement. La suite (xn )n∈N converge vers α. b. Utilisons d’abord l’inégalité 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 caractère 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

Corrigés - Pb 11 En injectant dans la première 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’inégalité précédente, fixons n et considèrons 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 opérations sur les suites convergentes et passage à la limite dans une inégalité, on obtient donc : 1 |xn+1 − xn | |α − xn | ≤ 1−k 3.

a. Comme g est supposée dérivable en α, on peut écrire : g(α + h) − g(α) |≤k h→0 h

|g 0 (α)| = | lim

d’après le théorème de passage ` a la limite dans une inégalité. b. Par définition de xn et de α : g(xn ) − gα xn+1 − α = → g 0 (α) xn − α xn − α par définition de la dérivabilité en α car la suite (xn )n∈N converge vers le point fixe α.

Partie II. M´ ethode de Newton 1.

a. L’équation considérée admet une solution à cause du théorème des valeurs intermédiaires appliqué ` a f entre a et b. Cette solution est unique car la fonction est strictement croissante ` a cause du signe de la dérivée. L’unique solution notée α sera appelée zéro de f. b. L’équation 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’équation 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 dérivée est C 1 et de plus elle est stirctement positive ce qui assure le caractère C 1 de l’inverse. Les résultats usuels sur les opérations sur les fonctions continues et dirivables permettent d’achever la preuve. b. Comme α est un zéro 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 zéro de f et un point fixe de g. 75

Corrigés - 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

Corrigés - 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 défini par : f (xn ) xn+1 = xn − 0 f (xn ) Il sera utile plus loin de remarquer que l’on en déduit : f (xn ) + (xn+1 − xn )f 0 (xn ) = 0 Comme xn ≤ α et f croissante : f (xn ) ≤ 0 donc xn+1 ≥ xn . D’après le théorème des accroissements finis appliqué à 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 supposée décroissante dans cette question. Comme xn+1 − xn > 0, on déduit f (xn+1 ) ≤ f (xn ) + (xn+1 − xn )f 0 (xn ) On obtient finalement f (xn+1 ) ≤ 0 avec la remarque du début qui suit la définition de xn+1 . On en déduit 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 déduit que [a, α] est stable pour g. c. D’après b, la suite (xn )n∈N est croissante et majorée par α. Elle est donc convergente. Sa limite notée β est un élément de [a, α], la fonction g est donc continue en β et la définition de xn entraine alors g(β) = β. Or d’après la définition de g, un point fixe de g est un zéro de f et α est le seul zéro 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 théorème des accroissements finis à 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 bornée et elle atteint sa borne supérieure M en un point de J. Il existe u ∈ J tel que M = |g 0 (u)| < 1 d’après la définition de J. L’inégalité des accroissements finis appliquée entre deux éléments quelconques de J montre que g|J est M -lipschitzienne. d. Toutes les hypothèses sont maintenant réunies pour appliquer à g dans J les résultats de la partie I. La suite xn converge vers l’unique point fixe α de g.

77

Corrigés - Pb 12

Probl` eme 12 1. Il est clair par définition que fn est strictement croissante dans [0, +∞[. Comme de plus fn (0) = −1 et fn (1) = n − 1, le théorème de la valeur intermédiaire entraˆıne l’existence et l’unicité de an tel que f (an ) = 0. On peut préciser a1 = 1 et an ∈ ]0, 1[ pour n > 0. 2. On remarque que fn+1 (x) = fn (x) + xn+1 pour tout réel x. En particulier fn+1 (an ) = an+1 > 0 ; ce qui, avec la stricte croissance de f et le théorème de la valeur intermédiaire n entraˆıne an+1 < an . La suite (an )n∈N∗ est décroissante et minorée par 0 elle converge vers un élément de [0, a2 ] . 3. On a déja démontré en 1. que a2 ∈ ]0, 1[. A cause de la décroissance, on en déduit 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 géométrique, 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 négatif lorsque x < 2 . Considérons 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 négatif, il existe un entier n0 tel que, pour tout n > n0 , on ait fn ( 12 − ε) < 0 < fn ( 12 + ε). On en déduit 21 − ε < an < 21 + ε pour tout n > n0 ce qui est exactement la définition de la convergence vers 21 .

5. On a déj` a remarqué que 2an − 1 = an+1 . Utilisons l’indication de l’énoncé : (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 déduit an+1 ∼ n

1 2n+1

et finalement, comme an − an −

1 1 ∼ n+2 2 2

78

1 2

= 12 an+1 : n

Corrigés - 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’après le théorème du rang dim Im f = 3 − d. On a donc 3 − d ≤ d ou encore d≥

3 2

On en déduit 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 compléter la famille libre (f (x)) en une base (f (x), y) de ker f . Considérons 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 définition, (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 vérifiant : f (e1 ) = f (f 2 (x)) = 0E f (e2 ) = f (f (x)) = e1 f (e3 ) = f (x) = e2 79

Corrigés - Pb 13 On en déduit que la matrice de f dans cette base est :   0 1 0 0 0 1  0 0 0

80

Corrigés - Pb 14

Probl` eme 14 1. Dans cette question, on demande de montrer que des familles sont des bases et de préciser des matrices de passage. Les vecteurs de ces familles (disons les ”a”) sont donnés comme des combinaisons linéaires des vecteurs d’une base fixe (disons les ”e”). Le plus économique est d’exprimer explicitement les ”e” en fonction des ”a”. Cela montre que la famille des ”a” est génératrice (donc que c’est une base ` a cause du nombre d’éléments) et donne la matrice de passage. Pourquoi A est elle une base ? On transforme par opérations élémentaires le système de relations définissant (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 déduit : 

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 définition : E  0 0 Mat p1 = 0 1 E 0 0 81

parallélement à Vect(e1 ).  0 0 1

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

passage déj` a trouvées 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 définition, p1 (e1 ) = 0, p1 (e2 ) = e2 , p1 (e3 ) = e3 . On peut exprimer EA

ces vecteurs dans A avec les calculs déjà 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 déduit p1 (a1 ) = e2 + e3 . De même les autres AE

colonnes s’obtiennent directement à 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 ) parallèlement à Vect(a1 ). ` partir de la définition de a1 = e1 + e2 + e3 , il vient p2 (e1 ) = −e2 − e3 . – Calcul de Mat p2 . A E

On en déduit



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

définitions 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

Corrigés - 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

Corrigés - 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 précédente : 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 développement de In . On se ramène à des développements 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 propriétés élémentaires de la fonction inverse : ∀x ≥ i, ∀y ≥ j :

1 1 ≤ x+y+1 i+j+1

puis on intégre 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 coté sur [i − 1, i] × [j − 1, j]. c. En découpant en intervalles de longueur 1, l’intégrale 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

Corrigés - Pb 15 Pour minorer on utilise b., le terme de droite de l’inégalité est formé 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 déduit In−1 ≥ Sn − 2

n X 1 +1 k

k=1 n X

Sn ≤ In−1 + 2

k=1

1 −1 k

5. D’après la question 3., les suites ( Inn ) et ( In−1 n ) convergent vers 2 ln 2. On obtiendra donc l’équivalence demandée par un simple théorème d’encadrement à condition de démontrer d’abord que la somme des k1 est négligeable devant n. Cela se fait classiquement par comparaison avec une intégrale. Z n 1 1 dx 1 + + ··· + ≤ 1 + = 1 + ln n 2 n x 1 6. On peut écrire n−1 X

!2 xk

=

n−1 X

! n−1  X xi  xj 

i=0

k=0

j=0

et tout développer pour obtenir une somme double puis intégrer en utilisant la linéarité. Les intégrales élémentaires se calculent et on obtient : Jn = Sn On en déduit Jn ∼ 2n ln 2 ou encore Z 0

1

1 − xn dx ∼ 2n ln 2 1−x

85

Corrigés - Pb 16

Probl` eme 16 1. La fonction gn n’est pas continue par morceaux sur [0, 1] car sa limite à droite de 0 est +∞. Cette fonction n’est pas intégrable au sens de l’intégrabilité de la classe de MPSI. 2. Montrons que, pour x fixé dans ]0, 1], la suite (fn (x))n∈N est décroissante : 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 à valeurs positives, en intégrant ces inégalités entre a et 1, on obtient que (Jn (a))n∈N est décroissante et positive donc convergente. On note J(a) sa limite. 3. Soit Fn une primitive sur ]0, 1[ de fn . Comme fn est à valeurs positives, Fn est croissante. De plus : Jn (a) = Fn (1) − Fn (a) donc Jn est décroissante. D’après le cours sur la convergence des fonctions monotones, Jn admet une limite finie en 0 si et seulement si elle est majorée. Sa limite jn sera alors la borne supérieure 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 intégre l’encadrement précédent 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 après calculs 2(1 −

√

a) ≤ Jn (a) ≤ 2(1 −

86

√

 a) +

1 1 n+ 2

n+

1 − a

 1 2

Corrigés - Pb 16 Pour a fixé dans ]0, 1], il est clair que    1 n+   1  →0 1 − a 2   1 n+ 2 n∈N D’autre part, on sait déj` a que (Jn (a))n∈N converge vers J(a). On obtient donc par passage ` a la limite dans une inégalité : √ √ 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 théorème d’encadrement qui a été utilisé ici. c. Revenons ` a l’encadrement de Jn (a). Cette fois, pour n fixé, on peut passer à la limite dans les inégalités pour a en 0. On obtient : 1

2 ≤ jn ≤ 2 +

n+

1 2

Le théorème d’encadrement n’a toujours pas été utilisé. En revanche il est utilisé ici pour prouver, ` a partir de l’encadrement précédent, que (jn )n∈N converge vers 2. 5. D’après 4.c., on sait que 0 ≤ jn − 2. Pour √ l’autre inégalité, on compare en fait l’intégrale 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 dénominateur : 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 intégrales 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 inégalités 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 )

Corrigés - 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’après les propriétés de arcsin il suffit de vérifier que h πi ∀x ∈ [0, 1] , ∀t ∈ 0, 2

(1 + x) sin t ∈ [0, 1] 1 + x sin2 t

Pour t fixé, l’expression est une fonction homographique de x qui est monotone car sur l’intervalle le dénominateur 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 fixé dans [0, 1], la fonction x → (1+x) 1+x sin2 t extrémités des valeurs dans [0, 1], on peut en déduire que toutes ses valeurs sont dans [0, 1]. Ceci prouve également que u est continue. b. Montrons d’abord que la fonction est C 1 dans 0, π2 . A cause des propriétés 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

Considérons l’équation (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 théorème de la limite de la dérivée. On π π 0 sait déj` a que u est continue dans 0, 2 . Cherchons si u (t) converge en 2 . En dérivant 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 équivalent ` a 1−x 1−x π cos t ∼ ( − t) 1+x 1+x 2 88

Corrigés - 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 déduit finalement que u0 (t) → 1−x a la fois la 1+x quand t → 2 ce qui prouve ` q e de la dérivée en ce point. dérivabilité de u en π2 avec u0 ( π2 ) = 1−x 1+x et la continuit´ π 0 Par définition, u(t) ∈ 0, 2 donc cos u(t) > 0, l’équation (1) montre alors que u (t) > 0 π π lorsque t ∈ 0, 2 . On en déduit 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 réciproque 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 réciproque de u est donc dérivable dans 0, 2 . L’expression u −1 de la dérivée montre sa continuité. 3. Reprenons le calcul de cos u(t) commencé 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’intégrale définissant φ( 21+xx ) et effectuons le changement de variable θ = u(t) – Evaluons l’expression sous la racine à l’aide de la définition 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’après les calculs précédents 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 conservés et l’élément differentiel devient dθ q On en déduit 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

Corrigés - 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’après 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 géométrique et arithmétique assure par récurrence les monotonies. La convergence se montre en remarquant que la longueur de l’intervalle est ` a chaque étape divisée par 2. 2. D’après les définitions : 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’inégalité demandée. 3. On admet la continuité de φ en 0. Les outils de spé sont mieux adaptés à 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 à la limite il π vient I(a, b) = µ1 φ(0) = 2µ π µ= 2I(a, b)

90

Corrigés - 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 théorème 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 déduit 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’après l’inégalité de la question précédente dim(ker u2 ) ≤ 2 dim(ker u) = 2 3 = dim(ker u3 ) ≤ dim(ker u2 ) + dim(ker u) ≤ dim(ker u2 ) + 1 On en déduit les ideux inégalités 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 considère une combinaison nulle et on compose par u2 . On en déduit la nullité du coefficient de a. En composant ensuite par u on obtient la nullité du coefficient de u(a)... c. Pour v = u2 − u, on désigne 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 même déterminant 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 déduit 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

Corrigés - Pb 18 3. Dans cette question N = 0, donc A est semblable à I. Comme I commute avec P , A est égal ` a I. Les matrices A et A−1 sont donc plus que semblables, elles sont égales et égales 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 représenté 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 représenté par M et par la deuxième 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 (immédiat à vérifier) son noyau est de dimension 2 avec Im n ⊂ ker n ou Im n ⊕ ker n = E La deuxième alternative est incompatible avec le caractère 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 réduite au vecteur nul). Mais alors n3 (a) = λ3 a 6= 0. On doit donc avoir Im n ⊂ ker n Considérons 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 déduit N 2 = 0, M 2 = −N . De plus on a alors : (I + N )−1 = I − N 92

Corrigés - 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’énoncé.   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 réponse 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 à son inverse. Pourquoi n’est-elle pas semblable à une matrice de la forme T ? Car deux matrices semblables ont la même trace et tr A = 1 + 2 +

93

1 6= tr T = 3 2

Corrigés - Pb 19

Probl` eme 19 1.

a. La relation de récurrence étant linéaire, il est immédiat 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 définie de manière unique par ses trois premiers termes et la relation de récurrence. L’application ( Ea → R3 φ: (xn )n∈N 7→ (x0 , x1 , x2 ) est un isomorphisme linéaire. La dimension de Ea est donc 3.

2.

a. On vérifie (simplement en rempla¸cant dans la relation de récurrence) que les fonctions constantes sont dans Ea . b. La suite (vn )n∈N est définie par la différence entre deux termes consécutifs. En “cassant” les coefficients (1 + a) et (1 + 4a) de la relation (1), celle-ci s’écrit 4(un+3 − un+2 ) = 4a(un+2 − un+1 ) − (un+1 − un ) 4vn+2 = 4avn+1 − vn La suite (vn )n∈N vérifie donc 4vn+2 − 4avn+1 + vn = 0

(4)

c. On désigne par Fa l’ensemble des suites vérifiant (2). Montrons d’abord qu’une suite vérifiant (2) vérifie aussi (1). Soit (xn )n∈N ∈ Fa , d’après (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’après (2) au rang n + 1. Ceci prouve que (xn )n∈N ∈ Ea . Il est stable par combinaison linéaire comme tout ensemble de suites vérifiant une relation de récurrence linéaire. C’est un sous-espace vectoriel de Ea . La relation (2) est vérifiée par les suites fabriquées à partir de celles de Ea en prenant la différence de deux termes consécutifs. Mais les suites de Fa sont elles toutes de cette forme ? En fait oui. L’application qui a une suite associe la différence de deux termes consécutifs est un endomorphisme de Ea dont l’image est incluse dans Fa qui est de dimension 2. Le noyau de cette application linéaire 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 déterminer une base de Fa , on forme l’équation caractéristique 4x2 − 4ax + 1 = 0 dont le discriminant est 16(a2 − 1). – Lorsque 0 ≤ a < 1, l’équation a deux racines complexes conjuguées. 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

Corrigés - Pb 19 – Lorsque a = 1. L’équation a une racine double 21 . Une base est alors (cours) : ((2−n )n∈N , (2−n n)n∈N ) – Lorsque 1 < a, l’équation a deux racines réelles. 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 déduit K ∩ Fa = (0). Ici (0) désigne la suite nulle. De plus : – K est de dimension 1 (la famille constituée 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 déduire que K et Fa sont supplémentaires dans Ea . b. On obtient des bases de Ea simplement en ajoutant (1) la suite constante de valeur 1 aux familles trouvées en 3. 6. Dans le cas particulier a =

5 4

la relation de récurrence définissant Ea0 devient 4xn+3 = 9xn+2 − 6xn+1 + xn

Elle est vérifiée par (n)n∈N . Les racines de l’équation caractéristique (de Fa ) sont alors 1 et 1 equation caractéristique de degré 3 de Ea . Bien que 4 . (En fait 1 est une racine double de l’´ ce ne soit pas vraiment plus compliqué que pour les récurrences d’ordre 2, les récurrences linéaires 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 nullité des trois premiers termes et transformons le système par opérations 95

Corrigés - Pb 19 élémentaires : + 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 résultats suivants après 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

Corrigés - Pb 20

Probl` eme 20 1. Par définition

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 dérivabilité en 0. Comme x ln |x| → 0, u(x) − 1 ∼ ln |x| → +∞ x donc u n’est pas dérivable en 0. De même v(x) − 1 ∼ x ln |x| → 0 x donc v est dérivable 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 dérivable en 0. c. Les résultats suivant nécessitent 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

Corrigés - Pb 21

Probl` eme 21 1.

a. Prenons y = 0 dans la relation fonctionnelle. On obtient, pour tous les réels 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 réels 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 réels y, les fonctions x → f (x + y) + f (x − y) et x → 2f (x)f (y) sont dérivables et égales. Leurs dérivées sont donc égales : ∀(x, y) ∈ R2 : f 0 (x + y) + f 0 (x − y) = 2f 0 (x)f (y) Pour tous les réels y, les fonctions x → f 0 (x + y) + f 0 (x − y) et x → 2f 0 (x)f (y) sont dérivables et égales. Leurs dérivées sont donc égales : ∀(x, y) ∈ R2 : f 00 (x + y) + f 00 (x − y) = 2f 00 (x)f (y) Reprenons le même raisonnement mais en considérant et en dérivant 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 déduit la formule demandée. c. Pour tout réel y tel que f (y) 6= 0, la fonction f est solution de l’équation différentielle 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 équation différentielle. 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

Corrigés - Pb 21 Est-il possible que λ soit nul ? Cela revient à 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 parité de f on tire A = 0. La fonction f est donc la constante égale ` 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 dérivables à valeurs réelles sont : – la fonction constante égale ` a1 – les fonctions t → cos λt avec λ réel. – la fonction t → ch λt avec λ réel. En effet notons a = Re λ et b = Im λ et étudions dans quel cas les fonctions de la question 2. sont ` a valeurs réelles : 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 à dire λ réel ou imaginaire pur.

99

Corrigés - Pb 22

Probl` eme 22 Partie I 1. On applique l’inégalité des accroissements finis à la fonction ln entre n et n + 1 en utilisant le fait que la dérivée est décroissante. 2. On peut exprimer un+1 = un − (ln(n + 1) − ln n +

1 ) n+1

L’encadrement de la question précédente donne alors un −

1 1 + ≤ un+1 ≤ un n n+1

On en déduit par récurrence l’inégalité demandée et la convergence de la suite car elle est décroissante et minorée par 0. On peut remarque qu’un passage à la limite dans l’ncadrement conduit ` a0≤γ≤1 3.

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

(x − k)(k + 1 − x) k(k + 1)x

On en déduit que ∀x ∈]k, k + 1[: fk (x) > 0 De plus la fonction est nulle aux extrémités de l’intervalle. b. Considérons une primitive Fk de fk . D’après la question précédente Fk est strictement croissante dans [k, k + 1]. On exploite alors l’inégalité 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’inégalité Fk (k) ≤ Fk (k + 1) conduit après calcul à ln

1 1 1 k+1 ≤ ( + ) k 2 k k+1

L’autre inégalité a déj` a été obtenue en 1. c. On somme les inégalités 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

Corrigés - 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’inégalité de gauche redonne un ≤ 1. Celle de droite s‘’écrit 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 inégalité, on obtient alors : 1 ≤γ≤1 2 Partie II 1. On peut calculer les dérivées : g10 (x) =

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

g20 (x) = −

On en déduit le tableau

3x + 2 x4

∞ 0

0 %

g1 −∞ g1

+ +∞

g2

&

g2

−

0 2. On a déj` a calculé un − un+1 et trouvé :

un − un+1

1 = ln 1 + n

−

1 n+1

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

Corrigés - Pb 22 a. La dérivée de la fonction x → x1 est croissante dans l’intervalle [k, k + 1]. L’inégalité des accroissement finis donne donc l’encadrement 1 1 1 1 ≤ − ≤ 2 (k + 1)2 k k+1 k En sommant ces inégalité entre n − 1 et p − 1 (à droite) et entre n et p (à gauche), on obtient : p X 1 1 1 1 1 − ≤ ≤ − 2 n p+1 k n−1 p k=n

b. De même l’inégalité des accroissements finies appliquée à x →

1 x2

donne :

1 1 2 2 ≤ 2− ≤ 3 (k + 1)3 k (k + 1)2 k ce qui conduit après sommations à : 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 à la limite pour p → ∞ dans les inégalités donne : 1 1 1 ≤ un − γ ≤ − 2n 3(n − 1)2 2(n − 1) 3. L’encadrement précédent détermine γ à 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 déduit que n = 8 convient.

102

Corrigés - Pb 23

Probl` eme 23 Pr´ eliminaire Utiliser la remarque proposée par l’énoncé conduit à des expressions de fa (x) et fa (x) commodes pour des réels 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’inégalité ||u| − |v|| ≤ |u − v| qui traduit en fait le caractère lipschitzien de rapport 1 de la fonction valeur absolue. On en déduit : |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 déduit (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 intégrables. Les nombres mn+1 et Mn+1 sont bien définis. b. Montrons par récurrence que mn et Mn sont dans [0, 1] pour tous les entiers n. C’est vrai par définition 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 intégrant les inégalités on obtient bien que Mn+1 et mn+1 sont dans [−1, 1]. a. On transforme mn+1 en coupant l’intégrale 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

Corrigés - Pb 23 Par un calcul analogue, on obtient Mn+1 =

3.

1 (mn + 1)2 4

´ b. Evident a partir de la question précédente. ` a. Comme mn = xn − 1 et Mn = 1 − yn , traduisons avec xn et yn les égalités 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 à cause des résultats sur les opérations 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 à 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 forcément √ l = −2 + 2 2 c. En faisant la différence 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 même pour yn . 104

Corrigés - Pb 23 4. Notons q =

√ 2 2−1 , 4

en combinant les relations de la question précédentes, on obtient : |xn+2 − l| = q 2 |xn − l| |xn+2 − l| = q 2 |xn − l|

On en déduit, par comparaison avec des suites géométriques convergentes, la convergence des suites extraites d’indices pairs ou impairs vers l. Ceci prouve la convergence des suites complètes vers l. Des relations xn = 1 + mn , yn = 1 − Mn on déduit alors : (mn )n∈N → l − 1, (Mn )n∈N → 1 − l

Partie II 1.

a. La fonction uf (g) est bien définie car la fonction à intégrer x → min(x, g(a))f (x) est continue comme produit de deux fonctions continues. (partie préliminaire) b. Pourquoi la fonction ug (f ) Z 1 a→ min(x, g(a))f (x)dx 0

est-elle continue ? Deux méthodes sont possibles. Méthode 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 écrire : 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 dérivables, la fonction g est continue, donc ug (f ) est continue. Méthode 2 : lipschitzité |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 première méthode de la question précédente. Une primitive de tan2 x étant tan x − x, F s’obtient directement et F1 par une intégration par parties u2 + ln | cos u| 2 F (u) = tan u − u + 1 − tan 1

F1 (u) = u tan2 u −

105

Corrigés - Pb 23 On en déduit ug (f )(a) = (tan 1 − 1)g(a) + ln |cos(g(a))| + 3.

g(a)2 2

a. La fonction uf (g) est bien définie car la fonction à intégrer x → min(a, g(x))f (x) est continue comme produit de deux fonctions continues. D’après un résultat de cours, l’inf de deux fonctions continues est continue. b. En procédant comme pour la deuxième méthode 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 même lipschitzienne de rapport 0 |f (x)|dx. 4. La linéarité résulte de la linéarité de l’intégrale. On a déjà montré que les fonctions images étaient 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 écrire ∀t ∈ I : F1 (t) − tF (t) = 0

6.

On peut alors dériver (on ne pouvait pas le faire avant car g n’était pas supposée dérivable). 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 dérivable alors ug (f ) est dérivable. Or il existe des fonctions continues qui ne sont pas dérivables donc ug n’est pas surjective. a. En utilisant la relation de Chasles pour préciser vg (f ) pour la fonction g donnée par l’énoncé, 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 forcément 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 réciproque 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) décrit [0, 1] et a = g(g −1 (a)), on peut en déduire : ∀x ∈ [0, 1] : H(x) − g(x)F (x) = 0 En dérivant, on obtient alors g 0 (x)F (x) = 0 d’o` u F (x) = 0 puis en dérivant encore f (x) = 0. Le noyau de vg se réduit donc à la fonction nulle, vg est injective. 106

Corrigés - Pb 24

Probl` eme 24 Décomposons en éléments 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 déduit 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 formé de termes qui tendent vers 0. On en déduit 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

Corrigés - 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, considérons un réel x quelconque et un α > 0. Il existe un élément g ∈ G ∩ ]0, α[. Appelons n la partie entière 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 éléments distincts de G ∩ I, x − y ou y − x est un élément 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 conséquent, l’intersection de G avec un tel intervalle est toujours vide ou finie. b. Comme G n’est pas réduit à 0, il existe un g non nul dans G. Comme −g ∈ G on peut supposer g > 0. Considérons alors l’ensemble G ∩ ]0, g] Il est non vide (il contient g) et fini d’après la question précédente. Il admet donc un plus petit élément que l’on note m. Montrons que m = min G ∩ R∗+ On sait déj` 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 élément de cet ensemble. c. D’après la définition d’un sous-groupe (stabilité) Zm ⊂ G Réciproquement, soit g ∈ G ∩ R∗+ , posons k égal à la partie entière de

g m.

On a alors

g 0 tel que S = Zm. Comme x = 1x + 0y ∈ S, il existe p ∈ Z tel que x = pm. De même, y = 01 + 1y ∈ S il existe donc q ∈ Z∗ tel que y = qm. On en déduit x p = ∈Q y q Réciproquement, supposons

Alors

x p = ∈Q y q x y = ∈Q p q

Notons m ce nombre réel. 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 était non vide, il existerait des entiers non nuls p et q tels que px = qy. On aurait alors x ∈Q y b. D’après 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 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’identité. On en déduit λ0 = −2 → − b. Si la matrice des coordonnées 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 déduit la matrice cherchée :  Mat f−2 B

1 − 2a2 =  −2ab −2ac 114

−2ab 1 − 2b2 −2bc

 −2ac −2bc  1 − 2c2

Corrigés - 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 symétrie orthogonale (réflexion) par rapport à ce plan.

Partie II 1. L’endomorphisme g est une rotation vectorielle si et seulement si sa matrice G est orthogonale et de déterminant 1. Ce qui, après calcul du produit et du déterminant, 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’énoncé nous signale l’identité a3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c) (a2 + b2 + c2 ) − (ab + bc + ac) On peut donc former d’autres systèmes équivalents 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 réelles du polynôme réel (x − a)(x − b)x − c) = x3 − (a + b + c)x2 + (ab + ac + bc)x − abc = x3 − x2 + p pour p = −abc. D’après le préambule, ce polynôme admettant trois racines réelles on doit 4 [. avoir p ∈]0, 27 4 [, les trois racines a, b, c du polynôme x3 − x2 − p vérifient Réciproquement, si p ∈]0, 27 (

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

et définissent 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 préambule. – Si b = c = 0 et a = 0 alors g est l’identité. – Si b = c = 23 et a = − 13 alors la matrice de g dans une base orthonormée est à la fois symétrique et orthogonale. C’est donc (cours) la matrice d’une symétrie orthogonale directe. C’est une symétrie par rapport à une droite (demi-tour) ou encore une rotation d’angle π. Après résolution d’un système linéaire, on trouve que l’axe est dirigé par un vecteur de coordonnées   1 1 1 Remarque. Pour un angle π, l’orientation de l’axe est sans importance. 115

Corrigés - Pb 28

→ → → − u − → x

→ → → (− u ∧− x)∧− u − → → u ∧− x

→ (Vect − u )⊥

Fig. 8 – Décomposition orthogonale pour la question III.1.

Partie III 1. Le produit scalaire et le produit vectoriel permettent d’exprimer explicitement la décomposition → → → 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 projeté 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−− u =− y → → → → → → De plus, la famille ((− u ∧− x)∧− u,− u ∧− x,− u ) est une base ortogonale directe dont le pre→ − mier vecteur est le projeté ortogonal de x . On en déduit 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 orthonormée directe : 1 1 → − → − → − → − → − → − (u ∧ x)∧ u, − u ∧ x, u → → → k− u ∧− xk k→ u ∧− xk 116

Corrigés - Pb 28 2. D’après la démonstration de la question précédente, il est évident que la formule définit → une rotation vectorielle d’angle θ autour de − u. 3. La matrice Φ de ϕ se décompose 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’interpréter. Considérons un vecteur − u de coordonnées (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 considérer 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’après III.1. l’expression du retournement est

On en déduit 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’après la question précédente, 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 déduit la matrice Z : c2 + b2  −ab Z= −ac 

−ab a2 + c2 −bc

 −ac −bc  2 a + b2

puis la matrice cherchée qui est égale à S − Z soit  2  a − c2 + b2 2ab 2ac   2ab −a2 + b2 − c2 2bc 2ac 2bc −a2 − b2 c2 117

Corrigés - Pb 28

Partie IV → → Dans cette partie, r est la rotation d’angle θ autour de − u , la réflexion de plan (Vect(− u ))⊥ est notée s et δ est la composée s ◦ r. L’automorphisme orthogonal δ est donc une rotation-miroir. → → − → 1. La matrice de δ dans une base orthonormée 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 déterminant 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 à 0 modulo 2π ou encore si r 6= IdE , ce déterminant est non nul donc 0E est le seul vecteur invariant par δ. 2. L’application δ est égale ` a s si et seulement si r = IdE c’est à dire si θ est congru à 0 modulo 2π. L’application δ est égale ` a −IdE si et seulement si r = −s c’est à dire si r est le demi-tour → d’axe Vect(− u ) ou encore θ est congru à π modulo 2π. → 3. On fixe − u et θ. La nature de f se déduit des questions précédentes. → 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, composée de la rotation r d’angle θ autour de − u et → − ⊥ de la réflexion par rapport au plan (Vect( u )) . Le vecteur nul est le seul vecteur invariant par f .

118

Corrigés - Pb 29

Probl` eme 29 1. L’addition parallèle est clairement commutative. L’associativité se déduit alors de ce que (a//b)//c =

ab a+b c ab a+b + c

=

abc ab + ac + bc

s’exprime de manière symétrique en fonction de a, b, c. Il n’existe pas de neutre car a//b = b entrainerait 0 = b2 La question des éléments inversibles ne se pose pas car il n’y a pas d’élément 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 réel quelconque. Considérons la fonction du second degré 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 inférieure mais aussi le plus petit élément de l’ensemble proposé. La relation est vérifiée pour (y0 , z0 ) = (

bx bx ,x − ) a+b a+b

3. Avec les conventions de l’énoncé, ay 2 et bz 2 représentent les énergies dissipées dans chaque résistance. Le courant se répartit entre les deux branches de fa¸con à minimiser l’énergie dissipée. La résistance équivalente a//b permet d’exprimer cette énergie en respectant la loi d’Ohm. 4. Considérons des réels y et z quelconques tels que y +z = x. D’après la question précédente : (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 infèrieure ((a + b)//(c + d)) est le plus grand des minorants, on a bien l’inégalité proposée. 5. Cette formule s’obtient de manière évidente par récurrence à partir de la précédente.

119

Corrigés - Pb 30

Probl` eme 30 Corrigé des premières parties de la première épreuve filière PC du Concours commun MinesPonts 2001. Pr´ eliminaires Ces questions ont été traitées 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 évident que Dn commute avec g. On en déduit 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 prouvée la stabilité de Ep par g, on peut considérer la restriction gp de g ` a Ep , elle vérifie évidemment la même relation que g. b. Le raisonnement est le même que pour la question précédente. Le fait que E ne soit pas de dimension finie ne change rien. Si g vérifie la relation, il commute donc avec l’opérateur de dérivation. Comme plus haut, En est stable par g car c’est un noyau d’une puissance de Dn et la restriction gn de g vérifie la même relation avec la restriction Dn de D. c.

i. DF est la restriction à F de l’opérateur de dérivation. Comme F est de dimension finie, il existe un entier k qui est le degré maximal d’un polynôme quelconque de F . Alors DFk+1 est nul. D’après la partie préliminaire, 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 même dimension, ils sont égaux. 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 même. En effet, un tel espace doit contenir des polynômes de degré arbitraire et tous leurs dérivés. 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 linéaires 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’après 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 vérifiant la condition étudiée (ni dans E, ni dans un En ). 120

Corrigés - Pb 30 3.

a. Soit f linéaire 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 réels 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 nullité 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 résulte de la question précédente. On pouvait aussi choisir une famille constituée de polynômes de la forme 1 k X k! La matrice associée ` a λIdEn + Dn dans cette base est Aλ

4. Ici n = 2 a. Il est bien évident que les h de la forme aIdE + bD2 + cD22 commutent avec D2 . Ce qui est intéressant c’est de montrer que ce sont les seuls. Soit P un polynˆ ome de degré 2. Alors (P, D(P ), D2 (P )) est une base de E2 . Comme f (P ) ∈ E2 , il existe des réels 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 définition, 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 égales. 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 vérifie g 2 = λId + D. Calculons g 2 : g 2 = a2 Id + 2abD2 + (b2 + 2ac)D2 = λId + D Comme les application linéaires (Id, D, D2 ) forment une famille libre, on peut identifier les coefficients. On trouve donc deux matrices une définie par √ a=

1 1 λ, b = √ , c = − √ 2 λ 8λ λ 121

Corrigés - Pb 30 l’autre étant son opposée. Dans le cas o` u λ = 1, on trouve la matrice   1 21 − 81 1  0 1 2 0 0 1 et son opposée. Deuxi` eme Partie 1.

a. Comme Dn est nilpotent, il est évident que g l’est aussi lorsque g 2 = Dn . Par conséquent g 2 ne peut pas être 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 égaux. D’après la partie préliminaire, la suite des noyaux de g est constante dès 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 être de dimension 2. c. idem

2.

a. Tout polynˆ ome admet plusieurs polynômes primitifs qui diffèrent d’une constante. L’application D est donc surjective. Il en est de même de Dm = g k . La surjectivité 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 linéaire. 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 surjectivité 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 antécédent par P hi de x. Ainsi Φ est surjective de ker g p vers ker g p de noyau ker g. Le théorème du rang donne alors dim(ker g p ) = dim(ker g p−1 ) + dim(ker g) La suite des dimension est arithmétique 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 à dire k dim(ker g) = m. Il est donc nécessaire que k divise m.

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Corrigés - Pb 31

Probl` eme 31 1. Dans les questions a et b, il convient de faire d’abord un raisonnement par récurrence avec j (pour a) et avec k (pour b) dans N. Puis d’étendre par un autre raisonnement (plusieurs variantes possibles) ` a Z. 2. On veut montrer que H = {aj bk , (j, k) ∈ Z2 } est le sous-groupe engendré par a et b. Notons < a, b > le sous-groupe engendré par a et b. Par définition 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 définition même. Si h et h0 sont deux éléments 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 deuxième inclusion < a, b >⊂ H. 3.

a. Voir cours ordre d’un élément et sous-groupes de (Z, +). b. Deux méthodes possibles soit en utilisant le théorème de Bezout soit en utilisant le théorème de Gauss. Pour appliquer le théorème de Gauss, on peut élever à la puissance n puis ` a la puissance m. c. Pour l’injectivité utiliser b. Pour la surjectivité, utiliser une division euclidienne.

4. On se trouve dans la situation du problème avec r ◦ r ◦ r = id,

s ◦ s = id,

r◦s◦r =s

Le dernier point résulte du calcul suivant valable pour tous les z complexes r ◦ s ◦ r(z) = jjz = jjz = z On obtient donc un groupe (dit groupe diédral ) de 6 transformations géométriques simples. id est l’ientité 2π ‘3 (le d’angle 4π ‘3

r est la rotation d’angle 2

r est la rotation

“tiers de tour”)

s est la symétrie par rapport ` a la droite réelle r ◦ s est la symétrie par rapport ` a la droite de direction j 2 (vérifier que j 2 est invariant) r2 ◦ s est la symétrie par rapport ` a la droite de direction j (vérifier que j est invariant) Il s’agit en fait du groupe des isométries qui conservent le triangle équilatéral (1, j, j 2 ).

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Mathematiques en Mpsi Problemes Basiques

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