Mathématiques : Méthodes et exercices BCPST 1e année 2100549251, 9782100549252 [PDF]

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Mathématiques Méthodes et exercices BCPST 1re année Arnaud Bégyn Professeur agrégé de mathématiques en classe préparatoire BCPST au lycée Pierre de Fermat (Toulouse)

Guillaume Connan Professeur agrégé de mathématiques au lycée Jean Perrin (Rezé)

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© Dunod, Paris, 2010 ISBN 978-2-10-055636-6

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Table des matières 1. Logique, théorie des ensembles et calcul formel Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices

2. Nombres complexes et trigonométrie Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices

3. Suites réelles Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices

4. Systèmes linéaires et calcul matriciel Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices

1 2 4 7 8

15 15 18 21 23

37 38 41 45 47

61 62 63 68 69

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

5. Espace vectoriel Kn et applications linéaires de K p dans Kn 83 Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices

Table des matières

7. Dérivabilité des fonctions numériques et continuité Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices

8. Intégration sur un segment et équations différentielles linéaires Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices

9. Dénombrement et calcul des probabilités Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices

10. Variables aléatoires Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices

11. Vecteurs aléatoires

149 149 152 158 160

183 183 186 191 193

213 213 216 222 223

241 241 242 246 247

257

84 88 94 95

Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices

257 259 265 266

6. Fonctions usuelles, polynômes en une indéterminée et continuité des fonctions numériques 121

12. Géométrie

285

Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices

285 290 296 298

Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices

121 126 131 133

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Pour bien utiliser cet ouvrage

La page d’entrée de chapitre Elle propose un plan du chapitre, les thèmes abordés dans les exercices, ainsi qu’un rappel des points essentiels du cours pour la résolution des exercices.

Les méthodes à retenir Cette rubrique constitue une synthèse des principales méthodes à connaître,détaillées étape par étape, et indique les exercices auxquels elles se rapportent.

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Énoncés des exercices De nombreux exercices de difficulté croissante sont proposés pour s’entraîner. La difficulté de chaque exercice est indiquée sur une échelle de 1 à 4. −

∗ #

!

−

"

− ! −

− −

−

!

−

" −

"

! "

Du mal à démarrer ? #

−

$

−

Des conseils méthodologiques sont proposés pour bien aborder la résolution des exercices.

− − !

−

"

− ! !

"

"

Corrrigés des exercices Tous les exercices sont corrigés de façon détaillée. !

"

× −

− −

−

−

− −

−

−

−

V

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Introduction

Ce livre est un recueil d’exercices destinés aux élèves de première année de classes préparatoires BCPST, mais aussi à des étudiants en Licence de SVT. Il sera aussi plus qu’utile aux élèves de seconde année souhaitant réviser le programme de première année avant les concours. Nous nous sommes principalement inspirés d’annales d’oraux du concours Agro-Véto. Afin d’offrir une gamme d’exercices plus large, et de difficulté parfois plus importante, nous avons aussi cherché dans les annales d’oraux du concours Escp-Eap (ouvert aux élèves de classes préparatoires ECS). Dans chaque chapitre nous présentons d’abord les principales méthodes qui permettent de résoudre efficacement la plupart des exercices. Chaque méthode est détaillée et est associée à un ou plusieurs exercices où elle peut être utilisée. Les exercices sont ensuite présentés par ordre de difficulté croissante. Les corrections ont été détaillées au maximum afin d’être compréhensibles par tous les élèves, même les plus en difficultés. Nous avons aussi utilisé beaucoup de figures pour rendre les corrections moins indigestes. Voici quelques conseils pour bien utiliser ce livre : • Il est conseillé de passer un moment à réfléchir à l’exercice sans aucune autre aide que votre cours de mathématiques. • Si vous êtes véritablement bloqué, vous trouverez une indication à la suite des énoncés d’exercices. Ceci devrait vous permettre de trouver la solution. • Vous trouverez ensuite une solution détaillée. Rappelons tout de même une évidence : se jeter sur la correction sans réfléchir seul à la solution ne vous apportera rien, même si vous avez compris les raisonnements et calculs présentés. Nous avons choisi des exercices qui sont très classiques, c’est-à-dire que beaucoup d’exercices posés aux concours leur ressemblent. Si vous réussissez l’effort de retenir par coeur les méthodes de résolution présentées dans les corrections, vous serez donc beaucoup plus à l’aise et plus en confiance à l’écrit et à l’oral des concours. Un dernier mot sur la rédaction du livre : vous avez entre les mains la toute première version de ce recueil. Malgré tous nos efforts de rigueur et les nombreuses relectures, il se peut qu’il reste des petites erreurs de calculs, des fautes de frappe ou d’impression, ou encore des raisonnements mal rédigés ou trop compliqués. Afin d’améliorer au mieux le contenu, un suivi sera effectué « en temps réel » à l’adresse suivante : http://arnaud.begyn.free.fr/. Vous êtes sincèrement invités à signaler toute erreur potentielle ou à demander des éclaircissements (par exemple via notre page Facebook ou en envoyant un mail à [email protected]). Nous nous engageons à vous répondre rapidement. Nous tenons à remercier Éric d’Engenières qui nous a fait confiance pour la rédaction de cet ouvrage. Un recueil pour les élèves de seconde année devrait paraître prochainement. Nous vous souhaitons une bonne lecture et une très bonne réussite aux concours ! Arnaud Bégyn

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Logique, théorie des ensembles et calcul formel Plan

CHAPITRE

1

Thèmes abordés dans les exercices

Les méthodes à retenir

2

•

Raisonnements mathématiques

Énoncés des exercices

4

•

Opérations sur les ensembles

Du mal à démarrer ?

7

•

Propriétés générales des applications

Corrigés

8

•

Manipulation des symboles ! et "

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •

Démonstration d'une implication, d'une équivalence

•

Raisonnement par contraposée

•

Raisonnement par l'absurde

•

Raisonnement par récurrence

•

Démonstration d'une inclusion, d'une égalité entre ensembles

•

Règles de calcul pour les opérations sur les ensembles

•

Image directe ou réciproque d'une partie par une application

•

Injectivité, surjectivité ou bijectivité d'une application

•

Théorème d'inversibilité pour la loi de composition

•

Théorème de la bijection pour les fonctions numériques

•

Règles de calcul avec les symboles ! et "

•

Règles de calcul sur les coefficients binomiaux

•

Sommes usuelles : sommes arithmétiques, sommes géométriques, formule du binôme

1

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Chapitre 1 • Logique, théorie des ensembles et calcul formel

Les méthodes à retenir • Pour démontrer que A !⇒ B on suppose que la propriété A est vérifiée et on doit démontrer que la propriété B l'est aussi.

➥ Exercice 1.4

Pour démontrer une implication ou une équivalence

• Pour démontrer l'implication A !⇒ B , on peut raisonner par contraposée, c'est-à-dire démontrer l'implication non(B) !⇒ non(A) : on suppose que B n'est pas vérifiée et on démontre qu'alors A ne l'est pas non plus.

➥ Exercice 1.1 • Pour démontrer une équivalence A ⇐⇒ B on raisonne par doubleimplication : on démontre l'implication A !⇒ B ainsi que sa réciproque B !⇒ A .

➥ Exercice 1.6

Pour raisonner par l'absurde

• Pour démontrer que A est vérifiée : on suppose que A n'est pas vérifiée et on en déduit une contradiction évidente du type 1 = 0, 3 ! 2 etc.

➥ Exercices 1.3 et 1.6 • Pour démontrer que ∀x ∈ E, P(x) : on se fixe un x ∈ E quelconque et on doit alors démontrer que P(x) est vérifiée pour ce x fixé.

➥ Exercice 1.1

Pour démontrer une proposition logique dépendant de quantificateurs

• Pour démontrer que ∃x ∈ E/ P(x) : on doit donner (au moins) un exemple de x ∈ E qui vérifie la propriété P(x). Lorsque P(x) est une équation alors x est l'inconnue et on doit trouver (au moins) une solution.

➥ Exercice 1.5 • Pour démontrer que ∃!x ∈ E : on démontre comme précédemment que ∃x ∈ E/ P(x) et, de plus, qu'il ne peut y avoir deux valeurs distinctes de x pour lesquelles P(x) est vraie (par exemple à l'aide d'un raisonnement par l'absurde).

➥ Exercice 1.5

Pour raisonner par récurrence

• Si la propriété à démontrer, pour tout entier naturel n, vérifie une relation donnée entre le rang n et le rang n + 1, on utilise alors le principe de récurrence.

➥ Exercices 1.2, 1.11 et 1.13 2

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Les méthodes à retenir

• Si la propriété à démontrer, pour tout entier naturel n, vérifie une relation donnée entre les rangs n, n + 1 et n + 2, on utilise alors le principe de récurrence à deux pas. Pour raisonner par récurrence

➥ Exercice 1.2 • Si la propriété à démontrer, pour tout entier naturel n, vérifie une relation donnée entre tous les rangs k tel que k ! n, on utilise alors le principe de récurrence forte.

➥ Exercice 1.2 • Pour démontrer l'inclusion E ⊂ F on démontre l'implication x ∈ E !⇒ x ∈ F.

➥ Exercices 1.3, 1.6 et 1.8

Pour démontrer une inclusion ou une égalité entre deux ensembles

• Pour démontrer l'égalité E = F on raisonne par double-inclusion : on démontre l'inclusion E ⊂ F et l'inclusion réciproque F ⊂ E .

➥ Exercices 1.3, 1.6, 1.7 et 1.8

• Dans les deux cas, on peut aussi utiliser les opérations sur les ensembles.

➥ Exercices 1.6 et 1.7 • Pour démontrer que f : E −→ F est injective sur E : on se donne (x1 ,x2 ) ∈ E2 tel que f (x1 ) = f (x2 ), et on doit alors montrer que x1 = x2. Pour démontrer qu'une application est injective ou surjective

➥ Exercices 1.4 et 1.5

• Pour démontrer que f : E −→ F est surjective de E sur F : on se donne y ∈ F fixé quelconque , et on doit alors donner (au moins) un x ∈ E tel que y = f (x) , par exemple en démontrant que l'équation y = f (x) d'inconnue x a (au moins) une solution dans E.

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

➥ Exercices 1.4 et 1.5

• On revient à la définition en démontrant qu'elle est à la fois injective sur E, et surjective de E sur F. ➥ Exercice 1.4

Pour démontrer qu'une application est bijective

• On démontre les deux en même temps : on se donne y ∈ F fixé quelconque, et on doit alors montrer que ∃!x ∈ E/ y = f (x), par exemple en démontrant que l'équation y = f (x) d'inconnue x a une unique solution dans E. ➥ Exercice 1.5 • On utilise le théorème d'inversibilité pour la loi de composition : on détermine une application g : F −→ E telle que f ◦ g = id F et g ◦ f = id E . ➥ Exercice 1.15 3

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Chapitre 1 • Logique, théorie des ensembles et calcul formel

Pour démontrer qu'une application est bijective

• Dans le cas d'une fonction numérique, on peut utiliser le théorème de la bijection.

➥ Exercice 1.5

Pour déterminer l'application réciproque d'une bijection

• Pour y ∈ F fixé quelconque, f −1 (y) est l'unique solution de l'équation y = f (x) d'inconnue x ∈ E.

➥ Exercice 1.5

• Si on a trouvé g : F −→ E telle que f ◦ g = idF et g ◦ f = idE , alors f −1 = g .

➥ Exercice 1.15

• On met en facteur les termes ne dépendant pas de l'indice de sommation, on utilise ensuite les règles de calcul sur les symboles !, et on conclut en faisant apparaître les sommes usuelles (à l'aide de changements d'indice). Pour calculer une somme formelle

➥ Exercices 1.9, 1.12, 1.13 et 1.14 • Si le résultat final est donné dans l'énoncé, on peut aussi démontrer la formule par récurrence.

➥ Exercices 1.11 et 1.12

Énoncés des exercices 1.1

Exemple de démonstration d'une implication par contraposée Établir que : ∀n ∈ N,

1.2

n 2 pair !⇒ n pair.

Exemples de démonstration par récurrence n ! n(n + 1)(2n + 1) k2 = . a) Établir que, pour tout n ∈ N : 6 k=0 b) On définit une suite réelle (u n )n∈N par : u 0 = u 1 = 3 et ∀n ∈ N, Établir que, pour tout n ∈ N : u n = 2n+1 + (−1)n . c) On définit une suite réelle (u n )n∈N par : u 0 = 0, u 1 = 3 et ∀n ∈ N∗ ,

u n+1 =

n 2! uk . n k=0

Montrer que, pour tout n ∈ N : u n = 3n.

1.3

Autour de l'image directe d'une application Soit f : E −→ F une application. Soient A et B deux parties de E.

4

u n+2 = u n+1 + 2u n .

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Énoncés des exercices

a) Montrer que : f (A ∪ B) = f (A) ∪ f (B) . b) Montrer que : f (A ∩ B) ⊂ f (A) ∩ f (B) . c) Montrer que si f est injective : f (A ∩ B) = f (A) ∩ f (B) . " # d) Montrer que si f est injective : f A ⊂ f (A) . " # e) Montrer que si f est surjective : f (A) ⊂ f A .

1.4

Injectivité, surjectivité, bijectivité et composition Soient f : E −→ F et g : F −→ E deux applications. Démontrer les implications suivantes : a) g ◦ f injective sur E !⇒ f injective sur E

b) g ◦ f surjective de E sur E !⇒ g surjective de F sur E

c) g ◦ f surjective de E sur E et g injective sur F !⇒ f surjective de E sur F d) g ◦ f bijective de E sur E et f ◦ g bijective de F sur F !⇒ f bijective de E sur F et g bijective de F sur E

1.5 Exemple de fonctions numériques bijectives a) On considère l'application f : R −→ R définie par : ∀x ∈ R, f (x) = x 2 − 5. f est-elle injective, surjective, bijective? Montrer que la restriction de f à l'intervalle [0,+∞[ induit une bijection dont on déterminera la réciproque. b) Montrer que l'application g : R −→ R définie par : ∀x ∈ R, g(x) = sin x + 2x , est bijective. Montrer que l'équation g(x) = 2 admet une unique solution réelle, et que cette solution est strictement positive.

1.6

Exemples de démonstration d'une équivalence ou d'une égalité entre ensembles Soient E un ensemble et (A,B,C) ∈ P (E)3 . a) Montrer que : A ⊂ B ⇐⇒ A ∪ B = E.

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

b) Établir que : (A\B)\(A\C) = (A\B) ∩ C = (A ∩ C)\B . $ A∪B = A∪C ⇐⇒ B = C . c) Démontrer que : A∩B = A∩C $ A∪B = A∩C ⇐⇒ A = B = C . d) Démontrer que : A∩B = A∪C

1.7

Différence symétrique de deux ensembles Soient E un ensemble et (A,B,C) ∈ P (E)3 . On définit la différence symétrique de A et B , notée A#B, par : A#B = (A ∪ B)\(A ∩ B). a) Montrer que : A#B = (A\B) ∪ (B\A). b) On suppose que A#B = A#C. Établir que B = C .

1.8

Image directe d'une image réciproque et inversement Soient f : E −→ F une application, A une partie de E et B une partie de F . " # a) Établir que : A ⊂ f −1 f (A) . Montrer qu'on a l'égalité dans le cas où f est injective de E sur F . 5

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Chapitre 1 • Logique, théorie des ensembles et calcul formel

1.9

" # b) Établir que : f f −1 (B) ⊂ B. Montrer qu'on a l'égalité dans le cas où f est surjective sur E. Calculs classiques de sommes Pour tout entier naturel n non nul, calculer les sommes suivantes : a)

n !

1,

k=1

n ! n ! i=1 j=1

%! & %! & ! n n n ! n 1, i + j , (i + j), i=1

j=1

i=1 j=1

!

1.

1! j !i !n

% & ! % & n % & ! % & n % & ! n n n ! n n 1 n ! 1 n 2 n k k , , , . b) , k k=0 3k k k=0 k k=0 k + 1 k k=0 k k=1 c)

n !

& n % 1 1 ! ln 1 + , . k k(k + 1) k=1 k=1

1.10 Calculs classiques de produits Pour tout entier naturel n non nul, calculer les produits suivants : a) Le produit des entiers entre 1 et n. b) Le produit des entiers pairs entre 1 et 2n. c) Le produit des entiers impairs entre 1 et 2n + 1. d)

n ' k=1

1.11

k . k+1

Somme des termes d'une ligne dans le triangle de Pascal Soit n ∈ N . Établir que : ∀ p ∈ [[0,n]],

1.12

n % & ! k k= p

p

=

%

& n+1 . p+1

Calcul de somme et coefficients binômiaux Soient n et p deux entiers naturels tels que n " p . Déterminer

& p % &% ! n n−i i=0

p−i

i

.

1.13 Calculs de sommes doubles Soit n ∈ N∗ . On admettra que :

n ! k=0

a) b)

k2 =

n n(n + 1)(2n + 1) ! k3 = et 6 k=0

%

n(n + 1) 2

&2

. Calculer :

n ! n ! j . i j=1 i= j

!

i j.

1! j 0 et Im (z) < 0, donc : Arg(z) =

19π 12

[2π]

c) • On a : eiθ + 1

= =

form.Euler

$ θ % θ θ ei 2 ei 2 + e−i 2 ' ( θ iθ e 2 2 cos 2

Ce qui donne : 23

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' (  θ  2 cos  2 *  ' (*  * θ **  |eiθ + 1| = 2 ** cos = 0 2 *  ' (     −2 cos θ 2 0 π0 car cos (x) > 0 pour x ∈ 0, , cos (x) = 0 2 1π 1 ,π . cos (x) < 0 pour x ∈ 2

Page 24

si θ ∈ [0,π[ si θ = π

Arg(eiθ + 1) =

θ 2

 θ +π 2

pour x =

π et 2

[2π]

si θ ∈ [0,π[

[2π]

si θ ∈]π,2π]

car : Arg(−z) = Arg(z) + π [2π] , pour tout z ∈ C∗ .

De même :

eiθ − 1

= =

form.Euler

=

% $ Arg (1 + j)5

si θ ∈]π,2π]

/ π: Donc, pour θ =   

* * Et donc *(1 + j)5 * = |− j| = | j| = 1 et :

$ θ % θ θ ei 2 ei 2 − e−i 2 ' ( θ iθ e 2 2i sin 2 ' ( ! 2 θ i θ+π e 2 2 2 sin 2

=

1 Arg (1 + j)4 '

(

= Arg( j) =

2π 3

[2π]

binôme : cos 4 (x) = =

'

ei x + e−i x 2

(4

' 1 !42 i4x !42 i3x −i x !42 i2x −i2x e + 1e e + 2e e 24 0 ( !2 !2 + 43 ei x e−i3x + 44 e−i4x

2 1 ! i4x e + 4ei2x + 6 + 4e−i2x + e−i4x 24 1 = 4 (2 cos (4x) + 8 cos (2x) + 6) 2 1 = ( cos (4x) + 4 cos (2x) + 3) 8 =

* ' (* * θ ** |eiθ − 1| = 2 ** sin 2 * ' (  θ  2 sin 2 =  0

si θ ∈]0,2π[ si θ = 0 ou θ = 2π

car sin (x) > 0 pour x ∈ ]0,π[ et sin (x) = 0 pour x = 0 ou x = π. / {0,2π} : Donc, pour θ ∈

θ π Arg(eiθ − 1) = + 2 2

[2π]

=

(− j 2 )5

=

− j 10

1+ j=− j 2

3

j 9 =( j 3 ) =1

De même : ( ' ix (3 ei2x + e−i2x e − e−i x 2 2i ' ! 2 2 ! + e−i2x ) 30 ei3x − 31 ei2x e−i x

cos (2x) sin 3 (x) = =

1 24 i 3

(ei2x

'

!2 !2 + 32 ei x e−i2x − 33 e−i3x

d) • On a :

24

[2π]

2.2 • D'après les formules de De Moivre, d'Euler et du

Ce qui donne :

=

2π π +π=− 3 3

1 1 1 1 = = 8 = 2 = j (1 + j)4 (− j 2 )4 j j * * * * 1 * = | j| = 1 et : * Donc * (1 + j)4 *

π

=

Arg(− j) = Arg( j) + π

• De même :

car : i = ei 2 .

(1 + j)5

=

−j √ 1 3 −i 2 2

(

i i2x (e + e−i2x )(ei3x − 3ei x + 3e−i x − e−i3x ) 24 2 i ! = 4 ei5x − 3ei3x + 4ei x − 4e−i x + 3e−i3x − e−i5x 2 i = 4 (2i sin (5x) − 6i sin (3x) + 8i sin (x)) 2 1 = − ( sin (5x) − 3 sin (3x) + 4 sin (x)) 8 =

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De la même manière : cos 2 (x) sin (2x) cos (3x) ' ix (2 ' i2x ( ' i3x ( e + e−i x e − e−i2x e + e−i3x = 2 2i 2 ! 2! 2 1 i2x (e + e−i2x + 2) ei2x − e−i2x ei3x + e−i3x 24 i 1 = 4 (ei7x + 2ei5x − ei x + e−i x − 2e−i5x − e−i7x ) 2i 1 = 4 (2i sin (7x) + 4i sin (5x) − 2i sin (x)) 2i 1 = ( sin (7x) + 2 sin (5x) − sin (x)) 8 =

2.3 a) On a :

k=0

trique de n + 1 termes, de raison ei x et de premier terme 1.

• Si ei x = 1, c'est-à-dire x = 0 [2π], alors Un (x) = n + 1, ce qui donne :

5π ( ' i π 3π 7π 9π = Re ei 11 + ei 11 + e 11 + ei 11 + ei 11 On reconnaît une somme géométrique de 5 termes, de raison π

2π

/ 1, de premier terme ei 11 . On a donc : ei 11 = π

3π

5π

7π

9π

ei 11 + ei 11 + ei 11 + ei 11 + ei 11 $ 2π %5 1 − ei 11 i π = e 11 2π 1 − ei 11 =

π ei 11

1−

dénominateur par

2π

1 − ei 11

π

5π

1−

i 5π 11 i π e 11 = e i π i 2π e 11 e 11

5π e−i 11 π

−

5π ei 11 π

e−i 11 − ei 11

5π

= ei 11

( 5π 11 $π% −2i sin 11

−2i sin

'

Ceci donne :

S

• Si ei x += 1, c'est-à-dire x = / 0 [2π] , alors : ! 2n+1 1 − ei x 1 − ei(n+1)x = Un (x) = 1 × i x 1−e 1 − ei x

trique. Pour cela on factorise le numérateur par ei

10π ei 11

factorise le numérateur par ei 11 et le dénominateur par ei 11 : 10π ei 11

Sn (x) = Re (Un (x)) = n + 1 et Tn (x) = Im (Un (x)) = 0

Pour déterminer la forme algébrique de ce nombre complexe, le plus simple est de le mettre d'abord sous forme trigonomé-

Pour déterminer la partie réelle de ce nombre complexe, le plus simple est de le mettre d'abord sous forme trigonométrique. Pour cela on

1−

b) On pose : n 9 eikx . On alors : Sn (x) = Re (Un (x)) et Un (x) = k=0

( ' ( ' 7π 9π +Re ei 11 + Re ei 11

π

et puisque sin (π − x) = sin (x) , on a : $ π% sin π − 1 S= $ π11 % = 2 2 sin 11

Tn (x) = Im (Un (x)) . Pour calculer Un (x) , on utilise la formule de De Moivre : n ! 2k 9 Un (x) = ei x , ce qui fait apparaître une somme géomé-

' ( ' ( ' ( π 3π 5π S = Re ei 11 + Re ei 11 + Re ei 11

ei 11

En utilisant la formule classique sin (2x)= 2 sin (x) cos (x) , on obtient : ' ( 10π sin 11 S= $π% 2 sin 11

Un (x) =

(n+1)x ei 2 x

ei 2

x ei 2

( ' (  5π 5π sin $ 5π %   5π 11 11 = Re  $ π % ei 11  $ π % Re ei 11  = sin sin 11 ' ( 11 ' ( 5π 5π cos sin 11 11 = $π% sin 11 sin

'

et le

:

(n+1)x e−i 2 x

− ei

(n+1)x 2 x

e−i 2 − ei 2

=

nx ei 2

On a donc : cos Sn (x) = Re (Un (x)) =

−2i sin

! (n+1)x 2

−2i sin

! x2 2 2

( ' (n + 1)x sin 2 2 $x % sin 2

$ nx %

et : ( ' (n + 1)x sin 2 2 $x % Tn (x) = Im (Un (x)) = sin 2 n & 'n ( keikx . On c) De même qu'au b), on pose : Un (x) = n k=0 utilise alors la formule du binôme : n ' ($ %k & n ei x 1n−k = (1 + ei x )n Un (x) = k k=0 sin



(n+1)x 2

$ nx %

25

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Encore une fois, on commence par mettre ce complexe sous forme trigonométrique, avant de calculer sa forme algébrique. En utilisant le résultat de l'exercice 1.c) : $x % x ei 2 . Ceci donne : 1 + ei x = 2 cos 2 $ $ x % x %n Un (x) = 2 cos ei 2 = 2n cos 2

n

$x % 2

ei

nx 2

En conclusion, l'ensemble des solutions est : : π ; 5π 9π 13π S = ei 8 ; ei 8 ; ei 8 ; ei 8 c) On va résoudre : z 3 = −(2 + i)3 . On remarque que : z 0 = −(2 + i) est solution évidente. On a alors : z 3 = −(2 + i)3

⇐⇒

On obtient : n

n

Sn (x) = Re (Un (x)) = 2 cos

$x %

cos

$x %

sin

2

⇐⇒ z 0 +=0

$ nx %

⇐⇒

2

⇐⇒

et : Tn (x) = Im (Un (x)) = 2n cos

n

2

$ nx % 2

d) • Sn (x) est une somme géométrique de (n + 1) termes, de raison cos (x) et de premier terme 1. On a donc :  n+1 si cos (x) = 1  n+1 Sn (x) = (x)  1 − cos si cos (x) += 1 1 − cos (x)  n+1 si x = 0 ; [2π]  n+1 = (x)  1 − cos si x += 0 ; [2π] 1 − cos (x)

• De même Tn (x) est une somme géométrique de (n + 1) termes, de raison sin (x) et de premier terme 1. On a donc :

Tn (x)

=

  

π si x = [2π] 2

n+1

n+1  (x)  1 − sin 1 − sin (x)

si x = /

π [2π] 2

2.4 a) On calcule le discriminant : ∆ = 12 − 4 × 1 × 1 = −3 < 0. L'équation admet donc deux solutions complexes pures conjuguées : √ −1 ± i 3 = j ou j z= 2 π

b) On va résoudre : z 4 = i = ei 2 . On remarque que : π

z 0 = ei 8 est solution évidente. On a alors : z4 = i

⇐⇒ ⇐⇒

z 0 =q0 /

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ 26

z 4 = z 04 ' (4 z =1 z0 z est une racine 4e de l- unité z0 2kπ kπ z = ei 4 = ei 2 ∃k ∈ [ [0,3] ]/ z0 ! 2 kπ i kπ + π ∃k ∈ [ [0,3] ]/ z = z 0 ei 2 = e 2 8

⇐⇒

z3 = z3 ' (30 z =1 z0 z est une racine 3e de l- unité z0 < = z ∈ 1, j, j z0 < = z ∈ z0 , j z0 , j z0

En conclusion, l'ensemble des solutions est : > " S = − (2 + i); −(2 + i) j; −(2 + i) j d) On pose : Z = z 3 . On a alors : z 6 − 2z 3 + 2 = 0 ⇐⇒ Z 2 − 2Z + 2 = 0

Pour résoudre cette dernière équation, on calcule son discriminant : ∆ = (−2)2 − 4 × 1 × 2 = −4 . Elle a donc deux solutions complexes pures conjuguées : √ 2±i 4 Z= = 1 − i ou 1 + i 2 On obtient donc : z 6 − 2z 3 + 2 = 0 ⇐⇒ z 3 = 1 − i ou z 3 = 1 + i √ π • Résolvons : z 3 = 1 + i = 2ei 4 . On remarque que : 1

π

z 0 = 2 6 ei 12 est solution évidente. On a alors : z3 = 1 + i

⇐⇒ ⇐⇒ z 0 +=0

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

z 3 = z 03 ' (3 z =1 z0 z est une racine 3e de l- unité z0 < = z ∈ 1, j, j z0 < = z ∈ z0 , j z0 , j z0

L'ensemble des solutions est donc : : 1 π 1 π ; 1 π S 1 = 2 6 ei 12 ; 2 6 ei 12 j; 2 6 ei 12 j

• Résolvons : z 3 = 1 − i. On remarque que :

z 3 = 1 − i ⇐⇒ z 3 = 1 − i ; ⇐⇒; z 3 = 1 + i L'ensemble des solutions de z 3 = 1 − i est donc : : 1 ; 1 1 π π π S 2 = 2 6 e−i 12 ; 2 6 e−i 12 j; 2 6 e−i 12 j

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En conclusion, l'ensemble des solutions de z 6 − 2z 3 + 2 = 0 est donc S = S 1 ∪ S2 , c'est-à-dire : : 1 1 1 1 1 π π π π π S = 2 6 e−i 12 ; 2 6 ei 12 ; 2 6 e−i 12 j; 2 6 ei 12 j; 2 6 e−i 12 j; ; 1 π 2 6 ei 12 j $ % √ 2.5 a) En remarquant que cos π = 3 , on a : 6 2 $ π% √ 2 cos 2x + = 3 3 $ % $π % π ⇐⇒ cos 2x + = cos 3 6 π π π π ⇐⇒ 2x + = [2π] ou 2x + = − ; [2π] 3 6 3 6 π π ⇐⇒ x = − ; [π] ou x = − ; [π] 12 4 L'ensemble des solutions est donc : ? " π x =− S = x ∈R [π] ou 12

> π x = − [π] 4

b) Pour résoudre cette inéquation on s'aide du cercle trigonométrique. 1

car : cos (x) += 3 , pour tout x ∈ R .

L'ensemble des solutions est donc : S =

"

π + kπ 2

?

k∈Z

>

d) Le membre de gauche de l'équation est de la forme a cos (x) + b sin (x) . On va le simplifier en mettant + √ √ √ a 2 + b2 = 12 + (− 3)2 = 4 = 2 en facteur. Pour tout x ∈ R , on a :

√ (2x) cos (2x) − 3 sin √ ' ( 3 1 =2 cos (2x) − sin (2x) 2 '2 $ π% = 2 cos − cos (2x) 3 ( $ π% + sin − sin (2x) $ 3 π% = 2 cos 2x + 3

grâce à la formule : cos (a − b) = cos (a) cos (b) + sin (a) sin (b) , pour tout (a,b) ∈ R2 . On peut alors résoudre l'équation :

√ 3 sin (2x) = 1 $ π% =1 ⇐⇒ 2 cos 2x + 3 $ $π % π% ⇐⇒ cos 2x + = cos 3 3 π π ⇐⇒ 2x + = ± [2π] 3 3 π ⇐⇒ x = − [π] ou x = 0 [π] 3 cos (2x) −

1 7π 6

1 2

π 6

Sur la figure (donc dans l'intervalle [0,2π]), les x solutions sont π 7π π 11π entre π + = et 2π − = . On en déduit les so6 6 6 6 lutions dans R : sin (x) ! −

11π 1 7π ⇐⇒ ∃k ∈ Z/ + 2kπ ! x ! + 2kπ 2 6 6

L'ensemble des solutions est donc : B @ A 7π 11π S = + 2kπ, + 2kπ 6 6 k∈Z c) On commence par faire disparaître sin (x) de l'équation, à l'aide de la formule : sin 2 (x) + cos 2 (x) = 1. On obtient :

sin 2 (x) + 3 cos (x) − 1 = 0 ⇐⇒ − cos 2 (x) + 3 cos (x) = 0 ! ⇐⇒ cos (x) − cos (x) + 3) = 0 ⇐⇒ cos (x) = 0 ou cos (x) = 3 ⇐⇒ cos (x) = 0 π [π] ⇐⇒ x = 2

L'ensemble des solutions est donc : > " ? > " ? π S = − + kπ k ∈ Z ∪ kπ k ∈ Z 3 e) Comme l'argument du sinus et du cosinus sont différents, on ne peut pas utiliser la même méthode qu'au c). Pour obtenir une équation avec seulement cosinus, on utilise la formule : $π % cos (x) = sin − x , pour tout x ∈ R . On a ainsi : 2 $ $ π% π% sin 2 2x + = cos 2 x + 6 3 % $ $π π% 2 2 ⇐⇒ sin = sin −x 2x + 6 6 D'autre part : a 2 = b2 ⇐⇒ a = ±b et ∀a ∈ R, − sin (a) = sin (−a) , 27

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ce qui donne : $ $ π% π% sin 2 2x + = cos 2 x + 6 $ $π $ %3 π% π% ⇐⇒ sin 2x + = sin − x ou sin x − 6 6 6 π π ⇐⇒ 2x + = − x[2π] 6 6 $π % π ou 2x + = π − − x [2π] 6 6 π π ou 2x + = x − [2π] 6 $6 π π% ou 2x + = π − x − [2π] 6 A 6B 2π 2π ⇐⇒ x = 0 ou x = [2π] 3 3 π ou x = − [2π] 3A B π 2π ou x = 0 π31 3 ⇐⇒ x = 0 3

= Im (ei x +ei2x +ei3x ) ! 2 = Im ei x +(ei x )2 +(ei x )3

ix

• Si e = 1 , c'est-à-dire si x = 0 [2π] , alors sin (x) + sin (2x) + sin (3x) = 0 . x est donc solution de l'équation. • Si ei x += 1, c'est-à-dire si x += 0 [2π], on a : ( ' 1 − (ei x )3 ix sin (x)+ sin (2x)+ sin (3x) = Im e 1 − ei x( ' 1 − ei3x = Im ei x 1 − ei x Pour déterminer la partie imaginaire de ce nombre complexe, on le met d'abord sous forme trigonométrique. Pour cela, on 3x x factorise le numérateur par ei 2 , et le dénominateur par ei 2 . On

obtient :

ei x

3x e−i 2

3x ei 2

1 − ei3x − = ei x i x −i x x 1 − ei x e 2 e 2 − ei 2

( 3x −2i sin 2 $x % = ei2x −2i sin 2 '

On a donc : ' ( 3x sin (2x) sin 2 $x % sin (x) + sin (2x) + sin (3x) = sin 2 28

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

En regroupant les deux cas, on obtient l'ensemble des solutions : > " ? > " ? 2kπ kπ k∈Z ∪ k∈Z S = 2 3

2.6 a) Par théorème : z 2 − 2z + 2 = 0

f) On va simplifier le membre de gauche grâce aux formules de De Moivre et d'Euler. On a, pour tout x ∈ R :

3x ei 2

⇐⇒

sin (x) + sin ' (2x) ( + sin (3x) = 0 3x sin (2x) sin 2 $x % =0 sin 2 ' ( 3x =0 sin (2x) = 0 ou sin 2 3x 2x = 0 [π] ou = 0 [π] 2 A B 0π1 2π x =0 ou x = 0 2 3

(x,y) solution de (S) ⇐⇒ x et y racines de (E) :

L'ensemble des solutions est donc : > " ? kπ k∈Z S = 3

sin (x)+ sin (2x)+ sin (3x)

Cette dernière formule permet de résoudre l'équation, pour x = / 0 [2π] :

Pour résoudre cette équation du second degré, on calcule son discriminant : ∆ = (−2)2 − 4 × 1 × 2 = −4 < 0 . On obtient deux racines complexes pures conjuguées : √ −(−2) ± i 4 z= =1±i 2 L'ensemble des solutions de (S) est donc : < = S = (1 + i,1 − i); (1 − i,1 + i)

b) Remarquons tout d'abord que ω7 = ei2π = 1 . On a : u+v

= =

ω+=1

= = D'autre part : uv

= = = = =

=

ω + ω2 + ω3 + ω4 + ω5 + ω6 1 − ω6 ω 1−ω ω − ω7 1−ω ω−1 1−ω −1

2! 2 ! ω + ω2 + ω4 ω3 + ω5 + ω6 ω4 + ω5 + ω6 + 3ω7 + ω8 + ω9 + ω10 ω4 + ω5 + ω6 + 3 + ω + ω2 + ω3 3 + (u + v) 2

On en déduit que u et v sont racines de l'équation : (E) z 2 + z + 2 = 0 . On calcule son discriminant : ∆ = 12 − 4 × 1 × 2 = −7 < 0 . On obtient deux racines complexes pures conjuguées : √ −1 ± i 7 z= 2

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On a donc deux possibilités pour le choix des valeurs de u et v. On détermine les bonnes valeurs de la façon suivante : $ 2π % $ 4π % $ 8π % Im (u) = Im ei 7 + Im ei 7 + Im ei 7 ' ( ' ( ' ( 2π 4π 8π = sin + sin + sin 7 7 7 ' ( ' ( $π% 2π 4π = sin + sin − sin 7 7 7 car : sin (π + x) = − sin (x) , pour tout x ∈ R . ' ( 4π 4π > 0. De plus sin est stricte∈]0,π[, donc sin Or 7 7 ' ( $π% 0 π1 2π > sin . ment croissante sur 0, , donc : sin 7 7 2 Ceci prouve que : Im(u) > 0. On a donc :

2.7

√ √ −1 + i 7 −1 − i 7 u= et v = 2 2

a) Soit (z 1 ,z 2 ) ∈ C2 . On a :

|z 1 + z 2 |2 + |z 1 − z 2 |2 = (z 1 + z 2 )(z 1 + z 2 ) + (z 1 − z 2 )(z 1 − z 2 ) = (z 1 + z 2 )(z 1 + z 2 ) + (z 1 − z 2 )(z 1 − z 2 ) = z1 z1 + z2 z1 + z1 z2 + z2 z2 + z1 z1 −z 2 z 1 − z 1 z 2 + z 2 z 2 ! 2 = 2 |z 1 |2 + |z 2 |2

b) L'astuce est d'élever au carré, car les modules sont alors plus faciles à manipuler. On part du membre de droite de l'égalité : * * *(2 '* * z1 + z2 * * z1 + z2 * * * * − u* + * + u ** * 2 2 * *2 * *2 * z1 + z2 * z1 + z2 * * * * * =* − u* + * + u ** 2 2 * ** * * z1 + z2 * * z1 + z2 * +2 ** − u ** ** + u ** 2 2 *' * *2 * *2 * * z + z (2 * * z1 + z2 * * * z1 + z2 2 * 1 2* * * * * −u * − u* + * + u* + 2 * =* * * 2 2 2 *' * *2 * *2 * (2 * * * z1 + z2 * * * z1 + z2 * z1 + z2 * − u2* − u ** + ** + u ** + 2 * = ** * * 2 2 2 Or, d'après le résultat du a) : *2 * *2 * * z1 + z2 * * * z1 + z2 * * * − u* + * + u ** * 2 2

D'autre part : *' * * z + z (2 * 2 * 1 2* 2* −u * * * 2

* * * z 1 + z 2 *2 * * + 2|u|2 = 2* 2 * * * 1 = 2 |z 1 + z 2 |2 + 2*u 2 * 4 1 = |z 1 + z 2 |2 + 2|z 1 z 2 | 2

* *' * * z + z (2 2 * * 1 − z1 z2 * = 2* * * 2 * 1 ** 2 = 2 z 1 + z 22 + 2z 1 z 2 − 4z 1 z 2 * 4 * 1* = 2 *z 12 + z 22 − 2z 1 z 2 * 4

* 1 ** (z 1 − z 2 )2 * 2 1 = |z 1 − z 2 |2 2 En injectant ces deux formules dans notre premier calcul : * * *(2 '* * z1 + z2 * * z1 + z2 * * *+* * − u + u * 2 * * 2 * 2 1! |z 1 + z 2 |2 + |z 1 − z 2 |2 + 2|z 1 z 2 | = 2 On utilise alors à nouveau le résultat du a) : * * *(2 '* * z1 + z2 * * z1 + z2 * * *+* * = |z 1 |2 +|z 2 |2 +2|z 1 z 2 | − u +u * 2 * * 2 * = |z 1 |2 +|z 2 |2 +2|z 1 ||z 2 | ! 22 = |z 1 |+|z 2 | =

Ce qui donne, en passant à la racine carrée : * * * * * z1 + z2 * * z1 + z2 * * *+* * = |z 1 | + |z 2 | − u + u * 2 * * 2 *

2.8 Puisque Z += 0 , on peut mettre Z sous forme trigonométrique : Z = |Z |eiArg(Z ) . On a alors :

e z = Z ⇐⇒ eRe (z) ei Im (z) = |Z |eiArg(Z ) Donc, par unicité du module et de l'argument principal : ez = Z

⇐⇒ eRe (z) = |Z$| et Im(z) = Arg(Z ) [2π] % ⇐⇒ Re (z) = ln |Z | et Im(z) = Arg(Z ) [2π] C ⇐⇒ ∃k ∈ Z z = ln(|Z |) + i(Arg(Z ) + 2kπ)

L'ensemble des solutions de l'équation est donc : : $ % $ %C ; S = ln |Z | + i Arg(Z ) + 2kπ k∈Z

On en déduit que la fonction exponentielle complexe est surjective de C sur C∗ , mais non injective.

2.9 a) • z = 0 n'est pas solution de l'équation.

• Si z += 0, alors on peut mettre z sous forme trigonométrique : z = reiθ , où r > 0 et θ ∈] − π,π]. On a : $ %2 2π z = j z 2 ⇐⇒ reiθ = ei 3 reiθ ! 2 i 2θ+ 2π −iθ ⇐⇒ re = r 2e 2 3 " r = r 2π ⇐⇒ −θ = 2θ + [2π] ) 3 r = 1 A B 2π 2π ⇐⇒ θ = − r= / 0 9 3 ! 2 i − 2π + 2kπ ⇐⇒ ∃k ∈ Z/ z = e 9 3 On obtient en tout 3 solutions distinctes : pour k = 0 , 1 ou 2.

En conclusion, l'ensemble des solutions est : : 2π ; 4π 10π S = e−i 9 ; ei 9 ; ei 9

29

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b) • On pose : x = Re(δ) et y = Im(δ). On a :

δ 2 = −2(4 + 3i)

⇐⇒ ⇐⇒

⇐⇒

(x + iy)2 = −2(4 + 3i) x 2 − y 2 + i2x y = −8 − 6i " x 2 − y 2 = −8 2x y = −6

Ce système n'est pas simple à résoudre, mais on peut simplifier en rajoutant une condition sur le module. En effet : " 2 δ = −2(4 + 3i) δ 2 = −2(4 + 3i) ⇐⇒ 2 |δ " 2 | = |− 2(4 + 3i)| δ = −2(4 + 3i) ⇐⇒ |δ|2 = 10 On a donc : 2

δ = −2(4 + 3i)

⇐⇒

 2 2 x − y 2 x + y2  xy

= = =

−8 10 −3

On additionne les deux premières lignes : 2x 2 = 2, donc x 2 = 1 , et donc x = ±1. De même on les soustrait : 2y 2 = 18 , donc y 2 = 9 , et donc y = ±3. La troisième équation impose que x et y soient de signe contraire.

⇐⇒ z = 2i ou z =

L'ensemble des solutions de l'équation est donc : > " 1+i S = 2i; 2

2.10 L'équation n'est pas définie pour z = −1 ou z = 1. / 1,1}, on pose : Z = Pour z ∈{− '

z+1 z−1

(3

+

∀z ∈ C,

2z 2 − (1 + 5i)z − 2(1 − i)

( ' 1 + 5i 2 δ 2 =2 z− − 4 8

z−1 z+1

30

=0

⇐⇒ ⇐⇒

1 =0 Z3 6 Z = −1

Z3 +

π

Z 6 = −1

⇐⇒ Z 6 = Z 06 ' (6 Z ⇐⇒ =1 Z 0/ =0 Z0 Z est une racine 6e de l- unité Z0

⇐⇒

2ikπ Z =e 6 Z0 ! 2 i kπ + π ⇐⇒ ∃k ∈ [[0,5]]/ Z = e 3 6 : π ; 5π 7π 11π ⇐⇒ Z ∈ ei 6 ; i; ei 6 ; ei 6 ; −i,ei 6

⇐⇒ ∃k ∈ [[0,5]]/

On a donc : ( ( ' ' z+1 3 z−1 3 + =0 z−1 z+1 ⇐⇒ ∃k ∈ [[0,5]]

?

z+1 i =e z−1

!π 6

+ kπ 3

De plus, pour k ∈ [[0,5]] fixé : z+1 i =e z−1

!π 6

+ kπ 3

2

On peut alors résoudre l'équation : 2z 2 − (1 + 5i)z − 2(1 − i) = 0 ' ( 1 + 5i 2 δ 2 ⇐⇒ 2 z − − =0 4 8 (2 ' 2 1 + 5i δ ⇐⇒ z − = 4 16 δ 1 + 5i =± ⇐⇒ z − 4 4 1 + 5i ± δ ⇐⇒ z = 4

(3

Z 0 = ei 6 est solution évidente. On a alors :

En conclusion cette équation a donc exactement deux solutions : δ = −1 + 3i ou δ = 1 − 3i.

On pose alors : δ = 1 − 3i. D'après les calculs précédents : δ 2 = −2(4 + 3i) , donc :

'

z+1 . On a Z += 0 et : z−1

Pour résoudre Z 6 = −1 = eiπ , on remarque que le complexe

On a donc deux solutions éventuelles : δ = −1 + 3i ou δ = 1 − 3i. On vérifie alors aisément qu'on a bien deux solutions de l'équation δ 2 = −2(4 + 3i) .

• On met le trinôme du second degré sous forme canonique. On a, pour tout z ∈ C : ( ' 1 + 5i 2 2z 2 − (1 + 5i)z − 2(1 − i) = 2 z − 4 (1 + 5i)2 −2 − 2(1 − i) 2 ( ' 4 1 + 5i 2 4 + 3i =2 z− + 4 4

1+i 2

! 2 i π + kπ ⇐⇒ z + 1 = (z − 1)e 6 3 ( ' ! 2 i π + kπ ⇐⇒ z e 6 3 − 1 ! 2 i π + kπ =e 6 3 +1

! 2 i π + kπ Or : e 6 3 += 1 car ! 2 : ; π 5π 7π 11π i π + kπ e 6 3 ∈ ei 6 ; i; ei 6 ; ei 6 ; −i,ei 6 . On a donc : z+1 i =e z−1

!π

+ kπ 6 3

2

⇐⇒ z =

Au final, on a donc obtenu :

e

i π + kπ 6 3

!

i π + kπ e 6 3

!

2 2

+1 −1

2

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'

z+1 z−1

(3

+

'

z−1 z+1

(3

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n−1 &

=0

⇐⇒ ∃k ∈ [[0,5]]

( ' i2nx sin 2 (nx) ix 1 − e = sin ((2k + 1)x) = Im e 1 − ei2x sin (x)

k=0

?

z=

i π + kπ e 6 3

!

i π + kπ e 6 3

!

2 2

+1 −1

Pour simplifier l'écriture des solutions, on factorise en haut et ! 2 i π + kπ en bas par e 12 6 . Pour tout k ∈ [[0,5]] , on a : ! 2 ! 2 ! 2 i π + kπ i π + kπ −i π + kπ e 6 3 +1 e 12 6 + e 12 6 ! 2 ! 2 ! 2 = i π + kπ i π + kπ −i π + kπ 6 e 6 3 −1 e 12 '6 − e 12 ( kπ π + 2 cos 12 6 ( ' = π kπ 2i sin + 12 6 ( ' π kπ = −i cotan + 12 6 π kπ + ∈]0,π[. De plus la fonction 12 6 cotan est injective sur cet intervalle (car strictement décroissante). On obtient donc bien 6 solutions distinctes. Or, pour tout k ∈ [[0,5]] ,

À la place de cette preuve « directe », on aurait pu aussi vérifier la formule par récurrence (mais c'est un peu plus long). b) On applique la formule précédente pour n = 4 :

= On a donc sur ]0,π[ :

sin (x) + sin (3x) − sin (4x) + sin (5x) + sin (7x) = 0

⇐⇒ sin 2 (4x) = sin (x) sin (4x)

sin (x)/ =0

⇐⇒ sin (4x) = 0

ou sin (4x) = sin (x) ou 4x = x [2π] ou 4x = π − x [2π]

2.11 a) Soient n ∈ N et x ∈]0,π[. Pour calculer cette somme

⇐⇒ x = 0

ou

de sinus, l'astuce est d'utiliser l'exponentielle complexe :

k=0

n−1 & k=0

! 2 Im ei(2k+1)x = Im

⇐⇒ x ∈

x∈]0,π[ n−1 &

ei(2k+1)x

k=0

D

! 2k On remarque alors que : ei(2k+1)x = ei x ei2x et comme

ei2x += 1 (car x ∈]0,π[), on se ramène à une somme géométrique : n−1 &

e

i(2k+1)x

k=0

n−1 & ! i2x 2k =e e

On a donc :

n−1 & k=0

( ' 1−ei 2nx sin ((2k + 1)x) = Im ei x . i 2x 1−e

1 − ei2nx e−inx − einx −2i sin (nx) = einx −i x = einx i2x 1−e e − ei x −2i sin (x)

On obtient :

4

x= "

π 5

ou A

2π 5

x =0

A

2π 3

B

B

π π π 3π 2π 3π , , , , , 5 4 2 5 3 4

>

L'ensemble des solutions est donc : " > π π π 3π 2π 3π S = , , , , , 5 4 2 5 3 4

2.12 Dans cet exercice on munit le plan d'un repère orthoa) On a :

! 2n 1 − ei2x 1 − ei2nx = ei x = ei x i2x 1−e 1 − ei2x

Pour calculer cette partie imaginaire, on factorise le numérateur par einx et le dénominateur par ei x : ei x

0π1

normé.

ix

k=0

sin 2 (4x) = sin (4x) sin (x)

⇐⇒

∗

sin ((2k + 1)x) =

sin 2 (4x) sin (x)

⇐⇒ 4x = 0 [π]

L'ensemble des solutions est donc : (? > " ' kπ π k ∈ [[0,5]] + S = −i cotan 12 6

n−1 &

sin (x) + sin (3x) + sin (5x) + sin (7x)

∀x ∈]0,π[,

⇐⇒

tout est "0

⇐⇒

x=Re (z)

I

y=

|z| = |z − 6 + 5i| |z|2 = |z − 6 + 5i|2

x 2 + y 2 = (x − 6)2 + (y + 5)2

m(z)

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

x 2 + y 2 = x 2 − 12x + 36 + y 2 + 10y + 25 12x − 10y − 61 = 0 z∈D

où D est la droite d'équation : 12x − 10y − 61 = 0. = < On a donc : z ∈ C/ |z| = |z − 6 + 5i| = D.

31

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Page 32

b) On a :

Arg

z(2z + 1) = 1

(x + i y) 2(x − i y) + 1) = 1 !

⇐⇒ Re Im

x= y=

(z) (z)

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

2 2x x + 2y 2 + i (2x y + y − 2x y) = 1 " + 2x 2 + x + 2y 2 = 1 = 0 " 2 y 2x + x − 1 = 0 y = 0 ) 1 x = −1 ou 2 y=0 1 z = −1 ou 2

> " 1 . On a donc : {z ∈ C/ z(2z + 1) = 1} = −1, 2 3 3 c) La condition est définie pour z += . On a, pour z += : 5 5

⇐⇒

z + 4i ∈R 5z − 3 ' ( z + 4i z + 4i = 5z − 3 5z − 3 z + 4i z − 4i = 5z − 3 5z − 3 (z + 4i)(5z − 3) = (z − 4i)(5z − 3)

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

5zz − 3z + 20i z − 12i = 5zz − 3z − 20i z + 12i −3(z − z) + 20i(z + z) = 24i −6i y + 40i x = 24i

⇐⇒ ⇐⇒

20x − 3y − 12 = 0 z∈D

⇐⇒ ⇐⇒ z+= 3 5

x =Re(z) y =I m(z)

où D

est la droite d'équation : 20x − 3y − 12 = 0 . " > z + 4i ∈ R = D -. On a donc : z ∈ C/ 5z − 3 -

d) La condition est définie pour z +=− 1. On a, pour z +=− 1 : Re

'

z−1 z+1

(

=0

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

⇐⇒ z+=−1

z−1 ∈ iR z+1 D z−1 z−1 =− z+1 z+1 z−1 1−z = z+1 z+1 (z − 1)(z + 1) = (z + 1)(1 − z)

⇐⇒ zz + z − z − 1 = −zz + z − z + 1 ⇐⇒ 2zz = 2 ⇐⇒| z| = 1 ⇐⇒ z ∈ C

où C est le cercle de centre O et de rayon 1. ( > " ' z−1 = 0 = C \{−1} . On a donc : z ∈ C/ R e z+1 e) La condition est définie pour z += i et z +=− i. On a, pour z += i et z +=− i :

32

'

z+i z−i

(

=

π 4

[π] ⇐⇒ ∃λ ∈ R∗

?

π z+i = λei 4 z−i

Or, pour λ ∈ R∗ : π z+i = λei 4 z−i

π

⇐⇒

z + i = λei 4 (z − i) $ % $ % π π z 1 − λei 4 = −i 1 + λei 4

⇐⇒ π

z=i

⇐⇒ z+=i

π

i

λe 4 +=1

λei 4 + 1 π

λei 4 − 1

On a donc : ( " ' > π z+i = z ∈ C/ Arg [π] z−i 4

)

π

= i

λei 4 + 1 π

λei 4 − 1

?

E

λ ∈ R∗ .

2.13 On remarque z = 1 n'est pas solution de l'équation. Pour z += 1, on a :

(z + 1)n = i(1 − z)n ⇐⇒ z+=1

'

z+1 1−z

(n

= i ⇐⇒ Z n = i Z = z+1 1−z

π

On va donc résoudre dans C l'équation : Z n = i = ei 2 . π

Z 0 = ei 2n est solution évidente de l'équation. On obtient :

Zn = i

⇐⇒

Z n =(Z 0n ' Z n =1 Z0 Z est une racine n e de l- unité Z0 Z 2ikπ ∃k ∈ [[0,n − 1]]/ =e n Z0

⇐⇒

∃k ∈ [[0,n − 1]]/ Z = ei

⇐⇒

⇐⇒ Z 0 +=0

⇐⇒

(4k+1)π 2n

On obtient donc : (z + 1)n = i(1 − z)n ⇐⇒ ∃k ∈ [[0,n − 1]]/

(4k+1)π 1+z = ei 2n 1−z

De plus, pour k ∈ [[0,n − 1]] fixé : (4k+1)π 1+z = ei 2n 1−z

(4k+1)π

⇐⇒ 1 + z = (1 − z)ei 2n z+=1 ( ' (4k+1)π (4k+1)π = ei 2n − 1 ⇐⇒ z 1 + ei 2n

(4k+1)π

Or ei 2n +=− 1 car c'est une racine n-ième de i et (−1)n += i. On a donc : (4k+1)π

(4k+1)π 1+z ei 2n − 1 = ei 2n ⇐⇒ z = (4k+1)π 1−z ei 2n + 1

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Page 33

Au final, on a donc obtenu :

Bn =

(z + 1)n = i(1 − z)n ⇐⇒ ∃k ∈ [[0,n − 1]]/ z =

ei

(4k+1)π 2n

i

(4k+1)π 2n

e

−1 +1

Pour simplifier l'écriture des solutions, on factorise en haut et en bas par ei

(4k+1)π ei 4n .

(4k+1)π 2n

(4k+1)π ei 2n

+1

Pour tout k ∈ [[0,n − 1]] , on a : =

−1

ei

(4k+1)π 4n

(4k+1)π ei 4n

= =

ei

(4k+1)π 4n

(4k+1)π ei 4n

+ e−i

(4k+1)π 4n

(4k+1)π e−i 4n

− ( (4k + 1)π 2 cos 4n ( ' (4k + 1)π 2i sin ' 4n ( (4k + 1)π −i cotan 4n '

(4k + 1)π ∈]0,π[ . De plus la Or, pour tout k ∈ [[0,n − 1]] , 4n fonction cotan est injective sur cet intervalle (car strictement décroissante). On obtient donc bien n solutions distinctes. L'ensemble des solutions est donc : " ' (? > (4k + 1)π S = −i cotan k ∈ [[0,n − 1]] 4n

2.14 a) On utilise la formule du binôme, trois fois. On a : An =

n ' ( & n k=0

Bn =

k

n ' ( & n k n−k = 11 = (1 + 1)n = 2n , k k=0

n ' ( & n

jk =

n ' ( & n

j =

k=0

k

n ' ( & n

j k 1n−k = (1 + j)n ,

n ' ( & n

j 1n−k = (1 + j)n .

k=0

k

k=0

k

k

k=0

k

k

b) • Si k ∈ N alors le reste de la division euclidienne de k par 3 est égal à 0, 1 ou 2. C'est-à-dire qu'il existe un unique p ∈ N tel que : k = 3 p, k = 3 p + 1 ou k = 3 p + 2. Dans la somme définissant An , on distingue les k s'écrivant 3 p , 3 p + 1 ou 3p + 2 : & ' n ( & 'n( + An = 3p 3p + 1 0!3 p!n 0!3 p+1!n & ' n ( + 3p + 2 0!3 p+2!n On a donc : An = Sn + Tn + Un .

! 2p Or, si p ∈ N : j 3 p = j 3 = 1 p = 1, j 3 p+1 = j 3 p j = j et j 3 p+2 = j 3 p j 2 = j 2 = j .

On a donc : Bn = Sn + jTn + jUn . Pour Cn :

& ' n ( 3p & ' n ( 3 p+1 j + j Cn = 3p 3p + 1 0!3 p!n 0!3 p+1!n & ' n ( 3 p+2 + j . 3p + 2 0!3 p+2!n Et si p ∈ N : j j

3 p+2

= j

3p 2

On procède de même pour Bn . On obtient :

3p 2

= j3p = 1 = 1 , j

3 p+1

j = j = j2 = j = j .

= j

3p

Donc : Cn = Sn + j Tn + jUn .   An = Sn + Tn + Un • On a donc obtenu : Bn = Sn + jTn + jUn  Cn = Sn + jTn + jUn

j = j et

(L1 ) (L2 ) (L3 )

Pour en déduire Sn , Tn et Un , on va utiliser l'égalité : 1 + j + j = 0. On effectue l'opération (L 1 ) + (L 2 ) + (L 3 ) , ce qui donne :

An + Bn + Cn = 3Sn + (1 + j + j)Tn + (1 + j + j)Un = 3Sn . On a donc : Sn

et : Cn =

& 'n( & ' n ( j3p + j 3 p+1 3 p 3 p + 1 0!3 p!n 0!3 p+1!n & ' n ( j 3 p+2 . + 3p + 2 0!3 p+2!n

= = = =

2 1! An + Bn + Cn 3 2 1! n 2 + (1 + j)n + (1 + j)n 3 % 1$ n 2 + (1 + j)n + (1 + j)n 3 1 n (2 + 2Re ((1 + j)n )) 3

Mais 1 + j = − j = − j 2 , donc : (1 + j)n = (− j 2 )n = (−1)n j 2n = (−1)n (e

2iπ 2n 3 )

= (−1)n e ( ' 4nπ n n . ce qui donne : Re ((1 + j) ) = (−1) cos 3

4inπ 3 ,

On obtient donc : ' (( ' 1 n 4nπ n 2 + 2(−1) cos . Sn = 3 3 33

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Page 34

On effectue l'opération (L 1 ) + j(L 2 ) + j (L 3 ) , ce qui donne :

2.15 Pour k ∈ [[0,n]] fixé : n ' ( n ' ( & n ! k2j & n jk ω . (1 + ω ) = ω = j j j=0 j=0

An + jBn + jCn = (1 + j + j)Sn + (1 + j j + j j)Tn

k n

2

+(1 + j + j 2 )Un = 3Tn , car j j = | j|2 = 1 et j = j 2 .

Ceci donne :

On a donc : Tn

= = = =

( n−1 n−1 ' & n ' ( & & n jk ω . (1 + ωk )n = j k=0 k=0 j=0

2 1! An + jBn + jCn 3 2 1! n 2 + j(1 + j)n + j (1 + j)n 3$ % 1 n 2 + j(1 + j)n + j(1 + j)n 3 ! 22 1! n 2 + 2Re j(1 + j)n 3

On permute alors les signes ) : n−1 & (1 + ωk )n

=

k=0

=

D'après les calculs précédents : j(1 + j)n = e−

4inπ 2iπ 3 (−1)n e 3

= (−1)n e

2i(2n−1)π 3 ,

ce qui donne : Re

!

2 j(1 + j)n = (−1)n cos

'

2(2n − 1)π . 3 (

n & n−1 ' ( & n jk ω j j=0 k=0 ( n ' (' & n−1 & ! j 2k n ω j j=0 k=0

Et ω0 = ωn = 1, donc : ( & ( ' (' & n−1 n−1 n−1 ' (' & n−1 & ! j 2k n n (1 + ωk )n = 1k + ω j 0 k=0 k=0 j=1 k=0 ( ' (' & n−1 n 1k , + n k=0

On obtient donc : Tn =

' (( ' 1 n 2(2n − 1)π 2 + 2(−1)n cos . 3 3

et comme

On effectue l'opération (L 1 ) + j (L 2 ) + j(L 3 ) , ce qui donne : 2

An + jBn + jCn = (1 + j + j)Sn + (1 + j + j 2 )Tn

+(1 + j j + j j)Un = 3Un .

k=0

1k =

= = = =

k=0

1=n :

D n−1 n−1 ' ( & n−1 & & ! j 2k n k n . (1 + ω ) = 2n + ω j k=0 j=1 k=0

2 1! An + jBn + jCn 3 2 1! n 2 + j (1 + j)n + j(1 + j)n 3$ % 1 n 2 + j (1 + j)n + j (1 + j)n 3 1 n (2 + 2Re ( j (1 + j)n )) 3

! 2n ! 2j n−1 & ! j 2k 1 − ωj 1 − ωn 1 − ω jn = = , ω = 1 − ωj 1 − ωj 1 − ωj k=0 ! 2j et ωn = 1, donc ωn = 1 j = 1, ce qui donne : n−1 & ! j 2k ω = 0.

D'après les calculs précédents : j (1 + j)n = e

2iπ 4inπ 3 (−1)n e 3

k=0

= (−1)n e

2i(2n+1)π 3 ,

ce qui donne : Re ( j (1 + j)n ) = (−1)n cos

'

2(2n + 1)π 3

(

On obtient donc : ' (( ' 1 n 2(2n + 1)π n 2 + 2(−1) cos . Un = 3 3 34

n−1 &

Pour j ∈ [[1,n − 1]] fixé, on a ω j += 1, donc :

On a donc : Un

n−1 &

.

On a donc : ( & n−1 ' (' & n−1 n−1 ' ( n−1 & & ! j 2k n n ×0= = 0 = 0, ω j j j=1 k=0 j=1 j=1 et ainsi : n−1 & (1 + ωk )n = 2n + 0 = 2n. k=0

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2.16

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f (z) ∈ D

a) On a, pour z +=− i : z ∈ f −1 (R)

⇐⇒

f (z) ∈ R

⇐⇒

f (z) = f (z) ( ' z−i z−i = z+i z+i

⇐⇒ ⇐⇒

z−i z+i = z+i z−i

⇐⇒

(z − i )(z − i ) = (z + i )(z + i )

⇐⇒

zz − i (z + z) − 1 = zz + i (z + z) − 1

⇐⇒

−2i Re(z) = 2i Re(z)

⇐⇒

Re(z) = 0

⇐⇒

z ∈ iR

f (z)| < 1 f (z)|2 < 1 x 2 + (y − 1)2 0

y 2 − 2y + 1 < y 2 + 2y + 1 0 < 4y 0 1. 2

b) Établir que : ∀n ! 2 , n n " n. En déduire la limite de (u n ).

c) On pose, pour tout n ! 2 , vn = u n − 1.

Montrer que : ∀n ! 2 , n ln (vn + 1) = ln (vn + 1 + n) . En déduire que vn

3.18 Un autre exemple de suites récurrentes couplées (d'après Agro-Véto) On considère les suites (u n ) et (vn ) définies par :  v0 > u 0 > 0    u 2n  ∀n ∈ N, u n+1 = u n + vn    vn2  ∀n ∈ N, v n+1 = u n + vn 44

∼

n→+∞

ln n . n

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Du mal à démarrer ?

a) Montrer que (u n )n∈N et (vn )n∈N sont bien définies et qu'elles sont strictement positives. b) Montrer que (u n ) et (vn ) sont convergentes. c) Calculer leur limite respective. d) Calculer u n et vn en fonction de n, u 0 et a =

3.19

u0 . v0

Un autre exemple d'une suite définie par une relation implicite Pour tout entier n ! 1 , on note (En ) l'équation (E n ) : x n + x n−1 + . . . + x 2 + x = 1.

a) Montrer que, pour tout n ! 1 , (E n ) admet une unique solution xn dans R+, et prouver que 0 1 1 xn ∈ ,1 . 2 b) Démontrer que (xn ) est convergente. c) Calculer sa limite.

Du mal à démarrer ? 3.1

a) et b) Utiliser le théorème des gendarmes.

c) Raisonner par l'absurde. d) Utiliser les opérations sur les inégalités.

3.2

a) et b) Calculer u n+1 − u n .

c) Utiliser une étude de fonctions. d) Vérifier d'abord que la suite est bien définie et positive.

3.3

a) et b) Utiliser le théorème des gendarmes.

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

c) d) et e) Mettre en facteur le terme prépondérant quand n →+∞ . f) Faire apparaître les croissances comparées. g) Utiliser le théorème des gendarmes.

3.4

a) On demande de prouver la convergence sans déterminer la limite : il faut très probablement faire appel au théorème de la limite monotone. b) Calculer

vn+1 . vn

c) Passer à la limite dans la relation entre vn et u n .

3.5

Procéder par encadrement et conclure avec le théorème des gendarmes.

3.6

a) à d) Reconnaître des suites correspondant à des modèles du cours. e) Faire apparaître une suite récurrente linéaire d'ordre 2. f) Conjecturer une formule générale.

3.7

Distinguer différents cas suivant les valeurs de α en s'inspirant de ceux connus pour la limite de la suite géométrique (α n )n∈N .

3.8

a) et b) Utiliser les opérations sur les équivalents.

c) Passer à la forme exponentielle. d) Ne pas additionner les équivalents mais utiliser la trigonométrie. e) Faire apparaître l'équivalent usuel approprié... f) et g) Passer à la forme exponentielle et utiliser l'équivalent usuel du logarithme. h) Les théorèmes généraux ne permettent pas de passer au logarithme dans un équivalent, mais vérifier que sur cet exemple cela donne le bon équivalent pour u n .

3.9

a) Calculer Hn+1 − Hn .

b) Pour minorer une somme, on commence par minorer son terme général... c) Utiliser le théorème de la limite monotone.

45

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Chapitre 3 • Suites réelles

3.10

a) Vérifier que la suite est à termes strictement positif et u n+1 étudiez . un b) Faire de même avec (vn ). d) Utiliser le l'équivalent usuel de la fonction sinus.

3.11

a) Raisonner par récurrence.

b) Exprimer vn+1 en fonction de vn. c) Exprimer u n en fonction de vn. d) Utiliser les opérations sur les limites. La monotonie des suites s'obtient à l'aide des formules données. Pour les calculs de limites, utiliser l'équivalent usuel de la fonction sinus. a) Utiliser la quantité conjuguée.

b) Additionner membre à membre les doubles inégalités obtenues à l'aide de la formule précédente pour différentes valeurs de n. √ En fait u n+1 = 2 + u n . Étudier la fonction associée, déterminer ses points fixes et trouver un intervalle stable qui contient u 0 . Pour la monotonie de (u n ) utiliser une étude de

3.14

fonction.

46

Étudier la suite (u n − vn ).

3.16

a) Vérifier que, pour tout n ∈ N : u n ! n.

b) Trouver une relation de récurrence simple entre u n+1 et u n .

3.17

a) Étudier f n : x )→ x n − x. ' 2( b) Calculer f n n n . ln(1 + vn ) c) Déterminer la limite de . ln n n

3.18

a) Procéder par récurrence.

b) Utiliser le théorème de la limite monotone.

3.12

3.13

3.15

c) Étudier la suite (u n − vn ), puis passer à la limite. $ % un . d) Étudier la suite vn

3.19

a) Étudier la fonction x )→ x n + · · · + x 2 + x .

b) Remarquer nque pour tout réel positif différent de 1 1−x f n (x) = x . 1−x

L'idée est maintenant de calculer f n (xn+1 ) et de le comparer à 1 ce qui nous permettra de comparer xn et xn+1 puisque f n (xn ) = 1 et que f n est croissante sur R+ . 1 − xnn pour en tirer une nouvelle c) Utiliser f n (xn ) = 1 = xn 1 − xn relation sans oublier que |xn | < 1 pour n ! 2.

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Corrigés des exercices 3.1

a) Par hypothèse (vn ) est bornée, c'est-à-dire qu'il existe une constante M ! 0 telle que : ∀n ∈ N,

|vn | " M

−M " vn " M

En additionnant u n à chaque membre de l'inégalité : ∀n ∈ N,

n→+∞

La suite (u n ) n'est donc pas bornée. d) Puisque (u n ) est bornée, il existe M1 ! 0 telle que :

ou encore : ∀n ∈ N,

à +∞. C'est absurde car lim M = M (suite stationnaire).

−M + u n " u n + vn " M + u n

Par somme de limites : " # lim − M + u n = −M + ∞ = +∞. D'après le théorème n→+∞ " # des gendarmes (version limites infinies), lim u n + vn n→+∞

b) De même (vn ) est bornée, donc il existe une constante M ! 0 telle que : ∀n ∈ N,

|vn | " M

|u n ||vn | " M|u n |

et comme |u n vn | = |u n ||vn | , on a :

0 " |u n vn | " M|u n | # " Par opérations sur les limites : lim M|u n | = M × 0 = 0 . ∀n ∈ N,

|vn | " M2

Donc, par somme d'inégalités :

Comme M1 + M2 ne dépend pas de n, on peut donc en déduire que (u n + vn ) est bornée. • On a :

Donc, par produit d'inégalités (tous les termes sont positifs) : ∀n ∈ N,

3.2 a) Pour tout n ∈ N ; u n+1 − u n

= =

lim |u n vn | = 0

=

De plus :

lim u n vn = 0

n→+∞

Ceci prouve que (u n )n∈N est croissante.

b) On remarque que : ∀n ∈ N, u n > 0 (produits et quotients de nombres strictement positifs). De plus, pour tout n ∈ N : u n+1 un

=

|u n | " M

=

−M " u n " M

=

∀n ∈ N, ∀n ∈ N,

e−(n+1) !0 n+2

car : ∀x ∈ R, e x ! 0.

c) Par l'absurde, on suppose que (u n ) est bornée, c'est-à-dire qu'il existe M ! 0 telle que : ou encore :

2 2 n+1 n ! ! e−k e−k − k + 1 k=0 k + 1 k=0 2 2 n n −(n+1)2 ! ! e−k e−k e + − n+2 k + 1 k=0 k + 1 k=0 2

n→+∞

n→+∞

De plus lim u n = +∞ . Le théorème des gendarmes (version n→+∞

limites infinies) donne alors que lim M existe et est égale n→+∞

|u n vn | " M1 M2

Comme M1 M2 ne dépend pas de n, on peut donc en déduire que (u n vn ) est bornée.

n→+∞

Donc, toujours d'après le théorème des gendarmes (version limites finies), lim u n vn existe et :

|u n vn | = |u n ||vn |

∀n ∈ N,

D'après le théorème des gendarmes (version limites finies), lim |u n vn | existe et :

−|u n vn | " u n vn " |u n vn |

|u n + vn | " M1 + M2

∀n ∈ N,

n→+∞

∀n ∈ N,

|u n + vn | " |u n | + |vn |

∀n ∈ N,

En multipliant par |u n | qui est un réel positif : ∀n ∈ N,

∀n ∈ N,

• D'après l'inégalité triangulaire :

existe et :

" # u n + vn = +∞

|u n | " M1

De même (vn ) est bornée, donc il existe M2 ! 0 telle que :

n→+∞

lim

∀n ∈ N,

Or

(n + 1)! 22n 22n+2 n! n + 1 n! 22n 4 22n n! n+1 4

n+1 ! 1 , pour n ! 3 . 4 47

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Donc :

Ainsi, u n+1 !1 un

∀n ! 3,

∀n ∈ N,

Comme u n > 0, on a donc : ∀n ! 3,

u n+1 ! u n

lim

n→+∞

n→+∞

lim u n = 0

c) On pose :

n→+∞

f :

R∗+

−→

R

ln x x f est dérivable sur R∗+ (comme quotient de fonctions dérivables) et : x

∀x > 0,

)−→

f + (x) =

1 x x

f (x) =

− ln x 1 − ln x = , x2 x2

donc f + (x) est du signe de 1 − ln x. On obtient le tableau de variations : e

0

Signe de f (x )

+

0

+∞

–

1 e

Variations de f ∞

0

b) Pour utiliser les croissances comparées, il suffit de remarquer 2n en ln 2 = 2 . que ∀n ∈ N∗ , 2 n n 2n ln 2 > 0 donc : lim 2 = +∞ . n→+∞ n 2n Il suffit alors de minorer le cosinus par −1 : u n ! 2 − 1. n D'après le théorème des gendarmes (version limites infinies), on en déduit que lim u n existe et que lim u n = +∞ . n→+∞

D'autre part, pour tout n ∈ N∗ : u n = f (n), donc : u n+1 − u n = f (n + 1) − f (n)

Pour n ! 3 , on a (n,n + 1) ∈ [e ,+∞[2 , donc n " n + 1 donne f (n) ! f (n + 1) . Ainsi (u n ) est décroissante à partir du rang 3.

d) Tout d'abord, on remarque que : ∀x ∈ R, 2 − cos (x) ! 1 > 0 . On voit donc que si u n existe à un rang n alors u n+1 existe aussi, ce qui prouve que la suite (u n )n∈N est bien définie. De plus, une récurrence immédiate donne : ∀n ∈ N, u n ! 0 (car ln (x) ! 0 pour x ! 1). D'autre part, pour tout n ∈ N : " # u n+1 − u n = ln 2 − cos (u n ) + 7u n − u n " # = ln 2 − cos (u n ) + 6u n

Donc : ∀n ∈ N, u n+1 − u n ! 6u n ! 0 (car 2 − cos (u n ) ! 1). Le suite (u n )n∈N est donc croissante.

a) Vous aurez remarqué que pour tout entier naturel n on a (−1)2n = 1 et (−1)2n+1 = −1 .

48

n→+∞

c) D'après les croissances comparées, le terme prépondérant quand n →+∞ est en. On le met donc en facteur : $ % n5 n n ∀n ∈ N, u n = e 1 − n ( cos n + (−1) ) e n5 = 0 (croissances comparées) et, pour tout n→+∞ e n n∈N: Or

lim

Ainsi f est décroissante sur [e ,+∞[.

3.3

2 n

2 = 0 donc, d'après le théorème des gendarmes n (version limites finies) lim u n existe et : Or

Ceci prouve que (u n ) est croissante à partir du rang 3.

x

0 " un "

−2

n5 n5 n5 " n ( cos n + (−1)n ) " 2 n n e e e

n5 ( cos n + (−1)n ) = 0 d'après le théorème des n→+∞ e n gendarmes et, par opérations sur les limites, on obtient finalement que : lim u n = +∞(1 − 0) = +∞ .

donc

lim

n→+∞

d) Cette fois-ci le terme prépondérant semble être 3n . On le met en facteur : $ $ %n % $ %n 2 2 3n −1 + −1 + 3 3 ∀n ∈ N, u n = $ $ %n % = $ %n 2 2 3n 1 + 1+ 3 3 2 2 $ %n 222 2 = 0 (suite géométrique). Or 22 22 < 1 donc lim n→+∞ 3 3 $ $ %n % 2 = −1 On en déduit à la fois que lim −1 + n→+∞ 3 $ $ %n % 2 = 1 (somme de limites). et lim 1 + n→+∞ 3 Finalement, lim u n = −1 (quotient de limites). n→+∞

e) D'après les croissances comparées, le terme dominant serait n. On le met en facteur :

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" # n 1 + sinn(2n) 1 + sinn(2n) " # = n 1 − 2 lnn n 1 − 2 lnn n

∀n ∈ N∗ , u n =

sin (2n) 1 1 1 " " et lim = 0. D'après n→+∞ n n n n le théorème des gendarmes (version limites finies), sin (2n) lim existe et vaut 0. n→+∞ n ln n = 0 (croissances comparées). D'autre part, lim n→+∞ n On en déduit que lim u n = 1 (sommes et quotient de liOr ∀n ∈ N∗ , −

b) Étudions également le sens de variation de la suite (vn ), également à termes strictement positifs : vn+1 vn

(n + 2)u 2n+1 (n + 1)u 2n $ % n + 2 u n+1 2 n+1 un n + 2 (2n + 1)2 (en utilisant le a)) × n + 1 (2n + 2)2 3 2 4n + 12n + 9n + 2 (en développant) 4n 3 + 12n 2 + 12n + 4 3n + 2 1− 3 4n + 12n 2 + 12n + 4 3 45 6

= = = =

n→+∞

mites).

=

f) D'après les croissances comparées: lim x 4 e−x = 0. x→+∞

"√ #4 −√n n e Il suffit de remarquer que ∀n ∈ N, u n = √ et que lim n = +∞ pour en déduire que lim u n = 0 n→+∞ n→+∞ √ (par composition de limites, en posant x = n ).

g) On a :

1 1 " u n+1 " √ ∀n ∈ N, − √ 3 3 n+1 n+1

>0

1


1 on a :

lim u n = +∞ .

n→+∞

52

1 1 ∼ mais attention on ne peut pas, en génén n→+∞ n ral, composer par la fonction ln. Pourtant ce résultat faux en général s'avère souvent vérifié en pratique, on va voir comment le démontrer sur cet exemple. % $ 1 1 ∼ ln = − ln n, et On va donc établir que : ln sin n→+∞ n n " # ln sin n1 = 1 . Jusqu'ici rien de pour cela vérifier que : lim n→+∞ − ln n bien compliqué, sauf qu'un quotient de ln ne se simplifie pas, l'astuce à retenir est qu'il faut en fait verifier que : " # ln sin n1 −1=0 lim n→+∞ − ln n C'est parti : " " # # # " ln sin n1 + ln n ln n sin n1 ln sin n1 −1= = − ln n − ln n − ln n h) On a sin

1 1 1 ∼ , on a lim n sin = 1. Par opéran→+∞ n n→+∞ n n tions sur les limites : " # ln n sin n1 0 lim = =0 n→+∞ − ln n −∞ " # ln sin n1 lim −1 = 0, On a donc : d'où : n→+∞ − ln n " # 1 ln sin n lim = 1 , ce qui donne bien : n→+∞ − ln n $ % 1 1 u n = ln sin ∼ ln = − ln n n n→+∞ n Mais comme sin

On en déduit : lim u n =−∞ (remarquez qu'on obtient ce résultat n→+∞

beaucoup plus rapidement en utilisant directement les opération sur les limites). 1

3.9 a) ∀n ∈ N∗ , Hn+1 − Hn = n + 1 > 0 donc la suite (Hn )n∈N∗ est strictement croissante. b) Pour tout n ∈ N∗ : H2n − Hn

=

2n ! 1

=

n !

=

2n ! 1 k k=n+1

k=1

k=1

k

−

k=1

k

2n !

n 1 1 ! 1 + − k k=n+1 k k k=1

De plus pour tout k ∈ [[n + 1,2n]],

ces inégalités on obtient :

n ! 1

1 1 ! . Si on additionne k 2n

2n 2n ! ! 1 1 2n − (n + 1) + 1 1 ! = = k 2n 2n 2 k=n+1 k=n+1

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(en remarquant que le terme général de la somme de droite ne dépend pas de l'indice k). c) D'après le théorème de la limite monotone, la suite (Hn ) étant croissante : – soit elle est majorée et alors elle converge vers une limite ! ; – soit elle n'est pas majorée et alors elle diverge vers +∞.

Raisonnons par l'absurde : supposons que le premier cas soit vrai. On aurait lim H2n = lim Hn = ! (limite de la suite n→+∞

Ainsi, vn 1 " # = " # sin 2πn 2n−1 sin 2πn 'π ( π π ∼ . d) lim n = 0, donc : sin n→+∞ 2 2n n→+∞ 2n Par produit d'équivalents, on obtient : ∀n ! 2, u n =

un

n→+∞

extraite des rangs pairs) et alors, en passant à la limite dans 1 1 l'inégalité du b), on aurait ! − ! ! ou encore 0 ! . Ceci 2 2 est impossible.

∼

n→+∞

Conclusion : lim u n =

n→+∞

C'est donc le deuxième cas qu'il faut retenir : lim Hn = +∞

n→+∞

π π " . 2k 4 √ ' π( 2 " cos k < 1. On en déduit que ∀k ! 2, 2 2 Ainsi, la suite (u n ) est à termes strictement positifs. On peut donc étudier le rapport de deux termes consécutifs : ' π ( u n+1 ∀n ! 2, = cos 1 est vraie pour tout entier supérieur à 3.

u 2 = −7 , u 3 =

• Elle est vraie pour n = 3.

• Supposons qu'elle est vraie à un rang n ! 3 . Vérifions alors qu'elle est aussi vraie au rang n + 1.

Puique u n > 1 on a donc u n + 2 -= 0 et donc u n+1 existe. D'autre part :

u n+1 > 1

⇐⇒ ⇐⇒

u n +2>3>0

⇐⇒

⇐⇒

5u n − 2 >1 un + 2 5u n − 2 > u n + 2 4u n > 4 un > 1

Or cette dernière inégalité est vérifiée (c'est notre hypothèse de récurrence), donc, en remontant ces équivalences : u n+1 > 1. La propriété est donc vraie au rang n + 1.

D'après le principe de récurrence, la suite est donc bien définie et ∀n ! 3,u n > 1. b) On en déduit de même que (vn ) est bien définie. vn+1 =

5u n −2 u n +2 5u n −2 u n +2

−2 −1

=

3u n − 6 3(u n − 2) 3 = = vn 4u n − 4 4(u n − 1) 4

La suite (vn ) est donc géométrique de raison mier terme v0 = 2.

3 et de pre4

$ %n 3 . c) On en déduit que ∀n ∈ N , vn = 2 × 4

Or, pour tout n ∈ N : vn =

un − 2 un − 1

⇐⇒

⇐⇒ ⇐⇒

(u n − 1)vn = u n − 2 u n (vn − 1) = vn − 2 vn − 2 un = vn − 1

53

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Donc $ %n 3 2× −2 4 ∀n ∈ N, u n = $ %n 3 2× −1 4 2 2 $ %n 232 3 = 0 car 22 22 < 1. Par opérations sur les lid) lim n→+∞ 4 4 mites, on en déduit que (u n ) converge et : −2 lim u n = =2 n→+∞ −1

3.12

• On a, pour tout n ! 2 : ' π ( 'π ( an+1 − an = 2n+1 sin n+1 − 2n sin n '2 π ( '2 π ( n+1 n = 2 sin n+1 − 2 sin 2 × n+1 2 2   ' π ( ' π ( ' π ( = 2n 2 sin n+1 − 2 cos n+1 sin n+1  2 2 2 ' π (( ' π (' = 2n+1 sin n+1 1 − cos n+1 2 2 ' π ( π π donc 0 < sin De plus ∀n ! 2, 0 < n+1 < et 2 4 2n+1 ' π ( 0 < cos < 1. 2n+1 On en déduit que, pour tout n ! 2 : an+1 − an > 0, et donc que la suite (an )n!2 est (strictement) croissante. • On applique la même méthode pour (bn ). Pour tout n ! 2 , π π on a 0 < n+1 < donc : 2 4 ' π ( ' π ( bn+1 − bn = 2n+1 tan n+1 − 2n tan 2 × n+1 2 ' π2 (   2tan n+1 ' π ( 2'  = 2n 2tan n+1 − π ( 2 1 − tan2 n+1 2   ' π ( 1 ' π ( = 2n+1 tan n+1 1 − 2 1 − tan2 n+1 ' π 2(   −tan2 n+1 ' π ( '2 π (  = 2n+1 tan n+1  2 1 − tan2 n+1 2 ' π ( π π donne 0 < tan n+1 < 1. Or, ∀n ! 2, 0 < n+1 < 2 4 2 On a donc : ∀n ! 2, bn+1 − bn < 0 . La suite (bn )n!2 est donc (strictement) décroissante.

54

• Il reste à étudier la convergence de la suite (bn − an ). Pour tout n ! 2 : 'π ( 'π ( bn − an = 2n tan n − 2n sin 2 2n   'π ( 1 n  " # − 1 = 2 sin 2n cos 2πn

'π ( π π = 0 sin ∼ on a d'une part que : n n→+∞ 2n n→+∞ 2n 2 'π ( = π , et d'autre part que : et donc lim 2n sin n→+∞ 2n 1 " # − 1 = 0. lim n→+∞ cos πn 2 Comme lim

On en déduit que : lim (bn − an ) = 0. n→+∞

• Par définition, les deux suites sont donc adjacentes. Par théorème, on sait donc qu'elles sont convergentes et ont la même limite. 'π ( = π, • D'après ce qui précède, lim an = lim 2n sin n→+∞ n→+∞ 2n et donc lim bn = π. n→+∞

3.13 a) Il suffit de remarquer que : √ √ n+1− n =

n+1−n 1 1 √ √ √ = √ √ " √ n+ n n+1+ n n+1+ n

pour en déduire que : '√ √ ( 1 2 n+1− n " √ n

On obtient l'autre inégalité de manière analogue. b) La double inégalité précédente permet d'écrire : 2 2

'√ √ ( 1+1− 1 "

'√ √ ( 2+1− 2 "

··· "√ √ # 2 n+1− n "

1 √ 1 1 √ 2 ··· 1 √ n

"2 "2

'√ ( √ 1− 1−1 '√ ( √ 2− 2−1

··· "√ # √ "2 n− n−1

En additionnant membre à membre ces doubles inégalités on obtient : '√ '√ √ ( √ ( 2 n + 1 − 1 " un " 2 n− 0 On en déduit que lim u n = +∞ d'après le théorème des genn→+∞

darmes (version limites infinies).

√ Pour l'équivalent, on « sent » que ça doit être 2 n . On va donc √ diviser chaque membre de la double inégalité par 2 n et esun sayer de déterminer la limite de √ . 2 n On obtient successivement, pour tout entier naturel non nul : # "√ √ un "2 n 2 n+1−1 " # "√ 2 n+1−1 un " "1 √ √ 2 n 2 n ) un 1 1 1+ − √ " √ "1 n 2 n 2 n

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)

1 1 − √ = 1. n 2 n un On en déduit que lim √ = 1 d'après le théorème n→+∞ 2 n des gendarmes (version limites finies) puis que √ un ∼ 2 n Or lim

n→+∞

1+

+∞

3.14

• Réécrivons le terme u n de manière plus standard. La suite (u n ) est en fait définie par : √ 7 u0 = 2 √ ∀n ∈ N, u n+1 = 2 + u n

Vérifions rapidement par récurrence que, pour tout n ! 1 , u n existe et u n ! 0 . C'est vrai pour n = 0. De plus, si cette propriété est vraie à un rang n ! 1 : alors u n+1 existe aussi car √ u n + 2 ! 2 ! 0 et il est clair que u n+1 = 2 + u n ! 0. D'après le principe de récurrence, notre suite est donc bien définie et positive. √ • Traçons la courbe représentative de f : x )→ 2 + x ainsi que les premiers termes de la suite (u n ) :

2

x

0

2

Signe de f (x )

+

2

+

+∞

+ +∞ 2

Variation s de f

2

0

√ • On voit que pour 0 " x " 2, on a 2 " f (x) " 2, donc que l'intervalle [0,2] est stable par f. Comme u 0 ∈ [0,2] , une récurrence immédiate permet de montrer que : ∀n ∈ N,

u n ∈ [0,2]

En particulier, on vient de montrer que la suite (u n ) est majorée par 2. • De plus, pour tout n ∈ N : A u n+1 − u n = 2 + u n − u n = h(u n ) √ en posant h(x) = 2 + x − x .

La fonction h est dérivable sur ] − 2,+∞[ et :

√ 1−2 x +2 1 ∀x > −2, h (x) = √ −1= √ . 2 x +2 x +2 √ √ Or si x ! −2 : 1 − 2 x + 2 " 0 ⇐⇒ 1 " 2 x + 2 7 ⇐⇒ 1 " 4(x + 2) ⇐⇒ − " x . Pour x ! 0, on a h + (x) " 0. 4 Donc h est décroissante sur R+, ce qui donne : +

∀x ∈ [0,2],

h(x) ! h(2) = 0 .

Or on a vu que u n ∈ [0,2] , pour tout n ∈ N . Donc u n+1 − u n = h(u n ) ! 0, pour tout n ∈ N . Ainsi la suite (u n ) est croissante.

1

0

u0

0

1

2

Notre étude est maintenant guidée : nous allons montrer que la suite est croissante et majorée par 2 puis montrer qu'elle converge vers 2. • Commençons par déterminer les points fixes de f : √ 2+x = x f (x) = x ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

⇐⇒

x ! 0 et 2 + x = x 2

x ! 0 et x 2 − x − 2 = 0 $ % x ! 0 et x = 2 ou x = −1

x =2

• Dressons ensuite le tableau de variations de f sur son ensemble de définition [−2,+∞[, sans oublier d'y placer notre point fixe :

• On a donc (u n ) croissante et majorée. D'après le théorème de la limite monotone, on sait donc qu'elle est convergente. On note ! cette limite. Comme u n ∈ [0,2], pour tout n ∈ N, le théorème de passage à la limite dans une inégalité donne que ! ∈ [0,2]. √ Pour calculer ! on part de : ∀n ∈ N , u n+1 = 2 + u n . Or on sait que lim u n+1 = l (suite extraite de (u n )), et par continuité n→+∞

de f sur [−2,+∞[ (donc en !) on a : A √ lim 2 + u n = 2 + !. n→+∞

√ L'unicité de la limite donne alors ! = 2 + !, c'est-à-dire ! est un point fixe de f. Alors, d'après notre étude préliminaire : ! = 2. • Conclusion : (u n ) est convergente vers 2.

3.15 • Commençons par étudier la monotonie de ces deux suites. Pour tout n ∈ N : u n+1 − u n =

3u n + vn vn − u n − un = 4 4 55

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• On remarque ensuite que pour tout entier n supérieur à 2 :

et : u n + 3vn u n − vn vn+1 − vn = − vn = 4 4 • Ces deux calculs nous amènent à étudier la suite (u n − vn ). Pour tout n ∈ N : 3u n + vn u n + 3vn 1 u n+1 − vn+1 = − = (u n − vn ) 4 4 2 1 On en déduit que la suite (u n − vn ) est géométrique de raison . 2 Donc : $ %n 1 1 (u 0 − v0 ) = − n−1 < 0 ∀n ∈ N, u n − vn = 2 2 • On a donc, pour tout n ∈ N : u n+1 − u n ! 0 et vn+1 − vn " 0 . On a donc (u n ) croissante et (vn ) décroissante. De plus : lim u n − vn = 0 (suite géométrique de raison 1/2). n→+∞

Par définition, on a donc (u n ) et (vn ) adjacentes. Par théorème, on sait donc qu'elle converge vers la même limite. Notons ! cette limite commune. • Pour calculer !, on remarque que : ∀n ∈ N , u n+1 − u n = −(vn+1 − vn )

i.e. u n+1 + vn+1 = u n + vn . On peut donc dire que (u n + vn ) est stationnaire, ce qui donne : ∀n ∈ N,

u n + vn = u 0 + v0 = 2

Comme les suites convergent on peut passer à la limite quand n →+∞ dans cette dernière relation : 2! = 2 d'où ! = 1.

3.16

a) • Les premiers termes de la suite sont 1, 2, 3, 5, 10, 28, 154, 3520.

Il semble donc que l'on ait : ∀n ∈ N∗ , rifier par récurrence forte.

u n ! n . On va le vé-

• Commençons par regarder si cette propriété est héréditaire au sens fort. Supposons que pour un n ∈ N∗, la propriété est vraie pour tous les rangs inférieurs ou égaux à n : u n+1

! ! !

1 + 12 + 22 + . . . + n 2 n   1 n(n + 1)(2n + 1)  1+ n 6   1  n(n + 1)(2n + 1)  (2n + 1) = (n + 1) n 6 6

2n + 1 ! 1, donc u n+1 ! n + 1. 6 La propriété est donc héréditaire au sens fort pour n ! 3 .

Or pour n ! 3 , on a

De plus, elle est vraie pour n = 3 (car u 3 = 3).

D'après le principe de récurrence forte, on a donc : ∀n ! 3 , u n ! n .

56

• De plus cette propriété est aussi vérifiée pour n = 1 et n = 2. On a donc : ∀n ∈ N∗ , u n ! n

n − 1 1 + u 21 + · · · + u 2n−1 u2 × + n n n−1 n % $ 1 u 2n un + = 1− n n

u n+1 =

On a donc : ∀n ! 2, u n+1 − u n = −

un u2 un + n = (u n − 1) ! 0 n n n

car u n ! n . On en déduit que la suite (u n ) est croissante. Et comme ∀n ! 1 , u n ! n , le théorème des gendarmes (version limites infinies) donne que lim u n existe et est égale à +∞. n→+∞

b) • On montre d'abord par récurrence forte que la suite est bien définie et à termes strictement positifs. On va donc démontrer que, pour tout n ∈ N , u n existe et u n > 0. C'est vrai pour n = 0.

Supposons que pour un n ∈ N , la propriété est vraie pour tous les rangs inférieurs ou égaux à n. On alors : ∀k ∈ [[0,n]] , n ! u k > 0. Ceci u k > 0 et donc, en additionnant ces inégalités : k=0

prouve que u n+1 existe et que u n+1 > 0.

D'après le principe de récurrence forte, la suite (u n )n∈N est donc bien définie et strictement positive. n ! u k , donc : • On remarque que, pour tout n ∈ N : u 3n+1 = k=0

u 3n+1 = u 3n + u n .

Or on a vu que : ∀n ∈ N , u n > 0 donc u 3n+1 > u 3n et donc, par croissance de la fonction racine cubique sur R+ : u n+1 ! u n . On peut donc dire que (u n ) est croissante. • Alors, d'après le théorème de la limite monotone : – soit elle est majorée et alors elle converge vers un réel !!0; – soit elle diverge vers +∞.

Supposons qu'elle converge vers ! ! 0. Sachant que ∀n ∈ N, u 3n+1 = u 3n + u n , en passant à la limite on obtient !3 = !3 + ! c'est-à-dire ! = 0. Ceci est impossible car, comme la suite est croissante, on a : ∀n ∈ N , u n ! u 0 > 0, donc ! ! u 0 > 0. On en déduit que lim u n = +∞ . n→+∞

3.17 a) Étudions sur R+ la fonction f n : x )→ x n − x pour n ! 2.

B

) C 1 Sur In = 0, , f n est à valeurs négatives. L'équation (En ) n n −1

n'a donc pas de solutions sur In.

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x

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n 1

0

Signe de f n (x )

–

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1 n

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un

+∞

+

0

+

0

+∞

Variation s de fn

n fn

Sur Jn =

C ) n −1

n 1

1 n

B 1 ; +∞ , f n est continue, strictement croissante. n

D'après le théorème de la bijection, elle est donc bijective de B C $ ) % n −1 1 ,+∞ . Jn sur f n (Jn ) = f n n ) $ $ ) % % 1 1 1 = n−1 − 1 < 0 pour n ! 2 . Donc, Or : f n n−1 n n n pour n ! 2, n ∈ f n (Jn ) et (En ) a donc une unique solution dans Jn . Conclusion : pour n ! 2 , (En ) admet donc une unique solution u n dans R+.

Or ∀n ! 2 , f n (1) = 0 < f n (u n ) et 1 ∈ Jn . Comme f n est strictement croissante sur Jn , on en déduit que : ∀n ! 2 , u n > 1. b) Comme n ! 2 on obtient successivement : n!2

0⇒

ln n>0

n ln (n) ! 2 ln (n)

0⇒

en ln (n) ! e2 ln (n)

0⇒

nn ! n2

exp 1

0⇒

2

" n.

La fonction f n étant croissante sur [1,+∞[, et comme u n > 1 2

2

et n n > 1, on en déduit que u n " n n .

n→+∞

2

∀n ! 2, 1 < u n " n n

ln (n) =0 n→+∞ n→+∞ n→+∞ n (croissances comparées) donc d'après le théorème des gendarmes (versions limites finies) on en déduit que lim u n existe ln (n) n

=1

∼

n→+∞

ln n n

3.18 a) Vérifions par récurrence que, pour tout n ∈ N : u n et vn existent, u n > 0 et vn > 0. • C'est vrai pour n = 0.

• Supposons que c'est vrai à un rang n ∈ N . On a alors u n + vn > 0, donc u n + vn -= 0. Ceci prouve que u n+1 et vn+1 existent. On obtient alors facilement que u n+1 > 0 et vn+1 > 0. • D'après le principe de récurrence les suites (u n ) et (vn ) sont bien définies et strictement positives. b) Étudions le sens de variation de (u n ). Pour tout n ∈ N : u 2 − (u 2n + u n vn ) u n vn =− < 0 car les u n+1 − u n = n u n + vn u n + vn deux suites sont à termes strictement positifs. On en déduit que la suite (u n ) est strictement décroissante or elle est minorée par 0 : elle est donc convergente d'après le théorème de la limite monotone.

Ainsi

2

ln (1 + vn ) =1 ln n n ln n . ce qui donne : ln (1 + vn ) ∼ n→+∞ n Mais on sait que ln (1 + xn ) ∼ xn , pour toute suite (xn ) conlim

n→+∞

vn

ce n n tout juste évoqué. Pour tout n ! 2 : ' 2( 2 f n n n = n 2 − n n ! n 2 − n = n(n − 1) ! n(2 − 1) = n

lim n n = lim e2

n→+∞

2

n ! nn

On a déjà un minorant de (u n ). Comme on n'a pas étudié jusqu'alors la convergence de la suite, il devrait être utile de trouver à présent un majorant. La fonction f n étant croissante sur [1; +∞[, il devrait être instructif de calculer l'image de

Or

n→+∞

Donc, par opérations simples sur les limites : $ % vn + 1 ln 1 + n lim =0 n→+∞ ln n On a donc :

n→+∞

1

car ∀n ! 2,

n ln (vn + 1) = ln (vn + 1 + n) % $ 1 + vn ce qui s'écrit encore n ln (vn + 1) = ln n + ln 1 + n et finalement : % $ vn + 1 ln 1 + ln (1 + vn ) n =1+ ln n ln n n Or lim u n = 1 donc lim vn = 0.

vergente vers 0. On a donc ln (1 + vn ) ∼ vn , d'où :

car la fonction x )→ x n est strictement croissante sur R+.

2 nn

On obtient donc (vn + 1)n = vn + 1 + n . Ces nombres étant strictement positifs, on peut composer par le logarithme pour obtenir :

car lim

n→+∞

et est égale à 1. c) On a, pour tout entier n ! 2 u nn = u n + n et u n = vn + 1.

Une démonstration analogue conduit à la même conclusion pour (vn ). c) Notons !u et !v les limites respectives des suites (u n ) et (vn ). Une première idée est de passer à la limite l'une des égalités définissant les suites. On a, pour tout n ∈ N : u 2n u n+1 = donc u n+1 (u n + vn ) = u 2n u n + vn

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Par passage à la limite : !u (!u + !v ) = !2u , c'est-à-dire : !u !v = 0, ou encore : !u = 0 ou !v = 0. (Attention à ne pas !u = !2u car on ne sait pas si !u + !v -= 0...) écrire !u + !v

De plus f n (0) = 0 et lim f n (x) = +∞. x→+∞

x

On peut vérifier que la deuxième relation de récurrence donne la même formule.

D'autre part, dans ce genre d'exercice, il faut souvent chercher une combinaison des deux suites formant une suite constante. Ici c'est (u n − vn ) qui va nous intéresser :

Variation s de fn

∀n ∈ N, u n+1 − vn+1 =

∀n ∈ N, u n − vn = u 0 − v0 < 0 Par passage à la limite cela donne !u − !v = u 0 − v0 < 0 i.e. 0 " !u < !v . Ainsi !v > 0 et c'est donc !u !v = v0 − u 0 . Pour conclure, on a : lim u n = 0

qui vaut

0. Alors

lim vn = v0 − u 0

n→+∞

u0 d) L'introduction de a = nous incite à étudier la suite v0 $ % un qui est bien définie car (vn ) est à termes strictement vn positifs. $ %2 u n+1 u 2n un = 2 = ∀n ∈ N, . vn+1 vn vn Comme on l'a vu dans l'exercice 3.6, on a donc :

On obtient ainsi que

8

n

u n = a 2 vn

vn = u n + v0 − u 0 = u n + u 0

$

% 1 −1 a

En combinant les égalités on obtient tout d'abord que $ % 1 n − 1 c'est-à-dire : vn = a 2 vn + u 0 a ∀n ∈ N,

+ +∞ 1

0

vn = u 0

puis :

Comme f n est strictement croissante et continue sur R+, elle est donc bijective de R+ sur f n (R+ ) = R+ (d'après le théorème de la bijection). Comme 1 ∈ f n (R+ ), l'équation (E n ) admet donc une unique solution xn dans R+.

On calcule facilement f n (1) = n ! 1 . " #n $ % % $ 1 1 − 12 1 1 = = 1 − "1 × f D'autre part, n 2 2 2n 1 − 12 0 1 1 ; 1 car f n est croissante sur R+. On en déduit que xn ∈ 2 b) On remarque que pour tout réel positif différent de 1 f n (x) = x

1 − xn 1−x

(somme des termes d'une suite géométrique de raison x). L'idée est maintenant de calculer f n (xn+1 ) et de le comparer à 1 ce qui nous permettra de comparer xn et xn+1 puisque f n (xn ) = 1 et que f n est strictement croissante sur R+.

un n = a2 . vn

∀n ∈ N,

+

+∞

u 2n − vn2 = u n − vn u n + vn

La suite (u n − vn ) est donc constante, d'où :

n→+∞

xn

0

Signe de f n (x )

1−a a(1 − a 2n )

Pour n ! 2, 1 n'est pas solution de (E n ). On peut donc consi0 0 1 ;1 . dérer que ∀n ! 1, xn+1 ∈ 2 D'une part f n+1 (xn+1 ) = xn+1 D'autre part, f n (xn+1 ) = xn+1

(i) .

n+1 1 − xn+1 =1 1 − xn+1

(i).

n n 1 − xn+1 1 − xn+1 = d'après n+1 1 − xn+1 1 − xn+1

n+1 n < xn+1 . Nous en déduisons que Or 0 < xn+1 < 1 donc xn+1 n

∀n ∈ N,

un = u0

(1 − a)a 2 −1 1 − a 2n

3.19

a) Posons f n (x) = x n + x n−1 + · · · + x 2 + x . La fonction f n est dérivable sur R+ (fonction polynômiale) et pour tout réel positif x et tout entier naturel non nul n : f n+ (x) = nx n−1 + (n − 1)x n−2 + · · · + 2x + 1 ! 1 > 0

58

f n (xn+1 ) =

n 1 − xn+1

n+1 1 − xn+1

< 1 = f n (xn )

La suite (xn ) est donc strictement décroissante or elle est 1 minorée par : elle est donc convergente d'après le théorème 2 de la suite monotone.

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0 1 ,1 c) On note ! la limite de (xn ). On a : ∀n ! 2, xn ∈ 2 1 0 1 ,1 . De plus, (xn ) est strictement décroissante et donc ! ∈ 2 0 0 1 ,1 . x1 = 1 donc : ! " x1 < 1. Ainsi : ! ∈ 2 0

On a : lim xnn = 0. En effet xnn = en ln (xn )

À partir de la relation f n (xn ) = 1 = xn xn (2 − xnn ) = 1.

Par passage à la limite, en appelant ! la limite de (xn ), on obtient : 1 !(2 − 0) = 1 ⇐⇒ ! = 2

n→+∞

et lim ln xn = ln ! < ln 1 = 0, donc lim n ln xn =−∞ . n→+∞

n→+∞

1 − xnn on obtient : 1 − xn

Ainsi lim xn = n→+∞

1 . 2

Dans toute la suite on considérera un entier n ! 2 .

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Systèmes linéaires et calcul matriciel Plan

CHAPITRE

4

Thèmes abordés dans les exercices

Les méthodes à retenir

62

•

Résolution d'un système linéaire

Énoncés des exercices

63

•

Opérations sur les matrices

Du mal à démarrer ?

68

•

Calcul des puissances d'une matrice

Corrigés

69

•

Inversibilité d'une matrice

•

Systèmes linéaires et calcul matriciel

•

Suites récurrentes et calcul matriciel

•

Calcul du rang d'un système linéaire ou d'une matrice

•

Propriétés de la transposition

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •

Matrices triangulaires, diagonales

•

Opérations de bases sur les matrices

•

Matrices nulles, identités

•

Produit matriciel

•

Formule du binôme

•

Lien entre systèmes linéaires et matrices

•

Rang d'une matrice

•

Matrices inversibles

•

Transposée d'une matrice

•

Matrices symétriques et antisymétriques

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Chapitre 4 • Systèmes linéaires et calcul matriciel

Les méthodes à retenir • L'algorithme de Gauss permet de mettre le système sous forme réduite de Gauss. Son rang est alors égal au nombres d'équations restantes. Si les conditions de compatibilité sont vérifiées, on obtient alors soit une unique solution, soit une infinité de solutions. ➥ Exercices 4.1 et 4.4

• Lorsque le nombre n d'équations est égal au nombre p d'inconnues, le système est de Cramer si et seulement si son rang est égal à n(=p). ➥ Exercices 4.1 et 4.4 Pour étudier un système linéaire

• Dans le cas où l'on obtient une infinité de solutions, le nombre de paramètres nécessaires est égal au nombre total d'inconnues, auquel on retranche le rang du système. ➥ Exercices 4.1 et 4.4

• Pour les systèmes linéaires dont les coefficients et/ou le second membre dépendent d'un ou plusieurs paramètre(s), la discussion repose sur deux conditions : 1) un coefficient ne peut être choisi comme pivot que s'il est non nul ; 2) l'opération élémentaire αL i + βL j ne peut être effectuée que si α = / 0. Li ➥ Exercice 4.4 −→

• Si A est carrée d'ordre n, alors elle est inversible si et seulement si rg(A) = n . Le rang se calcule à l'aide de l'algorithme de Gauss. ➥ Exercices 4.3 et 4.10

• Lorsque les coefficients de la matrice sont connus, on a le choix Pour étudier l'inversibilité d'une matrice

entre la méthode du système linéaire ou la méthode dite « du miroir ». Elles permettent toutes les deux de conclure sur l'inversibilité de la matrice, et elle donne aussi la matrice inverse. ➥ Exercice 4.3

• Dans tous les cas et quelle que soit la méthode utilisée, si on trouve une matrice B telle que AB = BA = In alors par définition A est inversible et B = A−1 . ➥ Exercices 4.3, 4.8, 4.10 et 4.15

• On calcule les premières puissances, puis on conjecture une forPour calculer les puissances d'une matrice

mule générale. Cette formule doit ensuite être démontrée par récurrence. ➥ Exercices 4.5, 4.6, 4.7, 4.8, 4.11 et 4.12

• On décompose la matrice comme une somme de deux matrices plus simples. Si ces deux matrices commutent, on peut alors utiliser la formule du binôme matricielle. ➥ Exercices 4.5, 4.8, 4.11 et 4.12

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Les méthodes à retenir

• Si on a une relation polynômiale entre les premières puissances de A, on généralise cette relation par récurrence.

➥ Exercice 4.10 • Si on a calculé les puissances entières positives, et si la matrice est inversible, on peut alors regarder si la formule obtenue valable ! "est −p pour des entiers relatifs, grâce à la formule : A p = A−1 . ➥ Exercice 4.6

• Le calcul matriciel permet d'avoir une seule relation de récurrence Pour étudier des suites récurrentes à l'aide du calcul matriciel

simple, entre des vecteurs colonnes, au lieu de plusieurs relations de récurrence couplées sur des suites réelles. ➥ Exercices 4.7 et 4.12

• Lorsque l'on a une relation de récurrence matricielle, il faut en déduire une expression générale du terme de rang n, en fonction de n. ➥ Exercices 4.7 et 4.12

• Il faut regarder les choses coefficient par coefficient, en choisissant bien les notations. Pour étudier des propriétés générales sur les matrices

➥ Exercices 4.9 et 4.13 • Pour démontrer l'existence d'une écriture ou de solutions à une équation, on raisonne par analyse-synthèse (ou encore par conditions nécessaire et suffisante). ➥ Exercices 4.14 et 4.15

Énoncés des exercices © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

4.1

4.2

Exemples de résolutions de systèmes linéaires Déterminer le rang puis résoudre les systèmes linéaires d'inconnues réelles suivants :    3x − y + z = 5    2x + y + z = 1  2x + y − z = 1  2x + y − z = 1 a) c) x − y − z = 2 b) 3x + 3y − z = 2    x −y+z =2   2x + 4y = 2 4x − y − z = 3 4x + y + z = 3     x1 + 2x2 − x3 + 3x4 = 0 x + y +z −t = 1  3x − y + z = 5 d) x − y − z + t = 2 e) x + y − z = −2 f ) x2 + x3 − 2x4 + 2x5 = 0    2x1 + x2 − 5x3 − 4x5 = 0 −x + 2y + z = 3 x −y−z−t =3 Exemples de produits matriciels

Calculer, lorsque c'est possible, les produits de matrices suivants : 63

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Chapitre 4 • Systèmes linéaires et calcul matriciel

a)

'

2 −5

0 c)  2 0 

4.3

1 0 −5 −3 1

(

×

'

1 0

2 4

−1 3

(

   1 −1 0 ×  2  4 5

b)

'

−1 2

d)

'

cos x sin x

1 0

(

1 ×  −4 3

 5 0 0



−sin x cos x

(

×

'

cos y sin y

−sin y cos y

(

Étude de l'inversibilité d'une matrice   0 0 5 a) Soit U =  1 0 2  . Exprimer de façon simple la matrice U3 en fonction de U2 , U et I3. 0 1 0 En déduire que U est inversible et donner U−1 .   0 1 1 b) Soit U =  1 0 1  . Déterminer (a,b) ∈ R2 tel que (U − aI3 )(U − bI3 ) = O3 . En 1 1 0 déduire que U est inversible et donner U−1 . c) Inverser, si c'est possible, les matrices suivantes : A=

4.4

'

1 2

2 5

(

1 B = 1 2 

1 0 1

 1 2 3

i C = 0 0 

2 i 0

 −3 2  i

2 D= 1 −1 

2 −1 2

 3 0 1

Exemples de résolutions de systèmes linéaires à paramètres Déterminer le rang des systèmes linéaires d'inconnues réelles suivants, en fonction du paramètre m ∈ R. On donnera l'ensemble des solutions dans le cas où le système n'est pas de Cramer.

4.5

  mx + y + z = m a) x + my + z = m  x + y + mz = m

(m + 1)x + my = 2m b) mx + (m + 1)y = 1 -

 2  x − my + m z = 2m 2 c) mx − m y + mz = 2m  mx + y − m 2 z = 1 − m

Puissances d'une matrice à l'aide de la formule du binôme      1 1 1 0 1 0 1 1 Soient J =  1 1 1  , N =  0 0 1  et A =  0 1 1 1 1 0 0 0 0 0

a) Déterminer Jn et Nn pour tout n ∈ N .

 0 1 . 1

b) En déduire An en fonction de n ∈ N .

4.6

Puissances d'une matrice   1 1 0 Soit A =  0 1 1  . 0 0 1

a) Établir l'existence de deux suites réelles (an )n∈N et (bn )n∈N telles que :   1 an bn ∀n ∈ N, An =  0 1 an  0 0 1

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Les méthodes à retenir

b) En déduire la matrice An en fonction de n ∈ N . c) La formule est-elle valable pour tout n ∈ Z?

4.7

Calcul matriciel et suites récurrentes ' ( 1 −1 . Soit la matrice A = −1 1 a) Déterminer An pour tout n ∈ N . b) On considère les deux suites (u n )n∈N et (vn )n∈N définies par la donnée de u 0 et v0 et les relations de récurrence u n+1 = u n − vn vn+1 = −u n + vn (i) On pose Wn =

'

un vn

(

. Établir une relation entre Wn+1 , A et Wn .

(ii) En déduire une expression de u n et vn en fonction de u 0, v0 et n pour tout n ∈ N .

4.8

Puissances d'une matrice à l'aide de la formule du binôme Soit (a,b) ∈ R2 . On désigne par A et J les matrices de M4 (R) définies par : a b A= b b 

b a b b

b b a b

 b b  b

et

a

1 1 J= 1 1 

1 1 1 1

1 1 1 1

 1 1  1 1

a) Exprimer A en fonction de I4 et J. b) Donner une relation entre A2 , A et I4. Pour quelles valeurs de (a,b) A est-elle inversible? Dans ce cas donner la matrice A−1 . c) Déterminer An pour tout n ∈ N .

4.9

Trace d'une matrice

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Soit A = ((ai j ))1!i, j !n ∈ Mn (K) . On appelle trace de A, notée Tr(A), la somme de ses coefficients diagonaux : Tr(A) = a) Montrer que : ∀(A,B) ∈ Mn (K)2 ,∀λ ∈ K, Tr(λA + B) = λTr(A) + Tr(B) .

n 0

aii .

i=1

Tr(AB) = Tr(BA) et

b) En déduire que ∀A ∈ Mn (K),∀P ∈ Gln (K), Tr(PAP −1 ) = Tr(A) .

4.10 Puissances d'une matrice à paramètre à l'aide d'une relation polynômiale m Soit A =  1 1 

1 m 1

 1 1  où m ∈ R . m

a) Donner le rang de A en fonction de m. 65

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Chapitre 4 • Systèmes linéaires et calcul matriciel

b) Montrer qu'il existe deux réels a et b tels que : A2 = aA + bI3 . Pour quelles valeurs de m la matrice A est-elle inversible ? c) Établir qu'il existe deux suites réelles (an )n∈N et (bn )n∈N telles que : ∀n ∈ N, An = an A + bn I3 . d) En déduire la matrice An en fonction de n ∈ N et m ∈ R .

4.11 Puissances d'une matrice à paramètre à l'aide de la formule du binôme 0  1  Soit A =   m  1 m2 

m

m2

0

 m   où m ∈ R∗.   0

1 m



a) Calculer (A + I3 )(A − 2I3 ). b) Soient B =

1 1 (A + I3 ) et C = (2I3 − A) . Déterminer Bn et Cn pour tout n ∈ N . 3 3

c) En déduire la matrice An pour tout n ∈ N .

4.12 Calcul matriciel et suite récurrente d'ordre 3 (d'après Agro-Véto 2006) a Soit (a,b) ∈ R . On pose J(a,b) =  0 0 

2

1 a 0

a) Déterminer J(a,b)n pour tout n ∈ N .

 0 0 . b

b) On considère la suite (vn )n∈N définie par : -

v0 = 0, v1 = 0, v2 = 1 ∀n ∈ N, vn+3 = −vn+2 + 5vn+1 − 3vn 

 vn (i) Pour n " 2 , on pose : Vn =  vn−1  . Montrer qu'il existe une matrice N ∈ M3 (R) telle vn−2 que : Vn+1 = NVn . ∀n " 2, En déduire la valeur de Vn en fonction de V2 et N.   1 3 9 (ii) On pose P =  1 2 −3  . Montrer que P est inversible et calculer P−1. Vérifier ensui1 1 1 te que N = PJ(1,−3)P−1 et en déduire Nn en fonction de P , P−1, J(1,−3) et n ∈ N . (iii) Donner alors l'expression de vn en fonction de n ∈ N .

4.13 Matrices positives et monotones Une matrice A = ((ai j )) 1!i!n ∈ Mnp (R) est dite positive lorsque : 1! j! p

∀(i, j) ∈ [[1,n]] × [[1, p]], On le notera alors : A " 0. 66

ai j " 0

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Les méthodes à retenir

Une matrice A = ((ai j )) 1!i!n ∈ Mn (R) est dite monotone lorsque : 1! j!n

(i) A est inversible (ii) A−1 " 0 a) Montrer que A ∈ Mn (R) est monotone si et seulement si : '

∀X ∈ Mn1 (R),  2   −1  b) Montrer que A =   0  .  .. 0

−1 .. . .. ..

.

. ...

0 .. . .. . .. .

... .. . .. . .. .

0

−1

AX " 0 '⇒ X " 0

(

0  ..  .    0  ∈ Mn (R) est monotone.  −1  2

4.14 Parties symétrique et antisymétrique d'une matrice On note Sn (K) l'ensemble des matrices symétriques d'ordre n à coefficients dans K et An (K) l'ensemble des matrices antisymétriques d'ordre n à coefficients dans K . Démontrer que pour tout M ∈ Mn (K) , il existe un unique couple de matrices (A,S) ∈ An (K) × Sn (K) tel que M = A + S.

4.15 Ensemble particulier de matrices (d'après Esc-Eap 2003) a) Déterminer les fonctions dérivables f : R −→ R telles que : ∀(x,y) ∈ R2 ,

f (x + y) = f (x) + f (y)

b) Soit E l'ensemble :   1  E = M(a,b,c) =  0  0

a 1 0

  b  c  ,(a,b,c) ∈ R3  1

(i) Vérifier que E est stable par produit et passage à l'inverse, c'est-à-dire : © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

• pour toutes matrices M et M) de E, MM) ∈ E ;

• toute matrice M de E est inversible et son inverse appartient à E.

(ii) Deux matrices quelconques de E commutent-elles ?

(iii) On dira que la matrice M(a(t),b(t),c(t)) est dérivable en t0 si les trois fonctions a,b,c sont dérivables en t0 . Déterminer les applications ϕ définies sur R à valeurs dans E par : 4 5 ϕ : t *→ M a(t),b(t),c(t) dérivables sur R et telles que :

(∀t ∈ R) (∀t ) ∈ R)

ϕ(t + t ) ) = ϕ(t) × ϕ(t ) ) 67

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Page 68

Chapitre 4 • Systèmes linéaires et calcul matriciel

Du mal à démarrer ? Utiliser l'algorithme du pivot de Gauss.

4.2

Ne pas oublier de vérifier l'existence de ces produits.

b) Procéder par identification.

4.3

a) et b) Revenir à la définition de l'inversibilité.

c) Raisonner par récurrence puis revenir à la définition de l'inversibilité.

c) Utiliser la méthode du système linéaire.

4.4

Utiliser l'algorithme de Gauss. La recherche de pivots va conduire à une discussion sur la valeur du paramètre m.

4.5

a) Conjecturer des formules puis les vérifier par récurren-

ce. b) Utiliser la formule du binôme.

4.6

4.7

a) Conjecturer une formule puis la démontrer par récur-

rence. b) Utiliser une analogie avec les suites réelles géométriques.

4.8

a) Utiliser la version matricielle de l'algorithme de Gauss.

d) Utiliser les relations obtenues en c) entre an+1, bn+1, an et bn.

4.11

a) et b) Conjecturer des formules puis les vérifier par récurrence. c) Relier A à B et C puis utiliser la formule du binôme.

4.12

a) Conjecturer une formule puis la vérifier par récurrence.

b) Utiliser une analogie avec les suites réelles géométriques. a) Utiliser une démonstration par récurrence.

b) Utiliser les relations obtenues en a) entre an+1, bn+1, an et bn. 6 7n c) Pour n ∈ Z et A matrice inversible, A−1 = A−n ...

a) et b) Revenir à la définition de l'inversibilité.

c) Utiliser la formule du binôme.

4.9

a) Introduire des notations pour les coefficients des matrices qui entrent en jeu. b) Utiliser le a).

68

4.10

4.1

4.13

a) Montrer que si A n'est pas inversible alors ∃X0 ∈ M n1 (R) tel que AX0 = 0 et X0 ,= 0. b) Utiliser le a)

4.14

Procéder par analyse-synthèse.

4.15

a) Dériver la relation vérifiée par f.

b) Donner une formule générale pour le produit de deux éléments de E. Pour déterminer la fonction ϕ, utiliser le a).

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Corrigés des exercices 4.1 a) Appliquons l'algorithme du pivot de Gauss : (S) ⇐⇒

      

(S) ⇐⇒

      

(S) ⇐⇒

   

x

x

x

− 2 3 5

y + y −2 y −3 y −3

−

y y

−

= 2 = −1 = 1 = 0

+ z − z 0 2 z

y y

= 2 = −1 = −3 = −5

z z z z

+ −

  

(L3 ) (L1 − 3L3 ) (L2 − 2L3 ) (L4 − 4L3 )

Il y a trois pivots : le système est de rang 3 mais la dernière équation rend le système incompatible. L'ensemble des solutions est vide : S = ∅. b) La dernière ligne peut fournir le premier pivot :  = 1 ( 12 L3 )  x +2 y (S) ⇐⇒ −3 y − z = −1 (L1 − L3 )  −3 y − z = −1 (L2 − 32 L3 ) (S) ⇐⇒

-

x

y y

+2

+ 13

= 1 z = 13

 x = 8 (S) ⇐⇒ ∃α ∈ R y =  z =

(S) ⇐⇒

  

( 13 L3 ) (L2 − 23 L3 ) v (L4 − 53 L3 )

= 2 = −1 = 0 (L4 ) = 1 (L3 )

z z z 0

d) On garde la première ligne pour le premier pivot.

(− 13 L2 )

+

y 2y 2y

+ z − + 2z − + 2z

t 2t

= 1 = −1 = −2

(L1 − L2 ) (L1 − L3 )

 3 x =    2    8  y = −α − 1 (S) ⇐⇒ ∃α ∈ R  z = α      1 t = − 2

Il y a trois pivots : le système est de rang 3. L'ensemble des solutions est : ( 9 -' 8 1 3 4 ∈R α∈R ,−α − 1,α,− S= 2 2 e) La deuxième ligne peut fournir le premier pivot :  (L2 )  x + y − z = −2 (S) ⇐⇒ −4 y +4 z = 11 (L1 − 3L2 )  3 y = 1 (L2 + L3 ) (S) ⇐⇒

1 (1 + 2α) 3 1 (1 − α) 3

α

Le système est de rang 2. L'ensemble des solutions est : 9 ( -' 8 1 1 (1 + 2α), (1 − α),α ∈ R3 α ∈ R S= 3 3

x

(S) ⇐⇒

     

x

      

x

y

+

−

y

= −2 1 3 37 = 12 =

    

     

z

z

3 4 1 = 3 37 = 12 =

y z

1 ( L3 ) 3 1 ( L2 + 13 L3 ) 4 (L 1 − L 2 + L 3 )

c) On choisit la deuxième ligne pour le premier pivot.  (L2 )  x − y − z = 2 (S) ⇐⇒ 3 y +3 z = −3 (L1 − 2L2 )  3 y +3 z = −5 (L3 − 4L2 )

Le système est de rang 3 et est composé de 3 équations à 3 inconnues : on a donc un système de Cramer et donc une unique solution. L'ensemble des solutions est le singleton : (9 -' 3 1 37 S= , , 4 3 12

( 13 L2 ) (L3 − L2 )

f) On garde les deux premières lignes pour les deux premiers pivots.

(S) ⇐⇒

  

x

−

y y

− z = 2 + z = −1 0 = −2

Il y a deux pivots : le système est de rang 2 mais la dernière équation rend le système incompatible. L'ensemble des solutions est vide : S = ∅. 69

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(S) ⇐⇒

(S) ⇐⇒

(S) ⇐⇒

        

x1

8:12

Page 70

+ 2x2

−

x3 +3 x4

= 0

x2

+

x3 −2 x4 +2 x5 = 0

d) En utilisant la disposition pratique et les formules classiques de trigonométrie, on obtient : B

− 3x2 −3 x3 −6 x4 −4 x5 = 0 (L 3 − 2L 1 )

    

x1

     

x1

   

7/07/10

+ 2x2 − x3

+3

x4

+ x3

−2

x4 +2 x5 = 0

x2

'

= 0

'

−12 x4 +2 x5 = 0 (3L 2 + L 3 ) +2

x2

− x3 +3

x4

= 0

x2

+ x3 −2

x4

+2 x5 = 0

x4

−

    

  x   1        x2  : (S) ⇐⇒ ∃(α,β) ∈ R2 x3        x4      x5

'

2 −5

1 0

(

'

2 −5

A

=

−1 3

8 −10

( 1 5

(

A×B

b) Le produit est impossible car les tailles ne correspondent pas. c) En utilisant la disposition pratique on obtient : B −1  2  5 0 2 

70

0

−5 −3 1 A

1 0 4 



−5  −8  

22



A×B

(

−( sin (x + y)) cos (x + y)

(

A×B

U

0 1 0 

1 β 6 β

=

cos (x + y) sin (x + y)

 5 2 0

0 1 0  0 0 1

 5 2 0

 0 5 0 0 2 5 1 0 2   5 0 10 2 5 4  0 2 5



17 β 6 5 = −α − β 3 = α



'

−( sin (y)) cos (y)

4.3 a) Calculons les puissances successives de U :

= 3α +

B 2 4

(

1 1 x5 = 0 (− L 3 ) 6 12

4.2 a) En utilisant la disposition pratique on obtient : 1 0

−( sin (x)) cos (x) A

0 0 1 U

0 0 1 5 2 0 U2

 5 2 0  0 5 2

U2 

Il y a trois pivots : le système est de rang 3. L'ensemble des solutions est : 9 -' ( : 17 5 1 S = 3α + β,−α − β,α, β,β ∈ R5 (α,β) ∈ R2 6 3 6

'

cos (x) sin (x)

cos (y) sin (y)

0 1 0 

0 0 1 U

U3

remarque que U3 = 2U + 5I3 donc 1 1 2 U × (U − 2I3 ) = I3 et (U2 − 2I3 ) × U = I3 . 5 5 1 On en déduit que U est inversible et U−1 = (U2 − 2I3 ) . 5   2 − 1 0   5   −1 U =  0 0 1   1 0 0 5 b) Calculons (U − aI3 )(U − bI3 ) : On

(U − aI3 )(U − bI3 ) =   ab + 2 −a − b + 1 −a − b + 1    −a − b + 1 ab + 2 −a − b + 1    −a − b + 1 −a − b + 1

ab + 2

On a donc (U − aI3 )(U − bI3 ) = 0 si, et seulement si, les réels a et b vérifient le système somme-produit :   a + b =1 

ab = −2

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Page 71

Ce sont donc les racines du trinôme X2 − X − 2 c'est-à-dire 2 et −1.

Ainsi (U − 2I3 )(U + I3 ) = 03 . On obtient après développement 1 1 U × (U − I3 ) = I3 et (U − I3 ) × U = I3 2 2 La matrice U est donc inversible et  −1 1  1 U−1 =  1 −1 2 1

1

1



AX = Y ⇐⇒

−1

= 5a − 2b

x y

=

c

(L1 − 2L2 )

b − 2a

Le système est de rang 2 et est composé de 2 équations à 2 inconnues : on a donc un système de Cramer, et donc A est inversible. De plus :   5 −2  A−1 =  −2 1   x • Considérons le système BX = Y avec X =  y  et z   a Y = b

CX = Y ⇐⇒

BX = Y ⇐⇒

BX = Y ⇐⇒

BX = Y ⇐⇒

  

= a

x

x

+

+

y

+ z =

a

y

− z =

a−b

(L1 − L2 )

y

− z = 2a − c

(2L1 − L3 )

y

+ z =

a

y

− z =

−b + a

0 = c−b−a

− 2i z = −i b

(−i L2 )

= −i c

(−i L3 )

y

z

=

−ia + 2b − (3 − 4i)c

=

−ib + 2c

z =

−ic

y

  

0

−i

  x    • Considérons le système DX = Y avec X =   y  et z

  a    Y= b c

DX = Y ⇐⇒

DX = Y ⇐⇒

DX = Y ⇐⇒

(L 1 − L 2 ) (L2 − L3 )

Le système est de rang 2 et est composé de 3 équations à 3 inconnues : on n'a donc pas un système de Cramer, et donc B n'est pas inversible.

(−i L1 )

0

2x + y + 3z = c

   

   

z

+ 2z = b

x

  

  

+ y +

x

− 2i y + 3i z = −ia

Le système est de rang 3 et est composé de 3 équations à 3 inconnues : on a donc un système de Cramer, et donc C est inversible. De plus :   −i 2 −3 + 4i    C−1 =  2  0 −i 

c

   

iz = c

  

 x   

CX = Y ⇐⇒

iy + 2z = b

  

x

   

i x + 2y − 3z = a

   

CX = Y ⇐⇒

 1  

' ( x et c) • Considérons le système AX = Y avec X = y ' ( a Y= b ; x + 2y = a AX = Y ⇐⇒ 2x + 5y = b ; a x + 2y = AX = Y ⇐⇒ (L2 − 2L1 ) y = b − 2a ;

  x • Considérons le système CX = Y avec X =  y  et z   a Y = b

DX = Y ⇐⇒

      

      

x

   

x

  

x

−

−

x

+ 2y +

x

−

y

y

y

z

= c b

(L2 )

=

c+b

(L2 + L3 )

4y + 3z = a − 2b

(L1 − 2L2 )

+

y

−

= b =

y

      

2x + 2y + 3z = a

+

y z

z

=

b

z

=

c+b

z

= 4c + 6b − a

(−L3 + 4L2 )

=

a − 4b − 3c

(L1 + L2 − L3 )

=

a − 5b − 3c

(L2 − L3 )

= −a + 6b + 4c

71

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Le système est de rang 3 et est composé de 3 équations à 3 inconnues : on a donc un système de Cramer, et donc D est inversible. De plus :   1 −4 −3    D−1 =   1 −5 −3  −1

6

4

Il y a deux pivots : le système est de rang 2 mais la dernière équation rend le système incompatible. L'ensemble des solutions est donc vide : S = ∅. < = Si m ,∈ − 2,1 alors : (S) ⇐⇒

4.4 a) La troisième ligne fournit le premier pivot : (S) ⇐⇒

(S) ⇐⇒

      

      

y

+ mz = m

x

+

x

+ my +

mx + x

y

+

y

+

(L3 )

z

= m

(L2 )

z

= m

(L1 )

mz

+

=m

(1 − m)y + (m − 1)z

=0

(L1 − L2 )

(m − 1)y + (m 2 − 1)z =

     

m(m − 1) (mL1 − L3 )

• Si m ,= 1 alors :

+

y

+

mz

= m

−

y

+

z

= 0

    

(S) ⇐⇒

   

+ (m + 1)z = m

y x

  

+

y

+

mz

= m

−

y

+

z

= 0

(m + 2)z = m

(

1 L2 ) m−1

1 L3 ) ( m−1

(L3 + L2 )

Si m = −2 alors : (S) ⇐⇒ 72

      

x

+

y

+ mz =

m

y

+

z

=

0

z

m = m+2

   

(

1 L3 ) m+2

Le système est de rang 3 et est composé de 3 équations à 3 inconnues : on a donc un système de Cramer et donc une unique solution. L'ensemble des solutions est le singleton : (9 -' m m m(2m + 1) ,− , S= − m+2 m+2 m+2 b) Pour obtenir des pivots il faut commencer par distinguer trois cas : • Si m = 0 alors : ;

= 0

x y

= 1

• Si m = −1 alors :

Il y a un pivot : le système est de rang 1. L'ensemble des solutions est : 8 = < S = (1 − α − β,α,β) ∈ R3 (α,β) ∈ R2

(S) ⇐⇒

+

Le système est de rang 2 et est composé de 2 équations à 2 inconnues : on a donc un système de Cramer et donc une unique solution. L'ensemble des solutions est le singleton : < = S = (0,1)

 x = 1−α−β   8 2 (S) ⇐⇒ ∃(α,β) ∈ R y = α    z = β

x

x

(S) ⇐⇒

• Si m = 1 alors :  x + y + z = 1    (S) ⇐⇒ 0 = 0    0 = 0

     

    

y

=

0

y

+ z =

0

0 = −2

(S) ⇐⇒

;

y x

2

=

= −1

Le système est de rang 2 et est composé de 2 équations à 2 inconnues : on a donc un système de Cramer et donc une unique solution. L'ensemble des solutions est le singleton : < = S = (−1,2) < = • Si m ,∈ − 1,0 alors : (S) ⇐⇒

    

x

+

m+1 y m

=

(2m + 1)y =

   

1 Si m = − alors : 2 ; x − y = −2 (S) ⇐⇒ 0 = 0 (S) ⇐⇒ ∃α ∈ R

8

;

x = α−2 y =

α

1 m

'

1 L2 m

(

−2m 2 + m + 1 ! " (m + 1)L2 − mL1

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Il y a un pivot : le système est de rang 1. L'ensemble des solutions est : < 8 = S = (α − 2,α) ∈ R2 α ∈ R < 1 = • Si m ,∈ − 1,− ,0 alors : 2 (S) ⇐⇒

  

x

+

m+1 m

 

1 m

y

=

y

= 1−m

(

1 L2 ) 2m + 1

Le système est de rang 2 et est composé de 2 équations à 2 inconnues : on a donc un système de Cramer et donc une unique solution. L'ensemble des solutions est le singleton : < = S = (m,1 − m)

(S) ⇔

1 alors le système est de rang 2 (donc de Cramer) 2 et admet la solution unique (m,1 − m) .

– si m ,=−

c) La première ligne fournit le premier pivot : (S) ⇔          

x

−

my

+

m2z

=

2m

(m 2 + 1)y − m 2 (1 + m)z = −2m 2 − m + 1

        

(L3 − mL1 ) 2

m(1 − m )z =

2m(1 − m) (L2 − mL1 )

Il y a donc trois valeurs de m qui posent problème :

• Si m = 0 alors :  x    (S) ⇔ y   

= 0 = 1 0 = 0

 x = 0   8 (S) ⇐⇒ ∃α ∈ R y = 1    z = α

Il y a deux pivots : le système est de rang 2. L'ensemble des solutions est : < 8 = S = (0,1,α) ∈ R3 α ∈ R

• Si m = 1 alors :

−

z

2

y

+

2y

− 2z = −2

  

=

0 =

0

 x = 1   8 (S) ⇐⇒ ∃α ∈ R y = α−1    z = α

Il y a deux pivots : le système est de rang 2. L'ensemble des solutions est : 8 = < S = (1,α − 1,α) ∈ R3 α ∈ R

• Si m = −1 alors :

On peut en fait regrouper les deux premiers cas avec le dernier et en conclure que : 1 – si m = − alors le système est de rang 1 et les solu2 tions sont les couples (α − 2,α) avec α ∈ R ;

x

   

x

   

(S) ⇔

y

+

+ z = −2

2y

=

  

0

0 = −4

Il y a deux pivots : le système est de rang 2. La dernière équation rend le système incompatible. L'ensemble des solutions est : S = ∅. < = • Si m ,∈ − 1,0,1 alors :          

x

my

−

m2z

+

2

2m

=

2

2

(m + 1)y − m (1 + m)z = −2m − m + 1 (L3 − mL1 )

        

m(1 − m 2 )z =

2m(1 − m) (L2 − mL1 )

Le système est de rang 3 et est composé de 3 équations à à inconnues : on a donc un système de Cramer, et donc une unique solution. L'ensemble des solutions est le singleton : S=

-'

1−m 2 m(3 − 2m 2 ) , , (m 2 + 1)(1 + m) m 2 + 1 1 + m

(9

4.5 a) Calculons les premières puissances de J : 

1 1 1

1 1 1

  1 2 3 1 = 3 1 3

3 3 3

 3 3 3

1 1 1

1 1 1

  9 1 3 1 = 9 9 1

9 9 9

 9 9 9

  27 1 4 1  =  27 27 1

27 27 27

 27 27  27

 1 1 1 

1 1 1

73

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Page 74

Il semble que ∀n ∈ N∗ , Jn = 3n−1 J. Cette propriété se montre rapidement par récurrence car :

An

Jn+1 = 3n−1 J × J = 3n−1 × 3J = 3n J. D'autre part :

0 0 0

1 0 0



0 0 

1 0 0

0

  0 0 2 1 = 0 0 0 3

0 0 1 = 0 0 0 

0 0 0

 1 0 0

0 0 0

0 0 0 

1 0 0 

n ' ( 0 n k n−k N I3 (I3 + N)n = k k=0

∀n ∈ N,

On en déduit que pour tout entier n " 2 : ' ( n 2 n N A = I3 + nN + 2

A

 0 1 1

1 0 0 



0

1

∀n ∈ N,

;



1 a0 b0    A = I3 =   0 1 a0  

1

• Soit n ∈ N fixé tel que que A puisse s'écrire sous la forme demandée. Calculons A × An : 74



   An =   0 1 an  1

a0 = 0 et ∀n ∈ N, an+1 = an + 1 b1 = 0 et ∀n ∈ N, bn+1 = bn + an

On en déduit que ∀n ∈ N, bn+1 = bn + n. Donc : b1 − b0

=

0

b2 − b1

=

1

.. . bn − bn−1 = n − 1

∀n " 1,

1

• En posant a0 = 0 et b0 = 0, on a bien :

n

1 an bn

En sommant ces égalités, on obtient :

   An =   0 1 an 

0 0

1

b) La suite (an ) est donc arithmétique et ∀n ∈ N, an = n .

a) Démontrons par récurrence que, pour tout n ∈ N , il existe deux nombres réels an et bn tels que :

0

0



4.6



 an+1  

1

• D'après le principe de récurrence, il existe donc deux suites réelles (an )n∈N et (bn )n∈N telles que :

Or A0 = I3 : la formule est encore valable pour n = 0. Elle l'est aussi pour n = 1. Elle est donc vraie pour tout n ∈ N .

0 0



On en déduit de plus que ces deux suites sont définies par :

n(n − 1)  1 n 2   < =  ∀n ∈ N \ 0,1 , An =  n 0 1 

1 an bn

An+1

 an + bn an + 1  1

0 0





an + 1 1 0

1 an+1 bn+1

 An+1 =  0

Donc :

0 0

1 1 0

 bn an  1

an 1 0

En posant an+1 = an + 1 et bn+1 = bn + an , on a bien :

donc, par une récurrence immédiate : ∀n " 3 , Nn = 03 .

b) On remarque que A = I3 + N. Sachant que I3 commute avec toute matrice de M3 (R) on peut utiliser la formule du binôme de Newton :

1 0 0 

bn − b0 = 0+1+2+. . . + (n − 1) =

(n − 1)n 2

(n − 1)n . On vérifie ensuite facilement 2 que cette formule est encore valable pour n = 0. Donc : ∀n " 1 , bn =

On retrouve donc le résultat établi dans l'exercice précédent : n(n − 1)  2    ∀n ∈ N, An =  0 1 n   

1 n

0 0

1

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Or

c) Pour n ∈ Z\N , on pose : p = −n ∈ N n(n − 1)  2   . et Bn =  0 1 n   

1 1  1 1

0 0

1

On a :



 A p × Bn =  0

1

0



n(n − 1) p( p − 1)  + np × 2 2   n+p 

1 n+p 0

1 0 0

1



De même, on vérifie que Bn × A p = I3 . On en déduit que ! "−1 A p = A−n est inversible et que A p = Bn , ou encore que : Bn = A− p = An .

4.7 a) Calculons les premières puissances de A : −1 1

'

1 −1

−1 1

(3

−1 1

(4

'

1 −1

=

'

2 −2

−2 2

(

=

'

4 −4

−4 4

(

=

'

8 −8

−8 8

(

Cela laisse augurer que ∀n ∈ N∗ , An = 2n−1 A, ce qui se vérifie très simplement par récurrence. On en déduit que : ∗

n

∀n ∈ N , A =

4 4 4 4

4 4 4 4

 4 4  4 4

Or bJ = A − (a − b)I4 donc ! " A2 = 2(a + b) A − (a − b)I4 + (a − b)2 I4 = 2(a + b)A + (3b2 − a 2 − 2ab)I4 " ! Alors A A − 2(a + b)I4 = (3b2 − a 2 − 2ab)I4 .

' 2n−1

−2n−1

−2n−1 ( 2n−1

Attention cette formule est fausse pour n = 0. b) (i) On vérifie que : ∀n ∈ N , Wn+1 = AWn .

(ii) Une récurrence immédiate montre que

∀n ∈ N, Wn = An W0 , c'est-à-dire : ; u n = 2n−1 u 0 − 2n−1 v0 ∀n ∈ N∗ , vn = −2n−1 u 0 + 2n−1 v0 Attention ces formules sont fausses pour n = 0.

! " 1 A − 2(a + b)I4 = I4 et : 2 − a − 2ab ! " A − 2(a + b)I4 × A = I4 , donc A est in-

A×

1 3b2 − a 2 − 2ab versible et :

La formule du b) est donc valable pour tout n ∈ Z .

1 −1

  4 1 2 4 1  = 4 1 4 1

On en déduit que A2 = 2b(a + b)J + (a − b)2 I4 .

Alors :

0 0 1

(2

1 1 1 1

• Si 3b2 − a2 − 2ab ,= 0.

   =   0 1 0  = I3

'

1 1 1 1



1 n

A−1 =

3b2

! " 1 A − 2(a + b)I4 3b2 − a 2 − 2ab

qui s'écrit encore :

A−1



  1  = 2  3b − a 2 − 2ab  

−a − 2b

b

b

b

b

−a − 2b

b

b

b

b

−a − 2b

b

b

b

b

−a − 2b

• Si 3b2 − a2 − 2ab = 0.

      

Montrons que A n'est pas inversible. Par l'absurde supposons que A est inversible. ! " Alors : A A − 2(a + b)I4 = (3b2 − a 2 − 2ab)I4 = 04

donne, en multipliant à gauche par A−1 : A = 2(a + b)I4 . En identifiant les coefficients, ceci impose que a = b = 0 , i.e. que A = 04 . Comme la matrice nulle n'est pas inversible, on a donc une contradiction. On a donc : A non inversible. • Conclusion : A est inversible ⇐⇒ 3b2 − a 2 − 2ab ,= 0.

c) Comme A = bJ + (a − b)I4 et comme I4 et J commutent, on peut calculer An à l'aide de la formule du binôme : n ' ( 0 n k k b J (a − b)n−k ∀n ∈ N, An = k k=0

on peut vérifier par une récurrence immédiate que, pour tout k " 1 : Jk = 4k−1 J .

4.8 a) On vérifie que A = bJ + (a − b)I4 . b) Les matrices J et I4 commutant, on a :

A2 = b2 J2 + 2b(a − b)J + (a − b)2 I4 . 75

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Ainsi, pour tout n " 1 : An

n ' ( 0 !" n k k b J (a − b)n−k = n0 b0 J0 (a − b)n + k k=1 n ' ( 0 n k−1 k 4 b (a − b)n−k J = (a − b)n I4 + k k=1 > n ' ( n k k 1 0 4 b (a − b)n−k J = (a − b)n I4 + 4 k=1 k

= (a − b)n I4 + > n ' ( 1 0 n (4b)k (a − b)n−k − (a − b)n J 4 k=0 k

1 ((a − b + 4b)n − (a − b)n ) J 4 1 = (a − b)n I4 + ((a + 3b)n − (a − b)n ) J 4 = (a − b)n I4 +

grâce à une simple application de la formule du binôme dans R .

Tr(λA + B) = λTr(A) + Tr(B) " ! " ! " ! Tr P(AP−1 ) = Tr (AP−1 )P = Tr A(P−1 P) = Tr(A) b) par associativité du produit matriciel.

4.10 a) • Si m = 1 les trois lignes sont identiques :  rg(A) = rg   0

• Si m ,= 1 choisissons la deuxième ligne pour le premier pivot :   (L2 ) m 1 1    rg(A) = rg   0 1 − m m − 1  (L3 − L2 ) 0

1  = rg   0 

0

n

1  = rg   0 

0

3

!! "" !! "" !! "" 4.9 a) Notons A = ai j , B = bi j , AB = ci j !! "" et BA = di j . • Nous savons que ci j = Tr(AB) =

n 0

n 0

i=1

aik bk j et donc que :

k=1

cii =

On obtient de même que : Tr(BA) =

n '0 n 0 i=1

n '0 n 0 i=1

aik bki

k=1

bik aki

k=1

(

k=1

k=1

k=1

• Tr(λA + B) = 76

n 0 i=1

i=1

k=1

(λaii + bii ) = λ

n 0 i=1

aii +

n 0 i=1

bii donc

(L1 − mL2 )



 1 (L2 ) −1   1−m 1 1+m 1 (L3 ) 1−m  m 1  −1  1  1

0

m+2

0 0 < = Si m ,∈ −2,0 il y a trois pivots : 1

m

 rg(A) = rg   0

1

(L3 − (1 + m)L2 )

0

1

0



 −1   1

Donc : rg(A) = 3 .

1 (L 3 ) m+2

b) Calculons A2 :

A

i=1

en permutant les signes %. Ainsi : ( 0 n '0 n n 0 Tr(BA) = aki bik = ckk = Tr(AB).

1

m

0

Il suffit de remarquer que : ( 0 ( n '0 n n '0 n 0 Tr(BA) = bik aki = bik aki i=1

1 − m2 1 − m

Si m = −2 il n'y a donc que deux pivots :   1 −2 1    rg(A) = rg   0 1 −1  = 2 

(

(L3 − L1 )

0 0

Donc : rg(A) = 1 .

On a donc, pour tout n ∈ N :

−1 −1



 0 0  (L2 − L1 )

0

On vérifie facilement que cette formule est vraie pour n = 0. 1 1 A = (a + 3b)n J + (a − 3b)n K 4 4   3 −1 −1    où K =   −1 3 −1  .

1 1

1



m 1 1 

m 1 1 

1 m 1 A

 1 1 m

m2 + 2  2m + 1 

2m + 1

1 m 1 2m + 1 m2 + 2 2m + 1 A2

 1 1 m

 2m + 1 2m + 1  m2 + 2

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Page 77

On remarque que :

Ainsi (an ) est une suite récurrente linéaire d'ordre 2.

A2 = (2m + 1)A+(2 − m − m 2 )I3

Son équation caractéristique est :

= (2m + 1)A+(m + 2)(1 − m)I3 .

! " De plus : A × A − (2m + 1)I3 = (m + 2)(1 − m)I3 .

• Si m ∈{− / 2,1}. On a :

! " 1 A − (2m + 1)I3 (m + 2)(1 − m) ! " 1 A − (2m + 1)I3 × A = (m + 2)(1 − m)

X2 − (2m + 1)X − (m + 2)(1 − m) = 0 . Son discriminant vaut & = 9 (ce qui est inespéré !).

& > 0 donc cette équation a deux racines réelles qui sont 2m + 1 − 3 2m + 1 + 3 = m − 1 et = m + 2. 2 2 On en déduit qu'il existe (λ,µ) ∈ R2 tel que :

A×

an = λ(m − 1)n + µ(m + 2)n

∀n ∈ N,

Or 0 = a0 = λ + µ et 1 = a1 = λ(m − 1) + µ(m + 2) . 1 On en déduit que λ = − = −µ. Donc : 3

= I3

Donc A est inversible et : A−1

an =

∀n ∈ N,

! " 1 = A − (2m + 1)I3 (m + 2)(1 − m)

1 ((m + 2)n − (m − 1)n ) 3

On en déduit, d'après (ii) que :

• Si m = −2 ou m = 1.

Montrons que A n'est pas inversible. Par l'absurde supposons que A est inversible.

En multipliant à gauche par A−1 l'égalité : ! " A × A − (2m + 1)I3 = 03 , on obtient A = (2m + 1)I3 , ce qui est absurde. Donc A n'est pas inversible.

• Conclusion : A est inversible ⇐⇒ m ∈{− / 2,1}.

c) On va démontrer par récurrence que, pour tout n ∈ N, il existe deux nombres réels an et bn tels que : An = an A + bn I3 .

• Cette propriété est vraie au rang 0, en posant a0 = 0 et b0 = 1.

• Soit n ∈ N fixé tel que la propriété est vraie au rang n.

En utilisant la relation obtenue dans la question précédente, on a: An+1 = A × An = an A2 + bn A ! = an (2m + 1) + bn )A + an (m + 2)(1 − m)I3

∀n ∈ N, bn+1 =

" 1! (1 − m)(m + 2)n+1 + (m + 2)(m − 1)n+1 3

donc (en posant n ) = n + 1) : ∀n " 1, bn =

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

et on vérifie facilement que cette formule est aussi valable pour n = 0. Finalement, on a :

1 1 (m + 2)n J + (m − 1)n K 3 3     1 1 1 2 −1 −1        avec J =   1 1 1  et K =  −1 2 −1  . ∀n ∈ N,

An =

1 1 1

−1 −1

4.11 a) Effectuons le produit :

A − 2I3

Si on pose : an+1 = an (2m + 1) + bn et bn+1 = an (m + 2)(1 − m), on a bien : An+1 = an+1 A + bn+1 I3 .

• D'après le principe de récurrence, il existe donc deux suites réelles (an )n∈N et (bn )n∈N telles que : n

∀n ∈ N , A = an A + bn I3 .

Elles sont définies par les relations : ; a0 = 0 et ∀n ∈ N, an+1 = an (2m + 1) + bn

b0 = 1 et ∀n ∈ N, bn+1 = an (m + 2)(1 − m)

(ii)

d) Combinons les relations (i) et (ii) : ∀n ∈ N,

  

(i)

an+2 = (2m + 1)an+1 + (m + 2)(1 − m)an

2

1 1 m 1 m2

m 1 1 m

A + I3

2

m m  1



−2 1 m 1 m2

1 m

0 0 

m −2

0

0 0 0

 m2 m  −2  0 0 0

Donc : (A + I3 )(A − 2I3 ) = 03 .

b) On remarque que B2 = B et C2 = C donc une récurrence immédiate montre que Bn = B et Cn = C pour tout entier naturel non nul. 77

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c) On a : 2B − C = A . On vérifie alors, grâce à la question a), que CB = 03 = BC , on peut donc appliquer la formule du binôme de Newton : n ' ( 0 n k k 2 B (−1)n−k Cn−k ∀n ∈ N, An = k k=0 Pour n " 2 , on a donc : An = (−1)n Cn +

n−1 ' ( 0 n k k 2 B (−1)n−k Cn−k + 2n Bn k k=1

Or si k ∈ [[1,n − 1]] :

    a x        Considérons le système PX = Y avec X =   y et Y =  b  PX = Y ⇔

PX = Y ⇔

Bk Cn−k = BC × Bk−1 Cn−k−1 = 03 × Bk−1 Cn−k−1 = 03 . On a donc : ∀n " 2,

n

A

n

n

n

n

= (−1) C + 03 + 2 B

Pour finir on vérifie que cette formule reste vraie pour n = 0 et n = 1. Conclusion : ∀n ∈ N,

donner une idée :  a 1 0 a 0 0 1 a 0

a 0 0 

 2  0 2 a 0 =  0 0 b

2a a2 0

 0 0 b2

    

x

  

 3  0 3 a 0 =  0 0 b

3a 2 a3 0

 0 0 b3

∀n ∈ N∗ ,



a n na n−1

 J(a,b)n =  0

an

0

0

0

0

Une récurrence immédiate montre que : ∀n " 2,

Vn = Nn−2 V2

ii) Déterminons si P est inversible.

y

+9

y

+12 z = a − b

(L1 − L2 )

y

+8

z = a−c

(L1 − L3 )

x

+2 y −3 z = b

x

+

y

+3

+3

+3

z = c

+

z = a

y

+9

z = a

y

+12 z =

a−b

16

z = a − 2b + c

y

+9

z

=

a

y

+12

z

=

a−b

z

=

a − 2b + c 16

   

(L1 − L2 ) (2L2 − L3 )

(L1 − L2 ) (

1 L3 ) 16

Le système est de Cramer : P est donc inversible.

PX = Y ⇔

x

            



−5a − 6b + 27c 16 a + 2b − 3c = 4 a − 2b + c = 16 =

y z −5 −6

1   4 16  1

8 −2

27



 −12   1

On vérifie que P × J(1,−3) × P−1 = N .



 0 

Une récurrence immédiate montre que ∀n ∈ N,

Nn = P × J(1,−3)n × P−1

iii) On a donc : ∀n " 2,

Vn = P × J(1,−3)n−2 × P−1 × V2 J(1,−3)n−2

bn

b) i) On vérifie que ∀n " 2 , Vn+1 = NVn avec   −1 5 −3    N=  1 0 0  1

c

+3 y +9 z = a

2 x

Ainsi P−1 =

On peut alors vérifier par une récurrence immédiate que :

78

  

z

x

x

   

7 7 16 n 16 An = 2 − (−1)n A + 2(−1)n + 2n I3 3 3

4.12 a) Regardons les premières puissance de J(a,b) pour nous

0

PX = Y ⇔

  

   

PX = Y ⇔

= (−1)n C + 2n B 7 7 16 n 16 2 − (−1)n A + 2(−1)n + 2n I3 = 3 3

   

1 0 0  1 1 1 

1 1 1 

3 2 1 P

 9 −3  1

n−2 1 0 n+1 n n−1

 0  0 n−2 (−3)  (−3)n n−1  (−3) (−3)n−2

P × J(1,−3)n−2

puis on calcule P × J(1,−3)n−2 × P−1 :

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 4n + (−3)n − 1 16    4n + (−3)n−1 − 5   16   4n + (−3)n−2 − 9 16

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4n − (−3)n + 1 8 4n − (−3)n−1 − 3 8 n−2

4n − (−3) 8

−7

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Page 79

−12n + (−3)n + 15  16   −12n + (−3)n−1 + 27    16   n−2 −12n + (−3) + 39 16

et enfin on obtient :   1    Vn = P × J(1,−3)n−2 × P−1 ×  0 0

c'est-à-dire :

lutions. On peut donc considérer X0 ∈ Mn1 (R) solution non nulle de AX = 0. Comme AX0 = 0 " 0 , notre hypothèse impose que X0 " 0.

Mais on a aussi : A(−X0 ) = −(AX0 ) = 0 " 0 . Or X0 étant positive, −X0 ne l'est pas (car X0 est non nul).

Si on pose X1 = −X0 , on a donc trouvé une matrice X1 ∈ Mn1 (R) telle que A(X1 ) soit positive sans que X1 soit positive ce qui est absurde. La matrice A est donc inversible. !! "" • Notons: A−1 = bi j 1!i, j !n et, pour tout j ∈ [[1,n]] : !! "" B j = bi j 1!i !n . Remarquons que B j représente la j-ème colonne de A−1 .

∀n " 2,

 4n + (−3)n − 1  16      4n + (−3)n−1 − 5   Vn =    16     4n + (−3)n−2 − 9 16

On en déduit que : ∀n " 2,

vn−2 =

4(n − 2) + (−3)n−2 − 1 16

Finalement (en posant n ) = n − 2) : ∀n ∈ N,

4n + (−3)n − 1 vn = 16

4.13 a) '⇒ Si A est monotone. Soit X ∈ Mn1 (R) tel que

AX " 0 . Notons B = AX : B est positive. Comme A est monotone, elle est en particulier inversible. On a donc X = A−1 B . Or B est positive et A−1 aussi car A est monotone. On a alors, pour tout i ∈ [[1,n]] : Xi1 =

n 6 7 0 A−1 [i,k] × B[k,1] " 0 k=1

(sommes et produits de termes positifs). Donc X est aussi positif. On a donc montré que si A est monotone alors, toute matrice colonne X telle que AX soit positive, est elle-même positive. ! " ⇐ Si ∀X ∈ Mn1 (R), AX " 0 '⇒ X " 0

• Supposons que A ne soit pas inversible. On a par théorème : rg(A) < n .

En terme de systèmes linéaires, cela signifie que le système linéaire AX = 0 d'inconnue X ∈ Mn1 (R) est de rang < n . Il n'est donc pas de Cramer, et vu qu'il est compatible (X = 0 est solution), on sait par théorème qu'il admet une infinité de so-

D'une part, AA−1 = In donc AA−1 " 0. D'autre part, pour j ∈ [[1; n]], le vecteur colonne ABj est donné par :  ?n

k=1

ABj

A[1,k] × B j [k,1]



    ..   .    ?   n =  k=1 A[i,k] × B j [k,1]      ..     .   ?n A[n,k] × B [k,1] j k=1  ?n

! "  A[1,k] × A−1 [k, j]     ..   .    ? ! "   n −1 =  k=1 A[i,k] × A [k, j]        ..   .   ! −1 " ?n A[n,k] × A [k, j] k=1 k=1

donc ABj est le j-ème vecteur colonne de AA−1 . Il est donc positif. D'après notre hypothèse on a donc B j " 0, ceci pour tout entier j ∈ [[1; n]]. On en déduit que A−1 " 0.

Finalement, A est monotone.   x1    x2      b) Soit X =  ..  tel que AX soit positive.  .      xn

79

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Alors AX " 0 2 x − 1       − x1 +2       −            

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signifie :

"0

x2 x2

−

x3

x2 +2

x3

"0 −

"0

x4

··· xn−2 +2 xn−1

−

−

−

xn " 0

xn−1 +2 xn " 0

 2 x1 − x2       3 x2 −2 x3        4 x3 −3 x4    ···      n xn−1 −(n − 1) xn            (n + 1) xn

Ce calcul prouve que S est symétrique, donc : S ∈ Sn (K).

' De même, on a : A @ " 1! t A=t M − tM 2 ' ' ' (( ( 1 t 1 t = M − t tM = M − M = −A 2 2 Ce calcul prouve que A est antisymétrique, donc : A ∈ An (K).

' Pour finir :

"0 "0

(L1 + 2L2 )

" 0 (L1 + 2L2 + 3L3 ) "0

(L1 + · · ·

A+S=

On a donc démontré l'existence de la décomposition. • Conclusion. On a donc démontré qu'il existe un unique couple (A,S) tel que : M = A + S où A ∈ An (K) et S ∈ Sn (K)

+(n − 1)Ln−1 )

" 0 (L1 + · · · + nLn )

On en déduit que xn " 0 puis, de proche en proche, que ∀k ∈ [[1,n]], xk " 0 , c'est-à-dire que X est positive.

Ainsi, on a montré que : ! " ∀X ∈ Mn1 (R), AX " 0 '⇒ X " 0 La matrice A est donc monotone.

4.14 On va raisonner par analyse-synthèse (ou encore par conditions nécessaires et suffisantes).

On sait de plus que : S =

4.15

M = A + S où A ∈ An (K) et S ∈ Sn (K)

On a alors : t M = t A + t S = −A + S.

En additionnant et en soustrayant ces deux égalités, on en dé" " 1! 1! duit que : S = M + t M et A = M − t M . 2 2 Ceci prouve l'unicité de la décomposition (si elle existe), puisque S et A sont définis de manière unique en fonction de M . • Synthèse ( = conditions suffisantes). On va prouver l'existence de la décomposition de M . Pour cela on s'inspire des formules obtenues dans l'analyse. Concrètement, on commence donc par poser : " " 1! 1! S = M + t M et A = M − t M 2 2 On va alors vérifier que A et S satisfont les conditions demandées : ' On a, d'après les propriétés de la transposée : A @ " 1! t S=t M + tM 2 = 80

" ! " " 1! 1 !t B M + t tM B = tM + M = S 2 2

" " 1! 1! M + t M et A = M − t M . 2 2

a) Comme dans l'exercice précédent on utilise un raisonnement par analyse-synthèse. • Analyse ( = conditions nécessaires). On suppose l'existence d'une solution f. On fixe y ∈ R . On a : ∀x ∈ R , f (x + y) = f (x) + f (y) . Comme la fonction f est dérivable sur R , on en déduit que : ∀x ∈ R,

On se fixe M ∈ Mn (K) .

• Analyse ( = conditions nécessaires). On suppose l'existence de la décomposition de M :

" 1! " 1! M + tM + M − tM = M 2 2

f ) (x + y) = f ) (x) + 0 = f ) (x)

En particulier, pour x = 0 : f ) (y) = f ) (0). Ceci étant valable pour tout y ∈ R , on en déduit que f ) est constante sur R . ! "2 Il existe donc (a,b) ∈ R∗ tel que : ∀x ∈ R , f (x) = ax + b.

• Synthèse ( = conditions suffisantes). On vient de voir que les éventuelles solutions sont de la forme x *−→ ax + b avec (a,b) ∈ R2 . On va maintenant vérifier si ces fonctions sont bien toutes des solutions (peut-être y a-t-il des conditions supplémentaires sur les réels a et b ?. . . ). On se fixe donc (a,b) ∈ R2 et on note f la fonction définie sur R par : f (x) = ax + b. Vérifions que f est bien solution : ' f est une fonction polynôme donc est dérivable sur R . ' Pour tout (x,y) ∈ R2 : f (x + y) = a(x + y) + b = ax + ay + b et : Donc :

f (x) + f (y) = ax + ay + 2b

f vérifie la condition demandée ⇐⇒ 2b = b ⇐⇒ b = 0 .

• Conclusion. Les fonctions solutions sont toutes les fonctions f : x *−→ ax où a ∈ R . b) (i) • Formons le produit de deux matrices M1 = M(a1 ,b1 ,c1 ) et M2 = M(a2 ,b2 ,c2 ) de E :

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et :

M2 1 0 0

a2 1 0

 1 0 0

a1 1 0



M1

 b1 c1  1

1 0 0

a1 + a2 1 0



M(a2 ,b2 ,c2 ) × M(a1 ,b1 ,c1 )

 b2 c2  1

= M(a2 + a1 ,a2 c1 + b2 + b1 ,c2 + c1 )

 a1 c2 + b1 + b2  c1 + c2 1

M3 = M1 × M2

En posant a3 = a1 + a2 , b3 = a1 c2 + b1 + b2 et c3 = c1 + c2 , on a : M1 × M2 = M(a3 ,b3 ,c3 ) . Donc M1 × M2 est encore un élément de E. Ceci prouve que E est stable par produit. • Soit M = M(a,b,c) un élément fixé quelconque de E.   x    Considérons le système MV = W avec V =   y  et z



X



   W= Y  Z

MV = W ⇔

x

    

+a

y

+b

z

= X

y

+c

z

= Y

z

= Z

   

Le système est de Cramer donc M est inversible. De plus :

MV = W ⇔

MV = W ⇔

        

    

x +a y +b z = X = Y − cZ (L2 − cL3 )

y

   

z =Z = X − aY + (ac − b)Z

x

(L1 − aL2 − bL3 )

z =Z



1 −a ac − b

 On a donc : M−1 =  0 0

1 0

(iii) Comme au a), on utilise un raisonnement par analyse-synthèse. • Analyse ( = conditions nécessaires). On suppose l'existence d'une solution ϕ. La condition : ∀(t,t ) ) ∈ R2 , ϕ(t + t ) ) = ϕ(t) × ϕ(t ) ) s'écrit : ∀(t,t ) ) ∈ R2 ,

 a(t + t ) ) = a(t) + a(t ) )    c(t + t ) ) = c(t) + c(t ) )    b(t + t ) ) = b(t) + b(t ) ) + a(t)c(t ) )

D'après la question a), les deux premières conditions entraînent qu'il existe deux réels α et γ tels que : a(t) = αt et c(t) = γt

∀t ∈ R,

On a donc, pour tout (t,t ) ) ∈ R2 , b(t + t ) ) = b(t) + b(t ) ) + αγtt ) . Si on dérive cette relation par rapport à t (pour t ) fixé quelconque), on obtient : ∀(t,t ) ) ∈ R2 ,

b) (t + t ) ) = b) (t) + 0 + αγt )

Donc pour t = 0 :



 −c   1

Ces calculs prouvent que M−1 existe et est encore un élément de E. Ainsi E est stable par passage à l'inverse.

(ii) D'après les calculs de la question précédente : = M(a1 + a2 ,a1 c2 + b1 + b2 ,c1 + c2 )

b) (t ) ) = β + αγt )

où on a posé β = b) (0).

Il existe donc une constante δ ∈ R telle que : ∀t ∈ R,

En posant a ) = −a , b) = ac − b et c) = −c , on a : M−1 = M(a ) ,b) ,c) ).

M(a1 ,b1 ,c1 ) × M(a2 ,b2 ,c2 )

a1 = b1 = c1 = a2 = b2 = 1 et c2 = 0 ).

∀t ) ∈ R,

= Y − cZ

y

Ainsi, deux matrices quelconques M(a1 ,b1 ,c1 ) et M(a2 ,b2 ,c2 ) de E commutent si, et seulement si, a1 c2 = a2 c1 . Ceci n'est pas toujours vérifié... (prendre par exemple :

b(t) = δ + βt +

αγ 2 t 2

Mais la relation de départ sur la fonction b avec t = t ) = 0 donne b(0) = 0, i.e. δ = 0. On a donc : ∀t ∈ R,

b(t) = βt +

αγ 2 t 2

Ainsi, si une fonction ϕ vérifie les conditions imposées alors nécessairement elle est définie par : A @ t2 ϕ : t *→ M αt,αγ + βt,γt 2 avec (α,β,γ) ∈ R3

• Synthèse ( = conditions suffisantes). Vérifions que nos conditions nécessaires donnent bien toujours une solution. 81

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On fixe (α,β,γ) ∈ R3 quelconque. On note ϕ la fonction définie par : @ A t2 ϕ : t *→ M αt,αγ + βt,γt 2

' La dérivabilité sur R ne pose pas de problème puisque les fonctions qui entrent en jeu sont polynômiales. )

Donc : ϕ vérifie la condition demandée ⇐⇒ αγ = 0 ⇐⇒ α = 0 ou γ = 0 . • Conclusion. Les solutions sont toutes les fonctions : 4 5 ϕ : t *→ M αt,βt,0 ou :

2

' D'après les calculs du a), pour tout (t,t ) ∈ R : ϕ(t) × ϕ(t ) )

7 6 αγ (t + t ) )2 ,γ(t + t ) ) = M α(t + t ) ),β(t + t ) ) + 2

82

avec (α,β) ∈ R2 .

4 5 ϕ : t *→ M 0,βt,αt

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Espace vectoriel Kn et applications linéaires de K p dans Kn Plan

CHAPITRE

5

Thèmes abordés dans les exercices

Les méthodes à retenir

84

•

Familles de vecteurs libres/liées

Énoncés des exercices

88

•

Espace engendré par une famille de vecteurs

Du mal à démarrer ?

94

•

Dimension

Corrigés

95

•

Bases et coordonnées

•

Applications linéaires

•

Représentation matricielle d'une application linéaire

•

Rang d'une application linéaire

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •

Familles de vecteurs libres/liées

•

Sous-espaces vectoriels de Kn

•

Familles génératrices d'un sous-espace vectoriel

•

Bases d'un sous-espace vectoriel

•

Dimension d'un sous-espace vectoriel

•

Coordonnées d'un vecteur dans une base

•

Opérations sur les applications linéaires

•

Rang d'une famille de vecteurs

•

Noyau et image d'une application linéaire

•

Représentation matricielle d'une application linéaire dans une base

•

Rang d'une application linéaire, d'une matrice, d'un système linéaire

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Chapitre 5 • Espace vectoriel Kn et applications linéaires de K p dans Kn

Les méthodes à retenir • On peut essayer de trouver une relation « évidente » entre les vecteurs de la famille. Dans ce cas, elle est liée. ➥ Exercices 5.1, 5.7 et 5.13 • Si la famille de vecteurs est incluse dans un sous-espace vectoriel E de Kn , et si son cardinal est strictement plus grand que la dimension de E, alors la famille est liée. En particulier, les familles libres de Kn ont au plus n vecteurs. ➥ Exercices 5.1 et 5.7 !− " → − → • Si F = u 1 ,. . . , u p est une famille de p vecteurs de Kn on traduit − → → u + ... + α − u→ = 0 d'inconnues l'équation vectorielle : α − 1

Pour étudier la liberté d'une famille de vecteurs

1

p

p

α1 ,. . . ,α p , par un système linéaire homogène (S) de n équations à p inconnues. Pour cela on utilise qu'une égalité vectorielle et équivalente à l'égalité des composantes (ou des coordonnées dans une base donnée). ➥ Exercices 5.1, 5.6, 5.7 et 5.20

• Si le système (S) est de Cramer, il a pour unique solution : α1 = . . . = α p = 0 . On obtient que F est libre. ➥ Exercices 5.1, 5.6, 5.7 et 5.20 • Si le système (S) n'est pas de Cramer, il a alors une infinité de solutions (car il est homogène). On obtient que la famille F est liée. ➥ Exercices 5.1, 5.7 et 5.20 • L'une quelconque de ces solutions autre que (0,0,. . . ,0) donne alors une relation linéaire entre les vecteurs de F. ➥ Exercices 5.1 et 5.7 • rg(F ) = card(F ) si et seulement si F est libre. ➥ Exercices 5.8, 5.9 et 5.14

Pour étudier le caractère générateur d'une famille de vecteurs

• Si la famille de vecteurs est incluse dans un sous-espace vectoriel E de Kn , et si son cardinal est strictement plus petit que la dimension de E, alors la famille n'est pas génératrice de E. En particulier, les familles génératrices de Kn ont au moins n vecteurs. ➥ Exercice 5.2 !− " u 1 ,. . . ,− u→ • Si F = → p est une famille de p vecteurs de E (E sev de → → n u + ... + α − u→ = − v K ) on traduit l'équation vectorielle : α − 1

1

p

p

d'inconnues α1 ,. . . ,α p , par un système linéaire (S) de n équations à p inconnues. Pour cela on utilise qu'une égalité vectorielle et équivalente à l'égalité des composantes (ou des coordonnées dans une base donnée). ➥ Exercices 5.2, 5.7 et 5.20

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Les méthodes à retenir

→ v ∈ E, alors la famille • Si le système (S) est compatible pour tout − → v ∈ E, E. est génératrice de S'il est de plus de Cramer pour tout − F E. alors on obtient même que est une base de ➥ Exercices 5.2, 5.7 et 5.20 → v ∈ E pour lequel (S) est incom• S'il existe (au moins) un vecteur − → v patible, alors la famille F n'est pas génératrice de E. Le vecteur − en question, fournit un contre-exemple de vecteur de E qui n'est pas combinaison linéaire des vecteurs de F. ➥ Exercice 5.2 • Si F famille de vecteurs de E : rg(F ) = dim(E) si et seulement si F est génératrice de E. ➥ Exercices 5.8, 5.9 et 5.14 • On commence par « intuiter » si la partie considérée est un sousespace vectoriel ou non : une façon d'y arriver est de voir si les conditions définissant la partie sont « linéaires » et « homogènes ». ➥ Exercices 5.3, 5.5 et 5.11 • Pour montrer que A ⊂ Kn n'est pas un sev de Kn , on commence par − → vérifier si 0 ∈ A. ➥ Exercice 5.3

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Pour étudier si une partie de Kn a une structure de sous-espace vectoriel

• Si c'est le cas, on essaye de trouver un contre-exemple !→ − " montrant que A n'est pas stable pour la loi + : on cherche − u ,→ v ∈ A2 tel que − → → u +− v ∈ / A. ➥ Exercice 5.3 • Indifféremment on peut aussi chercher un contre-exemple montrant ! →" u ∈ K × A tel que A n'est pas stable pour la loi · : on cherche λ,− → u ∈ / A. que λ.− ➥ Exercice 5.3 • Inversement, pour montrer que E ⊂ Kn est un sev, il faut vérifier que − → ∈ E "et que E est stable par combinaison linéaire : si λ ∈ K et !0− → → → → → u ,− v ∈ E2 alors − w = λ− u +− v ∈ E. ➥ Exercices 5.3, 5.5 et 5.11 • Une autre méthode pour montrer que E ⊂ Kn est un sev, consiste à déterminer une famille de vecteurs F telle que E = Vect(F ). ➥ Exercices 5.3 et 5.5

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Chapitre 5 • Espace vectoriel Kn et applications linéaires de K p dans Kn

• Si on sait que dim(E) = card(F ) : il suffit de montrer que F est libre ou qu'elle est génératrice pour obtenir une base. ➥ Exercices 5.6, 5.9, 5.10, 5.11, 5.12, et 5.13 • On peut toujours compléter une famille libre en une base grâce à la E"et si propriété suivante : si F est une famille libre de vecteurs de !→ − → → u ∈ E est tel que − u ∈ / Vect(F ) , alors la famille F ∪ − u est → u une famille libre de vecteurs de E. De plus on peut imposer que − soit choisi dans une base de E. ➥ Exercice 5.6 → v ∈ E tel que • On peut ainsi construire une base de E en partant de − − → − → v = / 0 . On arrête de compléter F lorsque card(F ) = dim(E). Cette méthode n'est donc utilisable que si l'on connaît dim(E). ➥ Exercice 5.6

Pour déterminer une base d'un sous-espace vectoriel de Kn

• Inversement on peut toujours extraire une base de E à partir d'une F de E grâce à la propriété suivante : si famille! génératrice " → → F ∪ − u est génératrice de E et si − u est combinaison linéaire de certains vecteurs de F alors la famille F est encore génératrice de E. ➥ Exercices 5.9, 5.10, 5.11, 5.12 et 5.13 " !→ u→ u 1 ,. . . ,− • En pratique si F = − p est génératrice de E, on étudie si elle est libre en résolvant l'équation vectorielle : − → → α1 − u 1 + . . . + αp − u→ p = 0 . Si la solution est unique, F est libre, (donc c'est une base), sinon F est liée et toute solution non nulle de l'équation donne alors une relation linéaire entre les vecteurs de F. En ôtant de F pas à pas les vecteurs qui s'expriment en fonction des autres, on obtient une nouvelle famille génératrice G plus « petite ». Si tout va bien elle est libre (le vérifier) et on a donc une base de E. Sinon on doit encore enlever des vecteurs dans la famille G. ➥ Exercices 5.9, 5.10, 5.11, 5.12 et 5.13 • Pour être sûr de tomber du premier coup sur une famille G libre, il faut trouver le même nombre de relations entre les vecteurs, qu'on a introduit de paramètres pour décrire les solutions de l'équation vectorielle. Ce résultat n'étant pas au programme de BCPST, il ne faut pas oublier de vérifier rapidement que G est libre. ➥ Exercices 5.9, 5.10, 5.11, 5.12 et 5.13

Autour des équations cartésiennes d'un sous-espace vectoriel de Kn

86

• On dit que E est défini par un système d'équations cartésiennes lorsque E est défini comme l'ensemble des solutions d'un système d'équations linéaire et homogène. Il n'y pas unicité des ces équations, cela va dépendre des différentes étapes choisies dans les calculs. ➥ Exercices 5.3, 5.5, 5.11 et 5.12

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Les méthodes à retenir

• Si E est défini par un système d'équations cartésiennes, la résolution complète de ce système donne un paramétrage de E, duquel on déduit une famille génératrice de E. ➥ Exercices 5.5, 5.11 et 5.12 • Réciproquement si E est défini par un paramétrage (ou par une famille génératrice), on cherche à quelles conditions sur x1 ,. . . ,xn on a (x1 ,. . . ,xn ) ∈ E : ceci revient à calculer une CNS sur x1 ,. . . ,xn pour qu'un système linéaire soit compatible, et cette CNS donne un système d'équations cartésiennes de E. Les inconnues du système linéaire en question sont les paramètres qui interviennent dans la définition de E. ➥ Exercices 5.11 et 5.12 • Connaître les équations cartésiennes de E permet de dire très rapi→ u ∈ Kn appartient à E ou non. dement si un vecteur − ➥ Exercices 5.11 et 5.12 • Si f est définie par une expression doit vérifier qu'elle ! → analytique, " ! "on 2 → u ,− v ∈ K p on doit avoir est bien linéaire : si α ∈ K et − ! → − " ! →" ! →" f α− u +→ v =αf − u + f − v .

➥ Exercices 5.4 et 5.9

!− →" − → • Toutes les applications linéaires doivent vérifier f 0 = 0 . ➥ Exercice 5.4 ! →" − → → x = 0 . x ∈ Ker f se traduit par : f − •− ➥ Exercices 5.9, 5.10, 5.13, 5.17 et 5.21 Comment étudier une application linéaire de K p dans Kn

• L'expression analytique de f donne un système d'équations cartésiennes de Ker f. Grâce à sa résolution on obtient une famille génératrice, puis une base de Ker f. ➥ Exercices 5.9, 5.10 et 5.13 • f est injective si et seulement si Ker f =

#− →$ 0 .

➥ Exercice 5.10

! →" → → → y ∈ Im f se traduit par − y = f − x avec − x ∈ Kp . •− ➥ Exercices 5.17 et 5.21 • Si B est une base de K p (par exemple la base canonique), on sait que la famille f (B ) est génératrice de Im f . On en déduit alors une base de Im f grâce aux techniques habituelles. Ensuite on peut calculer un système d'équations cartésiennes de Im f . ➥ Exercices 5.9, 5.10 et 5.13 87

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Chapitre 5 • Espace vectoriel Kn et applications linéaires de K p dans Kn

• f est surjective de K p sur Kn si et seulement si Im f = Kn . ➥ Exercices 5.5, 5.9 et 5.10 • Tout endomorphisme de Kn , qui est injectif ou surjectif, est un automorphisme de Kn . ➥ Exercice 5.13 • Si f est définie par sa matrice A relativement aux bases canoniques B et% C, on"détermine son !expression analytique grâce à la formule : & !→ " → mat f − x = A × mat − x C

Comment manipuler la représentation matricielle d'une application linéaire de K p dans Kn

B

➥ Exercices 5.10, 5.13, 5.16 et 5.18

• Si f est définie par son expression analytique alors" on détermine sa !→ → en " et C en calcue1 ,. . . ,!− matrice relativement aux bases B != "− − → → en dans la base C. lant les coordonnées des vecteurs f e1 ,. . . , f − ➥ Exercices 5.9, 5.14, 5.15 et 5.19 • Il est équivalent de faire des calculs avec f ou avec l'une de ses matrices relativement à des bases fixées : pour calculer son rang, pour trouver un polynôme annulateur, pour déterminer la bijection réciproque de f etc. ➥ Exercices 5.10 et 5.16

Énoncés des exercices 5.1

5.2

Étude de la liberté d'une famille de vecteurs Pour chacune des familles de vecteurs suivantes, déterminer si elle est libre ou liée. Lorsqu'elle est liée, donner une relation linéaire entre ses vecteurs. ! " a) F 1 = (1,2,3),(2,3,4),(3,4,5),(4,5,6) ! " b) F 2 = (1,i,1 − i),(−i,1,−1 − i) ! " c) F 3 = (1,i,0),(0,−i,1),(−i,0,i) ! " d) F 4 = (2,0,−1),(0,1,1),(−2,3,4) ! " e) F 5 = (1,1,0,1),(0,1,1,0),(0,0,3,−1),(1,0,2,0) ! " f) F 6 = (2,1,0,0),(0,0,1,0),(0,1,1,2),(2,0,0,−2) Étude du caractère générateur d'une famille de vecteurs Pour les familles de vecteurs suivantes, déterminer si elles sont génératrices de l'espace Kn considéré. Lorsqu'elles ne le sont pas, donner un exemple de vecteur de Kn qui n'est pas combinaison linéaire des vecteurs de la famille.

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Les méthodes à retenir

5.3

! " a) F 1 = (0,0,1,0),(0,1,1,2),(2,0,0,−2) ! " b) F 2 = (1,i),(1,0),(i,i) ! " c) F 3 = (1,i,0),(0,i,1),(i,0,i) ! " d) F 4 = (1,1,0,1),(0,1,1,0),(0,0,3,−1),(1,0,2,0) ! " e) F 5 = (1,0,2),(0,2,0),(0,0,2),(1,1,1) Exemples de sous-espaces vectoriels de Kn

Déterminer si les parties suivantes sont des sous-espaces vectoriels de l'espace Kn adéquat. # ' $ a) E1 = (x,y,z) ∈ R3 ; y = x + z # ' $ b) E2 = (x,y) ∈ R2 ; y = x + 1 # ' $ c) E3 = (x,y,z) ∈ R3 ; y = x + z 2 # ' $ d) E4 = (α + 2β + γ, β) ∈ R2 ; (α,β,γ) ∈ R3 # ' $ e) E5 = (α + 2,β) ∈ R2 ; (α,β) ∈ R2 f) E6 = N

5.4

! " g) E7 = Vect (9,4,1),(3,i,7),(0,0,1),(2 + i,−5,−i) Étude de la linéarité d'une application Étudier la linéarité des applications suivantes : a) L'application f 1 de R2 dans R2 définie par : f 1 (x,y) = (x + 2y,−x − y) b) L'application f 2 de R4 dans R4 définie par : f 2 (x,y,z,t) = (3x − 2y + 9z + t,−x − 2y + z + t,−x − z − t + 2,t) c) L'application f 3 de R2 dans R3 définie par : f 3 (x,y) = (3x − 2y,−x 2 ,|y|)

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

d) L'application f 4 de R4 dans R3 définie par : f 4 (x,y,z,t) = (x + 3z − t,−x − 2y + t,−x + y + 2z + t)

5.5

Manipulations des trois différentes façons de définir un sous-espace vectoriel de Kn Un sous-espace vectoriel de Kn peut-être défini de trois façons différentes : par un système d'équations cartésiennes, par un paramétrage ou par une famille génératrice. Pour chacun des exemples suivants, vérifier que l'on a bien un sous-espace vectoriel de l'espace Kn adéquat, et le mettre sous les trois formes énoncées précédemment. # $ ' a) E1 = (x,y,z,t) ∈ R4 x + y = z + t et y = −z + t # ' $ b) E2 = (α − β + 3γ, γ,α − β,0) ∈ R4 (α,β,γ) ∈ R3 ! " c) E3 = Vect (1,1,0),(0,2,1),(1,−1,−1)

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Chapitre 5 • Espace vectoriel Kn et applications linéaires de K p dans Kn

5.6

5.7

5.8

Complétion d'une famille de vecteurs en une base Pour les familles de vecteurs suivantes, vérifier qu'elles sont libres et les compléter en une base de l'espace Kn adéquat. ! " a) F 1 = (1,1,0),(0,1,1) ! " b) F 2 = (1,0,0,0),(1,1,0,0),(2,0,1,1) ! " c) F 3 = (1,0,1,0),(0,1,0,0) Extraction d'une base d'une famille génératrice Pour les familles de vecteurs suivantes, vérifier qu'elles sont génératrices de l'espace Kn adéquat, et en extraire une base. ! " a) F 1 = (1,0),(0,1),(1,1) ! " b) F 2 = (1,0,0),(2,5,1),(1,1,1),(1,−1,1) ! " c) F 3 = (1,1),(2,1),(6,1),(−1,1) Exemple de changement de base pour une famille de vecteurs → → → u = (1,0,1) , − u = (0,1,1) et − u = (1,1,1) . Dans R3 , on considère les vecteurs − 1

2

3

" !→ − → u1 , → u 2 ,− u 3 est une base de R3 . a) Montrer que B = −

!→ − " → → v1 , → v1 = (1,2,4) et − v2 = (3,−1,0) . Déterminer Mat − v2 . b) On pose − B

5.9

Étude d'une application linéaire définie par son expression analytique On considère l'application f définie par : f :

R4

−→ '−→

(x,y,z,t)

R3

(−2y + 3z + t,−x − 2y + 3z + t,−x + 2z + t)

a) Montrer que f est une application linéaire de R4 dans R3 . b) Déterminer une base et la dimension de Ker f et Im f, puis donner rg( f ). c) Donner la matrice de f relativement aux bases canoniques de R4 et R3 . → → → → u 1 = (1,0,0,0), − u 2 = (1,1,0,0), − u 3 = (1,1,1,0), − u 4 = (1,1,1,1), et aussi d) On pose − !− " → → → → − → − → − → u 2 ,− u 3 ,− u 4 est une base v1 = (1,1,0) , v2 = (1,0,0) et v3 = (0,2,1) . Vérifier que B = u 1 ,− !→ − " → v ,− v est une base de R3 . v ,→ de R4 et que C = − 1

2

3

e) Donner la matrice de f relativement aux base B et C .

5.10 Étude d'une application linéaire définie par sa matrice dans une base On considère l'endomorphisme f de R4 dont la matrice dans la base canonique est :   1 0 0 0  0 3 −1 0  . A=  0 2 0 0 −1 −4 4 2

a) Montrer que f est un automorphisme de R4 et donner la matrice de f −1 dans la base canonique. En déduire l'expression analytique de f et de f −1 .

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Les méthodes à retenir

b) Déterminer une relation simple entre f 2 , f et IdR4. Retrouver alors le résultat du a). c) On pose g = f − IdR4 . Déterminer la matrice B de g dans la base canonique, puis donner une base et la dimension de Ker g et Im g . Que vaut rg(g) ?

5.11 Intersection de deux sous-espaces vectoriels On définit deux parties E et F de R4 de la manière suivante : ! " E = Vect (−1,2,1,0),(−1,2,0,1)

et

# ' $ F = (x,y,z,t) ∈ R4 y = −2z + t

a) Vérifier que E et F sont des sous-espaces vectoriels de R4 . b) Déterminer la dimension de E ainsi qu'un système d'équations cartésiennes de E . c) Déterminer une base de F et sa dimension. d) On pose G = E ∩ F. Déterminer une base de G et sa dimension.

5.12 Inclusion de sous-espaces vectoriels On considère le sous-espace vectoriel E de R4 défini par ! " E = Vect (1,−1,3,−3),(2,−2,4,−4),(3,−3,7,−7),(1,−1,1,−1) . a) Donner une base et la dimension de E . b) Déterminer un système d'équations cartésiennes de E . c) Établir que E ⊂ F où F est défini par : ! " F = Vect (1,0,1,−1),(0,1,2,−2),(1,0,0,0),(0,0,−1,1) .

5.13 Calculs de noyaux et d'images

" ! Pour chacun des exemples suivants, on définit une application linéaire f ∈ L R p ,Rn par la donnée de sa matrice relativement aux bases canoniques. Déterminer une base, la dimension et un système d'équations cartésiennes du noyau et de l'image de f. Donner aussi rg( f ).

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.



 1 0 1 A =  2 −1 −2  −1 −1 −1   2 −2 1 −1  −1 1 1 5   C=  1 −1 1 1  −3 3 −1 3



−1 B =  −1 −1  2 1 4 2  D= 0 0 0 0

 1 2 1 2 1 2  0 0 3 −2 1 11   3 0 −3  1 0 −1

5.14 Exemple de changement de base pour des endomorphismes a) On note f l'endomorphisme de R3 défini par sa matrice dans la base canonique :   1 4 2   → → → A =  0 −3 −2  . On pose − u 1 = (1,−1,1) , − u 2 = (1,0,0) et − u 3 = (0,−1,2) . Montrer 0

4 3 " !− → − → → u 3 est une base de R3 et donner la matrice de f dans cette base. Que remarque B = u 1 , u 2 ,− quez-vous? 91

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Chapitre 5 • Espace vectoriel Kn et applications linéaires de K p dans Kn

b) On note g l'endomorphisme de R3 défini par sa matrice dans la base canonique :   3 −3 −2   → → → B =  −2 1 v1 = (1,0,1) , − v2 = (0,1,−1) et − v3 = (1,−1,1) . 2  . On pose − 3

−2

−2 " !− → → v1 ,− v2 ,− v3 est une base de R3 et donner la matrice de g dans cette base. Montrer que B = → Que remarquez-vous ?

5.15 Réduction d'un endomorphisme nilpotent Soit f un endomorphisme de K3 telle que : f 3 = 0L (R3 ) et f 2 )= 0L (R3 ) . " ! →"" ! → !− → u ,f2 − u ,f → u u ∈ R3 tel que la famille B = − soit a) Montrer qu'il existe un vecteur − une base de K3 .

b) Donner la matrice de f dans cette base.

5.16 Calcul des puissances d'un endomorphisme à l'aide d'un polynôme annulateur Soit f l'endomorphisme de R4 dont la matrice dans la base canonique est donnée par :   3 −2 −1 0 0 1 0 0  A=  2 −2 0 0  . 0

1

0

2

a) Vérifier que : f 2 − 3 f + 2 IdR4 = 0L (R4 ) . b) En déduire que f est un automorphisme et donner une expression analytique de f −1 . c) Montrer qu'il existe deux suites réelles (an )n∈N et (bn )n∈N telles que : ∀n ∈ N , f n = an f + bn IdR4 . d) En déduire l'expression analytique de f n en fonction de n ∈ N .

5.17 Quelques propriétés classiques de Ker (g ◦ f ) et Im(g ◦ f ) Soient f et g deux endomorphismes de Kn.

a) Montrer que Ker ( f ) ⊂ Ker (g ◦ f ) et Im (g ◦ f ) ⊂ Im (g) . b) Montrer que Ker (g) ∩ Im ( f ) = f (Ker (g ◦ f )) . c) On suppose que f et g commutent i.e. f ◦ g = g ◦ f. Montrer que Ker (g) et Im(g) sont stables par f.

5.18 Étude des sous-espaces stables par un endomorphisme (d'après Agro-Véto 2008) 

1

 On considère la matrice A ∈ M3 (R) définie par : A =  1

−1

−1

−1

0

0

1



 1 .

On note f l'endomorphisme de R3 qu'elle représente dans la base canonique. a) Déterminer une base et la dimension de Im( f ) et de Ker ( f ). b) Déterminer rg( f − α IdR3 ) en fonction de α ∈ R . ! →" ! →" → → u 1 et D2 = Vect − u 2 . Montrer que u 2 = (1,1,−1) , D1 = Vect − u 1 = (0,1,−1) , − c) On pose − D1 et D2 sont les seules droites vectorielles stables par f. 92

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Les méthodes à retenir

5.19

Formules de changement de base On considère l'espace vectoriel Kn muni de deux bases B 1 et B 2 , ainsi que l'espace vectoriel K p muni de deux bases C 1 et C 2 . ! " ! " On pose P = Mat B 1 et Q = Mat C1 B

2

C

2

a) Déterminer l'application linéaire de Kn , muni de B 1 , dans Kn , muni de B 2 , représentée par la matrice P. De même, déterminer l'application linéaire de K p , muni de C 1 , dans K p , muni de C 2 , représentée par la matrice P. En déduire que P et Q sont inversibles et donner une interprétation de leur inverse. → x un vecteur de Kn . Montrer que : b) Soit − ! →" ! →" x = P × Mat − x Mat − B

B

2

n

1

p

c) Soit f une application linéaire de K dans K . Vérifier que : ! ! " " Mat f,B 1 ,C 1 = Q−1 × Mat f,B 2 ,C 2 × P

d) Soit f un endomorphisme de Kn . Vérifier que :

! " ! " Mat f = P−1 × Mat f × P B

1

B

2

5.20 Somme de deux sous-espaces vectoriels Soient E et F deux sous-espaces vectoriels de Kn . On définit un sous-ensemble de Kn noté E + F par : $ #→ − − → →' → e ∈ E et f ∈ F e + f − E+F= −

a) Vérifier que E + F est un sous-espace vectoriel de Kn contenant E et F. ! " b) Établir que : dim E + F ! dim E + dim F .

− → → → → x =− e + f avec x de E + F s'écrivent de manière unique − Lorsque tous les éléments − − → − → e ∈ E et f ∈ F , on dira que E et F sont en somme directe et E + F sera notée E ⊕ F.

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

− → c) Établir que E et F sont en somme directe si et seulement si E ∩ F = { 0 } .

5.21

d) Établir que E et F sont en somme directe si et seulement si la juxtaposition d'une base de E ! " et d'une base de F donne une base de E + F. En déduire que : dim E ⊕ F = dim E + dim F . ! " e) Établir que E et F sont en somme directe si et seulement : dim E + F = dim E + dim F . Noyaux itérés d'un endomorphisme Dans tout l'exercice f est un endomorphisme de Kn (n ∈ N∗). ! " a) Montrer que, pour tout p ∈ N : Ker( f p ) ⊂ Ker( f p+1 ) et Im f p+1 ⊂ Im( f p ).

b) Établir qu'il existe un entier p0 ∈ N tel que Ker( f p0 ) = Ker( f p0 +1 ). c) Montrer que pour tout q " p0 , on a Ker( f q ) = Ker ( f p0 ) .

− → d) Vérifier que Ker( f p0 ) ∩ Im( f p0 ) = { 0 } . 93

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Chapitre 5 • Espace vectoriel Kn et applications linéaires de K p dans Kn

Du mal à démarrer ? 5.1

Utiliser une résolution de système linéaire.

5.2

Utiliser une résolution de système linéaire.

5.3

Essayer d'intuiter le résultat pour savoir ce qui doit être démontré.

5.4

Essayer d'intuiter le résultat pour savoir ce qui doit être démontré.

5.5

Utiliser une résolution de système linéaire.

5.6

On peut choisir le/les vecteur(s) manquant(s) dans la base canonique.

5.7

Il faut trouver les vecteurs qui s'expriment comme une combinaison linéaire des autres.

5.8

a) Faire un calcul de rang.

− → → → u→ v2 en fonction de − v1 et − b) Calculer − 1 et u 2 .

5.9

a) Question classique.

b) Utiliser une résolution de système linéaire.

5.15

− → → → → → → c = f 2 (− a =− u , b = f (− u ), − u ) puis calculer leur b) Poser − image par f en fonction d'eux-mêmes.

5.16

a) Faire un calcul matriciel.

b) Déterminer g tel que f ◦ g = g ◦ f = Id . c) Procéder par récurrence. d) Utiliser les relations de récurrence sur (an ) et (bn ) obtenues au c).

5.17

a) Utiliser les définitions.

b) Procéder par double-inclusion. c) Utiliser les définitions. a) Utiliser une résolution de système linéaire. b) Utiliser l'algorithme de Gauss. → → u 2) . u 1 ,− c) Remarquer que Ker f = D1 et que Im f = Vect(−

5.18

a) Revenir à la définition de la représentation matricielle.

c) Question classique.

→ → x = Id(− x ). b) Partir de l'évidence : −

d) Faire un calcul de rang.

→ → y = f (− x ) de deux façons difféc) Traduire matricellement − rentes.

→ → vj . u i ) en fonction des vecteurs − e) Déterminer les vecteurs f (−

5.10

a) Étudier l'inversibilité de A.

b) Chercher une relation entre A2 , A et I3 . c) Utiliser une résolution de système linéaire.

5.11

a) Question classique.

d) Réécrire plus simplement le c).

5.19

d) Déterminer un système d'équations cartésiennes de E.

5.12

a) et b) Utiliser une résolution de système linéaire.

c) Déterminer un système d'équations cartésiennes de F.

5.13

Commencer par Ker f .

5.14

→ u i) a) Faire un calcul de rang puis calculer les vecteurs f (− → ui . en fonction des vecteurs − → v j ) en b) Faire un calcul de rang puis calculer les vecteurs f (− − → fonction des vecteurs v j .

a) Question classique.

b) Considérer la juxtaposition d'une base de E et d'une base de F. − → − → → → → x =− x + 0 = 0 +− x . c) Pour .⇒ , remarquer que − − → − → → → → e 2 + f 2. x =− e 1+ f 1=− Pour .⇒ , partir de −

b) et c) Utiliser une résolution de système linéaire.

94

− → → → u de tel sorte que f 2 (− u ) )= 0 . a) Choisir −

d) Pour .⇒ , montrer que la juxtaposition d'une base de E et d'une base de F donne une famille libre. − → Pour .⇒ , montrer que E ∩ F est réduit à { 0 }. e) Utiliser d).

5.20

a) Revenir aux définitions.

b) Raisonner par l'absurde et utiliser un argument de dimension. c) Procéder par récurrence. d) Utiliser b).

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Corrigés des exercices 5.1

a) On a card(F 1 ) = 4 > 3 = dim(R3 ), la famille F 1 est donc liée. !→ − → →− →" a , b ,− c,d . On note F 1 = −

Comme on ne trouve pas de relation « évidente » entre les vecteurs de F 1 , on va en chercher une par le calcul. Pour cela on résout → − → − → − → → a + y b + z− c +t d = 0 l'équation vectorielle (E) : x −

d'inconnue (x,y,z,t) ∈ R4 . On a :  +2y +3z +4t = 0   x (E) ⇐⇒ (S) 2x +3y +4z +5t = 0   3x +4y +5z +6t = 0  + 2y+ 3z +4t = 0   x − 2z− 3t = 0 (S) ⇐⇒ y−   −2y− 4z− 6t = 0

 +   x − (S) ⇐⇒  

2y+

3z+

y−

2z−

4t =

0

0=

0

3t =

(S) ⇐⇒

 x  

 

 

 x   (S) ⇐⇒ y   z

−

iz =

0

y+

iz =

0

− iy − −

iy −

− =

0

=

0

=

z=

0

(L2 − iL1 )

iz =

0

2iz =

0

z=

0 (L3 − iL2 )

0

(S) est donc un système Cramer, ce qui prouve que F 3 est libre.

(L2 − 2L1 ) (L3 − 3L1 )

0 (L3 − 2L2 )

(S) a une infinité de solutions, ce qui prouve que F 1 est liée (on le savait déjà). Pour obtenir la relation cherchée entre les vecteurs, il faut poursuivre la résolution de ce système.  x = α + 2β     y = −2α − 3β ' 2 (S) ⇐⇒ ∃(α,β) ∈ R  z = α    t = β On a donc, pour tout (α,β) ∈ R2 : → − → − → − → → (α + 2β)− a − (2α + 3β) b + α − c +β d = 0

→ − → → − → a −2 b +− c = 0 Par exemple pour α = 1 et β = 0 : − → − → − → − → a −3 b + d = 0 . et pour α = 0 et β = 1 : 2−

b) On remarque que : (−i,1,−1 − i) = −i.(1,i,1 − i) , c'est" !→ − → → v = (−i).− u , en notant F = − u ,→ v . à-dire − 2

La famille F 2 est donc liée. " !→ − → u ,→ v ,− w . c) On note F = −

(S) ⇐⇒

   x

3

Pour savoir si F 3 est libre, on résout l'équation vectorielle − → → → → (E) : x − u + y− v + z− w = 0 d'inconnue (x,y,z) ∈ C3 . On a :  − iz = 0   x = 0 (E) ⇐⇒ (S) i x − iy   y+ i z = 0

" !→ − → u ,→ v ,− w . d) On note F 4 = −

→ → → u +− w = 3− v . La famille F 4 est donc On remarque que : − liée. !→ − → →− →" a , b ,− c,d . e) On note F 5 = −

Pour savoir si F 5 est libre, on résout l'équation vectorielle (E) : → − → − → − → → x− a + y b + z− c + t d = 0 d'inconnue (x,y,z,t) ∈ R4 .

On a :

 x + t= 0     x+ y = 0 (E) ⇐⇒ (S)  y+ 3z+ 2t = 0    x − z= 0  x + t= 0     − t = 0 (L2 − L1 ) y (S) ⇐⇒  y+ 3z+ 2t = 0    − z− t = 0 (L4 − L1 )  x + t= 0     − t= 0 y (S) ⇐⇒  z + t = 0 13 (L3 − L2 )    − z− t = 0  x + t= 0     − t= 0 y (S) ⇐⇒  z+ t = 0    0 = 0 (L4 + L3 )

(S) a une infinité de solutions, ce qui prouve que F 5 est liée. Pour obtenir une relation entre les vecteurs, il faut poursuivre la résolution de ce système. 95

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 x = −α   y = α 2 (S) ⇐⇒∃α ∈ R  z = −α    t = α On a donc, pour tout α ∈ R :

Cet exemple montre aussi que F 1 n'est pas génératrice de R4 , mais on le savait déjà. !→ − → →" a , b ,− c . b) On note F 2 = −

Pour savoir si F 2 est génératrice de C2 , on résout l'équation − → → → → a + y b + z− c =− u vectorielle (E) : x − d'inconnue

→ − → − → − → → −α− a + α b − α− c +α d = 0

→ − → → − → − → a + b −− c + d = 0 . Par exemple pour α = 1 : −− !→ − → →− →" a , b ,− c,d . f) On note F 6 = −

− → → − → → a + b −− c = d . La famille F 6 est On remarque que : − donc liée.

5.2

a) On a card(F 1 ) = 3 < 4 = dim(R4 ) , la famille F 1 n'est donc pas génératrice de R4 . !→ − → →" a , b ,− c . On note F 1 = −

Comme on ne trouve pas de façon « évidente » un vecteur de R4 qui n'est pas combinaison linéaire des vecteurs de F 1 , on va en chercher un par le calcul. Pour cela on résout l'équation − → → → → a + y b + z− c =− u d'inconnue vectorielle (E) : x −

→ (x,y,z) ∈ R3 , avec − u = (u 1 ,u 2 ,u 3 ,u 4 ) ∈ R4 . On a :  2z = u 1     y = u2 (E) ⇐⇒ (S)  x+ y = u3    2y− 2z = u 4  x +y = u 3 (L3 )     = u2 y (S) ⇐⇒  2y− 2z = u 4 (L4 )    2z = u 1 (L1 )  = u3 x +y      = u2 y (S) ⇐⇒  − 2z = u 4 − 2u 2 (L3 − 2L2 )     2z = u1 (S) ⇐⇒  x     

+y

=

y

=

u2

=

u 1 − 2u 2 + u 4

− 2z =

    

0

u3 u 4 − 2u 2

(L4 + L3 )

(S) est compatible si et seulement si u 1 − 2u 2 + u 4 = 0 . → u = (u ,u ,u ,u ) est combinaison linéaire des vecDonc : − 1

2

3

4

teurs de F 1 si et seulement si u 1 − 2u 2 + u 4 = 0. → u = (0,1,0,0) : 0 − 2 × 1 + 0 = −2 )= 0 Par exemple pour − → u n'est pas combinaison linéaire des vecteurs de F 1 . donc −

96

→ u = (u 1 ,u 2 ) ∈ C2 . On a : (x,y,z) ∈ C3 , avec − 3 x + y+ i z = u 1 (E) ⇐⇒ (S) ix + i z = u2 (S) ⇐⇒ 3 y+ i z = u1 x+ (1 + i)z =

iy +

−

u 2 − iu 1

(L2 − iL1 )

→ u = (u 1 ,u 2 ) ∈ C2 . La famille F 2 (S) est compatible pour tout − 2 est donc génératrice de C . !→ − → →" a , b ,− c . c) On note F 3 = −

Pour savoir si F 3 est génératrice de C3 , on résout l'équation − → → → → a + y b + z− c =− u vectorielle (E) : x − d'inconnue

→ u = (u 1 ,u 2 ,u 3 ) ∈ C3 . On a : (x,y,z) ∈ C3 , avec −  + i z = u1   x = u2 (E) ⇐⇒ (S) i x+ iy   y+ i z = u 3  + i z = u1   x (S) ⇐⇒ iy + z = u 2 − iu 1 (L2 − iL1 )   y+ i z = u 3 (S) ⇐⇒  x    

+

iy

iz +z

=

=

− 2z =

u1 u 2 − iu 1

iu 1 − u 2 + iu 3

(iL3 − L2 )

→ u = (u 1 ,u 2 ,u 3 ) ∈ C3 . La famille (S) est compatible pour tout −

F 3 est donc génératrice de C3 .

!→ − → →− →" a , b ,− c,d . d) On note F 4 = −

Pour savoir si F 4 est génératrice de R4 , on résout l'équation − → − → → → → a + y b + z− c +t d =− u d'inconnue vectorielle (E) : x −

→ u = (u 1 ,u 2 ,u 3 ,u 4 ) ∈ R4 . On a : (x,y,z,t) ∈ R4 , avec −  x + t = u1     x+ y = u2 (E) ⇐⇒ (S)  y+ 3z+ 2t = u 3    x − z = u4  x + t = u 1     − t = u 2 − u 1 (L2 − L1 ) y (S) ⇐⇒  y+ 3z+ 2t = u 3    − z− t = u 4 − u 1 (L4 − L1 )

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(S) ⇐⇒  x          

(S) ⇐⇒

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On a : y

−  x      y         

+

t=

u1

3z +

3t =

u1 − u2 + u3

t=

−

z−

t=

u2 − u1 u4 − u1

xw + z w (L3 − L2 )

−t

= λyu + yv = yw

= u2 − u1

3z + 3t

→ → → w = λ− u +− v ∈ E1 . ce qui prouve que −

= u1 − u2 + u3

0

= −2u 1 − u 2 + u 3 + 3u 4 (3L4 + L3 )

(S) est compatible si et seulement si

= yu car+ 2ν ∈E1

= yu car u2 ∈ E1

= u1

+t

! " ! " = λxu + xv + λz u + z v ! " " = λ xu + z u + xv + z v 4 56 7 4 56 7

−2u 1 − u 2 + u 3 + 3u 4 = 0 . − → Donc : u = (u 1 ,u 2 ,u 3 ,u 4 ) est combinaison linéaire des vec-

teurs de F 4 si et seulement si −2u 1 − u 2 + u 3 + 3u 4 = 0 . → u = (1,0,0,0) : Par exemple pour −

−2 × 1 − 0 + 0 + 3 × 0 = −2 )= 0 − → donc u n'est pas combinaison linéaire des vecteurs de F 4 .

• Ces deux vérifications montrent que E1 est un sous-espace vectoriel de R3 . b) Comme l'équation y = x + 1 est linéaire mais non homogène, on conjecture que E2 n'est pas un sous-espace vectoriel de R2 . − → / E2 car : 0 )= 0 + 1 = 1 . En effet 0 = (0,0) ∈ Ceci prouve que E2 n'est pas un sous-espace vectoriel de R2 .

• Comme l'équation y = x + z 2 n'est pas linéaire, on conjecture que E3 n'est pas un sous-espace vectoriel de R3 .

Cet exemple montre que F 4 n'est pas génératrice de R4 . !→ − → →− →" a , b ,− c,d . e) On note F = −

En effet : − → u = (1,2,1) ∈ E3 car : 2 = 1 + 12 . → (−1).− u = (−1,−2,−1) ∈ / E3 car : −2 )=− 1 + (−1)2 = 0 .

→ (x,y,z,t) ∈ R4 , avec − u = (u 1 ,u 2 ,u 3 ) ∈ R3 . On a :  + t = u1   x 2y + t = u2 (E) ⇐⇒ (S)   2x + 2z+ t = u 3

d) Comme le paramétrage (α + 2β + γ,β) est linéaire et homogène, on conjecture que E4 est un sous-espace vectoriel de R2 . − → − → 0 = (α + 2β + γ,β) car avec • 0 = (0,0) ∈ E4 α = β = γ = 0. !→ − u ,→ v )∈E ×E . • Soient λ ∈ R et −

5

Pour savoir si F 5 est génératrice de R3 , on résout l'équation − → − → → → → a + y b + z− c +t d =− u d'inconnue vectorielle (E) : x −

(S) ⇐⇒  x    

+

2y 2z

+ −

t= t= t=

u1 (L3 − 2L1 )

→ (S) est compatible pour tout − u = (u 1 ,u 2 ,u 3 ) ∈ R3 . La famille

F 5 est donc génératrice de R3 .

5.3

a) Comme l'équation y = x + z est linéaire et homogène, on conjecture que E1 est un sous-espace vectoriel de R3 . − → • 0 = (0,0,0) ∈ E1 car 0 = 0 + 0. !→ − u ,→ v ) ∈ E1 × E1 . • Soient λ ∈ R et −

→ → v = (xv ,yv ,z v ) et u = (xu ,yu ,z u ) , − On note − − → − → → w = λ u +− v = (xw ,yw ,z w ).  x = λxu + xv   w Remarquons que : yw = λyu + yv   z w = λz u + z v

4

4

→ → → u ,− v ) ∈ E4 × E4 , on a : − u = (αu + 2βu + γu ,βu ) Comme (− − → 3 avec (α ,β ,γ ) ∈ R et v = (α + 2β + γ ,β ) avec u

u2 u 3 − 2u 1

Ceci prouve que E3 n'est pas un sous-espace vectoriel de R3 .

u

u

v

v

v

v

(αv ,βv ,γv ) ∈ R3 .

→ → → w = λ− u +− v . On a : On pose − − → w

=

=

λ.(αu + 2βu + γu ,βu ) + (αv + 2βv + γv ,βv )

(λαu + αv + 2λβu + 2βv + λγu + γv ,λβu + βv )

 α   w On pose alors : βw   γw

=

λαu + αv

=

λγu + γv

=

λβu + βv et on a :

− → w = (αw + 2βw + γw ,βw )

→ → → w = λ− u +− v ∈ E4 . Ceci prouve que −

• Ces deux vérifications montrent que E4 est un sous-espace vectoriel de R2 . e) Comme le paramétrage (α + 2,β) est linéaire mais non homogène, on pourrait conjecturer que E5 n'est pas un sous97

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Page 98

espace vectoriel de R2 . Mais nous allons voir que contrairement à ce que nous dit notre intuition, E5 est bien un sousespace vectoriel de R2 . − → − → • 0 = (0,0) ∈ E4 car 0 = (α + 2,β) avec α = −2 et β = 0. !→ − u ,→ v ) ∈ E5 × E5 . • Soient λ ∈ R et − → → → u ,− v ) ∈ E5 × E5 , on a : − u = (αu + 2,βu ) avec Comme (− → (αu ,βu ) ∈ R2 et − v = (αv + 2,βv ) avec (αv ,βv ) ∈ R2 . → → → w = λ− u +− v . On a : On pose − − → w

=

λ.(αu + 2,βu ) + (αv + 2,βv )

= (λαu + αv + 2λ + 2,λβu + βv ) 3 αw = λαu + αv + 2λ On pose alors : et on a : βw = λβu + βv − → w = (αw + 2,βw )

→ → → w = λ− u +− v ∈ E5 . Ceci prouve que −

• Ces deux vérifications montrent que E5 est un sous-espace vectoriel de R2 . f) Comme l'ensemble N est « discret », c'est-à-dire que ses points sont « isolés », on peut conjecturer que c'est n'est pas un sousespace vectoriel de R . En effet : − → → u = 1 ∈ N mais 12 .− u =

1 2

∈ / N.

Ceci prouve que N n'est pas un sous-espace vectoriel de R .

g) On a E7 = Vect(F ), où F est une famille de quatre vecteurs de C3 . Par théorème, on sait donc que E7 est un sous-espace vectoriel de C3 (c'est même le plus petit contenant la famille F ).

5.4

a) Montrons que f 1 est un endomorphisme de R2 . !→ − u ,→ v ) ∈ R2 × R2 . Soient λ ∈ R et −

→ → u = (xu ,yu ) , − v = (xv ,yv ) On note : −

→ → → w = λ− u +− v = (xw ,yw ). et − 3 xw = λxu + xv Remarquons que : yw = λyu + yv

On a : ! →" ! " f1 − w = f 1 xw ,yw ! " = xw + 2yw ,−xw − yw ! " = λxu + xv + 2λyu + 2yv ,−λxu − xv − λyu − yv ! " ! " = λ. xu + 2yu ,−xu − yu + xv + 2yv ,−xv − yv ! " ! " = λ. f 1 xu ,yu + f 1 xv ,yv ! →" ! →" u + f − = λ. f − v 1

98

1

Cette vérification prouve que f 1 est linéaire, et donc que f 1 est un endomorphisme de R2 . b) On remarque que : !− →" f2 0

= f 2 (0,0,0,0) = (0,0,2,0) − → )= 0

Ceci prouve que f 2 n'est pas linéaire. c) Intuitivement, on peut conjecturer que f 3 n'est pas linéaire. → u = (1,1,1) et λ = −1, on a : En effet, pour −

! →" ! " ! " ! " f 3 λ.− u = f 3 −1,−1,−1 = − 3+2,−1,1 = − 1,−1,1 ! →" u = (−1). f 3 (1,1,1) = (−1).(1,−1,1) = (−1,1,−1) λ. f 3 − ! →" ! →" u . u )= λ. f 3 − et donc : f 3 λ.− Ceci prouve que f 3 n'est pas linéaire.

d) Montrons que f 4 est linéaire de R4 dans R3 . !→ − u ,→ v ) ∈ R4 × R4 . Soient λ ∈ R et −

→ → v = (xv ,yv ,z v ,tv ) et u = (xu ,yu ,z u ,tu ) et − On note : − − → − → − → w = λ u + v = (x ,y ,z ,t ) . w

w

w

w

x = λxu + xv w     yw = λyu + yv Remarquons que :  z w = λz u + z v    tw = λtu + tv On a : ! →" f − w " ! = f xw ,yw ,z w ,tw ! = xw + 3z w − tw ,−xw − 2yw + tw , " −xw + yw + 2z w + tw ! = λxu + xv + 3λz u + 3z v − λtu − tv ,

−λxu − xv − 2λyu − 2yv + λtu + tv ,

−λxu − xv + λyu + yv + 2λz u + 2z v + λtu + tv ! = λ. xu + 3z u − tu ,−xu − 2yu + tu , " −xu + yu + 2z u + tu ! + xv + 3z v − tv ,−xv − 2yv + tv , " −xv + yv + 2z v + tv ! " ! " = λ. f xu ,yu ,z u ,tu + f xv ,yv ,z v ,tv ! →" ! →" v u + f − = λ. f −

"

Cette vérification prouve que f est linéaire de R4 dans R3 .

5.5 a) E1 est défini par un système d'équations cartésiennes. On va directement donner une famille génératrice de E1, ce qui prouvera aussi que E1 est un sous-espace vectoriel de R4 .

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• Soit (x,y,z,t) ∈ R4 . On a : 3 x+ (x,y,z,t) ∈ E1 ⇐⇒ (S) x   y 2 2 (S) ⇐⇒∃(α,β) ∈ R  z    t

9:07

y−

z−

y+

z−

=

2α

=

α

Page 99

0

t=

0

t=

−α + β

=

β

=

On obtient ainsi E1 sous forme d'un paramétrage : 8 2 9 E1 = (2α,−α + β,α,β) ∈ R4 (α,β) ∈ R2

• De plus : =

E1

= =

8 2 9 (2α,−α + β,α,β) ∈ R4 (α,β) ∈ R2 8 2 9 α.(2,−1,1,0) + β.(0,1,0,1) (α,β) ∈ R2 % & Vect (2,−1,1,0),(0,1,0,1) 4 56 7 4 56 7 =2 u

=2 v

Ceci prouve que E1 est un sous-espace vectoriel de R4 , et que " !→ − u ,→ v est génératrice de E . la famille − 1

b) E2 est défini par un paramétrage.

On va directement donner une famille génératrice de E2, ce qui prouvera aussi que E2 est un sous-espace vectoriel de R4 . On déterminera ensuite un système d'équations cartésiennes de E2.

(S) ⇐⇒

8 2 9 = (α − β + 3γ,γ,α − β,0) ∈ R4 (α,β,γ) ∈ R3 8 = α.(1,0,1,0) + β.(−1,0,−1,0) 2 9 +γ.(3,1,0,0) (α,β,γ) ∈ R3 % & = Vect (1,0,1,0),(−1,0,−1,0),(3,1,0,0) 4 56 7 4 56 7 4 56 7 =2 u

=2 v

=w 2

4

Ceci prouve que E2 est un sous-espace vectoriel de R , et que " !→ − → u ,→ v ,− w est génératrice de E . la famille − 2

(x,y,z,t) ∈ E2 ⇐⇒ ∃(α,β,γ) ∈ R3 / (S)  α − β+ 3γ = x     γ= y  α− β = z    0= t Autrement dit : (x,y,z,t) ∈ E2 ⇐⇒ (S) est compatible Or :

(S) ⇐⇒

 α − β+        

3γ γ −3γ 0

=z−x =t

γ

=y

0

   

= −x + 3y + z

0

(L3 + 3L2 ) 0 0

# $ ' E2 = (x,y,z,t) ∈ R4 − x + 3y + z = 0 et t = 0

c) E3 est défini par une famille génératrice :

! " E3 = Vect (1,1,0),(0,2,1),(1,−1,−1) 4 56 7 4 56 7 4 56 7 =2 u

=2 v

=w 2

Ceci prouve que E3 est un sous-espace vectoriel de R3 . On va donner un paramétrage de E3 et en déduire un système d'équations cartésiennes. • On a : E3

& % → → → u ,− v ,− w = Vect − 8 2 9 → → → = α− u + β− v + γ− w (α,β,γ) ∈ R3 8 2 9 = (α + γ,α + 2β − γ,β − γ) ∈ R3 (α,β,γ) ∈ R3

On vient donc trouver un paramétrage de E3. • Soit (x,y,z) ∈ R3 . On a : (x,y,z) ∈ E3    α α +2β   β

⇐⇒ ∃(α,β,γ) ∈ R3 / (S) +γ

=x

−γ

=z

−γ

=y

Autrement dit : (x,y,z) ∈ E3 ⇐⇒ (S) est compatible

Or :

(S) ⇐⇒

   α

(S) ⇐⇒

   α

 

 

+

γ=

x

2β −

2γ = γ=

z

+

γ=

x

0=

x − y + 2z

β

2β

− −

2γ =

y−x

(L2 − L1 )

y−x

Donc : (S) est compatible ⇐⇒ x − y + 2z = 0

(2L3 − L2 )

Mais on a : (x,y,z) ∈ E3 ⇐⇒ (S) est compatible.

=x

=y

=x

On obtient donc un système d'équations cartésiennes de E2 :

4

• Soit (x,y,z,t) ∈ R . On a :

−β + 3γ

=t 3 −x + 3y + z = Donc : (S) est compatible ⇐⇒ t = Mais on a : (x,y,z,t) ∈ E2 ⇐⇒ (S) est compatible.

• On a : E2

 α    

On obtient donc un système d'équations cartésiennes de E3 : (L3 − L1 )

# ' $ E3 = (x,y,z) ∈ R3 x − y + 2z = 0 99

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5.6

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Page 100

! " a) On a : F 1 = (1,1,0),(0,1,1) . 4 56 7 4 56 7 =2 u

=2 u

=2 v

→ → v sont non colinéaires (car leurs compou et − • Comme et − santes ne sont pas proportionnelles), on sait qu'ils forment une famille libre.

=2 v

→ → v sont non colinéaires (car leurs compou et − • Comme et − santes ne sont pas proportionnelles), on sait qu'ils forment une famille libre.

• dim(R3 ) = 3 donc il faut compléter F 1 avec 3 − 2 = 1 vecteur, pour obtenir une base de R3 . De plus, on sait qu'on peut choisir ce vecteur dans la base canonique de R3 . !→ − − → − → u ,→ v , i ) avec i = (1,0,0) . On pose donc B 1 = − Vérifions que B 1 est libre. Pour cela, on résout l'équation vecto→ − → − → → u + y− v + z i = 0 d'inconnue (x,y,z) ∈ R3 . rielle (E) : x −

• dim(R4 ) = 4 donc il faut compléter F 3 avec 4 − 2 = 2 vecteurs, pour obtenir une base de R4 . De plus, on sait qu'on peut choisir ces vecteurs dans la base canonique de R4 . !→ − − → → → u ,→ v ,− a , b ) avec − a = (0,0,1,0) et On pose donc B 3 = − − → b = (0,0,0,1).

 x   (E) ⇐⇒ (S) x + y  

(x,y,z,t) ∈ R4 . On a : x     y (E) ⇐⇒ (S)  x +   

On a :

+

 x   = 0 ⇐⇒ y   =0 z

z=0

y

ce qui prouve que B 1 est libre.

0

=

0

=

0

=

Mais on a : card(B 1 ) = dimR3 = 3, donc, d'après le théorème de la base incomplète, B 1 est une base de R3 . ! " • On a : F2 = (1,0,0,0),(1,1,0,0),(2,0,1,1) . 4 56 7 4 56 7 4 56 7 =2 u

=2 v

=w 2

• Vérifions que F 2 est libre. Pour cela, on résout l'équation vectorielle − → → → → (E) : x − u + y− v + z− w = 0 3

d'inconnue (x,y,z) ∈ R . On a :  x+ y+ 2z =     y = (E) ⇐⇒ (S)  z=    z= ce qui prouve que F 2 est libre.

0

 x   0 ⇐⇒ y  0  z 0

=

0

=

0

=

0

• dim(R4 ) = 4 donc il faut compléter F 2 avec 4 − 3 = 1 vecteur, pour obtenir une base de R4 . De plus, on sait qu'on peut choisir ce vecteur dans la base canonique de R4 . !→ − → → → u ,→ v ,− w ,− a ) avec − a = (0,0,1,0). On pose donc B = − 2

Vérifions que B2 est libre. Pour cela, on résout l'équation − → → → → → u + y− v + z− w + t− a = 0 d'inconnue vectorielle (E) : x −

(x,y,z,t) ∈ R4 . On a :  x +y     y (E) ⇐⇒ (S)    

+2z z+t

z

ce qui prouve que B 2 est libre.

=0

x    y =0 ⇐⇒  =0 z   =0 t

=

0

=

0

=

0

=

0

Mais on a : Card(B 2 ) = dimR4 = 4 , donc, d'après le théorème de la base incomplète, B2 est une base de R4 . 100

! " c) On a : F 3 = (1,0,1,0),(0,1,0,0) . 4 56 7 4 56 7

Vérifions que B 3 est libre. Pour cela, on résout l'équation vec→ − → − → → → u + y− v + z− a + t b = 0 d'inconnue torielle (E) : x − 0

=

=

z= t=

ce qui prouve que B 3 est libre.

x     0 y ⇐⇒  0 z    0 t

=

0

=

0

=

0

=

0

Mais on a : card(B3 ) = dimR4 = 4, donc, d'après le théorème de la base incomplète, B 3 est une base de R4 . !

"

,(0,1),(1,1) . 5.7 a) On a : F 1 = (1,0) 4 56 7 4 56 7 4 56 7 =2 u

=2 v

=w 2

• Pour savoir si F 1 est génératrice de R2 , on résout l'équa→ → → → u + y− v + z− w =− a d'inconnue tion vectorielle (E) : x −

→ (x,y,z) ∈ R3 , avec − a = (a1 ,a2 ) ∈ R2 . On a : (E) ⇐⇒ (S)

3

x y

z

+

z

+

= =

a1 a2

→ a = (a1 ,a2 ) ∈ C2 . La famille F 1 (S) est compatible pour tout − " !→ − → u ,→ v ,− w . est donc génératrice de R2 , c'est-à-dire : R2 = Vect −

• dim(R2 ) = 2 donc il faut extraire 3 − 2 = 1 vecteur de F 1 , pour obtenir une base de R2 . De plus, on sait qu'il faut extraire un vecteur qui s'exprime comme une combinaison linéaire des autres. → → → w =− u +− v . Par théorème, on sait On remarque que : − " !− → − → donc que B 1 = u , v est encore génératrice de R2 : " !→ − u ,→ v . R2 = Vect − Mais on a : card(B 1 ) = dimR2 = 2, donc, par théorème, B 1 est une base de R2 . ! " b) On a : F 2 = (1,0,0),(2,5,1),(1,1,1),(1,−1,1) . 4 56 7 4 56 7 4 56 7 4 56 7 =2 a

=b2

=2 c

=d2

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Page 101

• Pour savoir si F 2 est génératrice de R3 , on résout l'équation − → − → → → → a + y b + z− c +t d =− u d'inconnue vectorielle (E) : x −

→ u = (u 1 ,u 2 ,u 3 ) ∈ R3 . On a : (x,y,z,t) ∈ R , avec −  + 2y+ z+ t = u 1   x + z− t = u 2 (E) ⇐⇒ (S) 5y   y + z+ t = u 3 (S) ⇐⇒  z+ t= u1 x + 2y+   z− t= u2 5y +   4z + 6t = 5u 3 − u 2 (5L3 − L2 ) 4

→ u = (u 1 ,u 2 ,u 3 ) ∈ R3 . La famille (S) est compatible pour tout − F 2 est donc génératrice de R3 , c'est-à-dire : !→ − → →− →" a , b ,− c,d . R3 = Vect −

• dim(R3 ) = 3 donc il faut extraire 4 − 3 = 1 vecteur de F 2 , pour obtenir une base de R3 . De plus, on sait qu'il faut extraire un vecteur qui s'exprime comme une combinaison linéaire des autres. & Comme on ne trouve pas de relation « évidente » entre les vecteurs de F 2 , on va en chercher une par le calcul. Pour cela on résout l'équation vectorielle (E) : → − → − → − → → x− a + y b + z− c +t d = 0 d'inconnue (x,y,z,t) ∈ R4 . On a :  + 2y + z + t = 0   x (E) ⇐⇒ (S) 5y + z − t = 0   y + z + t = 0  + 2y +z +t = 0 x   z− t= 0 5y + (S) ⇐⇒   4z + 6t = 0 (5L3 − L2 )

(S) a une infinité de solutions, ce qui prouve que F 2 est liée (on le savait déjà car card(F 2 ) = 4 > 3 = dim(R3 )). Pour obtenir la relation cherchée entre les vecteurs, il faut poursuivre la résolution de ce système. x = α     ' y = −α (S) ⇐⇒ ∃α ∈ R  z = 3α    t = −2α On a donc, pour tout α ∈ R : → − → − → − → → α− a − α b + 3α − c − 2α d = 0 − → − → → → a = b − 3− c +2 d . Par exemple pour α = 1 : − !− → →− →" c , d est en& Par théorème, on sait donc que B 2 = b ,− !− → →− →" c,d . core génératrice de R3 : R3 = Vect b ,− Mais on a : card(B 2 ) = dimR3 = 3, donc, par théorème, B 2 est une base de R3 .

! " c) On a : F 3 = (1,1),(2,1),(6,1),(−1,1) . 4 56 7 4 56 7 4 56 7 4 56 7 =2 a

=2 c

=b2

=d2

• Pour savoir si F 3 est génératrice de R2 , on résout l'équation − → − → → → → a + y b + z− c +t d =− u d'inconnue vectorielle (E) : x −

→ u = (u 1 ,u 2 ) ∈ R2 . On a : (x,y,z,t) ∈ R4 , avec − 3 x + 2y + 6z − t = u 1 (E) ⇐⇒ (S) x + y + z + t = u2 (S) ⇐⇒ 3 x + 2y+ 6z− t = u 1 −

y−

5z+

2t =

u2 − u1

(L2 − L1 )

→ (S) est compatible pour tout − u = (u 1 ,u 2 ) ∈ R2 . La famille F 3 2 est donc génératrice de R , c'est-à-dire : !→ − → →− →" a , b ,− c,d . R2 = Vect −

• dim(R2 ) = 2 donc il faut extraire 4 − 2 = 2 vecteurs de F 3 , pour obtenir une base de R2 . De plus, on sait qu'il faut extraire un vecteur qui s'exprime comme une combinaison linéaire des autres. & Comme on ne trouve pas de relation « évidente » entre les vecteurs de F 3 , on va en chercher une par le calcul. Pour cela on résout l'équation vectorielle (E) : → − → − → − → → x− a + y b + z− c + t d = 0 d'inconnue (x,y,z,t) ∈ R4 . On a :

(E) ⇐⇒ (S) (S) ⇐⇒

3

3

x+

x+

x+

2y+ y+

6z− z+

2y+

6z−

−y−

5z+

t= t=

t=

2t =

0 0 0 0

(L2 − L1 )

(S) a une infinité de solutions, ce qui prouve que F 3 est liée (on le savait déjà car card(F 3 ) = 4 > 2 = dim(R2 )). Pour obtenir la relation cherchée entre les vecteurs, il faut poursuivre la résolution de ce système.  x = 4α − 3β     y = −5α + 2β ' 2 (S) ⇐⇒ ∃(α,β) ∈ R  z = α    t = β On a donc, pour tout (α,β) ∈ R2 :

→ − → − → − → → (4α − 3β)− a + (−5α + 2β) b + α − c +β d = 0 − → → → c = −4− a +5 b Par exemple pour α = 1 et β = 0 : − − → − → → a −2 b . et pour α = 0 et β = 1 : d = 3−

− → − → → → c = −4− a + 5 b + 0 d , on sait donc par théo& Comme − !→ − →− →" a , b , d est encore génératrice de R2 : rème que − !→ − →− →" R3 = Vect − a,b,d .

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− → − → → a − 2 b , on sait donc par théorème Ensuite, comme d = 3− " !− − → a , b est encore génératrice de R2 : que B = → 3

!→ − →" a,b . R2 = Vect −

Mais on a : card(B 3 ) = dimR2 = 2, donc, par théorème, B 3 est une base de R2 .

5.8

5.9 a) On peut procéder comme à l'exercice 5.4. Pour aller plus vite (et pour changer un peu…), on peut aussi !→ − " → → e1 , → e2 ,− e3 ,− e4 désigne la base caremarquer que, si B cano = − !→ − " → ε1 , → ε2 ,− ε3 celle de R3 , on a pour nonique de R4 et Ccano = − → u = (x,y,z,t) ∈ R4 : tout −

a) Déterminons le rang de la famille B : 

1  = rg  0

rg(B)

1



1

1

 1

1

0

 = rg  0

1

0

1

1  = rg  0

0



 1

0

(L3 −L1 )



0

1

1

 1 

0

−1

(L3 −L2 )

=3

0

 avec : A =  −1

3

sait que B est une base de R . !− →− →− →" b) On note i , j , k la base canonique de R3 . − → − → − → − → v1 = (1,2,4) = i + 2 j + 4 k et : − → − → − → v2 = (3,−1,0) = 3 i − j

Déterminons les formules de changement de base entre la base canonique et B : − − − → − → → → → →   u3 u = i + k i = −− u2 + −    1  − → − → − → − → − → − → ⇐⇒ u2 = j + k j = − u1 + u3     − − − → − → − → → − → → → u3 = i + j + k u2 − − u3 k =→ u1 + −

On a donc :

2

Ainsi :

=

→ → → 2− u 1 + 3− u2 − − u3 − → − → − → u − 3u + 2u 1

2



2 !− "  − → → Mat v1 , v2 =  3 B

102

2

x 



   y 1 ×   z 1 t

3

Bcano 

−2

3

1

3

0

2

 1 .

1

Ceci prouve que f est linéaire de R4 dans R3 . ! " Ceci prouve aussi que : Mat f,Bcano ,Ccano = A (mais ce n'était pas demandé…).

→ u = (x,y,z,t) ∈ R4 . On a : Soit − ! →" − → u = 0 ⇐⇒ f −  − 2y+   ⇐⇒ (S) −x− 2y+   −x +

− → u ∈ Ker f

On a :

=

0

1

b) • Base de Ker f.

! " On a rg(B ) = card(B ) = dim R3 , donc par théorème on

− → v1 − → v

3

! →" A × mat − u

−2

−1

−2

−2

−1

=



0

  −1

=

1

1





0 1

! →" Mat f (− u) Ccano



−1

3

1



 −3  2

et :

 −   x (S) ⇐⇒ −x−   −

(S) ⇐⇒  −   x  

(S) ⇐⇒  −x    

−

+

2z+

2y+

3z+

2y+

3z+

+

2z+

2y+

3z+

+

− 2y +

2z+ 2z +

x    ' y (S) ⇐⇒∃α ∈ R  z    t

= = = =

2z+ 0

t=

0

=

t=

=

t= 0 α 2α −4α

t=

0

t=

0

t=

(L3 )

0

t=

t=

z

3z+

t=

t=

z

− 2y +

3z+

(L1 )

0 0 0

(L2 − L1 )

0 0 0

(L3 − L2 )

0

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On a donc : Ker f

# ' $ = (0,α,2α,−4α) α ∈ R # ' $ = α.(0,1,2,−4) α ∈ R ! " = Vect (0,1,2,−4) 4 56 7 =2 u

− → → u )= 0 , on a donc obtenu une base de Ker f. Et comme − ! " Ainsi : dim Ker f = 1.

• Base de Im f. Par théorème on sait que l'image de f est engendrée par la fa; : ! " ! →" !− " ! →" !− " e1 , f → e2 , f − e3 , f → e4 , mille f Bcano = f −

avec :

          

! →" e1 f − !− " → f e2 ! →" e3 f − !− " → f e 4

(S) ⇐⇒

 − +   x

   x   (S) ⇐⇒ z   t

= (−2,−2,0) = (1,1,1)

Reprenons donc la base de Ker f déterminée précédemment. Chaque vecteur de cette base nous donne en fait une relation ! " entre les vecteurs de f Bcano .

→ → → e 3 − 4− e 4 ∈ Ker f e 2 + 2− Plus précisément : (0,1,2,−4) = − " − !− → → − → − → donc f e 2 + 2 e 3 − 4 e 4 = 0 et donc, comme f est li!→ " !→ " − !→ " → e 3 −4f − e4 = 0 . e 2 +2f − néaire : f − !→ " !→ " !→ " !→ " e 2 =0f − e 1 −2f − e 3 +4f − e 4 , on sait Comme f − ; : !− " ! " ! " → → e 1 ,f − e 3 ,f − e 4 reste par théorème que la famille f →

!→ " !→ " !→ " − → e 1 + zf − e 3 +tf − e4 = 0 (E) : x f −

(S) ⇐⇒

3z+ 3z+

t=

t=

0 0 0 0

(L3 )

0 0

0

(L2 − L1 )

0

=

0

=

est une base de Im f. ! " Donc rg( f ) = dim Im f = 3.

c) D'après la question a), on a :

(L1 )



−2

3

1

3

0

2

 1

−2

1

Une autre méthode donnant ce résultat consiste à calculer, à partir de l'expression analytique de f, les coordonnées des vec!→ " e i , i ∈ [[1,4]] , dans la base canonique de R3 . teurs f −

d) • Déterminons le rang de la famille B :  1 1 1 1   0 1 1  1   rg(B ) = rg  =4  0 0 1  1 0

0 0 1 ! 4" On a rg(B = card(B) = dim R , donc par théorème on sait

que B est une base de R4 .

• Déterminons le rang de la famille C :   1 1 0   rg(C ) = rg  1 0 2  0

=

& Si cette famille est libre alors on aura déterminé une base de Im f. Pour le savoir, on résout l'équation vectorielle

t=

0

La famille est donc libre. On en conclut que : ; ! →" !− " ! →" f − e1 , f → e3 , f − e4

génératrice de Im f.

2z+

t =

=

3z+ 0

=

0

−1

= (3,3,2)

Il reste à extraire une base de cette famille génératrice. & Comme on ne trouve pas de relation « évidente » entre les ! " vecteurs de f Bcano , on pourrait procéder comme dans l'exercice 5.7, mais cela risque d'être un petit peu long et on va certainement refaire plusieurs fois le même calcul…

 − +   x −x+  

z

t=

 0 ! "  Mat f,Bcano ,Ccano = A =  −1

= (0,−1,−1)

d'inconnue (x,z,t) ∈ R4. On a :  3z+ t =   (E) ⇐⇒ (S) −x+ 3z+ t =   −x+ 2z+ t =

2z+

=



0

1

1

1

 rg  0

0

 2 

−1

0



0

1

3

(L2 −L1 )

! " On a rg(C ) = card(C ) = dim R3 , donc par théorème on sait que C est une base de R3 . !→ " u i , i ∈ [[1,4]] , en fonce) On doit calculer les vecteurs f − " !− → tion des vecteurs f v j , j ∈ [[1,3]] .

On a, d'après l'expression analytique de f : ! →" → → ε3 f − u1 = (0,−1,−1) = −− ε2 − − !− " → → → − → f u2 ε2 − − ε3 = (−2,−3,−1) = −2 ε1 − 3− !− " → − → − → f u3 = (1,0,1) = ε1 + ε3 !− " → → → → f u ε + 2− ε = (2,1,2) = 2− ε +− 4

1

2

3

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Page 104

Déterminons les formules de changement de base entre Ccano et C : − → → → = − ε1 + − ε2 v   1 − → − → v2 = ε1  − → → → v3 = 2− ε2 + − ε3 − → − → ε = v 2   1 − → → → ⇐⇒ ε2 = − v1 − − v2  − → − → → → ε = −2 v + 2− v +− v 3

1

2

2

! " 1 0 Mat f −1 = A−1 =  2 0 Bcano 1

x 

= =

t

2



1

! "  Mat f,B,C =  −1

−1

−2

−3

−1

1

2

x 



 5 

a) • D'après le cours, il suffit de montrer que A est inversible et de déterminer A−1 . Pour cela, considérons le sysa   x b     tème AX = Y avec X =  y  et Y =   : c z d  = a x      3y −z = b AX = Y ⇐⇒  = c 2y     −x− 4y+ 4z+ 2t = d a

=

−b + 32 c

t

1 a 2

=

+ 2b − 2c +

1 d 2

On a un système de Cramer, donc A est inversible. De plus : 2 0 0 0 A−1 =

1 0  2 0

0

−2

1

4

1

3 −4

0   0 1

Par théorème on sait donc que f est un automorphisme de R4 !→ − " → → e ,→ = − e ,− e ,− e désigne la base canonique et que, si B cano

de R4 , on a : 104

1

2

3

2y

−x − 4y + 4z + 2t

   

2x



t



z −2y + 3z

x + 4y − 4z + t

   

et donc, pour tout (x,y,z,t) ∈ R4 : f −1 (x,y,z,t) =

1 (2x,z,−2y + 3z,x + 4y − 4z + t) 2

b) • Pour touver une relation entre les fonctions f 2 , f et IdR4 , on va chercher une relation entre les matrices A2 , A et I4. On a : 

1  0   0 −1

0 3 2 −4

0 −1 0 4

2 

0 0 0 2

1   0  =   0 −3

0 7 6 −12

0 −3 −2 12

0 0 0 4

   

Donc : A2 = 3A − 2I4 .

Par unicité de la représentation matricielle dans une base, on a donc : f 2 = 3 f − 2IdR4 . • On a donc :

1 c 2

=

z

   

=



3y − z

y 1     A−1 ×   =  z 2

5.10

AX = Y ⇐⇒  x     y

1

−4

De même :

3

3

4

f (x,y,z,t) = (x,−3y − z,2y,−x − 4y + 4z + 2t)

−1

−1

1 3

0 0   0

et donc, pour tout (x,y,z,t) ∈ R4 :

→ → → v2 + 2− v3 −3− v1 + 5−

=

4

Finalement :

1

0 −2

x



y     A× = z 

3

→ → − → v2 − − v3 v1 − − − → → − → v3 − v1 − v2 − − − → → − → v −2 v + 3 v + −

=

0

• On a :

On a donc :

! →" f − u1 !− " → f u2 ! →" u3 f − !− " → f u

0

4

f ◦

−1 2

( f − 3IdR4 ) =

−1 2

( f − 3IdR4 ) ◦ f = IdR4

Par théorème f est donc un automorphisme de R4 et : f −1 = −1 ( f − 3IdR4 ) . 2 c) • On a g = f − IdR4 et donc B = A − I4 .  0  0  B=  0

−1

0

0

2

−1

2 −4

−1 4

0 0   0

1

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Page 105

• Base de Ker g. → u = (x,y,z,t) ∈ R4 . On a : Soit − − → u ∈ Ker g

et :

(S) ⇐⇒

(S) ⇐⇒

! →" − u =→ u ⇐⇒ f −  x     3y− ⇐⇒ (S)  2y    −x− 4y+ 0

         3

−x−

−x−

2y−

z

2y−

z

4y+

4z+

4y+

4z+

2y −

z

z 4z+

=

0

=

0

=

0

t=

0

t= =

=

x

=

z

=

y

2t =

t

1

0 0

=2 v

• Base de Im g.

Par théorème on sait que l'image de g est engendrée par la fa; : ! " ! → " !− " ! → " !− " e 1 ,g → e 2 ,g − e 3 ,g → e 4 , avec : mille g Bcano = g − =

(0,0,0,−1)

=

(0,2,2,−4)

=

(0,−1,−1,4)

=

(0,0,0,1)

Il reste à extraire une base de cette famille génératrice. & Reprenons la base de Ker g déterminée précédemment : → → → (4,1,2,0) = 4− e +− e + 2− e ∈ Ker g donc 1

2

! →" ! →" ! →" e2 = −4g − e1 − 2g − e3 , on a donc aussi De plus comme g − ; : !− " ! " → e1 ,g − e3 est génératrice de Img. que la famille g → 3

pas colinéaires.

→ → u et − v ne sont pas colinéaires, on a donc obtenu Et comme − une base de Ker g. ! " Ainsi : dim Ker g = 2.

"  !− e1 g →    !− "  g → e2 !→ "  g − e3     !− " e4 g →

ratrice de Img.

& Si cette famille est libre alors on aura déterminé une base de ! →" ! →" e et g − Im g. C'est bien le cas car les vecteurs g − e ne sont

 x = 4α + β    2 y = α 2 (S) ⇐⇒ ∃(α,β) ∈ R  z = 2α    t = β On a donc : 9 8 2 Ker g = (4α + β,α,2α,β) (α,β) ∈ R2 8 2 9 = α.(4,1,2,0) + β.(1,0,0,1) (α,β) ∈ R2 % & = Vect (4,1,2,0),(1,0,0,1) 4 56 7 4 56 7 =2 u

!→ " − → → → → e 4 ∈ Ker g donc g − e 1+− e4 = 0 (1,0,0,1) = − e 1+− ! →" ! →" − → e4 = 0 . e1 + g − et donc, comme g est linéaire : g − ! →" ! →" ! →" ! →" e4 = −g − e1 + 0g − e2 + 0g − e3 , on sait par Comme g − ; : " ! " ! " !− → → e2 ,g − e3 e1 ,g − reste généthéorème que la famille g →

3

! → " − → → → g 4− e 1+− e 2 + 2− e 3 = 0 et donc, comme g est linéaire : !→ " !→ " − !→ " → e 2 + 2g − e3 = 0 . e 1 +g − 4g −

: ; ! →" !− " e1 ,g → e3 La famille est donc libre. On en conclut que g −

est une base de Im g . ! " Donc rg(g) = dim Img = 2.

→ → 5.11 a) • On pose − u = (−1,2,1,0) et − v = (−1,2,0,1). On " !→ − u ,→ v , donc par théorème on sait que E est un a E = Vect − sous-espace vectoriel de R4 .

• Pour montrer que F est un sous-espace vectoriel de R4 on peut procéder comme dans l'exercice 5.3. Mais on peut aussi chercher une famille génératrice de F, ce qui montrera que F est un sous-espace vectoriel de R4 et répondra en plus en partie à la question c) ! Soit (x,y,z,t) ∈ R4 . On a :

(x,y,z,t) ∈ F ⇐⇒ (S) y + 2z − t = 0 x = α    y = −2β + γ 2 3 (S) ⇐⇒ ∃(α,β,γ) ∈ R  z = β    t = γ

On obtient donc : 2 9 8 F = (α,−2β + γ,β,γ) ∈ R4 (α,β,γ) ∈ R3 8 2 9 = α.(1,0,0,0)+β.(0,−2,1,0)+γ.(0,1,0,1) (α,β,γ) ∈ R3 % & = Vect (1,0,0,0),(0,−2,1,0),(0,1,0,1) 4 56 7 4 56 7 4 56 7 =2 a

=b2

=2 c

Ceci prouve que F est un sous-espace vectoriel de R4 , et que !→ − → →" a , b ,− c est génératrice de F. la famille − " !− → u ,− v est génératrice de E , et elle est libre car b) La famille → − → → u et − v ne sont pas colinéaires. " !− → u ,− v est une base de E et donc : dim(E ) = 2 . Ainsi →

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Déterminons ensuite un système d'équations cartésiennes de E . On a : & % → → u ,− v E = Vect − 8 2 9 → → α− u + β− v (α,β) ∈ R2 8 2 9 (−α − β,2α + 2β,α,β) ∈ R4 (α,β) ∈ R2

= =

Pour (x,y,z,t) ∈ R4 . On a :

(x,y,z,t) ∈ E ⇐⇒ ∃(α,β) ∈ R2 / (S) − α − β = x     2α + 2β = y  α = z    β = t Autrement dit : (x,y,z,t) ∈ E ⇐⇒ (S) est compatible Or :

(S) ⇐⇒

(S) ⇐⇒

− α        

− α        

− − −

β 0 β β β β 0 0

=

x

=

y + 2x

=

t

= =

=

= =

z+x

(L2 + 2L1 ) (L3 + L1 )

et un système d'équations cartésiennes de E : # ' $ E = (x,y,z,t) ∈ R4 2x + y = 0 et x + z + t = 0

On en déduit très simplement un système d'équations cartésiennes de G = E ∩ F : ' # G = (x,y,z,t) ∈ R4 y + 2z − t = 0 et 2x + y = 0 $ et x + z + t = 0

• On peut en déduire une famille génératrice, puis une base, de G . Soit (x,y,z,t) ∈ R4 . On a :    x (x,y,z,t) ∈ G ⇐⇒ (S) 2x   (S) ⇐⇒

   x

(S) ⇐⇒

 x  

x t

(L4 ) y + 2x

x +z+t

(L2 ) (L3 + L4 )

Donc : (S) est compatible ⇐⇒ y + 2x = 0 et x + z + t = 0

Mais on a : (x,y,z,t) ∈ E ⇐⇒ (S) est compatible.

On obtient donc un système d'équations cartésiennes de E : # ' $ E2 = (x,y,z,t) ∈ R4 ; −x + 3y + z = 0 et t = 0

!→ − → →" a , b ,− c c) À la question a), nous avons vu que la famille − est génératrice de F. Pour savoir si elle est libre, on résout l'équation vectorielle − → − → → → (E) : x − a + y b + z− c = 0 d'inconnue (x,y,z) ∈ R3 . On a :  x = 0     − 2y+ z = 0 (E) ⇐⇒ (S)  = 0 y    z= 0  x = 0   (S) ⇐⇒ y = 0   z = 0 !→ − → →" a , b ,− c est La famille est donc libre. On en conclut que − une base de F. Donc dim(F) = 3.

d) Pour déterminer une base d'une intersection d'espaces vectoriels, une méthode efficace consiste à passer par un système d'équations cartésiennes.

106

• On a déjà une équation cartésienne de F : # ' $ F = (x,y,z,t) ∈ R4 y + 2z − t = 0

 

 

+

y−

z+

2z−

y+

2z−

+

z+

y−

2z−

+

+

z+

y+

2z−

y

t=

0

t=

0

2t = t=

2t =

0

t=

0

t=

0

=

0

(L2 − 2L1 ) 0 0

(L3 − L2 ) 4z + t = 0  x = 3α    y = −6α 2 (S) ⇐⇒ ∃α ∈ R  z = α    t = −4α On obtient donc : 2 9 8 G = (3α,−6α,α,−4α) ∈ R4 α ∈ R 8 2 9 = α.(3,−6,1,−4) α ∈ R % & = Vect (3,−6,1,−4) 4 56 7 =2 n

− → → n )= 0 , on a donc trouvé une base de G . Ainsi : Et comme − dim(G) = 1 . !→ − → →− →" a , b ,− c , d donc la famille 5.12 a) On a E = Vect −

!− − → →− →" → a , b ,− c , d est génératrice de E . On doit en extraire une base. − → − → − → − → → → a = b − d = b + 0− c − d , et on On remarque que : − !− → →− →" c , d génératrice de E . a donc b ,− !→ − →" − → → − → c , d est aussi générac + d , donc − De même : 2 b = − trice de E . Mais comme cette famille est composée de deux vecteurs non colinéaires, on a donc une base de E .

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Page 107

On a donc : dim(E) = 2 .

!→ − →" c , d , on a : b) Pour (x,y,z,t) ∈ R . Comme E = Vect −  3α + β =     −3α − β = 2 (x,y,z,t) ∈ E ⇐⇒ ∃(α,β) ∈ R / (S)  7α + β =    −7α − β = 4

x y z t

Autrement dit : (x,y,z,t) ∈ E ⇐⇒ (S) est compatible

Or :

(S) ⇐⇒

(S) ⇐⇒

β=

 3α +      −   

 3α        

0=

4β = 4β =

+

β

−

4β

0

x (L2 + L1 )

x+y

3z − 7x

(3L3 − 7L1 )

3t + 7x

(3L4 + 7L1 )

=

x

=

3z − 7x z+t

=

1 (L3 3

c) F est un sous-espace vectoriel de R4 donc pour montrer que : !→ − →" → c , d ⊂ F, il suffit de vérifier que − E = Vect − c ∈ F et que − → d ∈ F.

Le meilleur moyen de savoir si un vecteur appartient ou non à F, est d'en déterminer un système d'équations cartésiennes. " !→ − → → → → → u =− w −− n u ,→ v ,− w ,− n . Comme − On note : F = Vect − ! " − → − → − → − → − → − → = 0 v + w − n on a aussi : F = Vect v , w , n .

 2α    −2α

−

+

γ=

z

=

y

γ=

t

On a donc montré que : F ⊂ F .

Autrement dit : (x,y,z,t) ∈ F ⇐⇒ (S) est compatible

(S) ⇐⇒

   

β α −

+

= =

γ = γ=

x y z − 2y

t + 2y

(L3 − 2L2 )

(L4 + 2L2 )

!" ! " ! " f 2i f 2j f k2   1 0 1    2 −1 −2 

A=

−1

et :

−1

−1

    x +z x     A ×  y  =  2x − y − 2z  z

−x − y − z

ce qui donne, pour tout (x,y,z) ∈ R3 : f (x,y,z) = (x + z,2x − y − 2z,−x − y − z) Commençons par déterminer une base de Ker f. → u = (x,y,z) ∈ R3 . On a : Soit − − → u ∈ Ker f

et :

Or :

    

(L4 + L3 )

→ c ∈ F (car 7 + (−7) = 0 ) et que Il est alors immédiat que − − → d ∈ F (car 1 + (−1) = 0 ).

(x,y,z,t) ∈ F ⇐⇒ ∃(α,β,() ∈ R3 / (S) α

0 = z+t

Mais on a : (x,y,z,t) ∈ F ⇐⇒ (S) est compatible.

Pour (x,y,z,t) ∈ R4 , on a donc : x

− γ = z − 2y

   

On obtient donc un système d'équations cartésiennes de F : ' $ # F = (x,y,z,t) ∈ R4 z + t = 0

+ L4 )

On obtient donc un système d'équations cartésiennes de E : # ' $ E = (x,y,z,t) ∈ R4 x + y = 0 et z + t = 0

=

= y

On a :

Mais on a : (x,y,z,t) ∈ E ⇐⇒ (S) est compatible.

β

= x

Donc : (S) est compatible ⇐⇒ z + t = 0

Donc : (S) est compatible ⇐⇒ x + y = 0 et z + t = 0

    

β α

!→ − →− →" 5.13 • On note − i , j , k la base canonique de R3 .

= x+y

0

(S) ⇐⇒

    

% & − → → u = 0 ⇐⇒ f −  +   x ⇐⇒ (S) 2x− y−   −x− y−

z=

0

z=

0

2z =

0

 + z= 0   x y − 4z = 0 (L2 − 2L1 ) (S) ⇐⇒ −   − y = 0 (L3 + L1 )  x = 0   (S) ⇐⇒ y = 0   z = 0 #− →$ On a donc : Ker f = 0 . Par théorème on sait donc que f est injective sur R3 . De plus f est un endomorphisme, et donc, par un autre théorème, on sait que f est un automorphisme de R3 . 107

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Page 108

On en déduit que Im f = R3 . Une base de Im f est donc !− →− →− →" i , j , k et rg( f ) = dim(Im f ) = 3. !− →− →− →" • On note i , j , k la base canonique de R3 .

! " Ainsi rg( f ) = dim Im f = 1. !→ − " → → e 1, → e2 ,− e3 ,− e4 la base canonique de R4 . • On note − On a :

!− " ! →" !− " →" f !− → e2 f − e3 f → e4 f e1  2 −2 1 −1   −1 1 1 5    C=    1 −1 1 1 

On a :

B=

!" ! " ! " f 2i f 2j f k2   −1 1 2    −1 1 2  −1

et :

1

−3

2

et :

    −x + y + 2z x     B ×  y  =  −x + y + 2z 

 2x − 2y + z − t  y   −x + y + z + 5t    C× = z  x −y+z+t

f (x,y,z) = (−x + y + 2z,−x + y + 2z,−x + y + 2z)

On a donc : Ker f

% & − → → u = 0 ⇐⇒ f −

α + 2β α β

8 2 9 = (α + 2β,α,β) (α,β) ∈ R2 8 2 9 = α.(1,1,0) + β.(2,0,1) (α,β) ∈ R2 % & = Vect (1,1,0),(2,0,1) 4 56 7 4 56 7 =2 u

=2 v

→ → u et − v ne sont pas colinéaires, on a donc obtenu Et comme − une base de Ker f. ! " Ainsi : dim Ker f = 2.

!− !− →" →" → → w = f j = (1,1,1). Comme f k = 2− w et On pose − !− →" → f i = −− w , on a : ; : ! →" !− →" !− →" !− →" w Im f = Vect f i , f j , f k ) = Vect − − → → w )= 0 , on a donc une base de Im f. Et − 108

   

f (x,y,z,t) = (2x − 2y + z − t,−x + y + z + 5t,x − y + z + t

,−3x + 3y − z + 3t)

& Commençons par déterminer une base de Ker f. → u = (x,y,z,t) ∈ R4 . On a : Soit − − → u ∈ Ker f

et :

(S) ⇐⇒

! →" − → u = 0 ⇐⇒ f −  2x −     −x+ ⇐⇒ (S)  x−    −3x+

 2x −    

2y+

z− z+ z+

   

z+

= = =

z−

y+

z+

y+

z+

3y−

z+

t=

0

t=

0

5t =

0

3t =

0

0 0

1 (2L2 3

3t =

0

(2L3 − L1 )

On a donc : Ker f

2y+

t=

3t =

3t = x    y 2 (S) ⇐⇒ ∃(α,β) ∈ R /  z    t

& Déterminons ensuite une base de Im f.

Par théorème on sait que l'image de f est engendrée par la ; : !− →" !− →" !− →" . famille f i , f j , f k



ce qui donne, pour tout (x,y,z,t) ∈ R4 :

& Commençons par déterminer une base de Ker f. → u = (x,y,z) ∈ R3 . On a : Soit − ⇐⇒ −x + y + 2z = 0  x =   2 ∃(α,β) ∈ R / y =   z =

−3x + 3y − z + 3t

t

ce qui donne, pour tout (x,y,z) ∈ R3 :

− → u ∈ Ker f

3

−1

x 

−x + y + 2z

z

3

+ L1 )

0 (2L4 + 3L1 ) = α + 2β =

α

=

β

=

−3β

9 8 2 (α + 2β,α,−3β,β) (α,β) ∈ R2 8 2 9 α.(1,1,0,0) + β.(2,0,−3,1) (α,β) ∈ R2 % & Vect (1,1,0,0),(2,0,−3,1) 4 56 7 4 56 7 =2 u

=2 v

→ → v ne sont pas colinéaires, on a donc obtenu u et − Et comme − une base de Ker f.

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! Commençons par déterminer une base de Ker f.

! " Ainsi : dim Ker f = 2.

! Déterminons ensuite une base de Im f. Par théorème on sait que l'image de f est engendrée par la fa$ # " ! →" !− " ! →" !− e2 , f − e3 , f → e4 . e1 , f → mille f −

Reprenons la base de Ker f déterminée précédemment : !→ − " − → → → e1 + → e2 = 0 et (1,1,0,0) = − e1 + − e2 ∈ Ker f donc f − ! →" − ! →" → e2 = 0 . e1 + f − donc, comme f est linéaire : f −

→ → → e3 + − e4 ∈ Ker f donc (2,0,−3,1) = 2− e1 − 3− ! − " − → → − → − → f 2 e1 − 3 e3 + e4 = 0 et donc, comme f est linéaire : ! →" ! →" − ! →" → e3 + f − e4 = 0 . e1 − 3 f − 2f − ! →" ! →" ! →" ! →" e1 + 0 f − e3 + 0 f − e4 , on sait par e2 = − f − Comme f − $ # !− " ! " ! " → → e1 , f − e3 , f − e4 reste généthéorème que la famille f → ratrice de Im f.

! →" ! →" ! →" e4 = −2 f − e1 + 3 f − e3 , on a donc De plus comme f − $ # !− " ! " → e1 , f − e3 est génératrice de Im f. aussi que la famille f →

! →" ! →" e1 et f − e3 ne sont pas colinéaires. De plus les vecteurs f − $ # !− " ! " → e1 , f − e3 est une base de Im f. On en conclut que f →

! " Donc rg( f ) = dim Im f = 2. !→ − " → → → e 1, → e2 ,− e 3 ,− e4 ,− e5 la base canonique de R5 et • On note − " !− → → → → ε ,− ε ,− ε celle de R4 . ε ,− 1

2

3

4

On a :

! →" e f −  21

4  D=   0 0

et :

! →" e2 f − 1 2 0 0

! →" ! →" ! →" e3 e4 e5 f − f − f −  0 0 3 − → ε1 − → −2 1 11  ε2   − → ε3  3 0 −3 − → ε4 1 0 −1

x 

  2x + y + 3u y       4x + 2y − 2z + t + 11u    D×  z=  3z − 3u    t  z−u u ce qui donne, pour tout (x,y,z,t,u) ∈ R5 : f (x,y,z,t,u) =

(2x + y + 3u,4x + 2y − 2z + t + 11u,3z − 3u,z − u)

→ v = (x,y,z,t,u) ∈ R5 . On a : Soit − ! →" − → − → v = 0 v ∈ Ker f ⇐⇒ f −  2x + y + 3u = 0     4x+ 2y− 2z+ t+ 11u = 0 ⇐⇒ (S)  3z− 3u = 0    z− u =0

et :

(S) ⇐⇒

(S) ⇐⇒

 2x +    

y −

2z+ 3z

   

 2x +    

z

3u = 0

−

= =

(L2 − 2L1 )

3u = 0

5u = 0

(L2 − 2L1 )

0=0

(3L4 − L3 )

3u = 0 α

−2α − 3β

=

β

=

β

=

5u = 0 u=0

t+

3z

 x      y   2 (S) ⇐⇒ ∃(α,β) ∈ R / z     t    u

−

+

2z+

   

3u = 0

−

y −

+

t +

−3β

On a donc :

1 / 0 Ker f = (α,−2α − 3β,β,−3β,β) (α,β) ∈ R2 / 0 1 = α.(1,−2,0,0,0)+β.(0,−3,1,−3,1) (α,β) ∈ R2 ! " = Vect (1,−2,0,0,0),(0,−3,1,−3,1) 34 52 34 5 2 =( a

=b(

− → → a et b ne sont pas colinéaires, on a donc obtenu Et comme − une base de Ker f. ! " Ainsi : dim Ker f = 2.

! Déterminons ensuite une base de Im f.

Par théorème on sait que l'image de f est engendrée par la $ # ! →" !− " ! →" !− " ! →" e1 , f → e2 , f − e3 , f → e4 , f − e5 . famille f −

Reprenons la base de Ker f déterminée précédemment : !→ " − → → → → e1 − 2− (1,−2,0,0,0) = − e1 − 2− e2 ∈ Ker f donc f − e2 = 0 ! →" ! →" − → e1 − 2 f − e2 = 0 . et donc, comme f est linéaire : f − → → → → (0,−3,1,−3,1) = −3− e2 + − e3 − 3− e4 + − e5 ∈ Ker f donc

109

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! " − → → → → → f − 3− e2 + − e3 − 3− e4 + − e5 = 0 et donc, comme f est ! →" ! →" ! →" ! →" − → e3 − 3 f − e4 + f − e5 = 0 . e2 + f − linéaire : −3 f − ! →" ! →" ! →" ! →" ! →" e1 =2 f − e2 +0 f − e3 +0 f − e4 +0 f − e5 , on Comme f − sait par théorème que la famille $ # !− " ! " ! " ! " → → → e2 , f − e3 , f − e4 , f − e5 f → reste génératrice de Im f. ! →" ! →" ! →" ! →" e5 = 3 f − e2 − f − e3 + 3 f − e4 , on a De plus comme f − $ # !− " ! " ! " → − → − → est donc aussi que la famille B = f e2 , f e3 , f e4 génératrice de Im f.

et :     x + 4y + 2z x     A ×  y  =  −3y − 2z  ce qui donne, pour tout (x,y,z) ∈ R3 : f (x,y,z) = (x + 4y + 2z,−3y − 2z,4y + 3z) " ! →" ! →" !− → → u2 , f − u 3 en fonction de − u1 , f → u2 u 1 ,− On doit calculer f − − → et u . 3

On a :

Vérifions que B est libre : pour cela, on résout l'équation vec! →" ! →" ! →" − → e + yf − e + zf − e = 0 d'inconnue torielle (E) : x f − 2

3

(x,y,z) ∈ R3 . On a :  x     2x− (E) ⇐⇒ (S)    

2y+ 3y

! →" u1 f − !− " → f u2 ! →" u3 f −

4

=

z= =

y

=

0

 x   0 ⇐⇒ y  0  z 0

=

0

=

0

=

0

5.14

1

0

1  rg  0

1

=

−1

1

1

 rg  0

1



=

1

0

0

0

3

=

0

 −1  2

0 1

On a :

!− →" !− →" !− →" i f j f k   1 4 2   A =  0 −3 −2  f

0

110

4

3

0

− → u1 − → u2 − → u

1

3

On remarque que cette matrice est diagonale.

rg(B)

(L2 +L1 )

=

=

(L3 −L1 )

=

(L3 +L2 )

! " On a rg(B = card(B ) = dim R3 , donc par théorème on sait

que B est une base de R3 . !− →− →− →" • On note i , j , k la base canonique de R3 .

→ f (0,−1,2) = (0,−1,2) = − u3

0



 −1 

=

2

! →" !− " ! →" u1 f → u2 f − u3 f −   −1 0 0 MatB ( f ) =   1 0  0

2



=

→ f (1,−1,1) = (−1,1,−1) = −− u1 − → f (1,0,0) = (1,0,0) = u

(L1 −L3 )

• Déterminons le rang de la famille B :

a) • Déterminons le rang de la famille B :   1 1 0   rg(B ) = rg  −1 0 −1  

=

On obtient donc :

ce qui prouve que B est libre. ! " Donc B est une base de Im f et rg( f ) = dim Im f = 3.

4y + 3z

z

=

1  rg  0 

0 1

1

−1

1

0

 rg  0

1

0

1

1

0

 rg  0

1





0

0

3

1



 −1  1

1

(L3 −L2 )



 −1  0

1



 −1  1

! " On a rg(B ) = card(B) = dim R3 , donc par théorème on sait que B est une base de R3 . !− →− →− →" • On note i , j , k la base canonique de R3 . On a :

!− →" !− →" !− →" g i g j g k   3 −3 −2 B=   2   −2 1 3

−2

−2

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et :

et comme f est linéaire :     3x − 3y − 2z x     B ×  y  =  −2x + y + 2z  z

! →" ! →" ! →" − → u + yf 3 − u + zf 4 − u = 0 xf2 −

3x − 2y − 2z

ce qui donne, pour tout (x,y,z) ∈ R3 :

g(x,y,z) = (3x − 3y − 2z,−2x + y + 2z,3x − 2y − 2z) " !→ " ! →" !− → → v2 ,g − v 3 en fonction de − v1 ,− v1 ,g → v2 On doit calculer g − − → et v . 3

On a : ! →" v1 g − !− " → g v2 ! →" v g − 3

= = =

→ g(1,0,1) = (1,0,1) = − v1

→ → v2 g(0,1,−1) = (−1,−1,0) = −− v1 − − g(1,−1,1) = (4,−1,3) =?

Déterminons les formules de changement de base entre la base canonique et B : − − → − → →  = i + k v   1 − → − → − → v2 = j − k   − − → − → − → → v3 = i − j + k − → → →  v3 i = − v2 + −   − → − → − → ⇐⇒ j = v1 − v3   − → → → → v −− v k = − v −− 1

2

Or on a supposé que f 3 = 0 et donc f 4 = 0. Ceci nous donne ! →" ! →" − → u = f4 − u = 0 . En réinjectant dans l'équation préf3 − cédente, on a : ! →" − → u = 0 xf2 −

→ u de telle sorte que et donc x = 0 , puisqu'on a choisit − " ! − → → f2 − u )= 0 . ! →" ! →" − → u + zf 2 − u = 0 . En la composant (E) devient donc y f − par f, on obtient : ! →" ! →" − → u +z f 3 − u = 0 y f2 − 4 56 7 4 56 7 − → − → )= 0 = 0 et donc y = 0 . ! →" − → u = 0 , et donc z = 0 . (E) nous donne alors : z f 2 − ; : " ! →" 2 !− → u ,f → u u ,f − libre. En conclusion, on a donc − b) Posons :

3

On obtient donc : ! →" − → − → − → → → → g − v3 = 4 i − j + 3 k = 2− v2 + 2− v3 v1 + − − → − → − → ) g( v ) g( v ) g( v 2 3  1 − → 1 −1 2 v1 MatB (g) =   − → v2 0 −1 1   − → v3 0 0 2

− → a − → b − → c

! →" a f − !− →" f b ! →" c f −

5.15

→ u est solution du problème, c'est-àMontrons que ce vecteur − : ; ! →" 2 !− " → u ,f → u ,f − u dire que la famille − est libre.

Pour cela, on résout l'équation vectorielle (E) : ! →" ! →" − → → u + zf 2 − x− u + yf − u = 0 d'inconnue (x,y,z) ∈ K3 .

→ u , on Comme on ne connaît pas les composantes du vecteur − ne peut pas utiliser une résolution de système linéaire. Il faut donc trouver une autre méthode. Composons l'équation (E) par f 2 = f ◦ f : ; : !− ! →" ! →" →" → = f 0 u + zf 2 − u f 2 x− u + yf −

= =

− → u ! →" u f − ! →" 2 − f u

! →" !− − → →" ! →" → a,b c en fonction de − a ,f b ,f − On doit calculer f − → c . et −

On remarque que cette matrice est triangulaire supérieure. a) On a supposé que f 2 )= 0, on sait donc qu'il existe au ! →" − → → u )= 0 . u ∈ K3 tel que f 2 − moins un vecteur −

=

= = =

On obtient donc :

! →" − → u = b f − ! →" − f2 − u =→ c " − ! → → 3 − f u = 0

→ → → f (− a ) f (− a ) f (− c) 0 0 0 MatB ( f ) =   0 0 1 0

1

0



−6 1 −6 3

− → a − → b − → c

5.16 a) On a : 

3 0  2 0

−2 − 1 1 −2 1

0 0 0 0

2

7  0  = 0 6 0 0 2

−3 0 −2 0

 0 0  0 4

111

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Donc : A2 = 3A − 2I4 .

Par unicité de la représentation matricielle, on a bien : f 2 − 3 f + 2IdR4 = 0L!R4 " .

b) On a donc : f ◦

−1 2

!

" ! " f −3IdR4 = −1 f −3IdR4 ◦ f = IdR4 . 2

Par théorème on sait donc que f est un automorphisme de R4 ! " f − 3IdR4 . et que : f −1 = −1 2 On a :

 3x − 2y − z   y  y     A× =   z   2x − 2y  x 

− 12 (−2y − z,−2y,2x − 2y − 3z,y − t)

c) On va démontrer par récurrence que, pour tout n ∈ N, il existe deux nombres réels an et bn tels que : f n = an f + bn IdR4 . • C'est vrai pour n = 0 en posant a0 = 0 et b0 = 1.

• Soit n ∈ N tel que la propriété soit vraie au rang n.

On a :

f ◦ fn ! " f ◦ an f + bn IdR4

=

=

an f 2 + bn f

=

an (3 f − 2IdR4 ) + bn f

f linéaire

f

= an+1 f + bn+1 IdR4

• D'après le principe de récurrence, il existe donc deux suites réelles (an )n∈N et (bn )n∈N telles que : ∀n ∈ N,

f n = an f + bn IdR4

Elles sont définies par les relations : 3 a0 = 0 et ∀n ∈ N, an+1 = 3an + bn b0 = 1 et ∀n ∈ N, bn+1

= −2an

(i) (i)

an+2 = 3an+1 + bn+1 = 3an+1 − 2an

Ainsi (an )n∈N est une suite récurrente linéaire d'ordre 2. Son équation caractéristique est : X2 − 3X + 2 = 0 . 112

et on vérifie facilement que cette formule est aussi valable pour n = 0. Finalement, on a : ∀n ∈ N,

f n = (2n − 1) f + (2 − 2n )IdR4

Ainsi, pour tout n ∈ N et tout (x,y,z,t) ∈ R4 : f n (x,y,z,t) ! = (2n+1 − 1)x − (2n+1 − 2)y − (2n − 1)z,y,

(2n+1 − 2)x − (2n+1 − 2)y + (2 − 2n )z,(2n − 1)y + 2n t

"

! →" − → → x = 0 . On compose par g : x ∈ Ker f, donc f − On a − ; : !− ! →" →" − → = g 0 = 0 car g linéaire x g f − ! →" − → → x = 0 et donc − x ∈ Ker (g ◦ f ). Ainsi : g ◦ f −

Ceci prouve que : Ker f ⊂ Ker (g ◦ f ).

• Pour la seconde inclusion à démontrer, procédons autrement, bien que la même méthode marche encore ici. Par définition :

d) Combinons les relations (i) et (ii) : ∀n ∈ N,

∀n " 1, bn = 2 − 2n

→ x ∈ Ker (g ◦ f ). que −

Si on pose : an+1 = 3an + bn et bn+1 = −2an, on a bien n+1

an = −1 + 2n

→ x ∈ Ker f fixé quelconque. On veut montrer 5.17 a) • Soit −

(3an + bn ) f − 2an IdR4

=

Or, 0 = a0 = λ + µ et 1 = 3a0 + b0 = a1 = λ + 2µ. On en déduit que λ = −1 et µ = 1. Donc :

donc (en posant n 3 = n + 1) :

On en déduit que, pour tout (x,y,z,t) ∈ R4 : ! " f −1 (x,y,z,t) = − 12 f (x,y,z,t) − (3x,3y,3z,3t)

=

an = λ1n + µ2n = λ + µ2n

∀n ∈ N, bn+1 = 2 − 2n+1

f (x,y,z,t) = (3x − 2y − z,y,2x − 2y,y + 2t)

f n+1

∀n ∈ N,

On en déduit, d'après (ii) que :

ce qui donne, pour tout (x,y,z,t) ∈ R4 :

=

On en déduit qu'il existe (λ,µ) ∈ R2 tel que :

∀n ∈ N,

y + 2t

t

Son discriminant vaut ) = 1.

) > 0 donc cette équation a deux racines réelles qui sont 1 et 2.

! " Im g = g(Kn ) et Im (g ◦ f ) = (g ◦ f )(Kn ) = g f (Kn ) .

Mais f est une application de Kn dans Kn donc : f (Kn ) ⊂ Kn . " ! En composant par g : g f (Kn ) ⊂ g(Kn ).

Ceci prouve que : Im (g ◦ f ) ⊂ Im g .

b) Procédons par double-inclusion. → x ∈ Ker g ∩ Im f fixé quelconque. ⊂ Soit − ; : ! " → x ∈ f Ker g ◦ f , c'est-à-dire qu'il On veut montrer que − ! " ! →" → → z ∈ Ker g ◦ f tel que − x = f − z . existe −

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→ → → x ∈ Im f. x ∈ Ker g et − x ∈ Ker g ∩ Im f , donc − On a − !− " − → → − → Ceci nous donne que g x = 0 et qu'il existe y ∈ Kn tel ! →" → x = f − y . que −

→ → z =− y et vérifions que ce vecteur est celui que Posons alors − nous cherchions. % & % % && % % && % & − → → → → → & On a :g◦ f − z =g f − z =g f − y =g − x = 0 . ! " → z ∈ Ker g ◦ f . Donc − ! →" − ! →" y =→ x . z = f − & f − Comme expliqué plus haut, ceci prouve que : ! ! "" − → x ∈ f Ker g ◦ f . : ; ! " → x ∈ f Ker g ◦ f fixé quelconque. ⊃ Soit −

→ x ∈ Ker g ∩ Im f , c'est-à-dire que On veut montrer que − " !− ! →" − → → → → g x = 0 et qu'il existe − z ∈ Kn tel que − z . x = f − ; : ! " ! " → → x ∈ f Ker g ◦ f , donc il existe − y ∈ Ker g ◦ f On a −

! →" → y . x = f − tel que − ; : ! →" ! →" ! " − → → = 0 car − y x =g f − y ∈ Ker g ◦ f . & On a : g −

→ → → & Posons − z =− y . On a bien − z ∈ Kn et : " " ! !− → → y =− x . z = f − f →

Comme expliqué plus haut, cela prouve que : − → x ∈ Ker g ∩ Im f.

Par double-inclusion, on a donc : ; : ! " Ker g ∩ Im f = f Ker g ◦ f

c) • Montrons que Ker g est stable par f, c'est-à-dire que : ! →" → x ∈ Ker g. ∀− x ∈ Ker g , f − → x ∈ Ker g fixé quelconque. On a : Soit − ; : ; : ! →" ! →" ! →" ! →" x x = f g − x = f ◦g − =g◦ f − x g f −

car f et g commutent. ! →" − → → x = 0 . On obtient donc : x ∈ Ker g , donc g − Mais − ; : !− " !− →" − → → = f 0 = 0 car f linéaire g f x ! →" x ∈ Ker g. Ainsi : f −

Ceci prouve que Ker g est stable par f.

• Montrons que Im g est stable par f, c'est-à-dire que : ! →" → x ∈ Im g. ∀− x ∈ Im g, f −

→ → x ∈ Im g fixé quelconque. Il existe donc − y ∈ Kn tel que : Soit − " ! → − → y . x =g − Alors :

: : " ! →"" " !− "" !− " !− !− → → → → y f x = f g y = f ◦ g y =g ◦ f y =g f − ! →" ! →" ! →" → y , et donc x =g − y . On a alors : f − z = f − Posons − " !− → f x ∈ Im g. Ceci prouve que Im g est stable par f. !− →− →− →"

5.18 a) On note B = i , j , k la base canonique de R3 . On a :

    x −y−z x     A×y = x + y +z z

−x

et donc, pour tout (x,y,z) ∈ R3 : f (x,y,z) = (x − y − z,x + y + z,−x) • Base de Ker f. → u = (x,y,z) ∈ R3 . On a : Soit − − → u ∈ Ker f

et :

! →" − → u = 0 ⇐⇒ f −  x −   ⇐⇒ (S) x +   −x

 x − y− z = 0   = 0 (S) ⇐⇒ 2x   −x = 0 3 x − y− z = 0 (S) ⇐⇒ = 0 x  0 x = ' y = α (S) ⇐⇒ ∃α ∈ R   z = −α

y y

−

+

z z

=

0

=

0

=

0

(L2 + L1 )

On a donc :

Ker f

=

=

=

# ' $ (0,α,−α) α ∈ R # ' $ α.(0,1,−1) α ∈ R ! " Vect (0,1,−1) 4 56 7 = 2j−k2

→ − → − → − Et comme j − k )= 0 , on a donc obtenu une base de Ker f. ! " Ainsi : dim Ker f = 1, Ker f est une droite vectorielle. 113

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• Base de Im f.



On sait que Im f est engendrée par la famille ; : ! " !− →" !− →" !− →" f B = f i ,f j ,f k .

!− !− →" →" Comme f i et f j ne sont pas colinéaires, on a donc trouvé une base de Im f. ! " Donc rg( f ) = dim Im f = 2 , Im f est un plan vectoriel. b) Soit α ∈ R. On a rg( f − αIdR3 ) = rg(A − αI3 ) et :

=

=

=



 rg  

 1 

−1

0

−α

−1

0

−α

1

1−α

1−α

 1 

−1

−1

0

−1

1−α

 rg  0 0

−1





α(α − 1) − 1

0

 %

(L2 +L1 )

L3 +(1−α)L1

−1



 0 =2

0

0

−1

−1

• Si α )= 1.

=

=

rg(A − αI3 )  0 −1  rg  0 1 

0

−1

−1

0

0

0

 rg  0



−α 1

α(α − 1) − 1 −α 1

1

α(α − 1)

" ! 1  1−α L2



/ {0,1}. – Si α ∈ 114



−1

0

0

1

0

0

 1 = 2

 rg(A) = rg  0

rg( f − αIdR3 ) =

3

2 3

si α = 0 ou α = 1 si α = / 0 et α = / 1

c) Remarquons que, d'après la question a) : Ker f = D1 !→ " !→ − " u1 u 2, → = Vect − u3 et Im f = Vect − en posant − → u = (−1,1,0). 3

• Analyse ( = conditions nécessaires ). Soit D une droite vectorielle stable par f (on suppose qu'il en existe au moins une).

0

phisme de R3 , et donc que rg( f − αIdR3 ) < 3.

&

La question b), nous donne alors que α = 0 ou α = 1 , c'est! →" − ! →" − → u = 0 ou f − u =→ u à-dire que f −

! →" − !→ → → u = 0 , alors − u 1 ) = D1 . u ∈ Ker f = Vect − & Si f − Donc D ⊂ D1 et, par égalité des dimensions : D = D1 . !→ − ! →" − " → u ,→ u ∈ Im f = Vect − u =→ u alors − & Si f − u . 2

3

→ → → u = λ− u 2 + µ− u 3 . Alors, Il existe donc (λ,µ) ∈ R tel que − par linéarité de f : % & % & % & → → → → u 2 +µ f − u =λ f − u 3 = λ− f − u 2 + µ(−2,0,1) 4 56 7 − → = u2 " !− → u =− u donne : Mais alors f → 2

→ → → λ− u 2 + µ(−2,0,1) = λ− u 2 + µ− u3

donc :

  (L3 + L2 )

– Si α = 0. 

En conclusion :

− → → → → u )= 0 . u ) = α− u donne ( f − αIdR3 )(− Mais f (− − → → u )= 0 , on en déduit que f n'est pas un automorComme −

(L1 )

1−α

 rg(A − I3 ) = rg  0

α(α − 1)

 =3

→ → α ∈ R tel que f (− u ) = α− u .

(L3 )

−α

−1

0

1

! →" → x ∈ D. En partiD stable par f signifie que : ∀− x ∈ D, f − " !− → culier on doit avoir f u ∈ D, ce qui donne qu'il existe

• Si α = 1. 

0

1



−α

Comme D est une droite vectorielle, on a dim(D) = 1 et − → → → u )= 0 . D = Vect(− u ) avec −



−1

0

 rg(A − αI3 ) = rg  0

!− !− → →" Mais on remarque que : f j ) = f k . Donc Im f est en; : !− →" !− →" . gendrée par f i , f j

rg(A − αI3 )  1−α −1  rg  1 1−α

−1

µ(−2,0,1) = µ(−1,1,0) d’où µ = 0 ! →" → → u 2 = D2 . u = λ− u 2 ∈ Vect − Ainsi −

On a donc D ⊂ D2 , et par égalité des dimensions : D = D2 .

On a donc prouvé que si D est une droite vectorielle stable par f alors D = D1 ou D = D2 . • Synthèse ( = conditons suffisantes). Vérifions que les droites vectorielles D1 et D2 sont stables par f.

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! →" ! →" − → u1 = λ f − u1 = 0 & Pour tout λ ∈ R : f λ− ! →" u ∈D . donc f λ− 1

1

K

! →" → x ∈ D1 . Donc D1 x ∈ D1 , on a f − Autrement dit : pour tout − est stable par f. ! →" ! →" → u 2 = λ− & Pour tout λ ∈ R : f λ− u2 = λ f − u 2 donc ! − " → f λu ∈D . 2

2

! →" → x ∈ D2 . Donc D2 x ∈ D2 , on a f − Autrement dit : pour tout − est stable par f.

• Conclusion. D1 et D2 sont les seules droites vectorielles stables par f.

5.19

a) • Soit f l'unique application linéaire de Kn dans Kn définie par Mat( f,B 1 ,B 2 ) = P . !→ !→ " " → → u ,. . . ,− u et B = − v ,. . . ,− v . On a : On note B = − 1

P

1

= Mat(B1 ) = B2

2

n

− →  u 1 ··· p11 · · ·  . ..  . .  . pn1

···

→ f (− u 1) p11  . = Mat( f,B 1 ,B 2 ) =  .  . pn1

1

n

− → un − → p1n v1 ..   .. .  . − → vn p nn

··· ··· ..

.

···

→ f (− un ) − → p1n v1  ..  .. .  . − → vn p nn

On a donc : ! →" − ! →" ui = → ui f − u i = IdKn −

∀i ∈ [[1,n]],

Et donc, comme une application linéaire est entièrement déterminée par l'image d'une base : f = IdKn . ! " Ainsi : P = Mat(B 1 ) = Mat IdKn ,B 1 ,B 2 . B2

• De même on montre que :

! " Q = Mat(C1 ) = mat IdK p ,C1 ,C2 . C2

• Comme IdKn et IdK p sont bijectives, on sait donc que P et Q sont inversibles. De plus, IdKn est égale à sa bijection réciproque, donc : P−1

= = =

=

! ! ""−1 Mat IdKn ,B 1 ,B 2 ; : "−1 ! n Mat IdK ,B 2 ,B 1 ! " Mat IdKn ,B 2 ,B 1 Mat(B 2 ) B

→ x ∈ Kn fixé quelconque. b) Soit − ! →" → x par définition de l'application identité. x = Id n − On a : −

1

! " De même : Q−1 = Mat IdK p ,C2 ,C1 = Mat(C2 ). C1

Matriciellement, cette relation devient :

! ! →" " ! →" Mat − x = Mat IdKn ,B1 ,B2 × Mat − x B2

B1

ou encore : ! →" ! →" Mat − x = P × Mat − x B2

B1

! →" → → x ∈ Kp. x ∈ Kn fixé quelconque. On pose − y = f − c) Soit − ! →" → x y = f − Si on munit Kn de B1 et K p de C1 , la relation − s'écrit matriciellement : ! →" ! " ! →" Mat − y = Mat f,B1 ,C1 × Mat − x C1 4 56 7 B1 4567 4567 =A =Y

=X

et donc : Y = AX.

De même, si on munit Kn de B2 et K p de C2 , la relation ! →" − → x s'écrit matriciellement : y = f − ! ! →" " ! →" Mat − y = Mat f,B2 ,C2 × Mat − x C2 56 7 B2 4 4567 4567 =B =Y3

=X3

et donc : Y = BX . 3

3

Mais on a vu à la question précédente que : Y3 = QY et X3 = PX . On a donc : QY = BPX et donc Y = Q−1 BPX. → x ∈ Kn : Autrement dit pour tout − Mat C1

:

; ! →" ! →" = Q −1 B P × Mat − x x f − B1

et donc, par unicité de la représentation matricielle : ! " A = Mat f,B1 ,C1 = Q −1 B P

On a donc démontré la formule : " ! " ! Mat f,B1 ,C1 = Q−1 × Mat f,B2 ,C2 × P

– On a : Mat( f ) = Mat( f,B1 ,B1 ) B1

et de même Mat( f ) = Mat( f,B2 ,B2 ). B2

D'après la question précédente : ! ! " " Mat f,B1 ,B1 = Q−1 × Mat f,B2 ,B2 × P avec P = Q = Mat(B1 ) . B2

On obtient donc : Mat( f ) = P −1 × Mat( f ) × P B1

B2

115

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5.20

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Page 116

→ x ∈ E. a) • Soit −

− → Comme F est un sous-espace vectoriel de Kn , on a 0 ∈ F . On a donc : − → − → − → 0 x = 4567 x + 4567 =2e ∈ E

→ x ∈ E + F. On a donc −

= f2∈ F

Ceci prouve que E ⊂ E + F. Avec le même type d'argument, on peut montrer que F ⊂ E + F . • Vérifions ensuite que E + F est un sous-espace vectoriel de Kn.

& Comme E et F sont deux sous-espaces vectoriels de Kn , on − → − → 0 ∈ E et 0 ∈ F . Donc : − → − → − → 0 0 = 4567 0 + 4567 =2e∈E

= 2f ∈F

− → ce qui prouve que 0 ∈ E + F . " ! "2 !→ − x ,→ y ∈ E+F . & Soient λ ∈ K et −

y

On

= = =

y

→ → λ− x +− y !− − →" ! → − →" → λ ex + f x + − ey + f y ! − ! − → − → → e y) + λ f x + fy ) λ→ e x +− 4 56 7 4 56 7 =2e z

=

= 2f z

− → − → ez + f z

→ → → → → ex ∈ E et − e y ∈ E, donc − ez = λ− ex + − e y ∈ E , puisque Mais − n E est un sous-espace vectoriel de K . Pour les mêmes raisons − → − → − → f z = λ f x + f y ∈ F. → → → z = λ− x +− y ∈ E + F. Ceci prouve que −

On a donc démontré que E est un sous-espace vectoriel de Kn contenant E et F. !→ " → e ,. . . ,− e une base de E et b) Soient B = − E

!− →

1

p

− →"

BF = f 1 ,. . . , f q une base de F. On considère la famille

!→ − → − →" → e1 ,. . . ,− e p , f 1 ,. . . , f q . F = BE ∪ BF = −

Remarquons que :

card(F ) = card(BE )+card(BF )

= p + q = dim(E) + dim(F)

116

Montrons donc que F est génératrice de E + F.

• Comme E + F contient E et F, on a F ⊂ E + F et donc Vect(F ) ⊂ E + F. → x ∈ E + F. • Soit −

− → − → → → → e , f ) ∈ E × F tel que − x =− e + f . On sait qu'il existe (− !→ " → → e1 ,. . . ,− e ∈ E et BE = − e p est une base de E , il Alors − existe donc (α1 ,. . . ,α p ) ∈ K p tel que : − → e =

p < i=1

→ ei αi −

→ − → < − βj f j f =

pose

On a donc :

− → z

ce qui est le résultat demandé.

q

− → → → ex , f x ) ∈ E × F tel x ∈ E + F on sait qu'il existe (− Comme − − → → → → x =− ex + f x . De même, − y ∈ E + F donc il existe que : − − → − → − → − → − → ( e , f ) ∈ E × F tel que : y = e + f . y

dim(E + F) ! card(F ) = dim(E) + dim(F)

De même, il existe donc (β1 ,. . . ,βq ) ∈ Kq tel que :

− → → → z = λ− x +− y .

y

Si on montre que F est génératrice de E + F, on saura que :

j=1

On a donc : − → − → → x =− e + f =

p < i=1

→ ei + αi −

q
0 si x < 0

6.14 Comment montrer qu'une limite n'existe pas ? On pose : f (x) = ex sin (x) . Étudier la limite de f en −∞ et +∞.

6.15

Une fonction bijective n'est pas nécessairement continue ou monotone... / x si −1 ! x ! 0 . On considère la fonction f définie par : f (x) = 1 − x si 0 0. 1 = 0 donc, d'après le théorème des gendarmes, on Or lim x→+∞ x x cos ex existe = 0 en déduit que lim x→+∞ x 2 + 1 b) Sachant que ∀t ∈ R,−1 ! sin(t) ! 1, on obtient pour tout x ∈R:

et donc :

x − 1 ! x − sin(x) ! x + 1 ex−1 ! ex−sin(x)

Or lim ex−1 = +∞ donc, d'après le théorème des genx→+∞

darmes :

existe

lim ex−sin(x) = +∞

x→+∞

c) Par définition de la partie entière d'un réel : ∀t ∈ R, E(t) ! t < E(t) + 1 ∀t ∈ R, t − 1 < E(t) ! t

On en déduit que :

& ' 1 1 1 ∀x > 0, − 1 < E ! x x x 1 = +∞ donc, d'après le théorème des gendarmes : Or lim x→ x>0 x & ' 1 existe = +∞ lim E x→0 x x>0 d) Multiplions par x > 0 chaque membre de la double inégalité obtenue à la question précédente : & ' 1 !1 ∀x > 0, 1 − x < xE x On en déduit, d'après le théorème des gendarmes : & ' 1 existe = 1 lim xE x→0 x x>0 Une démonstration similaire donne le même résultat

pour x < 0. Finalement : & ' 1 existe = 1 x→0 x & ' & ' 1 1 = x × xE , donc par produit de limites : e) On a x 2 E x x & ' 1 existe 2 lim x E = 0×0=0 x→0 x lim xE

6.2 a) Pour x > 0, on a :

√ 1 − √1x x− x = . x + ln(x) 1 + ln(x) x

ln(x) 1 = 0 (croissances comparées) Or lim √ = 0 et lim x→+∞ x→+∞ x x donc, par quotient de limites, on obtient : √ x − x existe = 1 lim x→+∞ x + ln(x) b) D'après les croissances comparées : 3 ( ) lim ln(x) = 0+ par composition existe x→1+ -⇒ lim+ ln(x)ln ln(x) = 0 lim+ Tln(T ) = 0 x→1 T→0

c) On remarque d'abord que pour x > 0 : ' &4 ' &√ 1 + x2 1 1 = ln 1 + 2 ln(1 + x 2 ) − lnx = ln 2 x x puis : 4 lim 1 +

x→+∞

1 x2

lim ln(T) = 0

T→1

 & ' = 1 1 existe -⇒ lim ln(1 + x 2 ) − lnx = 0 x→+∞ 2 

par composition de limites.

d) On remarque d'abord qu'au voisinage de 0+ : ' & ( ) sin(x) ln sin(x) − ln(x) = ln puis : x 3 sin(x) ( ) =1 existe x -⇒ lim+ ln sin(x) − ln(x) = 0 x→0 lim ln(T) = 0

lim

x→0

T→1

par composition de limites. √ *√ +4 −√x x e e) On remarque d'abord que x 2 e− x = puis : √ 3 x = +∞ lim *√ +4 −√x existe x→+∞ x e = 0 -⇒ lim 4 −T x→+∞ lim T e = 0 T→+∞

133

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par composition de limites. On a donc : √ 2 − x existe

lim x e

x→+∞

= 0

f) On remarque d'abord que x x = exlnx puis, par croissances comparées et composition de limites : 3 lim+ x ln(x) = 0 existe x→0 -⇒ lim+ x x = 1 x→0 lim eT = 1

Les indéterminations sont maintenant levées après simplification par x : √ √ x + 4 − 3x + 4 existe 2 = −2 × = −1 lim √ x→0 4 x +1−1

c) Le dénominateur n'est pas une forme indéterminée. Il suffit donc de multiplier et diviser par la quantité conjuguée du numérateur :

T→0

g) Il faut discuter selon le signe de x : – lim x(x + 1) = 0−

donc

lim

– lim x(x + 1) = 0+ donc

lim

x→0 x0

x→0 x0

1 =−∞ ; x(x + 1)

1 = +∞. x(x + 1)

La fonction n'admet donc pas de limite en 0 mais une limite à droite et une limite à gauche distinctes. √ / x2 |x| 1 si x > 0 = = h) On remarque que . Donc : −1 si x < 0 x x √ x2 lim = −1 ; – x→0 x x0 La fonction n'admet donc pas de limite en 0 mais une limite à droite et une limite à gauche distinctes. i) On remarque d'abord que : ' & * + x −x * + ln e 1 + e ln 1 + e−x ln (1 + ex ) = =1+ x x x * + −x = 0 , donc par quotient de limites Or lim ln 1 + e x→+∞ * + −x ln 1 + e lim = 0. x→+∞ x Finalement par somme de limites : ln (1 + ex ) existe = 1 x→+∞ x lim

6.3 a) Utilisons l'indication donnée par le titre : x2

x2

= √ 1 + x2 − 1

) (√ 1 + x2 + 1 (x 2

+ 1) − 1

=

8 1 + x2 + 1

donc par opération sur les limites : x2 existe lim √ = 2 x→0 1 + x2 − 1

134

√

x2 + 1 √ x2 − x2 + 1 x−

b) Même tactique : *√ + √ √ −2x x +1+1 x + 4 − 3x + 4 = *√ + √ √ x +1−1 x x + 4 + 3x + 4

x 2 − (x 2 + 1) 4 ' √ √ 1 1 x2 − x4 (x + x 2 + 1) + 2 4 x x −1 = & 4 ' √ 1 1 (x + x 2 + 1) x2 1 − + 2 4 x x

= &

On en déduit que lim

x→+∞

x2

√

x 2 + 1 existe = 0 √ − x2 + 1

x−

6.4 a) Dans C[X] : Résolvons dans C l'équation (E) : x 4 − x 2 + 1 = 0.

Posons t = x 2 alors (E) ⇐⇒ t 2 − t + 1 = 0, t = x 2 . ( √ )2 Le discriminant est % = −3 = i 3 donc les solutions de (E) sont les racines carrées des deux nombres : √ √ π 1+i 3 1−i 3 iπ 3 t2 = =e = e−i 3 t1 = 2 2 π

π

π

π

c'est-à-dire ei 6 , −ei 6 et e−i 6 , −e−i 6 . ( π)( π)( π)( π) X +ei 6 X −e−i 6 X +e−i 6 . Ainsi, Pa (X) = X −ei 6

Dans R[X] :

On regroupe deux par deux les facteurs correspondant à des racines conjuguées : ( π)( π) ( π)( π) Pa (X) = X − ei 6 X − e−i 6 × X +ei 6 X +e−i 6 ( ( π ) π) = X 2 − ei 6 + e−i 6 X + 1 ( π ( ) π) × X 2 + ei 6 + e−i 6 X + 1 ( (π) )( (π) ) = X 2 − 2cos X + 1 X 2 + 2cos X +1 6 )( ( ) 6 √ √ = X 2 − 3X + 1 X 2 + 3X + 1 Ces deux derniers facteurs sont bien sûr irréductibles dans R car leurs racines sont complexes.

b) Pb (X) admet 1 comme racine évidente. On peut donc le factoriser par X − 1. Mais on remarque que P0b (1) = 0 et / 0, donc 1 est racine d'ordre 2 de Pb (X) et on peut donc P00b (1) = le factoriser par (X − 1)2 :

Pb (X) = (X − 1)2 (aX2 + bX + c) = aX4 + (b − 2a)X3

+(c − 2b + a)X2 + (b − 2c)X + c .

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On en déduit que a = 1, b = 0 et c = 1. 2

2

Ainsi Pb (X) = (X − 1) (X + 1). Le deuxième facteur admet i et −i comme racines et est donc irréductible dans R[X]. * +2 c) On remarque que X6 + X3 + 1 = X3 + X3 + 1. 2

L'équation x + x + 1 = 0 admet deux racines conjuguées √ √ 2iπ 2iπ −1 − i 3 −1 + i 3 = e− 3 = j et = e 3 = j. 2 2

On en déduit que les racines de l'équation x 6 + x 3 + 1 = 0 sont les racines cubiques de ces deux nombres. Les racines cubiques de 1 sont 1, j et j et des racines cubiques 2iπ

2iπ

2iπ

2iπ

évidentes de j = e− 3 et j = e 3 sont e− 9 et e 9 . En les multipliant par les racines cubiques de 1 on obtient que les racines de l'équation x 6 + x 3 + 1 = 0 sont : e−

2iπ 9

2iπ e 9

× 1 , e−

2iπ 9

× j.

× j , e−

2iπ 9

× j , e−

2iπ 9

× 1,

e

2iπ 9

× j,

On en déduit que la forme factorisée de Pc (X) est : ( )( )( ) 8iπ 4iπ 2iπ X − e− 9 X − e− 9 X − e− 9 ( )( )( ) 2iπ 4iπ 8iπ X−e 9 X−e 9 X−e 9

d) Ce polynôme est à coefficients réels et vérifie Pd (i) = 0 et P0d (i) = / 0. Il admet donc une racine imaginaire i d'ordre 1, et admet donc aussi comme racine d'ordre 1 le conjugué de i à savoir −i. De plus 1 est aussi racine évidente. Pd (1) = Pd0 (1) = 0 et P00d (1) = / 0 donc 1 est racine d'ordre 2.

D f =] − ∞ ;− 1[ ∪ ]0 ; +∞[. Calculons la limite de f en 0.

f (x) = x 2 ln(1 + x) − x 2 ln(x) .

Or lim ln(1 + x) = 0 , donc par produit de limites x→0

lim x 2 ln(1 + x) = 0.

x→0

De plus par croissances comparées lim x 2 ln(x) = 0 . x→0

existe

Finalement, lim f (x) = 0 . On peut donc prolonger la foncx→0

tion f par continuité en 0 en introduisant une fonction f˜ définie sur ] − ∞ ;− 1[ ∪ [0 ; +∞[ par : / f (x) si x = / 0 f˜(x) = 0 si x = 0 * + * + ln 1 + x1 f (x) = xln 1 + x1 = . b) 1 x x Or lim

u→0

lim

x→+∞

f (x) existe = 1 x

Étudions à présent la limite de f (x) − x au voisinage de +∞.

À partir de l'inégalité proposée on obtient successivement : & ' 1 1 1 1 1 1 1 ! − 2+ 3 − 2 − 3 ! ln 1 + x 2x 3x x x 2x 3x x−

Pd (X) est donc factorisable par (X − i)(X + i)(X − 1)2 qui est égal à (X2 + 1)(X − 1)2 . On en déduit que :

' & 1 1 1 1 1 ! x 2 ln 1 + !x− + − 2 3x x 2 3x 1 1 1 1 − − ! f (x) − x ! − + 2 3x 2 3x

Pd (X) = (X 2 + 1)(X − 1)2 (a X 2 + bX + c)

= a X 6 + (b − 2a)X 5 + (c − 2b + 2a)X 4

+(2b−2a−2c)X 3+ (a +2c−2b)X 2 +(b − 2c)X +c

ln(1 + u) = 1 donc, par composition de limites, u

3

On en déduit que a = 1, b = −1 et c = −2.

Pd (X) = (X 2 + 1)(X − 1)2 (X 2 − X − 2) . De plus 2 et −1 sont les racines du dernier facteur. Finalement :

2

Pd (X) = (X2 + 1)(X − 1)2 (X + 1)(X − 2)

6.5

a) La fonction f est définie là où

positif : x Signe de 1 +x Signe de x Signe de 1 +x x

∞

0

1

–

0

–

+

+ –

0

1+x est strictement x

–

1

(C f )

+∞

+ 0

+

0

+

1

2

3 135

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Il ne reste plus qu'à composer le 17 : d'après le théorème des gendarmes, on en déduit que existe

lim f (x) − x = −

x→+∞

x x = exln(x) or lim+ xln(x) = 0 et eu − 1 ∼ u donc par substi0

1 2

Finalement, la courbe représentative de f admet la droite d'équa1 tion y = x − comme asymptote au voisinage de +∞. 2

xx − 1 ∼ ln(x) x 0+ x x − 1 existe =−∞ x→0 x – On factorise par x : donc lim+

( 1 ) 1 xe x − x = x e x − 1 .

6.6 Comme les membres de gauche et de droite de l'inégalité sont proches en +∞ de x 2 , on conjecture que f (x) va être équivalent en +∞ à x 2 . Il reste à le démontrer! Pour x non nul, multiplions chaque membre de l'inégalité par 1+

0

x→0

tution x x − 1 ∼+ xln(x). On en déduit que

1 : x2

f (x) 1 1 ! 2 !1+ x3 x x

1 = 0 et eu − 1 ∼ u donc par substitution 0 x 1 1 ex − 1 ∼ . +∞ x On en déduit que : Or lim

x→+∞

1

xe x − x ∼ 1 +∞

On en déduit, d'après le théorème des gendarmes que :

1

existe

donc lim xe x − x = 1 . x→+∞

lim

x→+∞

f (x) existe = 1 x2

– Comme lim x 2 + x = 0 et ln(1 + u) ∼ u on a, par substi-

ln(1 + x + x 2 ) x + x 2 1 ∼ ∼ tution et quotient d'équivalents : 0 x2 x2 0 x donc

On en déduit que f (x) ∼ x 2 . x→+∞

6.7

Introduisons la fonction g : x &→ f (x) − x. Elle est continue sur [0; 1] comme différence de fonctions continues sur cet intervalle. Or g(0) = f (0) " 0 f (1) ∈ [0; 1].

et

g(1) = f (1) − 1 ! 0

6.8 a) On se débrouille pour retrouver une forme ln(1 + u) au voisinage de 0 :

' & 1 ln(1 + x) − ln(x) = ln 1 + . x x→+∞

1 = 0 donc par substitution x

1 donc, par produit d'équivalents, x ( ) x ln(1 + x) − ln(x) ∼ 1

ln(1 + x) − ln(x) ∼

+∞

et donc :

+∞

( ) existe lim x ln(1 + x) − ln(x) = 1

x→+∞

– On introduit la fonction exponentielle : 136

ln(1 + x + x 2 ) existe = +∞ x2

lim−

ln(1 + x + x 2 ) existe =−∞ x2

x→0

et

x→0

On en déduit qu'il existe au moins un réel x0 de l'intervalle [0; 1] tel que f (x) = x.

0

lim+

car

La fonction g étant continue sur [0; 1] et changeant de signe, elle s'annule au moins une fois d'après le théorème des valeurs intermédiaires.

Or ln(1 + u) ∼ u et lim

0

x→0

– On introduit la fonction exponentielle : ' & * + x + 2 2x 2xln 1+ x2 =e . x On obtient, par substitution et produit d'équivalents, que : ' & 2 2 ∼ 2x × = 4 2xln 1 + +∞ x x ' & 2 existe = 4 On en déduit que lim 2xln 1 + x→+∞ x et donc par contuinité de l'exponentielle au point 4 : ' & x + 2 2x existe 4 = e . lim x→+∞ x – On introduit la fonction exponentielle : ' & * + 2 3x−2 (3x−2)ln 1+ x2 1+ =e . x On obtient, par substitution et produit d'équivalents, que : ' & 2 2(3x − 2) 6x ∼ (3x − 2)ln 1 + ∼ =6 +∞ x x +∞ x

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' & 2 existe = 6 On en déduit que lim (3x − 2)ln 1 + x→+∞ x et donc par continuité de l'exponentielle au point 6 : ' & 2 3x−2 existe 6 lim 1 + = e. x→+∞ x – On introduit la fonction exponentielle : & 2 'x & 2 'x x − 2x + 1 x − 4x + 2 + (2x − 1) = x 2 − 4x + 2 x 2 − 4x + 2 'x & 2x − 1 = 1+ 2 x − 4x + 2 ( ) =e

xln 1+ 22x−1 x −4x+2

Or ln(1 + u) ∼ u donc par substitution et produit d'équivalents 0 ' & 2x − 1 2x − 1 ∼x xln 1 + 2 x − 4x + 2 +∞ x 2 − 4x + 2 ' & 2x 2 2x − 1 ∼ 2 =2 xln 1 + 2 x − 4x + 2 +∞ x ' & 2x − 1 existe = 2 On en déduit que lim xln 1 + 2 x→+∞ x − 4x + 2

et donc, par continuité de l'exponentielle au point 2 : 'x & 2 x − 2x + 1 existe 2 = e . lim x→+∞ x 2 − 4x + 2 – On introduit la fonction exponentielle : 1

1

(ln(1 + x)) x = e x ln(1+x)

1 x Or ln(1 + u) ∼ u donc ln(1 + x) ∼ = 1 0 x 0 x 1 existe On en déduit que lim ln(1 + x) = 1 et donc par continuité x→0 x 1 existe de l'exponentielle au point 1 : lim (ln(1 + x)) x = e x→0

ln(x) ln(1 + u) = √ – Posons u = x − 1 alors √ . x −1 1+u−1 √ 1 Or ln(1 + u) ∼ u et 1 + u − 1 ∼ u donc 0 2 0 ln(1 + u) u ∼ =2 √ 1 + u − 1 0 12 u

√ √ 1 4 x +1− 4 x 1 3 4x ∼ × = 12 √ √ √ 1 1 3 4 x x + 1 − 3 x +∞ x 12 3x √ √ 4 x + 1 − 4 x existe 3 √ = 0. donc lim √ √ = lim x→+∞ 3 x + 1 − 3 x x→+∞ 4 12 x

– On factorise par x, on réduit au même dénominateur et on utilise la quantité conjuguée du numérateur pour lever l'indétermination : + *√ √ x x =√ x +2 − x + 1 (x + 2)(x + 1) x +1 x +2 4 √ ' &4 x x 2 1 1+ − 1+ = √ x x (x + 2)(x + 1) 4 √ 9&4 ' ': x x 2 1 = √ 1+ −1 − 1+ −1 x x (x + 2)(x + 1) √

Or

x

−√

√ u 1 + u − 1 ∼ donc par substitution : 0 2 &4 ' 2 1 2 existe lim x 1 + − 1 = lim x × × = 1 x→+∞ x→+∞ x 2 x

et &4 ' 1 1 1 1 existe 1 + − 1 = lim x × × = lim x x→+∞ x→+∞ x 2 x 2 √ √ x x 1 ∼ √ = √ donc : D'autre part : √ x (x + 2)(x + 1) +∞ x 2 √ x 1 existe lim √ = lim √ = 0 x→+∞ x→+∞ x (x + 2)(x + 1) Ainsi, par opérations sur les limites : lim √

x→+∞

& ' x x 1 existe −√ = 0× 1− =0 2 x +1 x +2

c) On utilise sin(u) ∼ u et le théorème de substitution : 0

sin(2x) 2x ∼ sin(πx) 0 πx donc lim

x→0

sin(2x) 2 = . sin(πx) π

– On utilise tan(u) ∼ u et le théorème de substitution : 0

ln(x) existe = 2. On en déduit que lim √ x→1 x −1 √ b) On factorise par k x numérateur et dénominateur : 8 √ 1 √ 4 4 1+ x1 −1 x +1− 4 x x4 8 = × √ √ 1 3 3 3 x +1− x 1+ x1 −1 x3

√ 1 Or k 1 + u − 1 ∼ × u donc 0 k

tan(πx) πx ∼ tan(3x) 0 3x On en déduit que lim

x→0

tan(πx) π = . tan(3x) 3

– On utilise sin(u) ∼ u et le théorème de substitution : 0

xsin

(π) x

∼x×

+∞

π x 137

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On en déduit que lim xsin x→+∞

(π) x

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= π.

– On cherche à utiliser sin(u) ∼ u et 1 − cos(u) ∼ 0

0

u2 . 2

π Posons u = x − . On obtient 3 sin(3x) sin(3u + π) * + = 1 − 2cos(x) 1 − 2cos u + π3

Or

sin(3u + π) −sin(3u) * + = √ 1 − 2cos u + π3 1 − cos(u) + 3sin(u)

Attention, on ne peut pas additionner les équivalents mais comme u2 sin(u) ∼ u et 1 − cos(u) ∼ , on conjecture que 0 2 0 √ √ 1 − cos(u) + 3sin(u) ∼ 3u . Démontrons le :

* + πu cos π2 x π π u 1 π 2 2 × ∼ −e −e 2 × = e2 π (−2u −u 2 ) ∼ − π x2 −π 0 0 −2u 2 e 2 −e 2 2 *π + cos x existe 1 π On en déduit que lim π 2 2 π = e 2 . − x→1 − x 2 e 2 −e 2

6.9 a) • Si ! = 0+ .

Dans ce cas, on a par composition de limites ( ) lim ln g(x) =−∞ . x→x0

/ 1. De plus, il existe un voisinage de x0 tel que g(x) = Sur ce voisinage on peut écrire : ln ( f (x)) ln (g(x))

ln (g(x)) + ln ( f (x)) − ln (g(x)) ln'(g(x)) & f (x) ln g(x) =1+ ln (g(x))

=

0

1 √ 3u

' & √ × 1 − cos(u) + 3sin(u)

1 − cos(u) sin(u) u + = √ × u2 u 2 3 2

et donc par opération sur les limites : & ' √ 1 existe lim √ × 1 − cos(u) + 3sin(u) = 0 × 1 + 1 = 1 u→0 3u √ √ Ceci prouve que : 1 − cos(u) + 3sin(u) ∼ 3u . 0

Alors par quotient d'équivalents et substitution : √ −3u −sin(3u) ∼ √ =− 3 √ u→0 1 − cos(u) + 3sin(u) 3u et donc :

Or f (x) ∼ g(x) donc lim

x→x0

x0

' f (x) = 0. x→x0 g(x) ( ) De plus lim ln g(x) =−∞ . x→x0 ( ) f (x) ln g(x) existe 0 = = 0. On en déduit que lim x→x0 ln (g(x)) −∞ et donc lim ln

&

Finalement lim

x→x0

ln ( f (x)) existe = 1 + 0 = 1. ln (g(x))

On en déduit que ln ( f (x)) ∼ ln (g(x)) . x0

√ sin(3x) ∼ − 3 1 − 2cos(x) x→ π 3

• Si ! ∈]0,1[∪]1,+∞[ .

Puisque f (x) ∼ g(x), on a : x0

On obtient que :

existe

lim

x→ π 3

sin(3x) existe √ = − 3 1 − 2cos(x)

– On se ramène au voisinage de 0 en posant u = x − 1. On obtient : * + * + cos π2 u + π2 cos π2 x π 2 π = π π 2 e− 2 x − e− 2 e− 2 (u+1) − e− 2 *π + −sin 2 u = π − π (2u+u 2 ) − π e 2 e 2 − e− 2 *π + sin 2 u π = −e 2 × π 2 e 2 (−2u−u ) − 1 Or sin(v) ∼ v et ev − 1 ∼ v donc : 0

0

lim f (x) = lim g(x) = !

x→x0

x→x0

et donc par continuité de ln au point ! : ( ) ( ) / 0 lim ln f (x) = lim ln g(x) = ln(!) = x→x0

x→x0

/ 1. car ! =

Alors, par quotient de limites : lim

x→x0

ln ( f (x)) existe ln(!) = =1 ln (g(x)) ln(!)

On en déduit que ln ( f (x)) ∼ ln (g(x)) . x0

• Si ! = +∞.

Puisque f (x) ∼ g(x), on a : x0

existe

lim f (x) = lim g(x) = +∞

x→x0

138

f (x) =1 g(x)

x→x0

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Il existe donc un voisinage de x0 sur lequel les fonctions

1 et f

1 sont bien définies. g Elles vérifient

1 1 1 ∼ = 0+ . et lim f (x) x0 g(x) x→x0 g(x)

On peut donc appliquer le premier point qui nous donne : ' ' & & 1 1 ∼ ln ln . f (x) x0 g(x) Mais alors d'après les propriétés du logarithme : * + * + − ln f (x) ∼ − ln g(x) . Ce qui nous donne après multiplix0 ( ) ( ) cation par (−1) : ln f (x) ∼ ln g(x) . x0

b) D'après les croissances comparées : lim

x→+∞

x2 existe = lim x 2 e−x ln2 = 0 x→+∞ 2x

car ln2 > 0 . On a donc x 2 + 2x ∼ 2x puisque : +∞

2

x

x +2 = 1 + x 2 e−x ln2 −→ 1 + 0 = 1 x→+∞ 2x

donc être un intervalle. La seule possibilité est que f (R) soit !π # + kπ , l'enun intervalle réduit à un point, de la forme 4 tier k étant cette fois fixé (c'est-à-dire qu'en fait k x ne dépend pas de x). Ainsi, les solutions de (E) sont nécessairement des fonctions π constantes définies sur R par f (x) = + kπ , k étant un en4 tier relatif fixé. • Synthèse (= conditions suffisantes). π + kπ , k 4 étant un entier relatif fixé, alors f est continue sur R et : ) (π + kπ – ∀x ∈ R, cos ( f (x)) = cos 4 √ (π) (π) 2 k = cos cos(kπ) − sin sin(kπ) = (−1) ; 4 4 2 (π ) + kπ – ∀x ∈ R, sin ( f (x)) = sin 4 √ (π) (π) 2 = sin cos(kπ) + cos sin(kπ) = (−1)k 4 4 2 Réciproquement, si f est définie sur R par f (x) =

car cos(kπ) = (−1)k et sin(kπ) = 0. 1

Or lim 2x = lim ex ln(2) = +∞ donc, d'après la question a), x→+∞

x→+∞

( ) * + ln x 2 + 2x ∼ ln 2x = xln(2)

π 4

+∞

1

6.10 Notons (E) l'équation proposée. • Analyse (= conditions nécessaires) : Supposons qu'il existe une fonction continue sur R solution de (E) . ( π) (E) ⇐⇒ ∀x ∈ R, cos ( f (x)) = cos f (x) − . 2 On en déduit que :  π 0  f (x) = f (x) − + 2k x π 2 (E) ⇐⇒ ∀x ∈ R,∃k x ∈ Z  f (x) = − f (x) + π + 2k π x 2

(k x est un entier dépendant de x). On en déduit que :

0 (E) ⇐⇒ ∀x ∈ R,∃k x ∈ Z

;π = 2k x π 2 π f (x) = + k x π 4

Le premier cas est impossible car le nombre k x doit être entier. # !π + kπ, k ∈ Z . Or Le second implique que f (R) ⊂ 4 f est une fonction continue sur R. L'image de R par f doit

5π 4

On en déduit que toutes les fonctions constantes définies sur π + kπ , k étant un entier fixé vérifient (E) . 4 • Conclusion.

R par f (x) =

Les solutions de (E) sont donc toutes les fonctions : fk :

R x

−→ &−→

R π + kπ 4

avec k ∈ Z

6.11 Notons (E) l'équation proposée. • Analyse (= conditions nécessaires). Supposons qu'il existe une fonction f continue sur R solution de (E) . ( ) (E) ⇐⇒ ∀x ∈ R, f (x) 1 − f (x) = 0 . (E) ⇐⇒ ∀x ∈ R,

&

' f (x) = 0 ou f (x) = 1 . 139

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Attention! Cela ne signifie pas que f est constante égale à 0 ou 1 : à priori f (x) peut être égale à 0 pour certaines valeurs de x et à 1 pour d'autres valeurs de x. Mais on sent bien que la continuité de f va intervenir. ! # En effet : on en déduit que f (R) ⊂ 0,1 . Or f est une fonction continue sur R. L'image de R par f doit donc être un intervalle. Les seules possibilités sont f (R) = {0} et f (R) = {1} c'est-à-dire que f est la fonction constante égale à 0 ou la fonction constante égale à 1 : ' ( ' ( ∀x ∈ R, f (x) = 0 ou ∀x ∈ R, f (x) = 1

(comparer la place des quantificateurs avec notre première traduction de (E) ). • Synthèse (= conditions suffisantes). Réciproquement, si f est définie sur R par ∀x ∈ R, f (x) = 0 ou ∀x ∈ R, f (x) = 1 , alors, de façon évidente, f est continue sur R et f vérifie (E) . • Conclusion. (E) a deux solutions : la fonction constante égale à 1 et la fonction constante nulle. $ π$

6.12 a) La fonction tan est continue sur I = 0, 2 , à valeurs √

dans J = R+ . De plus, la fonction x &→ x est continue sur J = R+ . Donc f est continue sur I, comme composée de fonctions continues. De même f est strictement croissante sur I, comme composée de fonctions strictement croissantes. De plus lim − tan(x) = +∞ donc lim − f (x) = +∞. x→ π x→ π 2

2

Finalement, on obtient le tableau suivant : x

π 2

0 +∞

Variation s de f 0

La fonction f étant strictement croissante et continue sur I, elle est bijective de I sur f (I) , d'après le théorème de la bijection. De plus on sait que sa fonction réciproque est continue sur f (I) . $ $ D'autre part : f (I) = f (0), lim − f (x) = R+ . x→ π 2

b) Soit y ∈ R . On considère l'équation y = f (x) d'inconnue x ∈ I. +

On a, puisque y " 0 : 8 y = tan(x) ⇐⇒ y 2 = tan(x)

140

Mais arctan est injective sur R (car bijective) donc : y=

8 tan(x) ⇐⇒ arctan(y 2 ) = arctan(tan(x))

% π π$ et donc : arctan(tan(x)) = x. On Or x ∈ I, donc x ∈ − , 2 2 obtient donc : y=

8 tan(x) ⇐⇒ arctan(y 2 ) = x

Ceci prouve que l'équation y = f (x) a une unique solution x dans R. Mais comme arctan(y 2 ) ∈ I, l'équation y = f (x) a en fait une unique solution x ∈ I : x = arctan(y 2 ) . Ceci prouve que f est bijective de I sur R+ (on le savait déjà!) et donne la fonction f −1 : < π< R+ −→ 0, 2 f −1 : y &−→ f −1 (y) = arctan(y 2 )

π − arcsin(x). 2 Les fonctions f et g sont définies sur [−1,1] et à valeurs dans $ π π% [0,π] (car arcsin à valeurs dans − , ). 2 2 • On a, pour tout x ∈ [−1,1] :

6.13 a) Posons f (x) = arccos(x) et g(x) =

cos( f (x)) = cos(arccos(x)) = x par définition de arccos

et :

cos(g(x)) = cos

(π 2

) − arcsin(x) = sin(arcsin(x)) = x

d'après les formules de trigonométrie usuelles et la définition de arcsin. On a donc : ∀x ∈ [−1,1], cos( f (x)) = cos(g(x)) .

• On sait que cos est injective sur [0,π] (car strictement décroissante), donc, pour tout x ∈ [−1,1] :  f (x) ∈ [0,π]  cos injective sur [0,π] -⇒ f (x) = g(x) g(x) ∈ [0,π]  cos( f (x)) = cos(g(x))

On a donc, pour tout x ∈ [−1,1], f (x) = g(x) et donc :

π 2 & ' 1 π . Les b) Posons f (x) = arctan(x) et g(x) = − arctan 2 x fonctions f et g sont définies sur R∗+ (car définies sur R∗ ) et % π$ alors à valeurs dans 0, . 2 • On a, pour tout x > 0 : ∀x ∈ [−1,1]

arccos(x) + arcsin(x) =

tan( f (x)) = tan(arctan(x)) = x

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donc, comme arctan est strictement croissante :

et : tan(g(x))

= = =

& '' π 1 tan e − arctan 2 x 1 * * ++ tan arctan x1 1 &

2

tan( f (x)) = tan(g(x))

π 3

* * + * ++ = tan arctan 13 + arctan 12 * * ++ * * ++ tan arctan 13 + tan arctan 12 * * 1 ++ * * ++ = 1 − tan arctan 3 tan arctan 12 = =

1 3

1− 5 6 5 6

+ 1 3

1 2

×

et donc, comme arctan est impaire sur R : & ' 1 π − arctan(x) − arctan = x 2

1 2

=1 Donc tan(a + b) = 1 = tan

• Si x < 0, on pose x 0 = −x > 0. D'après ce qui précède : & ' π 1 arctan(x 0 ) + arctan = 0 x 2

(π)

. 4 % π π$ • On sait que tan est injective sur − , (car strictement crois2 2 sante), donc : % π π$  a+b ∈ − ,   2 2    tan injective sur =− π , π < π % π π$ π 2 2 ∈ − , -⇒ a+b = 4 2 2  4  (π)   tan(a + b) = tan 4 On a donc :

c'est-à-dire : & ' π 1 =− arctan(x) + arctan x 2

arctan

En conclusion, on a donc :

∀x ∈ R ,

tan(a + b)

  tan injective sur=0, π < 2 -⇒ f (x) = g(x) 

On a donc, pour tout x > 0, f (x) = g(x) et donc : & ' π 1 = ∀x > 0, arctan(x) + arctan x 2

∗

0 0, tan( f (x)) = tan(g(x)) . % π$ (car strictement crois• On sait que tan est injective sur 0, 2 sante), donc, pour tout x > 0 : = < f (x) ∈ 0, π2 = < g(x) ∈ 0, π

π 6

et donc :

1 x

=

00

duit que f n'est pas continue en 0. D'autre part, f est croissante sur [−1; 0] et décroissante sur ]0; 1] donc f n'est pas monotone sur [−1; 1]. Remarque : ce contre-exemple montre donc que la continuité et la stricte monotonie de f sont des conditions suffisantes mais non nécessaires de bijectivité.

n→+∞

On a alors ! = −∞ = +∞ ce qui est absurde (il y a toujours unicité d'une limite). Donc f ne peut pas admettre de limite en +∞.

6.15 Graphiquement, on comprend bien le problème :

6.16 a) Soit f la fonction x &→ arcsin(x) + arctan

*√ + 1+x .

La fonction arcsin est définie sur [−1,1] tandis que la fonction *√ + x &→ arctan 1 + x est définie sur [−1,+∞[ donc f est définie sur [−1,1].

Elle est composée et somme de fonctions strictement croissantes donc elle est strictement croissante sur [−1,1]. x Variations de f

a) D'une part, ∀y ∈ [−1,0], ∃x ∈ [−1,0]/ f (x) = y , en effet on prend x = y et alors f (x) = x = y. D'autre part, ∀y ∈]0,1], ∃x ∈]0,1]/ f (x) = y , en effet on prend x = 1 − y et alors f (x) = 1 − x = 1 − (1 − y) = y . On en déduit que ∀y ∈ [−1,1], ∃x ∈ [−1,1]/ f (x) = y , donc que f est surjective de [−1,1] sur [−1,1].

142

-0.4

1

1 π 2 + arctan

2

π 2

La fonction f est donc strictement croissante et continue sur (√ )% $ π π 2 . [−1,1] à valeurs dans − , + arctan 2 2 Elle réalise donc une bijection de [−1,1] sur (√ )% $ π π 2 . − , + arctan 2 2

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Ainsi : (√ )% 1 $ π π 2 , c'est-à-dire si – si ∈ − , + arctan t  2 2    2 2 (√ ) ,+∞ , alors t ∈  − ∞,−  ∪  π π + 2 arctan 2 l'équation admet une unique solution ;

– sinon, l'équation n'admet pas de solution. b) • L'équation est définie sur C 9 C 9 C C 9 9 1 1 1 1 1 1 ∩ − 1,1 ∩ − √ , √ c'est-à-dire − , . − , 2 2 2 2 2 2 • Notons (E) cette équation. Posons aussi :

√ f (x) = arcsin(2x) et g(x) = arcsin(x) + arcsin(x 2). 1 1 On a − ! x ! donc −1 ! 2x ! 1 et donc, comme arc2 2 π π sin est strictement croissante : − ! f (x) ! . 2 2 1 1 π π De même − ! x ! donne − ! arcsin(x) ! et 2 2 6 6 √ π π − ! arcsin(x 2) ! , donc : 4 4 5π π 5π π ! g(x) ! ! . − !− 2 12 12 2 C 9 $ π π %2 1 1 • Ainsi on a pour tout x ∈ − , , ( f (x),g(x)) ∈ − , . 2 2 2 2 $ π π% Alors, comme sin est injective sur − , (car strictement 2 2 croissante) : ( √ ) (E) ⇔ 2x = sin arcsin(x) + arcsin(x 2) √ √ ⇔ 2x = xcos(arcsin(x 2)) + x 2cos(arcsin(x)) √ Or ∀t ∈ [−1,1], cos(arcsin(t)) = 1 − t 2 . On en déduit que :

8 8 (E) ⇔ 2x = x 1 − 2x 2 + x 2(1 − x 2 )

(E) admet 0 comme solution évidente. 8 √ (E) ⇔ 2 = 1 − 2x 2 + 2(1 − x 2 ) ou x = 0

Les deux membres de l'équation étant positifs, on obtient : √ √ (E) ⇔ 4 = 1 − 2x 2 + 2 − 2x 2 + 2 1 − 2x 2 2 − 2x 2 ou x = 0 √ 1 √ 2 ⇔ 2x + = 1 − 2x 2 2 − 2x 2 ou x = 0 2 Les deux membres de l'équation étant positifs, on obtient : & ' 1 2 (E) ⇔ 2x 2 + = (1 − 2x 2 )(2 − 2x 2 ) ou x = 0 2 1 ⇔ 4x 4 + 2x 2 + = 2 − 2x 2 − 4x 2 + 4x 4 ou x = 0 4 7 ⇔ x2 = ou x = 0 32

4 7 1 1 7 < . On en déduit que l'en< donc 0 < • Or 0 < 32 2 32 4 semble des solutions est : ; 4 4 3 7 7 S = 0,− , 32 32

6.17 a) On obtient que P2 = 2X 2 − 1 , P3 = 22 X 3 − 3X.

Montrons par récurrence double que le degré de Pn est n et que son coefficient dominant est 2n−1 pour tout entier naturel non nul n. • Cette propriété est vraie pour n = 1 et n = 2.

• Si elle est vraie pour un certain entier naturel non nul n et son successeur n + 1 alors Pn = 2n−1 Xn + Qn

et Pn+1 = 2n Xn+1 + Qn+1

avec Qn et Qn+1 des polynômes de degrés respectifs inférieurs à n − 1 et n.

On obtient que : Pn+2

= 2X(2n Xn+1 + Qn+1 ) − 2n−1 Xn − Qn = 2n+2−1 Xn+2 + Qn+2

avec Qn+2 un polynôme de degré au plus n + 1.

La propriété est donc vraie au rang n + 2.

• D'après le principe de récurrence double, la propriété est donc vraie pour tout entier naturel non nul n. b) On va procéder par récurrence double comme à la question précédente. • Pour tout x ∈ R, on vérifie que P0 (cos(x)) = 1 = cos(0 × x) et P1 (cos(x)) = cos(1 × x) .

• Si la propriété est vraie pour un certain entier naturel n et son successeur n + 1 alors, pour tout x ∈ R : Pn+2 (cos(x)) = 2cos(x)cos((n + 1)x) − cos(nx) = cos((n + 2)x) + cos(nx) − cos(nx) = cos((n + 2)x)

1 (cos(a + b) + cos(a − b)) . 2 La propriété est donc vraie au rang n + 2.

sachant que cos(a)cos(b) =

• D'après le principe de récurrence double, la propriété est donc vraie pour tout entier naturel n. c) Résolvons dans un premier temps l'équation cos(nx) = 0 dans R. π cos(nx) = 0 ⇐⇒ ∃k ∈ Z/ nx = + kπ 2 (2k + 1)π ⇐⇒ ∃k ∈ Z/ x = 2n ! # (2k + 1)π Or pour k ∈ 0,1,· · · ,n − 1 , xk = prend n valeurs 2n distinctes dans ]0,π[ : 143

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0
0 et A > f (0) .

(2n − 1)π xn−1 < π 2n Posons αk = cos(xk ) . La fonction cos étant strictement décroissante sur ]0; π[ : < xn−2
0, ∃x0 " 0, ∀x > x0 , f (x) ∈]! − ε,! + ε[

∀x ∈ [0,x0 ],

f (x) " f (α) = m

(∗)

Remarquons que pour x = 0 : f (0) " f (α) = m. Alors avec notre choix de A, on obtient que si x > x0 , f (x) " A > f (0) " f (α) = m

(∗∗) .

En regroupant (∗) et (∗∗) , on a : ∀x " 0,

f (x) " f (α) = m

Ceci prouve que f admet un minimum global sur R+ , ou autrement dit, que f est minorée sur R+ et que sa borne inférieure est atteinte. c) lim f (x) = ! avec ! > 0. x→+∞

Donc par théorème on sait que f (x) > 0 au voisinage de +∞. Il existe donc un réel x1 tel que f (x1 ) > 0. Or f (0) < 0 : f étant continue sur l’intervalle [0,x1 ] et changeant de signe, le théorème des valeurs intermédiaires permet d’affirmer que f s’annule au moins une fois sur [0,x1 ] et a fortiori sur R+ .

ε ε

6.19 a) La fonction h u est continue sur l'intervalle fermé Posons ε = 1.

Comme f est continue sur l'intervalle fermé borné [0; x0 ] , f est bornée sur cet intervalle et atteint ses bornes, d'après le théorème de continuité sur un segment. Or nous venons de voir que si x > x0 , f (x) ∈ [! − 1,! + 1] , donc f est bornée sur ]x0 ; +∞[. Nous en déduisons que f est bornée sur R. b) Cette fois lim f (x) = +∞ donc :

borné [−1,1] comme combinaison linéaire de fonctions continues sur cet intervalle : elle est donc bornée sur [−1,1] et atteint ses bornes, d'après le théorème de continuité sur un segment. b) M(v) = h v (y) et M(u) = h u (x) car h u et h v atteignent leurs bornes, d'après a). donc : M(v) − M(u) = h v (y) − h u (x) .

Or h v (y) = max h v " h v (x) donc : [−1,1]

M(v) − M(u)

x→+∞

∀A > 0, ∃x0 " 0, ∀x > x0 , f (x) > A y

" h v (x) − h u (x) " f (x) + vg(x) − f (x) − ug(x) " (v − u)g(x)

De même, h u (x) = max h u " h u (y) donc −h u (x) ! −h u (y) [−1,1]

et donc :

M(v) − M(u)

A

! h v (y) − h u (y) ! f (y) + vg(y) − f (y) − ug(y) ! (v − u)g(y)

Finalement, en regroupant les deux inégalités : 0

144

x0

x

(v − u)g(x) ! M(v) − M(u) ! (v − u)g(y)

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c) Comme x et y sont fixés, on a

Comme f (0) = 1 , on en déduit que

lim (v − u)g(x) = lim (v − u)g(y) = 0

v→u

v→u

donc, d'après le théorème des gendarmes : lim M(v) − M(u) = 0

Et donc par somme de limites existe

=

∀x ∈ R,

( ) limv→u M(v) − M(u) + lim M(u)

0 + M(u) M(u)

= =

x , on a : 2 (x (x (x ) (x ) x) x) f + f =2f f + − 2 2 2 2 2 2

• En appliquant (i) avec x 0 = y 0 =

v→u

lim M(v)

∀x ∈ R, f (−x) = f (x) Donc f est paire sur R.

existe

v→u

∀x ∈ R , f (x) + f (−x) = 2 f (x). Finalement :

On en déduit que :

v→u

ce qui est la définition de la continuité de M au point u. Comme cette propriété est vraie pour tout u ∈ R , on a donc démontré que M est continue sur R.

6.20 a) On reconnaît une célèbre formule trigonométrique en prenant la fonction cosinus : ∀(x,y) ∈ R2 ,

∀x ∈ R,

( ( x ))2 f (x) = 2 f −1 2

• D'après ce qui précède : ( ( x ))2 ∀x ∈ R, f (x) + 1 = 2 f "0 2 d) • On sait que f (0) = 1 > 0 et que f est continue sur R et ne s'annule pas sur R. D'après le théorème des valeurs intermédiaires, une fonction continue qui ne s'annule pas est de signe constant strict.

cos(x + y) + cos(x − y) = 2cos(x)cos(y) (π) = 0 < 1. De plus cos est continue sur R et cos 2 Donc cos est un élément de E non identiquement nul.

• Tout d'abord, pour tout entier naturel :

b) Il est clair que g est continue sur R, comme composée de fonctions continues sur R.

& Nous avons montré que f était à termes strictement positifs donc :

D'une part, pour tout (x,y) ∈ R2 : 2g(x)g(y)

= = = =

2 f (ax) f (ay) f (ax + ay) + f (ax − ay) f (a(x + y)) + f (a(x − y)) g(x + y) + g(x − y)

donc g vérifie (i) . D'autre part, soit x0 ∈ R tel que f (x0 ) < 1 alors, comme a (x ) ( x0 ) 0 = f a× = f (x0 ) < 1 donc g véest non nul, g a a x 0 rifie (ii) avec x00 = . a Ceci prouve que g est un élément de E. c) • En appliquant (i) avec y = 0 : ∀x ∈ R,

f (x + 0) + f (x − 0) = 2 f (x) = 2 f (x) f (0)

Or f n'est pas identiquement nulle donc il existe au moins un / 0. réel x0 tel que f (x0 ) = Alors, f (x0 ) = f (x0 ) f (0) donne en divisant par f (x0 ) : f (0) = 1 . • En appliquant (i) avec x 0 = 0 et y 0 = −x, on a : ∀x ∈ R,

f (0 + x) + f (0 − x) = 2 f (0) f (x)

On en déduit que ∀x ∈ R, f (x) > 0 .

u n+1 = f (2 × 2n a) = 2 ( f (2n a))2 − 1 = 2u 2n − 1

∀n ∈ N, u n = f (2n a) > 0 Montrons par récurrence que ∀n ∈ N, u n < 1.

Tout d'abord, u 0 = f (a) < 1.

Ensuite, supposons que u n < 1 pour un rang n ∈ N fixé. Nous savons que 0 < u n < 1 donc u 2n < 1 et par suite u n+1 = 2u 2n − 1 < 2 × 1 − 1 = 1 .

La propriété est donc héréditaire et vraie au rang 0 donc vraie pour tout entier naturel n. On a donc : ∀n ∈ N,

0 < un < 1

& Toujours pour tout entier naturel n : u n+1 − u n

=

=

2u 2n − u n − 1

(u n − 1)(2u n + 1)

Or 0 < u n < 1 donc u n+1 − u n < 0.

La suite (u n ) est donc décroissante. Or elle est minorée par 0 donc elle est convergente, d'après le théorème de la limite monotone.

• & La suite (u n ) est définie par une relation u n+1 = h(u n ) où h est une fonction continue sur R définie par : h(x) = 2x 2 − 1.

Or (u n ) est convergente et à valeurs dans ]0,1[ : sa limite est donc une solution sur [0,1] de h(x) = x . 145

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h(x) = x ⇐⇒ 2x 2 − x − 1 = 0 ⇐⇒ (x − 1)(2x + 1) = 0

1 1 / [0,1], Les points fixes de h sont donc 1 et − . Comme − ∈ 2 2 on a donc : lim u n = 1.

= =

& Or ∀n ∈ N, 0 < u n ! u 0 < 1 (suite décroissante) donc la limite ! de (u n ) vérifie 0 ! ! = 1 ! u 0 < 1. Nous aboutissons donc à une contradiction.

=

& Il n'existe donc pas de solution de (E) ne s'annulant pas sur R et telle qu'il existe a ∈ R tel que f (a) < 1. Ainsi, une solution de (E) ne s'annulant pas sur R vérifie forcément f (x) " 1 pour tout réel x.

6.21 a) On a 0
· · · > xn

en particulier ces n réels sont deux à deux distincts. + * (−1)0 Xn + Q(X) avec deg(Q) ! n − 1 . b) P(X) = 2n+1 1

On en déduit que P est de degré n et de coefficient dominant 2n + 1. c) En utilisant la formule du binôme de Newton on obtient : 2n+1

= =

2n+1

(X + i) − (X − i) & 2n+1 2n+1 1 2n + 1' 1 &2n + 1' ik X2n+1−k − (−i)k X2n+1−k k k k=0 k=0 2n+1 1& k=0

' ) 2n + 1 ( 1 − (−1)k ik X2n+1−k k

Or 1 − (−1)2 p = 0 et 1 − (−1)2 p+1 = 2 pour tout entier naturel p. Donc dans la somme précédente on ne garde que les termes où l'indice k est impair : k = 2 p + 1 avec p ∈ [[0,n]] (les autres termes sont nuls). On en déduit que :

= Ainsi :

(X + i)2n+1 − (X − i)2n+1 ' n & 1 2n + 1 2 p+1 2n+1−(2 p+1) 2i X 2p + 1 p=0 ' n & 1 * +p 2n + 1 2i i2 X2(n− p) 2 p + 1 p=0 ' n & 1 * + 2n + 1 (−1) p X2 2 p + 1 2i 2p + 1 p=0 * 2+ 2iP X

P(X2 ) =

d) • En posant αk = k ∈ {1,2,· · · ,n} : P(xk )

kπ , on obtient pour tout 2n + 1

'2n+1 & '2n+1 D cos(αk ) cos(αk ) − +i −i sin(αk ) sin(αk ) * 1 = (cos(αk ) + i sin(αk ))2n+1 2n+1 2i(sin(αk )) + − (cos(αk ) − i sin(αk ))2n+1 * i(2n+1)α + 1 k − e−i(2n+1)αk = e 2i(sin(αk ))2n+1 * ik π + 1 = e − e−ik π 2i(sin(αk ))2n+1 ( ) 1 = (−1)k − (−1)−k 2n+1 2i(sin(αk )) =0 1 = 2i

&

On en déduit que P admet au moins n racines distinctes. Or P est de degré n donc admet au plus n racines réelles (comptées avec leur ordre de multiplicité). Donc P admet exactement n racines simples qui sont les xk , k ∈ [[1,n]]. • Or le coefficient dominant de P est 2n + 1, donc : & 'C n 9 E kπ P(X) = (2n + 1) X − cotan2 2n + 1 k=1

e) D'après la définition de P, le coefficient de Xn−1 est : * + (2n + 1)(2n)(2n − 1) (−1)1 2n+1 =− 3 3! (2n + 1)(2n − 1)n =− 3 D'autre part : 1 P(X) = (X − x1 ) × · · ·× (X − xk ) × · · ·× (X − xn ) 2n + 1

En développant, on voit que les termes de degré (n − 1) sont de la forme : X × · · ·× X ×(−xk ) × X × · · ·× X = −xk Xn−1 F F GH I GH I k−1 termes

146

& ' 1 (X + i)2n+1 − (X − i)2n+1 2i

n−k termes

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Page 147

En les regroupant on obtient que le coefficient de Xn−1 dans n 1 1 xk. P(X) est − 2n + 1 k=1 On en déduit que : −

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

d'où : n 1 k=1

&

kπ 2n + 1

'


0 : f (x) ! f $ (x) x b) En déduire que g : x *−→

7.14

f (x) est croissante sur R∗+ . x

Calcul d'une somme infinie à l'aide de la formule de Taylor-Lagrange a) Soit n ∈ N . Encadrer la fonction exponentielle entre deux polynômes de degré n + 1 sur l'intervalle [0,1]. b) En déduire que : n + 1 =e n→+∞ k! k=0

lim

154

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Page 155

Énoncés des exercices

7.15

Une inégalité de convexité a) Montrer que la fonction ln est concave sur R∗+ . En déduire que si x > 0 et y > 0 alors : ∀t ∈ [0,1],

& ' ln t x + (1 − t)y " t ln x + (1 − t) ln y

b) Soient p et q deux réels strictement positifs tels que :

∀(a,b) ∈ R∗+ × R∗+ ,

ab !

1 1 + = 1 . Établir que : p q ap bq + p q

c) Préciser le cas d'égalité.

7.16

Théorème de Rolle en cascade On considère une fonction f de classe C 2 sur [a,b] et telle que f (a) = f (b) = 0 . En considéA rant la fonction ϕ : t *−→ f (t) − (t − a)(t − b) , où A est une constante à choisir judicieu2 sement, établir que : ∀x ∈ [a,b],

7.17

∃c ∈]a,b[

,

f (x) =

(x − a)(x − b) $$ f (c) 2

Développement limité d'une fonction réciproque (sans utiliser la dérivée) & ' On considère la fonction f définie par : f (x) = arctan ln(1 + x) . a) Montrer que f est définie et de classe C∞ sur ] − 1,+∞[. b) Donner un DL3 (0) de f. c) Montrer que f est bijective de ] − 1,+∞[ sur un intervalle à préciser. d) Déterminer un DL3 (0) de f −1 .

7.18

Équation fonctionnelle (d'après Agro-Véto 2008) On souhaite déterminer toutes les fonctions f : R −→ R , de classe C 1, vérifiant la relation :

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

(E) : ∀x ∈ R,

( f ◦ f )(x) =

x +3 2

a) Donner les fonctions affines solutions du problème (i.e. les fonctions f : x *−→ ax + b avec (a,b) ∈ R2 ).

x + 3. On pose ϕ0 = IdR et pour n " 1 : ϕn = ϕ ◦ ϕn−1 = ϕn−1 ◦ ϕ . Pour 2 ' & x ∈ R , vérifier que la suite ϕn (x) est arithmético-géométrique et déterminer son terme

b) Soit ϕ : x *−→

n∈N

général en fonction de n et x.

c) Soit f solution du problème. Vérifier que : ∀x ∈ R , f f $ est constante sur R.

&x

' f (x) +3 = + 3. En déduire que 2 2

d) Résoudre le problème posé.

155

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Page 156

Chapitre 7 • Dérivabilité des fonctions numériques et développements limités

7.19

Suites définies implicitement (d'après Escp-Eap 2008) On pose : ∀t > 0, g(t) =

1 −1 e t. t

a) Montrer que g peut-être prolongée en 0 en une fonction dérivable à droite en 0. b) Soit n ∈ N∗ . Montrer que pour n assez grand, l'équation (En ) : g(t) = tions xn et yn sur R+ vérifiant : 0 < xn < 1 < yn .

1 admet deux solun

c) Donner la monotonie et la limite des suites (xn ) et (yn ).

7.20 Une dérivée n'est pas toujours continue On considère la fonction f définie par f (x) =

-

# $ 1 x sin x 0 2

si x = / 0 si x = 0

.

a) Montrer que f est définie et continue sur R. b) Montrer que f est dérivable sur R et donner l'expression de f $ (x) . c) Montrer que lim+ f $ (x) n'existe pas. Conclure. x→0

7.21 Suite récurrente et accroissements finis On considère la fonction f définie sur R∗+ par : - x + 1 ln(x) × f (x) = x − 1 2 1

si x = / 1 si x = 1

a) Montrer que f est C1 sur son ensemble de définition. b) Montrer que : ∀x > 0, ln(x) ! x − 1 . Construire le tableau de variations de f et montrer que : ∀x > 1, f (x) < x. c) Soit a > 1. Montrer que la suite (xn )n∈N définie par x0 = a et ∀n ∈ N , xn+1 = f (xn ) est bien définie et à valeurs dans ]1,+∞[. Établir qu'elle converge et déterminer sa limite ". d) Montrer qu'il existe un entier n 0 tel que : ∀n " n 0 ,

|xn+1 − "| !

1 |xn − "| 3

En déduire que : ∀n " n 0 , 1 e) En déduire que : xn = " + o n n→+∞ 2 #

|xn − "| ! $

1 |xn − "| 3n−n0 0

.

7.22 Fonction définie implicitement Soit a un réel positif ou nul. Pour x ∈ R , on pose Pa (x) = x 3 + ax − 1 . a) Montrer que ce polynôme admet une unique racine réelle u(a). On note u l'application définie sur R+ qui a tout a associe le réel u(a). 156

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Énoncés des exercices

b) Montrer que : u(R+ ) ⊆ R∗+ . c) Montrer que u est strictement décroissante sur R+ . d) Calculer u(0) , puis lim u(a) . a→+∞

e) Déterminer l'application réciproque de u. f) Montrer que u est continue sur R+ . g) Montrer que u est dérivable sur R+ et calculer u $ (a), pour tout a ∈ R+ . h) Esquisser l'allure de la courbe représentative de u.

7.23 Développement asymptotique d'une suite définie implicitement a) Soit n ∈ N∗ . Montrer que l'équation tan(x) = x / . π π − + n π, + n π une unique solution, notée xn . 2 2 b) Montrer que xn

admet

∼ n π . Remarquer que, pour tout n " 1 : xn =

n→+∞

En déduire : xn −

dans

l'intervalle

# $ π 1 + n π. − arctan 2 xn

π 1 −n π ∼ − . n→+∞ 2 nπ

1 , de xn − n π. En n déduire un développement asymptotique à 3 termes de xn lorsque n −→+∞ .

c) Effectuer un développement limité à l'ordre 2, selon les puissances de

7.24 Théorème de Rolle généralisé On considère la fonction f définie par : f (x) =

1 1 + x2

a) Montrer que f est de classe C∞ sur R. b) Soit n ∈ N . On pose, pour tout x ∈ R : Pn (x) = (1 + x 2 )n+1 f (n) (x) . Établir que : ∀n ∈ N,∀x ∈ R,

(1 + x 2 )P$n (x) = 2(n + 1)xPn (x) + Pn+1 (x)

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

En déduire que, pour tout n ∈ N , Pn est un polynôme dont le terme de plus haut degré est (−1)n (n + 1)!Xn . c) Soient a ∈ R et g une fonction continue sur [a,+∞[ , dérivable sur ]a,+∞[ , et qui vérifie g(a) = 0 et lim g(x) = 0. On considère la fonction G définie sur [0,1] par : x→+∞

$ - #1 g +a−1 G : x −→ x 0

si x ∈]0,1] si x = 0

Vérifier que G est continue sur [0,1], dérivable sur ]0,1[. Montrer que G$ s'annule en un point de ]0,1[ ; en déduire que g $ s'annule en un point de ]a,+∞[ . d) Soit h une fonction continue sur ] − ∞,a] , dérivable sur ] − ∞,a[ , telle que h(a) = 0 et lim h(x) = 0. Montrer que h $ s'annule en un point de ] − ∞,a[ . x→−∞

e) Montrer par récurrence sur n que le polynôme Pn admet exactement n racines réelles distinctes. 157

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Chapitre 7 • Dérivabilité des fonctions numériques et développements limités

7.25 Dérivées successives et polynômes On considère la fonction f définie sur ] − ∞,1[ par : f (x) =

1 1 e 1−x . 1−x

a) Déterminer un DL2 (0) de f. Que peut-on en déduire ? Étudier les variations de f. b) Montrer que, pour tout n ∈ N , il existe un polynôme Pn tel que : $ # 1 1 ∀x < 1, f (n) (x) = Pn e 1−x 1−x Préciser la relation entre Pn+1, Pn et P$n . c) Déterminer le degré de Pn en fonction de n ∈ N .

d) Vérifier que :

∀x < 1,

(1 − x)2 f $ (x) = (2 − x) f (x)

e) En déduire, à l'aide de la formule de Leibnitz, que : ∀n ∈ N,

& ' Pn+1 = (2n + 1)X + X 2 Pn − n 2 X 2 Pn−1

Du mal à démarrer ? 7.1

a) Rechercher une asymptote oblique en +∞.

b) Déterminer le signe de

f$

et de

f $$.

c) Utiliser le théorème de la bijection.

7.2

a) et b) Écrire f comme une composée de fonctions usuelles. c) Intégrer la formule.

7.3

Utiliser le théorème de la bijection.

7.4

Écrire f comme une composée de fonctions usuelles.

7.5

Une fonction est équivalente au premier terme non nul de son DL.

7.6

a) Chercher un contre-exemple.

b) Revenir à la définition de la dérivabilité en x0.

7.7

Déterminer un DL2 (0) de f.

7.8

a) et b) Dériver le membre de gauche de l'égalité.

7.9

a) Utiliser le théorème de la bijection.

b) Résoudre l'équation y = f (x) d'inconnue x. c) Revenir à la définition de la dérivabilité en 0.

158

7.10

a) Utiliser le théorème de la bijection.

b) Étudier la continuité et la dérivabilité de ϕ et ! . c) Déterminer f $ (x) . Pour comparer f (2π − t) avec f (t), poser x = ϕ −1 (t) .

7.11

a) Utiliser le théorème des accroissements finis.

b) Utiliser le a). c) Montrer que (u n ) converge vers un réel γ .

d) Intuiter une suite (vn ) telle que lim

n→+∞

7.12

n + k=1

vn

1 k

= 1.

a) Mettre x en facteur dans l'expression de f (x) .

b) Déterminer un DL(+∞) et un DL(−∞) de f.

7.13

a) Appliquer le théorème des accroissements finis.

b) Utiliser le a).

7.13

a) Appliquer la formule de Taylor-Lagrange.

b) Étudier la convergence du reste dans la formule de TaylorLagrange.

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Les méthodes à retenir

7.15

a) Si A(x; ln(x)) et B(y; ln(y)) alors le graphe de ln est & au-dessus de la corde AB.

b) Poser t =

1 , x = a p et y = bq . p

c) Reprendre à l'envers le calcul du b) dans le cas d'égalité.

7.16

Choisir A tel que ϕ(x) = 0 et appliquer deux fois le théorème de Rolle à ϕ.

7.17

a) Écrire f comme une composée de fonctions usuelles.

b) Déterminer d'abord un DL5 (0) de x *→ ln(1 + x) et de arctan. c) Utiliser le théorème de la bijection. d) Calculer de deux manières différentes un DL5 (0) de f −1 ◦ f (x).

7.18

a) Chercher les valeurs possibles de a et b.

b) Trouver une relation simple entre ϕ n+1 (x) et ϕ n (x) . c) Calculer de deux façons différentes f ◦ f ◦ f . d) Combiner le a) et le c).

7.19

a) Déterminer lim g(t) puis revenir à la définition de la t→0+ dérivabilité. b) Utiliser le théorème de la bijection.

c) Introduire γ1 (respectivement γ2 ) bijection réciproque de f sur [0,1] (respectivement ]1,+∞[).

7.20

a) Faire appel au théorème des gendarmes.

b) Revenir à la définition de la dérivabilité en 0. c) Raisonner par l'absurde.

7.21

a) Utiliser le théorème de prolongement C 1.

d) Appliquer le théorème des accroissements finis. e) Revenir à la définition du « petit o ».

7.22

a) Utiliser le théorème de la bijection.

b) Calculer Pa (0) . c) Comparer Pa (u(a)) avec Pb (u(b)). d) Résoudre P0 (x) = 0 puis encadrer u(a). e) Déterminer a en fonction de u(a). '−1 & . f) et g) Remarquer que u = u −1

h) Commencer par l'allure de la courbe représentative de u −1 .

7.23

a) Utiliser le théorème de la bijection. # $ 1 π = pour x > 0 . b) Se rappeler que arctan(x) + arctan x 2 1 c) Chercher un développement asymptotique de . xn

7.24

a) Facile.

b) Raisonner par récurrence. c) Appliquer le théorème de Rolle à G. d) Poser g(x) = h(−x). e) Utiliser le b), le c) et le d).

7.25

a) Facile.

b) Raisonner par récurrence. c) Noter dn le degré de Pn et chercher une relation simple netre dn+1 et dn. d) Facile. e) Dériver n fois la formule du c).

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

b) Utiliser la concavité de ln : ∀x > 0, ln(x) ! x − 1 . c) Montrer que l'intervalle I =]1,+∞[ est stable par f, puis étudier la monotonie de (xn ).

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Corrigés des exercices

7.1 a) On remarque que

t

0

$ # 1 ln (t) − 2 . f (t) = t 1 − t t

Signe de f (t )

De plus on sait d'après les croissances comparées que ln t lim = 0. Donc, par produit et sommes de limites : t→+∞ t

Variation s de f

+∞

+ +∞ ∞

existe

lim f (t) = +∞

t→+∞

Étudions alors le comportement asymptotique de

f (t) . t

f (t) ln (t) 1 =1− − 2 . On obtient donc : Or t t t

Pour étudier la convexité de f, calculons f $$ (t) : f $$ (t) =

1 2 t −2 − 3 = 3 t2 t t

Nous en déduisons que f $$ (t) est du signe de t − 2 :

f (t) existe lim = 1 t→+∞ t

– f est convexe sur [2; +∞[ ; – f est concave sur ]0; 2[.

1 Étudions cette fois f (t) − t = − ln (t) − . t

Utilisons Scilab pour le tracé :

existe

lim f (t) − t =−∞

t→+∞

Nous en déduisons que C f admet une branche parabolique dans la direction y = x, mais pas d'asymptote oblique.

Étudions à présent le comportement de f au voisinage de 0 : f (t) = −

6

" 1! 1 + t ln (t) − t 2 t

4

Or d'après les croissances comparées lim+ t ln (t) = 0 , donc par produit et sommes de limites :

8

2

t→0

0

existe

lim+ f (t) =−∞

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

-2

t→0

La courbe C f admet donc une asymptote verticale d'équation x = 0 au voisinage de 0. b) La fonction f est deux fois dérivable trois fonctions dérivables sur R∗+). ∀t > 0,

f $ (t) = 1 −

sur R∗+

(car somme de

1 t2 − t + 1 1 + 2 = t t t2

Comme t 2 > 0, f $ (t) est du signe de t 2 − t + 1.

160

Or t 2 − t + 1 est un trinôme du second degré dont le discriminant est strictement négatif. Il est donc strictement positif sur R . Nous en déduisons que la fonction f est strictement croissante sur R∗+.

-4

-6

-8

c) Le graphique nous laisse penser que f s'annule en 1 ce que confirme le calcul : f (1) = 1 − ln (1) −

1 =0 1

Or sur R∗+, f est continue, strictement croissante et change de signe, donc, d'après le théorème de la bijection, l'équation f (t) = 0 admet une unique solution sur R∗+. Or nous

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connaissons une solution, 1, c'est donc l'unique solution de l'équation. 0 1 S = 1

∀x ∈ A,

f (x) $

7.2 a) La fonction arctan est définie et continue sur R . La fonction x *→ [−1,1].

√ 1 − x2

=

est définie et continue sur

On en déduit que f est définie et continue sur [−1,0[ ; ∪; ]0,1]. De plus f est impaire donc il suffit de l'étudier sur ]0,1]. √ 1 − x2 = +∞, on obtient, par composiComme lim x →0 x x>0 tion des limites, que : lim f (x) = x →0 x>0

π 2

Comme f est impaire on a donc : π lim f (x) = − x →0 2 x 0,

-6

La fonction f est donc continue, strictement croissante et change de signe sur ]0; +∞[. D'après le thorème de la bijection, l'équation f (x) = 0 admet donc une unique solution. Or

sur

f (x) = 0 ⇐⇒ ln (x) =

]0; +∞[,

1 . x

1 admet donc une unique solution sur L'équation ln (x) = x ]0; +∞[. x

0

+

+ +∞

Variation s de f

donc lim g(x) = (+∞) × (0 − 1 + 0) =−∞ (croissances x→+∞

comparées et opérations sur les limites) ∀x > 0,

+∞

α

Signe de f (x )

-7

Au voisinage de 0 : lim+ g(x) =−∞ (somme de limites) x→0 # " 1 ln (x) −1+ Au voisinage de +∞ : g(x) = x x x

0 ∞

x

g ' (x) =

0

1 1−x −1= x x 1

Signe de g (x )

+

0

+∞

–

0 Variations de g ∞

∞

On peut avoir une approximation de la solution avec Scilab : On en déduit le tableau suivant : On voit sur ce tableau de variations que la fonction g est donc négative sur ]0; +∞[ et s'annule en un unique point : 1.

En effet :

– sur ]0,1] : g est continue et strictement croissante, donc d'après le théorème de la bijection, elle est bijective de ]0,1] sur g(]0,1]) = R− . Or 0 ∈ R− donc l'équation g(x) = 0 admet une unique solution sur ]0,1]. b) Étudions cette fois la fonction g : x #→ ln (x) − (x − 1). Elle est définie et dérivable sur ]0; +∞[ (somme de fonctions dérivables). Commençons par l'observer avec Scilab : 162

De plus g(x) ! g(1) = 0 pour x ∈]0,1] .

– sur ]1,+∞[ : g est continue et strictement décroissante, donc d'après le théorème de la bijection, elle est bijective de ]1,+∞[ / R∗− donc l'équation g(x) = 0 n'a sur g(]1,+∞[) = R∗− . Or 0 ∈ pas de solution sur ]0,1].

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Page 163

De plus g(x) < g(1) = 0 pour x ∈]1,+∞[.

3.5

=]0,1]∪]1,+∞[ , g(x) ! 0 et l'équation Donc sur g(x) = 0 admet une unique solution. Comme g(1) = 0, cette solution est 1. R∗+

Ainsi on a bien : ∀x ∈

R∗+ ,

3.0

2.5

2.0

ln (x) ! x − 1 et ln (x) = x − 1 ⇐⇒ x = 1.

c) • Les fonctions x *→ x et x *→ ln (x) donc h est continue sur R∗+, comme produit de fonctions continues. sont continues sur R∗+,

On sait d'après les croissances comparées que lim+ x ln (x) = 0

1.5

1.0

0.5

0.0 0.0

x→0

donc :

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

3.0

-0.5

lim h(x) = h(0)

Par définition, la fonction h est donc continue à droite en 0. On a donc h continue sur R+. De plus : lim h(x) = +∞ . x→+∞

• Les fonctions x *→ x et x *→ ln (x) sont dérivables sur R∗+, donc h est dérivable sur R∗+, comme produit de fonctions dérivables. ∀x > 0, De plus lim+ x→0

h $ (x) = 1 + ln (x)

h(x) − h(0) existe = lim+ ln (x) =−∞ . x→0 x −0

Donc, par définition, h n'est pas dérivable à droite en 0 et C f admet en 0 une demi-tangente verticale. Pour x > 0 : h $ (x) " 0 ⇐⇒ ln (x) ! −1 ⇐⇒ x ! e−1 x

1 e

0

Signe de h (x )

−

0

+∞

α

+

+

0 Variation s de h

1 : 2e • On voit sur ce tableau de variations que l'équation 1 1 h(x) = a une unique solution α dans R+ et qu'elle vérifie α > . 2e e En effet : 4 3 1 : h est continue et strictement décroissante, donc – sur 0, e 4 3 1 d'après le théorème de la bijection, elle est bijective de 0, e 4$ 3 #3 4 3 4 1 1 1 1 = − ,0 . Or ∈ / − ,0 donc l'équasur h 0, e e 2e e 4 3 1 1 . n'a pas de solution sur 0, tion h(x) = e 2e 4 3 1 ,+∞ : h est continue et strictement croissante, donc – sur e d'après le théorème de la bijection, elle est bijective de 3 3$ 4 3 4 #4 1 1 1 ,+∞ ,+∞ = − ,+∞ . h sur Or e e e 4 3 1 1 1 ∈ − ,+∞ donc l'équation h(x) = admet une 2e e 2e 4 3 1 ,+∞ . unique solution α sur e 4 4 3 3 1 1 1 ∪ ,+∞ , h(x) = Donc sur R+ = 0, admet une e e 2e 1 unique solution α . De plus α > . e Scilab nous donne une approximation de cette solution : tion y =

x→0+

+∞ 1 2e 1 e

On en déduit le tableau suivant : Comme h $ (1) = 1 et h(1) = 0, la tangente au point d'abscisse 1 a pour équation : y = x −1 Scilab nous donne l'allure de la courbe et de la droite d'équa-

163

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7.4 a) On commence par se ramener à un problème au voisinage de 0 en posant

1−

u = x −2

Alors :

On obtient donc :





1 h2 h3 h4 = −h − − − + o(h 4 ) 1 − ln (1 + h) h→0 2 3 6

Posons à présent v = 1 −

1 1 1  1 = = u  x u+2 2 +1 2 u x −2 : On pose alors h = = 2 2 # $ 1 1 1 = x 2 h+1 " 1! = 1 − h + h 2 + o(h 2 ) h→0 2# $ x − 2 (x − 2)2 1 1− = + + o(x − 2) x→2 2 2 4 1 x − 2 (x − 2)2 − + + o(x − 2) = x→2 2 4 8

On a lim v = 0. h→0

v→0

On en déduit que : A

=

h→0

# $ h2 h3 h4 4 1 + −h − − − + o(h ) 2 3 6

; v

h2 h3 2h 2h 2 4 h h 2 + 3 + o(h 4 ) + + + 2 8 2 6

; v 2 /2

Tout d'abord, ramenons le problème au voisinage de 0 en posant x = 1 + h . = = =

x

e

=

e

=

h→0

1 1+ e ln (1+h)−1 1−

=

1 1− ln (1+h)

x→1

et

1 = 1 + u + u 2 + u 3 + u 4 + o(u 4 ) au voisi1 − u u→0 nage de 0.

De plus

On en déduit que : =

h + o(h 4 ) 12 ! " (x − 1)4 1 − (x − 1) + + o (x − 1)4 12 1−h+

c) Ramenons-nous au voisinage de 0. Pour x > 0 :

h→0

h→0

h3 h4 h2 + − + o(h 4 ) 1+h− 2 3

; u

h4 h2 h3 +h + − 2h + 2h + o(h 4 ) 4 2 ; 2

2h

3

2

u2

+ h − 3h + o(h 4 ) 2

; u3

+ h 4 + o(h 4 ) ;

√ 3

x3 + x −

√ 3

x3 − x = x

=

164

h2 h3 h4 1+h+ + + + o(h 4 ) 2 3 6

$1 # $1 $ ## 1 3 1 3 1+ 2 − 1− 2 x x

1 . On a bien lim u = 0. x→+∞ x2 Comme x est en facteur, il faut un développement à l'ordre 1 1 5 en des racines cubiques. Mais u = 2 donc il suffit d'avoir x x des développements limités à l'ordre 2 en u. " ! 1 1 −1 2 1 1 = 1+ u+ 3 3 u + o(u 2 ) (1 + u) 3 u→0 3 2 1 1 = 1 + u − u 2 + o(u 2 ) u→0 3 9 Posons u =

On en déduit que : 1

1

(1 + u) 3 − (1 − u) 3

=

u→0

u4

h→0

+ o(h 4 ) >

v 4 /24 4

1 ln (x)−1

h2 h3 h4 u = ln (1 + h) = h − + − + o(h 4 ) Or h→0 2 3 4 lim u = 0.

1 1 − ln (1 + h)

h4 + + o(h 4 ) 24 ;

ln (x)−1+1 ln (x)−1

1+

2)

v 3 /6

1 ln (x)−1 ln (x)

= =

3h 2 (−h2 h3 − + 6 0

f (x) − f (0) f (x) 1 = = x −0 x 1 + |x|

∀x 2= 0,

Or pour tout x ∈ R∗ :

7.9 a) La fonction f peut être définie par morceaux :  x  1+x

c) Étudions la dérivabilité de f en 0 :

b) On a ϕ ([0,2π]) = [0,2π] donc ϕ −1 ([0,2π]) = [0,2π]. Ainsi :

f: alors

[0; 2π] t

→ * →

[0; 2π] ϕ −1 (t)

→ *→

[0; 2π] ! " ψ ϕ −1 (t)

La fonction f est donc définie et continue sur [0,2π], comme composée de fonctions qui le sont. La fonction ϕ −1 est dérivable sur ]0,2π[ et la fonction ! est dérivable sur R donc en particulier sur ϕ −1 (]0,2π[) =]0,2π[. Donc f est dérivable sur ]0,2π[, comme composée de fonctions dérivables. c) • On a, pour tout x ∈]0; 2π[ :

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! " ! ! " "$ ! "$ f $ (x) = ϕ −1 (x) × ! $ ϕ −1 (x) = ϕ −1 (x) × sin ϕ −1 (x)

1 1 1 = = donc −1 −1 ◦ ϕ (x) ! ◦ ϕ (x) f (x) ! " " ! sin ϕ −1 (x) 1 ! " f $ (x) = × sin ϕ −1 (x) = f (x) 1 − cos ϕ −1 (x)

"$ ! Or ϕ −1 (x) =

ϕ$

Comme x ∈]0,2π[ on a ϕ −1 (x) ∈]0,2π[ donc ! " 1 − cos ϕ −1 (x) > 0 . Ceci prouve que f $ (x) est du signe de ! " sin ϕ −1 (x) sur ]0,2π[.

Or ϕ −1 est strictement croissante (car de même monotonie que ϕ ) sur ]0,2π[ , et ϕ −1 (π) = π (car ϕ(π) = π ). Donc 0 < ϕ −1 (x) < π si 0 < x < π, et π 0,

1 qui est décroissante sur R∗+. Par définition, ln est donc x concave sur R∗+. x *→

Soit A(x; ln (x)) et B(y; ln (y)) deux points de la courbeC

f (x) − f (0) = f $ (c) x −0

f $ (x) − x f $ (x) − f (x) g $ (x) = = x2 x

a) La fonction ln est dérivable sur R∗+ et de dérivée

f (x) x

On en déduit que M a pour coordonnées ! " t x + (1 − t)y; t ln (x) + (1 − t) ln (y) . Or la corde est en-dessous de C donc :

t ln (x) + (1 − t) ln (y) ! ln (t x + (1 − t)y)

"0

y

On en déduit que g est croissante sur R∗+.

7.14 a) Appliquons la formule de Taylor-Lagrange à l'exponentielle sur [0; 1] sachant que l'exponentielle est de classe C ∞ et que les dérivées successives sont égales à l'exponentielle. Pour tout x ∈ [0,1], pour tout entier naturel n, il existe cn ∈ ; ]0,x[ tel que : ex

= =

n + e0 k=0

ecn (x − 0)n+1 k! (n + 1)! n + 1 k ecn x + x n+1 k! (n + 1)! k=0 (x − 0)k +

ln( y ) ln t x +(1 t ln( x ) +(1

B

t )y

t )ln( y )

M

x

O

ln( x )

t x +(1

t )y

y

x

A

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b) Soit (a,b) ∈ R∗+ × R∗+ et p et q deux réels positifs tels 1 1 que + = 1 . p q 1 Posons t = , x = bq et y = a p . Alors t ∈ [0; 1] et x et y sont p strictement positifs. D'après la question précédente, on a : ln (t x + (1 − t)y) " t ln (x) + (1 − t) ln (y) Composons cette inégalité par la fonction exponentielle strictement croissante sur R : t x + (1 − t)y " x t · y 1−t

ϕ(x) = 0 ⇐⇒ A =

2 f (x) (x − a)(x − b)

Or on a aussi ϕ(a) = f (a) − 0 = 0 et ϕ(b) = f (b) − 0 = 0.

Comme ϕ est dérivable sur [a; b] puisque f l'est, il existe d1 ∈ ; ]a; x[ tel que ϕ $ (d1 ) = 0 d'après le théorème de Rolle et il existe d2 ∈ ; ]x; b[ tel que ϕ $ (d2 ) = 0 pour la même raison. Remarquons que d1 < d2 . Or ϕ $ est dérivable sur [a; b] puisque f est de classe C 2 sur cet intervalle. Il existe donc c ∈]d1 ; d2 [⊂]a; b[ tel que ϕ $$ (c) = 0, toujours d'après le théorème de Rolle. Or :

c'est-à-dire : 1 p 1 q a + b " p q

1 (a p ) p

1 (bq ) q

·

= ab

∀t ∈ [a,b],

On obtient donc f $$ (c) = A. Or A =

Supposons qu'il y ait égalité.

Dans l'inégalité de convexité il y a égalité si, et seulement si, M = A ou M = B ou A = B c'est-à-dire si et seulement si t ∈ {0; 1} ou x = y , c’est-à-dire t ∈ {0; 1} ou a p = bq • Synthèse (= conditions suffisantes) Si t = 0 alors

1 = 0 ce qui est impossible. q

Si t = 1, alors

1 = 0 ce qui est impossible. p

La fonction arctan est définie et de classe C ∞ sur R .

On en déduit que f est elle-même de classe C ∞ sur ] − 1; +∞[.

b) Commençons par déterminer un développement limité de arctan au voisinage de 0.

On a donc d'une part :

D'autre part : p

2 f (x) d'où le résultat. (x − a)(x − b) Attention ! Vous noterez que c dépend de x (« pour tout x il existe un c... ») donc f n'est pas une fonction polynomiale de degré 2 car f $$ (c) n'est pas constant. On en déduit que f $$ (c) =

C ∞ sur ] − 1; +∞[ et à valeurs dans R .

p

p

p 1p + q1

"

1 1 + p q

$

!

= ap

Comme arctan$ (u) = que :

q

p

p

a b a a + = + = p q p q

#

ap = ap

1 = 1 − u 2 + o(u 3 ), on en déduit 1 + u 2 u→0

arctan(u) = arctan(0) + u − u→0

u3 + o(u 3 ) 3

Donc finalement :

On a donc bien égalité. • Conclusion. Il y a égalité si, et seulement si, a p = bq.

7.16 • Remarquons tout d'abord que, pour tout c ∈]a,b[ : f (a)

=

0

=

f (b)

=

0

=

(a − a)(a − b) $$ f (c) 2 (b − a)(b − b) $$ f (c) 2

Donc si x = a ou x = b alors tout choix de c ∈ [a,b] convient.

• Soit maintenant x ∈]a; b[ fixé et quelconque. Choisissons A afin que ϕ(x) soit nul :

172

2 f (x) . (x − a)(x − b)

7.17 a) La fonction x *→ ln (1 + x) est définie et de classe

Si x = y alors a p = bq i.e. b = a q . p

ϕ $$ (t) = f $$ (t) − A

∀t ∈ [a,b],

• Analyse (= conditions nécessaires)

A A (t − a) − (t − b) 2 2

et

c) Raisonnons par analyse-synthèse.

ab = aa q = a 1+ q = a

ϕ $ (t) = f $ (t) −

arctan(u) = u − u→0

u3 + o(u 3 ) 3

x2 x3 + + o(x 3 ) . x→0 2 3 On peut donc composer ces deux développements limités au voisinage de 0 :

De plus ln (1 + x) = x −

f (x)

=

x→0

=

x→0

x2 x3 x3 + − + o(x 3 ) 2 3 3 x2 x− + o(x 3 ) 2 x−

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c) La fonction x *→ ln (1 + x) est continue et strictement croissante de ] − 1; +∞[ dans R .

La fonction arctan est continue et strictement croissante de R . π π/ . dans − ; 2 2 La fonction f est donc continue et strictement croissante . π π/ . de ] − 1; +∞[ dans − ; 2 2 π π lim f (x) = − et lim f (x) = . On en déduit le tableau x→−1 2 x→+∞ 2 suivant :

Finalement f −1 (x) = x + x→0

7.18 a) Soit f une fonction affine définie sur

R par f : x *→ ax + b avec (a,b) ∈ R2 . Alors f est de classe C 1 sur R . De plus : f solution de (E) ⇔

1

+∞ π 2

Variation s de f

D'après le théorème de la bijection, la fonction f est donc . π π/ . bijective de ] − 1; +∞[ sur − ; 2 2 ∞ d) La fonction f étant de classe C sur ] − 1; +∞[, de dérivée strictement positive 1 1 × > 0 ), sa réciproque est ( f $ (x) = 1+x 1 + ln 2 (1 + x) . π π/ elle-même de classe C ∞ sur − ; . 2 2 La fonction f −1 admet donc un développement limité à tous les ordres au voisinage de 0, d'après la formule de Taylor-Young. On peut donc poser f −1 (x) = a + bx + cx 2 + d x 3 + o(x 3 ) x→0

avec (a,b,c,d) ∈ R4 .

Or f −1 ( f (x)) = x et d'autre part comme f −1 (0) = 0 (car f (0) = 0 ), on peut composer le développement limité de f −1 avec celui de f : f −1 ( f (x)) = a + b f (x) + c f 2 (x) + d f 3 (x) + o(x 3 ) x→0

On en déduit que : x

=

x→0

=

x→0

=

x→0

=

x→0

⇔ ⇔

unicitédescoeffs dansR[ X ]

π 2

a + b f (x) + c f 2 (x) + d f 3 (x) + o(x 3 ) $2 $3 # # x2 x2 x2 a + b(x − ) + c x − +d x − + o(x 3 ) 2 2 2 x2 x3 a + bx − b + cx 2 − 2c + d x 3 + o(x 3 ) 2 2 # $ b 2 a + bx + c − x + (−c + d)x 3 + o(x 3 ) 2

Donc par unicité de la partie régulière d'un développement limité : a = 0      b = 1 b   c− =0   2   −c + d = 0

1 x +3 2 1 ∀x ∈ R, a(ax + b) + b = x + 3 2 1 ∀x ∈ R, a 2 x + b(a + 1) = x + 3 2 1 a2 = 2 b(a + 1) = 3 √ B  √ ' 2 &  (a,b) = 2 ; 3 2 −    2 ou B √  &  √ '   (a,b) = − 2 ; 3 2 + 2 2 ∀x ∈ R,

⇔

x

x2 x3 + + o(x 3 ) 2 2

⇔

f ◦ f (x) =

(E) admet donc deux solutions affines : √ √ & & √ ' √ ' 2 2 x *→ x + 3 2 − 2 et x *→ − x +3 2+ 2 . 2 2 Comme on a raisonné par équivalence, on est dispensé de vérifier que ce sont bien des solutions. b) Soit x ∈ R fixé quelconque. Alors, pour tout entier naturel n : ϕn+1 (x) = ϕ (ϕn (x)) =

1 n ϕ (x) + 3 2

La suite (ϕn (x))n∈N est donc bien arithmético-géométrique. " + 3 a pour solution " = 6. 2 Introduisons donc la suite (vn )n∈N définie par : L'équation " =

∀n ∈ N,

vn = ϕ n (x) − 6

Alors, pour tout n ∈ N : vn+1

= = =

1 n ϕ (x) + 3 − 6 2 1 n (ϕ (x) − 6) 2 1 vn 2

1 et de 2 0 premier terme v0 = ϕ (x) − 6 = IdR (x) − 6 = x − 6 . La suite (vn )n∈N est donc géométrique de raison

Ainsi : ∀n ∈ N , vn =

x −6 et on en déduit que : 2n

∀n ∈ N,∀x ∈ R,

ϕn (x) =

x −6 +6 2n 173

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c) Comme f est une solution de (E). On a donc f ◦ f = ϕ puis f ◦ f ◦ f = f ◦ϕ = (f ◦ f)◦ f = ϕ◦ f

La fonction g peut donc être prolongée en 0 en une fonction continue à droite, en posant g(0) = 0.

De plus, on a alors :

ce qui s'écrit encore : ∀x ∈ R,

f

∀t > 0,

&x

' f (x) +3 = +3 2 2

Dérivons membre à membre cette égalité ( f est dérivable sur

Or lim −

R ). On obtient :

donc

∀x ∈ R,

1 $ f 2

t →0 t>0

1 $ # g(t) − g(0) g(t) 1 2 − e t = = − t −0 t t

1 =−∞ et lim x 2 ex = 0 (croissance comparées) x→−∞ t

' 1 + 3 = f $ (x) 2 2

&x

lim t →0 t>0

c'est-à-dire : f$ = f$ ◦ϕ Une récurrence immédiate permet alors d'obtenir que : $

$

f = f ◦ϕ

∀n ∈ N,

n

Par définition, g est donc dérivable à droite en 0 et gd$ (0) = 0. b) Étudions la fonction g sur [0; +∞[. On a lim − t→+∞

c'est-à-dire :

donc

1 = 0 et lim x ex = 0e0 (par continuité en 0) x→0 t

# $ x −6 f $ (x) = f $ 6 + 2n

∀n ∈ N, ∀x ∈ R,

Fixons ensuite x ∈ R quelconque. On a lim 6 + n→+∞

x −6 = 6. 2n

Or f est continue au point 6 car continue sur R (f est de classe C 1 sur R ) donc : # $ x − 6 existe $ lim f $ 6 + = f (6) n→+∞ 2n

existe

lim g(t) = 0

t→+∞

De plus : ∀t > 0,

$

et donc par unicité de la limite f (x) = f $ (6).

Finalement :

∀x ∈ R,

f $ (x) = f $ (6)

$

ce qui nous donne que f est constante sur R , et donc que f est une fonction affine. d) D'après a) et c), les solutions de (E) sont les fonctions : √ √ & & √ ' √ ' 2 2 x *−→ x + 3 2 − 2 et x *−→ − x +3 2+ 2 . 2 2

7.19 a) Il est clair que g est définie et dérivable sur R∗+ (produit de fonctions dérivables). On remarque que : ∀t > 0, Or lim − t →0 t>0

$ # 1 −1 e t g(t) = − − t

1 =−∞ et lim x ex = 0 (croissances comparées) x→−∞ t

donc existe

lim g(t) = 0 t →0 t>0

174

g(t) − g(0) existe = 0 t −0

g $ (t) =

e−t (1 − t) t3

Donc g $ (t) est sur R∗+ du signe de (1 − t). On en déduit le tableau de variation suivant : t

0

Signe de g (t )

0

xn

+

yn

1

+

0

–

+∞

–

1 e

Variation s de g

1 n

1 n

0

0

La fonction g est continue et strictement croissante sur [0,1]. D'après le théorème de la bijection, elle est donc bijective de 4 4 3 3 1 1 1 [0,1] sur 0, . Comme ∈ 0, pour n " 3 , l'équation e n e 1 g(t) = admet donc une unique solution xn dans ]0,1[ pour n n " 3. 3 4 1 De même, la fonction g étant bijective de ]1,+∞[ sur 0, , e 1 l'équation g(t) = admet une unique solution yn dans n ]1,+∞[ pour n " 3 . Donc sur R+ = [0,1]∪]1,+∞[ , l’équation g(t) =

exactement deux solutions xn et yn pour n " 3 . De plus g(0) = 0 2=

1 1 1 et g(1) = 2= , donc : n e n

1 admet n

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0 < xn < 1 < yn c) • On note γ1 la réciproque de g sur [0,1]. On a pour tout pour n " 3 , g(xn ) =

1 donc xn = γ1 n

# $ 1 . n

Or γ1 est strictement croissante comme g donc $ # # $ 1 1 < γ1 = xn ∀n " 1, xn+1 = γ1 n+1 n La suite (xn )n"3 est donc décroissante. Or elle est minorée par 0 donc, d'après le théorème de la limite monotone, elle converge. 4 3 1 0, De plus, la fonction γ1 est continue sur e (car réciproque d'une fonction strictement monotone et continue), donc $ # $ # 1 1 lim γ1 = γ1 lim = γ1 (0) = 0 n→+∞ n→+∞ n n car g(0) = 0.

Une démonstration analogue à celle du a) permet de prouver que : f (x) − f (0) existe lim = 0 x→0 x −0 Par définition, f est donc dérivable en 0 et f $ (0) = 0 .

Le théorème sur la limite de la dérivée ne permettrait pas ici de conclure. Nous verrons au c) pourquoi. La fonction f est donc dérivable sur R . De plus : ∀x 2= 0,

existe

c) Par l'absurde supposons que lim f $ (x) = " ∈ R . x→0 # $ 1 = 0, donc par somme de limites : On a vu que lim x sin x→0 x # $ 1 existe lim cos = 0 − " = −" x→0 x

 1 1 = 0+   x= z→+∞ z z lim cos (z) existe = −" 3⇒ # $ z→+∞  1 = −"  lim+ cos x→0 x

lim xn = 0

lim

n→+∞

• En introduisant γ2 la réciproque de g sur ]1,+∞[, qui est 3 4 1 continue et strictement décroissnte sur 0, , une démonse tration analogue permet alors de montrer que (yn ) est croissante et majorée par 1. De plus lim g(t) = 0+ donne lim+ γ2 (t) = +∞ et donc t→+∞

t→0

puisque yn = γ2

n

: lim yn = +∞

n→+∞

7.20

a) Il est clair que f est dérivable donc continue sur R∗ , comme produit et composée de fonction usuelles dérivables. Étudions la limite de f en 0. ∀z ∈ R, −1 ! sin (z) ! 1 donc :

# $ # $ 1 1 − cos x x

Mais alors par composition de limites :

On en déduit donc que

!1"

f $ (x) = 2x sin

∀x ∈ R∗ , −x 2 ! f (x) ! x 2

Or lim x 2 = 0 donc, d'après le théorème des gendarmes x→0

Ceci est absurde puisqu'on sait que cos n'admet pas de limite en +∞. En conclusion, on peut donc dire que lim f $ (x) n'existe pas. x→0

C'est le cas où le théorème sur la limite de la dérivée ne permet pas de conclure... Remarquez que l'expression de f $ (x) n'est pas définie en 0, pourtant la fonction est bien dérivable en 0. Cet exemple illustre le fait que calculer l'expression de f $ (x), puis donner son ensemble de définition pour savoir où f est dérivable, est un raisonnement complètement faux ! (et qui vous attirera les foudres du correcteur)

7.21

a) • La fonction f est continue sur ]0; 1[∪]1; +∞[ comme quotient et produit de fonctions continues. Au voisinage de 1, utilisons un équivalent de f (x) en posant x = 1 + h avec h tendant vers 0 : f (x) =

existe

lim f (x) = 0 = f (0)

x→0

Par définition, f est donc continue en 0. Ainsi f est continue sur R . b) La fonction f est dérivable sur R∗ . Étudions la dérivabilité en 0. # $ f (x) − f (0) 1 ∀x 2= 0, = x sin x −0 x

ln (1 + h) 2 h 2+h × ∼ × =1 0 2 2 h h

existe

donc lim f (x) = 1 = f (1). x→1

Par définition, f est donc continue en 1. On en déduit que f est continue sur ]0; ,+∞[. • La fonction f est dérivable sur ]0,1[ et sur ]1,+∞[, comme quotient et produit de fonctions dérivables. 175

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On remarque que g(1) = 0. On en déduit le tableau de variation de f :

Pour x ∈]0,1[∪]1,+∞[ : f $ (x) =

x − 1 − ln (x) 1 − (x − 1)2 2x

La fonction f $ est continue sur ]0; 1[∪]1; +∞[ , comme quotients et sommes de fonctions continues. Au voisinage de 1, utilisons un développement limité de f $ (x) en posant x = 1 + h avec h tendant vers 0 : f $ (1 + h) =

=

h→0

=

h→0

h − ln (1 + h) 1 − h2 2(1 + h) h2 h3 h − (h − + ) + o(h 3 ) " 1! 2 3 − 1 − h + o(h) h2 2 1 h + o(h) 6 existe

On en déduit que lim f $ (x) = lim x→1

h→0

h = 0. 6

existe

de limites, lim f (x) = +∞ Étudions la limite de f en 0 :

x +1 = −1 ln (x) x −1 =−∞ et lim x→0 2 existe limites, lim f (x) = +∞ lim

x→0

donc, par produit de

x→0

f $ (x) =

On en déduit que f $ (x) g(x) = x 2 − 1 − 2x ln (x) .

x 2 − 1 − 2x ln (x) 2x(x − 1)2 est

du

signe

de

Or g est dérivable sur R∗+ et ∀x > 0,

g $ (x) = −2 ( ln (x) − (x − 1))

La fonction ln étant concave et de tangente au point d'abscisse 1 d'équation y = x − 1, on en déduit que : ∀x > 0,

ln (x) ! x − 1

(courbe au-dessous de ses tangentes, une simple étude de fonction donne aussi rapidement ce résultat). La fonction g est donc croissante sur ]0; +∞[ : x Signe de g (x )

0

1

+∞

+

0

+∞

f (x) =

+∞

x +1 x +1 ln (x) x+x ! × < =x 2 x −1 2 2

c) D'après le tableau de variations précédent, l'intervalle ]1,+∞[ est stable par f. Comme x0 ∈]1,+∞[, une récurrence immédiate nous donne que : ∀n ∈ N,

xn ∈ ]1,+∞[

Or on a montré que ∀x > 1, f (x) < x. Pour x = xn > 1 on a donc : ∀n ∈ N,

x→+∞

∀x ∈]0,1[∪]1,+∞[,

–

+∞

Variation s de f

∀x > 1,

x +1 ln (x) = 1 et lim = +∞ donc, par produit x→+∞ x −1 2

• On a vu que :

1

On a montré que ∀x > 0, ln (x) ! x − 1 donc

b) • Étudions la limite de f en +∞ : lim

0

Signe de f (x )

1

D'après le théorème de prolongement C 1 , puisque la fonction f est continue sur ]0,+∞[ et de classe C 1 sur ]0,+∞[\{1} , la fonction f est donc de classe C 1 sur ]0,+∞[ et f $ (1) = 0 .

x→+∞

x

xn+1 = f (xn ) < xn

La suite (xn ) est donc décroissante or elle est minorée par 1 : elle est donc convergente, d'après le théorème de la limite monotone. La suite (xn ) est définie par la relation xn+1 = f (xn ) avec xn ∈ ; ]1,+∞[ pour tout entier naturel n. Or f est continue sur [1,+∞[ et (xn ) converge. On sait alors que (xn ) converge vers un point fixe de f appartenant à [1,+∞[ : le seul point fixe est 1 (car f (x) < x si x > 1) donc, finalement, on obtient que : lim xn = 1 n→+∞

d) Soit n ∈ N fixé quelconque. La fonction f est continue sur [1; xn ] et dérivable sur ]1; xn [ (car C 1 sur R∗+). D'après le théorème des accroissements finis, il existe donc un réel cn ∈]1; xn [ tel que : xn+1 − 1 = f (xn ) − f (1) = f $ (cn ) (xn − 1) Or 1 < cn < xn , pour tout n ∈ N , donc, d'après le théorème des gendarmes, existe

lim cn = 1

n→+∞

et donc puisque f $ est continue en 1 ( f est C 1 sur R∗+) : existe

+

+

lim f $ (cn ) = f $ (1) = 0

n→+∞

On en déduit que : Variation s de g

176

0

∃n 0 ∈ N, ∀n " n 0 , | f $ (cn )| !

1 3

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Alors, en combinant avec le théorème des accroissements finis, on a donc trouvé un entier n 0 tel que : 1 |xn − 1| 3

∀n " n 0 , |xn+1 − 1| !

e) Une récurrence immédiate permet alors d'en déduire que : ∀n " n 0 , |xn − 1| !

1 3n−n0

On en déduit que :

Ceci prouve que la fonction u est strictement décroissante sur R+.

d) Le nombre u(0) est la racine positive de P0 (x) = x 3 − 1 : on a donc

ne dépend pas de n

F F # $n F2F 2 = 0 car FF FF < 1, on en déduit, d'après Comme lim n→+∞ 3 3 le théorème des gendarmes, que : lim

n→+∞

|xn − 1| existe = 0 1

u(0) = 1 ! " De plus Pa u(a) = 0 ⇐⇒ a · u(a) = 1 − (u(a))3 < 1 car u(a) > 0 . On en déduit que, pour tout a > 0, 0 < u(a)
a " 0.

Ainsi, l'application réciproque de u est définie par :

Pa est donc strictement croissante sur R (c'est la continuité qui nous permet de passer de R∗ à R ).

u −1 :

Or lim Pa (x) = +∞ et lim Pa (x) =−∞ . On en déduit x→+∞

x→−∞

le tableau suivant : x

u (a )

∞

Signe de P a (x )

+

+∞

0 ∞

D'après le théorème de la bijection, Pa étant continue, strictement croissante et changeant de signe sur R , l'équation Pa (x) = 0 admet une unique racine u(a) sur R . b) Quel que soit a " 0, Pa (0) = −1 < 0 et Pa (u(a)) = 0. Or Pa est strictement croissante sur R donc u(a) > 0 . Ainsi u (R+ ) ⊆ c) Soit (a,b) ∈

R∗+ .

R2+

tel que a < b alors :

]0; 1] t

→ *→

R+

1 − t3 t

f) La fonction u −1 est continue et strictement décroissante sur ]0,1] (car u strictement décroissante), donc on sait que sa ! "−1 = u est continue sur R+. réciproque u −1

g) La fonction u −1 est dérivable sur ]0,1] et

+ +∞

Variation s de Pa

1 . a

Donc d'après le théorème des gendarmes :

ce qui signifie que :

∀x ∈ R,

= = = =

La fonction Pa étant strictement croissante sur R , on a donc u(a) > u(b).

F F Fxn − 1F 0

# $n F F |xn − 1| 2 ! × 3n0 Fxn0 − 1F 1 3

; n 2

∀n " n 0 ,

(u(b))3 + a · u(b) − 1 (u(b))3 + a · u(b) + b · u(b) − b · u(b) − 1 ! " Pb u(b) + (a − b)u(b) (a − b)u(b) ! " ! " Or a − b < 0 et u(b) > 0 donc Pa u(a) > Pa u(b) . ! " Pa u(b)

∀0 < t ! 1,

! −1 "$ 1 1 + 2t 3 u (t) = − 2 − 2t = − 0 si x ∈ In \{nπ}.

Or

donc

• De plus xn −

# $ π 1 1 = − +o 2 +∞ xn n2

π 1 − nπ ∼ − donc : +∞ 2 nπ

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xn = nπ + +∞

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π + o(1) 2

et Pn ∈ R[X].

On en déduit que : 1 xn

Pn+1 (x) = (1 + x 2 )P$n (x) − 2(n + 1)xPn (x)

∀x ∈ R,

On a ensuite : 1 π nπ + + o(1) 2 

=

+∞

1   nπ 

=

+∞

1

1+

1 2n

# 1 1 1− nπ 2n

=

+∞

1 1 − nπ 2πn 2

=

+∞

Pn+1 (X )

=



=

 # $ 1  +o n # $$ 1 +o n # $ 1 +o n2

=

=

(1 + X 2 )P$n (X ) − 2(n + 1)XPn (X) " ! "! 1 + X 2 (−1)n (n + 1)!nXn−1 + R$n−1 (X)

−2(n + 1)X ((−1)n (n + 1)!Xn + Rn−1 (X))

((−1)n n(n + 1)! − 2(−1)n (n + 1)(n + 1)!) Xn+1 +Qn (X), avec deg Qn ! n (−1)n (n + 1)!Xn+1 (n − 2n − 2) + Qn (X) (−1)n+1 (n + 2)!X n+1 + Qn (X)

avec deg Qn ! n.

• La propriété est donc héréditaire or elle est vraie pour n = 0 donc elle est vraie pour tout entier naturel n. 1 + a − 1 ∈ ; [a,+∞[ . Or g est contix nue sur [a,+∞[ donc G est continue sur ]0,1] (par composition de fonctions continues). c) Si x ∈ ; ]0,1] alors

• Finalement on obtient : xn − nπ −

=

# $ π 1 1 1 + o =− + 2 +∞ nπ 2πn 2 n2

1 + a − 1 = +∞ et lim g(u) = 0 donc, u→+∞ x composition de limites, on a : Or lim+

c'est-à-dire

x→0

xn = nπ + +∞

# $ π 1 1 1 + o − + 2 nπ 2πn 2 n2

par

existe

lim G(x) = 0 = G(0)

x→0+

7.24 a) La fonction x *→ 1 + x 2 est de classe C ∞ sur R et

On en déduit que G est continue en 0 donc continue sur [0,1].

b) La fonction Pn est dérivable sur R car f est de classe C ∞ sur R .

Or G(0) = 0 et G(1) = g(a) = 0. G vérifie donc les conditions d'utilisation du théorème de Rolle : il existe donc un réel c ∈ ; ]0; 1[ tel que G$ (c) = 0 . # $ 1 1 + a − 1 = 0 donc Mais G$ (c) = − 2 g $ c c # $ 1 + a − 1 = 0. g$ c

strictement positive. Son inverse f est donc aussi de classe C sur R .

∀x ∈ R,

P$n (x) =

∞

(n + 1) × 2x(1 + x 2 )n f (n) (x) + (1 + x 2 )n+1 f (n+1) (x)

donc ∀x ∈ R,

(1 + x 2 )P$n (x)

= =

(n + 1) × 2x(1 + x 2 )n+1 f (n) (x) + (1 + x 2 )n+2 f (n+1) (x) 2(n + 1)xPn (x) + Pn+1 (x)

La fonction G est de même dérivable sur ]0,1[ car g est dérivable sur ]a,+∞[ .

1 + a − 1 ∈ ; ]a,+∞[. c

Montrons par récurrence que Pn ∈ R[X] et que son terme de plus haut degré est (−1)n (n + 1)!Xn , pour tout entier naturel n.

Et c ∈ ; ]0; 1[ donne

• On remarque que

d) Il suffit d'appliquer le résultat précédent en posant :

P0 (X) = (1 + X2 ) ·

1 = 1 = (−1)0 (0 + 1)!X0 1 + X2

donc la propriété est vraie pour n = 0 ;

• Supposons qu'il existe un entier naturel n tel que la propriété soit vraie au rang n. Alors on peut poser : Pn (X) = (−1)n (n + 1)!Xn + Rn−1 (X) avec Rn−1 polynôme de degré n − 1.

Pn+1 ∈ R[X] car :

On a donc montré que g $ s'annule en un point de l'intervalle ]a,+∞[ . ∀x " −a,

g(x) = h(−x)

donc ∀x > −a, g $ (x) = −h $ (−x).

On obtient que g $ s'annule en un réel de l'intervalle ] − a; +∞[ donc que h $ s'annule en un réel de l'intervalle ] − ∞; a[.

e) Montrons par récurrence sur l'entier naturel n que Pn admet exactement n racines réelles distinctes. • Comme P0 = 1 on en déduit que P0 admet exactement 0 racine. • Supposons que Pn admette exactement n racines réelles distinctes qu'on notera : 179

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a1 < a2 < · · · < an

avec n " 1 fixé.

) La fonction f (n) s'annule donc en ces réels. Sur chaque intervalle ]ai ; ai+1 [, avec i ∈ {1; 2; . . . ; n − 1} , la fonction f (n) vérifie les conditions d'application du théorème de Rolle. Il existe donc n − 1 réels bi avec i ∈ {1; . . . ; n − 1} vérifiant : ! "$ ai < bi < ai+1 et f (n) (bi ) = f (n+1) (bi ) = 0 Ces n − 1 réels bi sont donc tous distincts et sont des racines de Pn+1. Pn+1 s'annule donc au moins (n − 1) fois.

) On voudrait ensuite montrer que f (n+1) s'annule sur ] − ∞; a1 [ et sur ]an ; +∞[ en utilisant les résultats des questions c) et d).

En effet, f (n) est continue sur [an ; +∞[ , dérivable sur ]an ; +∞[ et s'annule en an . Il reste à vérifier que lim f (n) (x) = 0 .

On a : 1 = = 1 + x + x 2 + o(x 2 ) 1−x 0 $ # ! " (u − 1)2 + o (u − 1)2 donc : et eu = e 1 + (u − 1) + 1 2 f (x)

= 0

= 0

= 0

# $ " x2 e(1 + x + x 2 ) + o(x 2 ) 1 + x + x 2 + + o(x 2 ) 2 $ # 3 2 2 2 2 e 1 + x + x + x + x + x + o(x ) 2 # $ 7 e 1 + 2x + x 2 + o(x 2 ) 2 !

La courbe représentative de f admet donc une tangente d'équation y = e + 2ex en son point d'abscisse 0 et est au-dessus de cette tangente. La fonction f étant dérivable sur ] − ∞; 1[ : ∀x > 1,

f $ (x)

=

x→+∞

=

Il suffit d'appliquer le b) : f (n) (x)

= ∼

n→±∞

=

Pn (x) (1 + x 2 )n

(−1)n (n + 1)!x n x 2n n (−1) (n + 1)! xn

lim f

x→+∞

1 2−x e 1−x 3 (1 − x)

On a f $ (x) > 0 sur I =] − ∞; 1[ et donc f strictement croissante sur I. Comme lim

x→−∞

1 = 0 et lim ueu = 0, on en déduit que : u→0 1−x existe

lim f (x) = 0

x→−∞

On en déduit que, (n)

1 1 1 1 e 1−x + e 1−x (1 − x)2 (1 − x)3

(−1)n (n + 1)! (x) = lim =0 x→+∞ xn existe

De plus lim

x→1

que :

1 = +∞ et lim ueu = +∞ , on en déduit u→+∞ 1−x existe

La question c) appliqué à la fonction f (n) nous donne donc "$ ! que f (n) = f (n+1) s'annule en un point bn sur l'intervalle ]an ,+∞[. Le même raisonnement avec la question d), nous donne que f (n+1) s'annule en un point b0 sur l'intervalle ] − ∞,a1 [ .

) f

(n+1)

s'annule donc en (au moins) n + 1 réels distincts b0 < b1 < · · · < bn

donc Pn+1 admet au moins n + 1 racines réelles distinctes.

Or Pn+1 est de degré n + 1 donc admet au maximum n + 1 racines. Donc Pn+1 admet exactement n + 1 racines réelles distinctes. • La propriété est donc héréditaire. Elle est donc vraie pour tout entier naturel n.

7.25

a) La fonction f est de classe C ∞ sur ] − ∞,1[, comme produit et composée de fonctions qui le sont.

lim f (x) = +∞

x→1

x

+ +∞

Variations de f 0

b) Montrons par récurrence pour tout n ∈ N , il existe un polynôme Pn tel que : # $ 1 1 e 1−x ∀x < 1, f (n) (x) = Pn 1−x 1 1 e 1−x , on a 1−x $ # 1 1 e 1−x f 0 (x) = P0 1−x

• Comme ∀x < 1, f 0 (x) = ∀x < 1,

avec P0 (X) = X ∈ R[X]. 180

1

∞

Signe de f (x )

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• Soit n ∈ N . Supposons que ∀x < 1, $ # 1 1 e 1−x , où Pn est un polynôme de R[X]. f (n) (x) = Pn 1−x Alors :

et toutes les dérivées d'ordre supérieur ou égal à 3 sont nulles.

∀x < 1,

Dérivons n fois la relation de la question c) à l'aide de la formule de Leibniz. Pour tout x < 1 :

=

#

f

(n+1)

(x)

1 P$ (1 − x)2 n

#

1 1−x

$

1 + Pn (1 − x)2

#

1 1−x

$$

1

e 1−x

h (0) (x) h $ (x) h $$ (x)

(1 − x)2 f (n+1) (x) − 2n(1 − x) f (n) (x) + n(n − 1) f (n−1) (x)

= (2 − x) f (n) (x) − n f (n−1) (x)

On pose donc : soit encore, pour tout x < 1 :

" ! Pn+1 (X) = X2 P$n (X) + Pn (X)

On a bien Pn+1 ∈ R[X] et ∀x < 1,

f (n+1) (x) = Pn+1

#

1 1−x

$

f (n+1) (x) = 1

e 1−x

La propriété est donc héréditaire. • D'après le principe de récurrence, la propriété est donc vraie pour tout entier naturel n.

La suite (dn )n∈N est donc arithmétique de raison 2 et de premier terme d0 = 1. Ainsi : ∀n ∈ N,

deg(Pn ) = dn = 2n + 1

2n + 1 1 + 1−x (1 − x)2

=

on obtient :

dn+1 = deg(X2 ) + deg(Pn + P$n ) = 2 + dn

#

f $ (x) =

Donc : ∀x < 1,

(1 − x)2 f $ (x) =

1 2−x e 1−x (1 − x)3

1 2−x e 1−x = (2 − x) f (x) (1 − x)

e) Calculons les dérivées successives de la fonction h : x *→ (1 − x)2 , pour x < 1 :

f (n) (x) −

n2 f (n−1) (x) (1 − x)2

f (n+1) (x) 1

e 1−x

1 = (2n + 1) + 1−x

#

−n 2

#

1 1−x

1 1−x

$2 B $2

Pn

#

1 1−x

$

Pn−1

#

1 1−x

$

Donc si on pose : ! " Q(X) = (2n + 1)X + X2 Pn (X) − n 2 X2 Pn−1 (X) on a :

d) On a : ∀x < 1,

$

On en déduit que, pour tout x < 1 : $ # 1 Pn+1 1−x

c) Notons dn = deg(Pn ). D'après la relation : " ! ∀n ∈ N, Pn+1 (X) = X2 P$n (X) + Pn (X) ∀n ∈ N,

(1 − x)2 −2(1 − x) 2

= = =

∀x < 1,

Pn+1

#

1 1−x

$

−Q

#

1 1−x

$

=0

Donc le polynôme Pn+1 − Q a une infinité de racines : c'est donc le polynôme nul. On a donc prouvé que : ∀n ∈ N,

" ! Pn+1 (X) = (2n + 1)X + X2 Pn (X) − n 2 X2 Pn−1 (X)

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Intégration sur un segment et équations différentielles linéaires Plan

CHAPITRE

8

Thèmes abordés dans les exercices

Les méthodes à retenir 183

•

Primitive d'une fonction continue sur un intervalle

Énoncés des exercices 186

•

Intégrale d'une fonction continue sur un segment

Du mal à démarrer ?

191

•

Calcul intégral

Corrigés

193

•

Fonction définie par une intégrale

•

Équations différentielles

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •

Primitive d'une fonction continue sur un intervalle

•

Calculs de primitives

•

Intégrale d'une fonction continue sur un segment

•

Intégration par parties

•

Formule de changement de variable

•

Décomposition en éléments simples des fractions rationnelles x !−→

ax +b x 2 + px +q

•

Équations différentielles linéaires du premier ordre résolues

•

Équations différentielles linéaires du second ordre résolues à coefficients constants

Les méthodes à retenir • On connaît une primitive de l'intégrande (= la fonction à intégrer).

➥ Exercices 8.1 et 8.2 Pour calculer une intégrale ou une primitive

• On utilise une intégration par parties.

➥ Exercices 8.1, 8.2 et 8.14 • On utilise un changement de variable.

➥ Exercices 8.1 et 8.2 183

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Chapitre 8 • Intégration sur un segment et équations différentielles linéaires

• Pour les fonctions ln, arcsin, arccos et arctan, il est utile d'utiliser une intégration par parties pour les dériver.

➥ Exercices 8.1 et 8.2 • Pour une fonction du type P(x) f (x) où P est une fonction polynôme, des intégrations par parties successives permettent d'abaisser le degré du polynôme. ➥ Exercices 8.1 et 8.2

• Pour les fonctions cos et sin, on peut passer à l'exponentielle complexe et faire les calculs dans C. On peut aussi « linéariser » l'expression à l'aide des formules de trigonométrie. ➥ Exercices 8.1 et 8.2

• Pour les fractions rationnelles, il faut essayer de se ramener à l'exemple du cours : x !−→ tion en éléments simples.

x2

ax + b et utiliser une décomposi+ px + q

➥ Exercices 8.1, 8.2 et 8.6 Pour pouvoir appliquer les résultats du cours, elle doit être sous forme résolue. ➥ Exercices 8.3, 8.4, 8.6, 8.7, 8.8, 8.14 et 8.17

• Pour les équations différentielles linéaires résolues, les solutions sont obtenues en additionnant une solution particulière avec la solution générale de l'équation homogène. ➥ Exercices 8.3, 8.4, 8.6, 8.7, 8.8, 8.14 et 8.17

• Pour trouver une solution particulière d'une équation différentielle

Pour résoudre une équation différentielle

linéaire du premier ordre, on décompose le problème à l'aide du principe de superposition. Ensuite on peut utiliser la méthode de variation de la constante ou chercher une solution qui « ressemble » au second membre (polynômes etc.). ➥ Exercices 8.3, 8.4, 8.6 et 8.8

• Pour une équation différentielle linéaire du second ordre résolue, les coefficients doivent être constants pour appliquer les formules du cours. ➥ Exercices 8.3, 8.6, 8.14 et 8.17

• Pour trouver une solution particulière d'une équation différentielle linéaire du second ordre à coefficients constants, on décompose le problème à l'aide du principe de superposition. Ensuite, si le second membre est de la forme P(x)eiαx avec P ∈ C[X] alors on cherche une solution sous la forme Q(x)x β eiαx où Q est un polynôme de même degré que P et β est égal à l'ordre de multiplicité de α dans l'équation caractéristique. ➥ Exercices 8.3 et 8.17 184

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Les méthodes à retenir

• Lorsque le second membre est de la forme P(x)cos(αx) ou P(x)

sin(βx), on se ramène à P(x)eiαx et on fait les calculs dans C. ➥ Exercice 8.3

• Lorsque l'équation différentielle n'est pas d'une forme connue, on peut s'y ramener par changement de variable ou de fonction. ➥ Exercices 8.3 et 8.8 !

x

f (t) dt est l'unique primitive de f nulle en a. ➥ Exercices 8.9, 8.17, 8.18 et 8.19 ! v(x) ! → f (t) dt se met sous la forme F(u(x)) • La fonction ϕ : x − La fonction x !−→

a

u(x)

−F(v(x)) où F est une primitive de f.

Pour étudier une fonction définie par une intégrale

➥ Exercices 8.9, 8.17 et 8.18

• La formule précédente permet d'étudier limites, continuité, dérivabilité... de ϕ .

➥ Exercices 8.9, 8.17, 8.18 et 8.19 • La croissance de l'intégrale permet d'obtenir un encadrement de ϕ(x) à partir d'un encadrement de f (t).

➥ Exercice 8.9 • Parfois la fonction s'exprime comme le reste intégral dans la formule de taylor.

➥ Exercice 8.20

Pour étudier une suite d'intégrale

Pour montrer que la suite d'intégrale converge, il suffit de montrer qu'elle est croissante majorée ou décroissante minorée. ➥ Exercices 8.10, 8.13 et 8.15

• Une judicieuse intégration par parties mène souvent à une relation de récurrence entre les termes de la suite.

➥ Exercices 8.13 et 8.15

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

• La croissance de l'intégrale permet aussi d'obtenir un encadrement de la suite d'intégrales à partir d'un encadrement de f (t). ➥ Exercices 8.10 et 8.15

• Le but est d'utiliser le théorème de la valeur moyenne : # $ ! 1 n k 1" f = f (t) dt. n→+∞ n n 0 k=0 lim

➥ Exercices 8.5 et 8.16

Pour calculer une somme infinie

• Dans une somme où l'indice est k, il faut le mettre sous la forme (en mettant n en facteur).

k n

➥ Exercices 8.5 et 8.16 185

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Chapitre 8 • Intégration sur un segment et équations différentielles linéaires

1 n

• Il faut ensuite mettre en facteur devant la somme.

➥ Exercices 8.5 et 8.16 • On peut enlever un nombre fini de termes dans la somme sans changer la limite.

➥ Exercices 8.5 et 8.16

Énoncés des exercices 8.1

Calculs d'intégrales Calculer les intégrales suivantes. ! π% 1 + cos(t)dt . a) I1 = 0

8.2

eπ

b) I2 =

! !

1

c) I3 =

!

1

d) I4 =

1

e) I5 =

!

1

f) I6 =

!

g) I7 =

!

h) I8 =

!

cos(ln x) dx (poser t = ln x ).

1

0

(x 2 + x + 1)e x dx. % 1 − x 2 dx (poser x = cos t ).

0

x2

0

x −1 dx . −x −2

x +1 dx. x 2 + 4x + 4

0 1

x +1 dx . x2 + x + 1

0

π 4

0

& ' π ln 1 + tan(x) dx (poser u = − x). 4

Calculs de primitives Déterminer les primitives suivantes. ! a) F1 (x) = ln(x) dx sur R∗+ .

186

b) F2 (t) =

!

arctan(t) dt sur R.

c) F3 (t) =

!

1 dt sur R∗+ (poser x = e−t ). √ 2t e −1

d) F4 (x) =

!

cos(x)ex dx sur R.

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Les méthodes à retenir

8.3

Résolution d'équations différentielles linéaires Résoudre les équations différentielles suivantes sur l'intervalle donné. √ a) (E1 ) : (x 2 + 1)y ( + x y = x 2 + 1 sur R. b) (E2 ) : y ( + y = e x + x 2 − cos(x) sur R. c) (E3 ) : sin3 (x)y ( = 2(cos x)y sur ]0,π[. d) (E4 ) : y (( + y ( + y = cos(2x) sur R. e) (E5 ) : y (( − y = xsin(x) sur R. f) (E6 ) : y (( − 2y ( + y = e x sur R.

8.4

Calculs de sommes infinies Déterminer la limite de la suite (u n ) définie par : # $ # $ n k 1" k sin cos . a) ∀n ! 1 , u n = n k=1 n n b) ∀n ! 1 , u n =

8.5

n−1 " k=0

1 √ . 4n 2 − k 2

L'énoncé donne une solution particulière de l'équation différentielle On considère l'application f de R dans R et l'application g de R+ dans R définies par : f (x) = e−x ln(1 + ex )

et

g(x) =

x − ln(1 + x) 1+x

a) Déterminer le signe de g(x) en fonction de x. b) Étudier les variations de f ainsi que ses éventuelles limites aux bornes de son ensemble de définition. 1 . c) Résoudre sur R l'équation différentielle (E) : y ( + y = 1 + ex

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

8.6

Une solution particulière qui demande des calculs... # $ 1 1 1 1−t = + a) Vérifier que : ∀t > 0, . (1 + t)(t 2 + 1) 2 1+t t2 + 1 b) Résoudre sur ]0,+∞[ (E) : x(x + 1)y ( + y = arctan(x) .

8.7

Recollement en 0 des solutions d'une équation différentielle x . a) Résoudre sur R∗+ et R∗− (E) : x y ( + 2y = 1 + x2

b) Montrer que cette équation différentielle admet une unique solution sur R. Commentaire ?

8.8

Résolution d'une équation différentielle non linéaire par changement de fonction ou de variable a) Résoudre sur R∗+ (Ea ) : x 2 y (( + 4x y ( − (x 2 − 2)y = 0 , en posant z(x) = x 2 y(x) . # $ 1 ( ∗ b) Résoudre sur R+ (Eb ) : y (x) = y , en posant z(t) = y(et ). x 187

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Page 188

Chapitre 8 • Intégration sur un segment et équations différentielles linéaires

8.9

Étude d'une fonction définie par une intégrale ! 2x On considère la fonction f définie par f (x) = x

1 dt. t + sin(t)

a) Préciser l'ensemble de définition de f. b) Vérifier que f est paire. c) Montrer que f est dérivable sur son ensemble de définition et donner f ( (x) . d) À l'aide du théorème des gendarmes, déterminer la limite de f en +∞.

8.10 Convergence d'une suite d'intégrales On considère la suite (u n )n!1 définie par : ∀n ! 1, u n =

#!

0

1

tn dt (1 + t)n

$ n1

.

a) Calculer u 1. 1 b) Établir que : ∀n ! 1 , 0 " u n " . 2 1

c) Soit a ∈ [0,1]. Montrer que : ∀n ! 1 , u n ! (1 − a) n

a . 1+a

d) À l'aide d'une suite (an )n!1 à valeurs dans [0,1] judicieusement choisie, montrer que la suite 1 (u n )n!1 converge vers . 2

8.11 Calcul d'une familles d'intégrales (2 ( ( ( Pour a ∈ [−1,1], on considère la fonction f a définie par : f a (x) = (1 − aei x ( . a) Pour tout a ∈] − 1,1[ et tout x ∈ [0,π] vérifier les propriétés suivantes : ) *2 ) *2 • 1 − |a| " f a (x) " 1 + |a| • f a (π − x) = f −a (x) &x ' &x ' f −a • f a 2 (x) = f a 2 2

On pose, pour tout a ∈] − 1,1[ : g(a) =

!

π

0

& ' ln f a (x) dx.

b) Montrer que g est une fonction paire. c) Montrer que : ∀a ∈] − 1,1[ , g(a 2 ) = 2g(a) . d) Montrer que g est continue en 0. e) En déduire que : ∀a ∈] − 1,1[ , g(a) = 0 .

8.12 Calcul d'une d'intégrale grâce à une symétrie axiale Soit f une fonction continue sur un segment [a,b]. ! b ! b f (x) dx = f (a + b − x) dx . a) Vérifier que : a

188

a

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Les méthodes à retenir

b) On suppose que, pour tout x ∈ [a,b] : f (a + b − x) = f (x). Exprimer ! b f (x) dx. fonction de

!

b

x f (x) dx en

a

a

c) Calculer

!

0

8.13

π

t sin(t) dt. 1 + cos2 (t)

Calcul d'une suite d'intégrales (d'après Agro-Véto 2006)] ! π cos(nθ) dθ. Pour n ∈ N , on pose : In = 5 + 4cos(θ) −π 5 a) Vérifier que : ∀n ∈ N , In " 2π . Calculer I1 + I0 . 4 b) Montrer qu'il existe une constante réelle α (à déterminer) telle que : ∀n ∈ N , In+2 + In = αIn+1 . c) Donner la valeur de In en fonction de n ∈ N et de I0. Calculer alors In en fonction de n.

8.14

Résolution d'une équation différentielle à paramètre (d'après Agro-Véto 2006) a) Soit u une fonction C2 sur R telle que u(0) = −u(1) = 1. Calculer : 1

!

0

* ) (( u (t) + π 2 u(t) sin (πt) dt

b) Résoudre sur R le problème de Cauchy

+

paramètre b ∈ R .

u (( (t) + π 2 u(t) = −b sin (πt) , en fonction du u(0) = −u(1) = 1

8.15 Intégrales de Wallis Pour tout n ∈ N , on pose : In =

!

π 2

sin n t dt .

0

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

a) Vérifier que, pour tout n ∈ N : In > 0 et In =

!

π 2

cos n (t) .

0

b) Donner une relation de récurrence entre In+2 et In. En déduire l'expression de In en fonction de la parité de n. π c) Vérifier que pour tout n ∈ N , on a : (n + 1)In+1 In = et In+2 " In+1 " In . 2 # $ 2n , lorsque n −→+∞ . d) En déduire un équivalent de In, puis de n

8.16 Inégalité de Jensen pour le logarithme a) Vérifier que : ∀t > 0, ln (t) " t − 1. b) Soient x1 , x2 , . . ., xn n réels strictement positifs. En utilisant ak =

des xk , établir que :

xk , où x est la moyenne x

  n n " 1" 1 ln (xk ) " ln  xk  n k=1 n k=1 189

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Page 190

Chapitre 8 • Intégration sur un segment et équations différentielles linéaires

c) Soit f une fonction continue sur [0,1], à valeurs strictement positives. Montrer que : !

0

1

 ! *  ln f (t) dt " ln )



1

f (t) dt 

0

8.17 Résolution d'une équation intégrale (d'après Agro-Véto 2006) a) Résoudre sur R l'équation différentielle (E1 ) : y (( + y = − sin (x) . b) Soit f une fonction continue sur R . Montrer que la fonction F : x !−→

!

0

x

(x − t) f (t) dt

est C 1 sur R . c) On considère dans cette question l'équation intégrale (E2 ) : f (x) = sin (x) −

∀x ∈ R,

!

0

x

t f (x − t) dt

où f est une fonction continue sur R . Soit f une solution de (E2 ). Montrer que f est C 2 sur R et donner une relation entre f (( et f. d) Résoudre alors (E2 ).

8.18 Une formule de calcul intégral (d'après Agro-Véto 2006) Dans cet exercice, a est un réel strictement positif, f : [0,a] −→ R une fonction continue et strictement croissante sur [0,a], dérivable sur ]0,a[, nulle en 0. La fonction f est alors bijective de [0,a] sur [0, f (a)], de réciproque notée g. On veut montrer que, pour tout réel t ∈ [0,a] : ! t ! f (t) f (x) dx + g(y) dy = t f (t) (1). 0

0

a) Vérifier la relation (1) dans le cas où : f (x) = x p , p ∈ N∗ . Pour tout t ∈ [0,a], on note ϕ(t) la quantité : ! ! t f (x) dx + ϕ(t) = 0

0

f (t)

g(y) dy − t f (t).

b) Montrer que ϕ est définie et continue sur [0,a], dérivable sur ]0,a[. c) En déduire l'égalité (1).

8.19

Inégalité de la moyenne améliorée On considère deux fonctions f et g définies sur un intervalle I = [a,b] de R . On suppose que f est de classe C 1 , positive et décroissante sur I et que g est continue sur I. ! x g(t) dt . On considère la fonction G définie sur I par G(x) = a

1

a) Justifier que G est de classe C sur I.

b) Montrer qu'il existe deux réels m et M tels que : G([a,b]) = [m,M]. 190

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Page 191

Les méthodes à retenir

c) Montrer que : !

a

b

f (t)g(t) dt = f (b)G(b) −

!

b

f ( (t)G(t) dt

a

d) En déduire que : m f (a) "

!

b

f (t)g(t) dt " M f (a).

a

e) Montrer qu'il existe c ∈ [a,b] tel que : ! ! b f (t)g(t) dt = f (a) a

!

a

g) Montrer que : lim

x→+∞

1 x2

1 1 x

g(t) dt.

a

f) On suppose que a > 0 ; montrer que : !

c

b

1 − cos t 2+b−a dt " . t a

sin t dt = 0 . t2

8.20 Prolongement C ∞ en 0 Soit f une fonction de classe C ∞ sur [0,1] et telle que f (0) = 0 . On définit alors la fonction ϕ f (x) sur ]0,1] par : ϕ(x) = . x a) Montrer que ϕ peut être prolongée en une fonction, encore notée ϕ, continue sur [0,1]. b) Soit n ∈ N . En appliquant la formule de Taylor avec reste intégral à f sur le segment [x,0], et la formule de Leibniz, montrer que : ! x ∀x ∈]0,1], x n+1 ϕ(n) (x) = t n f (n+1) (t) dt 0

c) Pour tout n ∈ N , montrer que la fonction ϕ(n) a une limite en 0 et l'exprimer en fonction de f (n+1) (0). d) Établir que ϕ est de classe C ∞ sur [0,1].

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Du mal à démarrer ? 8.1

8.2

a) Utiliser une formule de trigonométrie.

a) et b) Procéder par intégration par parties.

b) Utiliser le changement de variable donné.

c) Utiliser le changement de variable donné.

c) Procéder par intégrations par parties successives.

d) Faire un calcul dans C .

d) Utiliser le changement de variable donné. e) et f) Décomposer la fraction rationnelle en éléments simples. (

(

u (x) v (x) et un autre en . u(x) 1 + v(x)2 h) Déterminer une équation vérifiée par I8.

g) Faire apparaître un terme en

8.3

a), b) et c) Utiliser les résultats du cours sur les équations différentielles du premier ordre.

d), e) et f) Utiliser les résultats du cours sur les équations différentielles du second ordre.

191

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Page 192

Chapitre 8 • Intégration sur un segment et équations différentielles linéaires

8.4

Utiliser le théorème de la valeur moyenne.

8.5

a) et b) Faciles.

c) Reconnaître une suite récurrente linéaire d'ordre 2 puis déterminer lim In . n→+∞

c) Remarquer que f est solution particulière sur R .

8.14

a) Procéder par intégration par parties.

b) Procéder par analyse-synthèse et utiliser le a).

8.6

a) Facile.

8.15

b) Faire apparaître le groupement du a).

8.7

a) Facile.

8.8

Procéder par analyse-synthèse et déterminer une équation différentielle vérifiée par z . a) Étudier la continuité de l'intégrande.

b) Utiliser un changement de variable.

d) Commencer par montrer que In ∼ In+1 . +∞

8.16

a) Facile.

b) Appliquer le a) avec t = ak . c) Penser au théorème de la valeur moyenne.

8.17

a) Classique.

c) Introduire une primitive de l'intégrande.

b) Exprimer F à l'aide de primitives de fonctions continues.

d) Commencer par encadrer l'intégrande.

c) Vérifier que f est solution de (E1 ).

8.10

a) Remarquer que

1 t =1− . 1+t 1+t

b) Commencer par encadrer l'intégrande. ! 1 ! 1 f (t) dt ! f (t) dt, c) Utiliser le fait que si f est positive alors 0 a pour a ∈ [0,1]. 1 d) Choisir an = 1 − . n

8.11

a) Facile.

d) Procéder par analyse-synthèse.

8.18

a) L'application réciproque de f est x !→

x.

c) Calculer la dérivée de ϕ.

8.19

a) et b) Appliquer les résultats du cours.

c) Procéder par intégration par parties. d) Encadrer : f ( (t)G(t) .

c) Utiliser les résultats du a) et un changement de variable.

e) Diviser l'inégalité du d) par f (a).

d) Encadrer g(a) à l'aide du a). & n' e) Remarquer que g a 2 = 2n g(a), pour tout n ∈ N .

f) et g) Utiliser le résultat du e).

a) Utiliser un changement de variable.

√ p

b) Exprimer ϕ à l'aide de primitives de fonctions continues.

b) Utiliser un changement de variable.

8.12

8.20

a) Utiliser la dérivabilité à droite de f en 0.

b) Suivre l'énoncé avec conviction.

b) Reprendre la formule du a).

c) Utiliser le b) avec le théorème des gendarmes.

c) Prendre a = 0 et b = π.

d) Raisonner par récurrence.

8.13

a) Encadrer l'intégrande.

b) Utiliser une formule de trigonométrie.

192

b) Procéder par intégration par parties. c) Reprendre la relation du b).

b) Procéder par analyse-synthèse et utiliser le a).

8.9

a) Utiliser un changement de variable.

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Page 193

Corrigés des exercices 8.1 a) Sachant que :

c) Effectuons une intégration par parties : # $ t 2 cos (t) + 1 = 2 cos 2

∀t ∈ R,

On obtient successivement : I1

= =

0

# $ t dt 2 cos 2 2 0 # $( ! π( ( ( √ ( cos t ( dt 2 ( 2 ( !

π

Effectuons le changement de variable C 1 : + t = ln (x) ⇔ x = et dx = et dt t1 = ln (1) = 0 t2 = ln (eπ ) = π Alors : =

Or on a : ! π e(1+i)t dt 0

! π

cos(t)et dt

!0 π

=

) * Re e(1+i)t dt 0 #! $ π e(1+i)t dt Re

=

3

=

= = = Donc :

0

4π e(1+i)t 1+i 0 * 1 ) (1+i)π e −1 1+i * 1−i ) π 1 × × e × ei π − 1 1+i 1−i * 1−i ) π −e − 1 2

$ * 1 + eπ 1−i ) π I2 = Re −e − 1 = − 2 2 #

u ( (x) = 2x + 1

v ( (x) = ex v(x) = ex

Les fonctions u et v étant de classe C 1 sur [0,1] on a : 41 ! 1 3 (2x + 1)ex dx I3 = (x 2 + x + 1)ex − 0

= 3e − 1 −

0

1 π2 Mais si t ∈ 0, on a cos (t) ! 0 donc si t ∈ [0,π] on a 2 # $ t cos ! 0 , donc : 2 # $ ! π √ t dt I1 = 2 cos 2 0 3 # $4π √ t = 2 2 sin 2 0 √ = 2 2

I2

u(x) = x 2 + x + 1

1

!

0

0

(2x + 1)ex dx

Effectuons une nouvelle intégration par parties du second terme : u(x) = 2x + 1 u ( (x) = 2

v ( (x) = ex v(x) = ex

Les fonctions u et v étant de classe C 1 sur [0,1] on a : 41 ! 1 3 2ex dx I3 = 3e − 1 − (2x + 1)ex + 0

0

3 41 = 3e − 1 − 3e + 1 + 2ex 0

= 2 (e − 1) d) Effectuons le changement de variable C 1 : 5 x = cos(t) dx = −sin(t)dt π t2 = 0 t1 = 2 On a : I4

=

!

0

& ' % 1 − cos2 (t) × − sin(t) dt

π 2

! π6 2 = sin2 (t) × sin(t) dt 0

=

! π 2

0

|sin(t)| × sin(t) dt

1 π2 on a sin(t) ! 0, donc : Mais si t ∈ 0, 2 I4 =

! π 2

sin2 (t) dt

0

Or, pour tout t ∈ R : 1 − 2sin2 (t) = cos(2t) donc sin2 (t) =

1 − cos(2t) . 2 193

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Ainsi : ! π& ' 2 1 1 − cos(2t) dt 2 0 3 4π 1 sin(2t) 2 = t− 2 2 0 π = 4 On aurait pu aussi remarquer que la courbe d'équation √ y = 1 − x 2 pour x ∈ [0; 1] représente le quart de cercle unité supérieur droit : I4

=

y

f) Décomposons f 6 (x) =

x2

x +1 en éléments simples. + 4x + 4

Sachant que X2 + 4X + 4 = (X + 2)2 , on sait qu'il existe (a,b) ∈ R2 tel que : ∀x ∈ R\{−2}, f 6 (x) = On a donc :

a b ax + (2a + b) = 2 + x + 2 (x + 2)2 x + 4x + 4 +

a=1 2a + b = 1

ce qui nous donne : a = 1 et b = −1 . Donc :

f 6 (x) =

∀x ∈ R\{−2},

1 1 − x + 2 (x + 2)2

On en déduit que :

O

x

Le quart de disque unité supérieur droit a comme aire : 1 π I4 = × π × 12 = . 4 4 x −1 e) Décomposons f 5 (x) = 2 en éléments simples. x −x −2

Sachant que X2 − X − 2 = (X − 2)(X + 1), on sait qu'il existe (a,b) ∈ R2 tel que : ∀x ∈ R\{−1,2}, f 5 (x) = On a donc :

+ ce qui nous donne : a =

a+b =1 b − 2a = −1 1 2 et b = . 3 3

Donc : ∀x ∈ R\{−1,2},

f 5 (x) =

2 1 + 3(x + 1) 3(x − 2)

Ainsi on obtient que : $ ! # 2 1 1 1 dx I5 = + 3 0 x +1 x −2 3 41 1 = 2ln (|x + 1|) + ln (|x − 2|) 3 0 1 = ln(2) 3 194

=

!

#

g) Sachant que X2 + X + 1 n'a pas de racine réelle, on ne peut pas utiliser ici de décomposition en éléments simples. On sait qu'il faut mettre en évidence un terme de la forme et une autre de la forme Pour tout x ∈ R :

a b (a + b)x + (b − 2a) + = x +1 x −2 x2 − x − 2

1

$ 1 1 dx − x + 2 (x + 2)2 41 30 1 = ln (|x + 2|) + x +2 0 1 1 = ln(3) − ln(2) + − 3 2 # $ 1 3 − = ln 2 6

I6

f 7 (x)

1 , qui seront facilement intégrables. 1 + v2

1 x + 12 + 2 2 +x +1 x +x +1 7 1 2x + 1 1 = +) *2 2 x2 + x + 1 x + 12 + 34 

=

u( u

x2



1  2x + 1 4 1  =  2 + &  *'2 2 x + x + 1 3 √2 ) 1 + 1 x + 2 3 # $ 1 2x + 1 2 1 = + & '2 2 x2 + x + 1 3 √ 1 + 2x+1 3 On en déduit que : ! ! 1 1 2x + 1 2 1 dx + I7 = 2 0 x2 + x + 1 3 0

1+

1 &

2x+1 √ 3

'2 dx

On connaît une primitive de l'intégrande dans la première intégrale. Dans la seconde intégrale on effectue le changement de variable C 1 :

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√  3t − 1 2x + 1  t = √ ⇔x= 2 √ 3  √ 3  t2 = 3 t1 = 3

Page 195

√ 3 dx = dt 2

On obtient :

√ ! √3 3 4 (* 1 )( 2 1 3 1 ( ( ln x + x + 1 = + dt √ 3 1 + t2 2 3 0 3 √ √ 3 4 3 1 3 arctan(t) √ = ln(3) + 3 2 3 3 &√ ' √3 & π π ' = ln 3 + − 3 3 6 &√ ' π√3 = ln 3 + 18

I7

h) Effectuons le changement de variable C 1 : 5u = π − x ⇔ x = π − u 4 4 π u2 = 0 u1 = 4

dx = −du

Alors : I8

=−

!

0

& &π '' ln 1 + tan −u du π 4 4

! π

& &π '' ln 1 + tan −u du 4 0 1 π1 De plus, pour (a,b) ∈ 0, , on a : 2 tan(a) − tan(b) tan(a − b) = 1 + tan(a)tan(b) =

4

On obtient donc : $ # ! π 4 1 − tan(u) I8 = du ln 1 + 1 + tan(u) 0 $ # ! π 4 2 = du ln 1 + tan(u) 0 $ ! π# 4 = ln(2) − ln (1 + tan(u)) du 0 > π4 = 0 ln(2) du − I8 πln(2) = − I8 4

Les fonctions u et v étant de classe C 1 sur R∗+ , on obtient : ! ∀x ∈ R∗+ , F1 (x) = x ln(x) − 1 dx = x ln(x) − x b) Utilisons la même méthode que précédemment : 5 u(t) = arctan(t) v ( (t) = 1 1 u ( (t) = v(t) = t 1 + t2 Les fontions u et v étant de classe C 1 sur R, on obtient : ! t dt ∀t ∈ R, F2 (t) = t arctan(t) − 1 + t2 ! 2t 1 = t arctan(t) − dt 2 1 + t2 * 1 ) = t arctan(t) − ln 1 + t 2 2 c) Mettons tout d'abord e−t en évidence : ! ! 1 e−t % dt = dt ∀t ∈ R, F3 (t) = ? 1 1 − (e−t )2 − 1 2 (e−t ) Effectuons à présent le changement de variable C 1 : 5 x = e−t ∈]0,1[⇔ t = −ln(x) ∈ R∗+ dx dt = − x Alors: ∀t ∈ R∗+ ,

F3 (t)

d) On remarque : ∀x ∈ R, F4 (x) =

!

8.2

π ln(2) 8

a) Il suffit d'écrire que F1 (x) =

tégrer par parties : 5

u(x) = ln(x) 1 u ( (x) = x

!

) * Re e(1+i)x dx = Re

#!

e(1+i)x dx

$

Or on a : ∀x ∈ R,

!

e(1+i)x dx

On en déduit que : I8 =

−1 dx √ 1 − x2 = arccos(x) ) * = arccos e−t

=

1 (1+i)x e 1+i 1 1−i = × × ex × ei x 1+i 1−i ex = (1 − i)ei x 2 =

Finalement : !

1 × ln(x) dx et d'in-

v (x) = 1 (

v(x) = x

∀x ∈ R,

F4 (x) =

# $ ex cos(x) + sin(x) 2

8.3 a) Comme x 2 + 1 ne s'annule pas sur R on a : (E1 ) ⇐⇒ y ( +

1 2x 1 · y= √ 2 2 x2 + 1 x +1

195

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• Résolvons l'équation homogène associée : (E(1 ) ⇐⇒ y ( +

1 2x · y=0 2 x2 + 1

Elle est de la forme y + a(x)y = 0 et admet donc pour ensemble de solutions : + @ 1 2 k S1( = x ∈ R !→ ke− 2 ln (x +1) = √ , k∈R x2 + 1 (

• Cherchons à présent une solution particulière de (E1 ) en utilisant la méthode de la variation de la constante. On cherche une solution de (E1 ) sur R sous la forme : f (x) = √

k(x) x2 + 1

avec k une fonction dérivable sur R. On obtient : ∀x ∈ R, donc :

k ( (x) 1 = √ √ 2 2 x +1 x +1

∀x ∈ R,

On en déduit qu'une solution particulière de y ( + y = ex est définie sur R par : f (x) =

• On cherche g solution particulière sur R de y ( + y = x 2 sous la forme : g(x) = k2 (x)e−x où k2 est une fonction dérivable sur R. On obtient :

donc :

b) • Commençons par résoudre sur R l'équation homogène associée : (E(2 ) : y ( + y = 0 qui admet pour ensemble de solutions : + @ S2( = x ∈ R !→ ke−x , k ∈ R Pour trouver une solution particulière de (E2 ) sur R, on va utiliser la méthode de superposition des solutions, car le second membre est somme de trois termes de types différents. • On cherche f solution particulière sur R de y ( + y = ex sous la forme : f (x) = k1 (x)e−x où k1 est une fonction dérivable sur R. On obtient : ∀x ∈ R,

k1( (x)e−x = ex

donc : ∀x ∈ R, 196

k1( (x) = e2x

k2( (x) = x 2 ex

∀x ∈ R, et donc : !

x 2 ex dx ! = x 2 ex − 2 xex dx # $ ! = x 2 ex − 2 xex − ex dx

k2 (x)

∀x ∈ R,

=

On en déduit qu'une solution particulière de (E1 ) est définie sur R par :

• L'ensemble des solutions de (E1 ) sur R est donc : + @ k+x S1 = x ∈ R !→ √ , k∈R x2 + 1

k2( (x)e−x = x 2

∀x ∈ R,

k ( (x) = 1

x f (x) = √ 1 + x2

1 2x 1 e × e−x = ex 2 2

= x 2 ex − 2xex + 2ex

grâce à deux intégrations par parties successives. On en déduit qu'une solution particulière de y ( + y = x 2 est définie sur R par : g(x) = x 2 − 2x + 2 • On cherche h solution particulière sur R de y ( + y = −cos(x) sous la forme : g(x) = k3 (x)e−x où k3 est une fonction dérivable sur R. On obtient : ∀x ∈ R,

k3( (x)e−x = −cos(x)

donc : et donc:

∀x ∈ R,

∀x ∈ R,

k3 (x)

k3( (x) = −cos(x)ex =−

!

cos(x)ex dx

!

) * Re e(1+i)x dx #! $ = −Re e(1+i)x dx =−

$ 1−i e(1+i)x × 1+i 1−i # $ x e = −Re (1 − i)ei x 2 ' ex & =− cos(x) + sin(x) 2 = −Re

#

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On en déduit qu'une solution particulière de y ( + y = −cos(x) est définie sur R par : 1 1 h(x) = − cos(x) − sin(x) 2 2

k vérifie donc : (2i − 3)k = 1

d'où :

• L'ensemble des solutions de (E2 ) sur R est donc : + ex − cos(x) − sin(x) S2 = x !→ ke−x + + x 2 − 2x + 2, 2

k= On a alors :

1 1 −2i − 3 −3 − 2i = × = 2i − 3 2i − 3 −2i − 3 13

@ k∈R

z(x) =

∀x ∈ R,

−3 − 2i 2i x e 13

et finalement :

c) Sur ]0; π[, sin3 (x) ne s'annule pas. On a donc : 2 cos(x) (E3 ) ⇐⇒ y = y sin3 (x)

$ & ' 1# − 3 cos(2x) + 2 sin(2x) ∀x ∈ R, f (x) = Re z(x) = 13

1 2 cos(x) est x !→ − 2 (on sin3 (x) sin (x) reconnaît u ( (x) × u(x)α avec u(x) = sin(x) et α = 3).

• En conclusion, l'ensemble des solutions de (E4 ) sur R est donc : + # #√ $ # √ $$ 1 3 3 S4 = x ∈ R !→ A cos x + B sin x e− 2 x 2 2@ 2 sin(2x) − 3 cos(2x) + , (A,B) ∈ R2 13

(

Or une primitive de x !→

L'ensemble des solutions de (E3 ) sur ]0,π[ est donc : + @ − 1 S3 = x ∈]0,π[!→ ke sin2 (x) , k ∈ R

d) • Résolvons tout d'abord sur R l'équation homogène associée :

e) • Commençons par résoudre sur R l'équation homogène associée : (E(5 ) : y (( = y dont l'équation caractéristique est :

(E(4 ) : y (( + y ( + y = 0

r2 = 1

dont l'équation caractéristique est : de solutions −1 et 1.

r2 + r + 1 = 0 √ √ 1 1 3 3 et − + i . de solutions complexes − − i 2 2 2 2 L'ensemble des solutions de (E(4 ) sur R est donc : + # #√ $ # √ $$ 1 3 3 ( S4 = x ∈ R !→ Acos x + B sin x e− 2 x , 2 2 (A,B) ∈ R2

L'ensemble des solutions de (E(5 ) sur R est donc : +

S5( = x ∈ R !→ Aex + Be−x , (A,B) ∈ R2

@

• Pour déterminer une solution particulière f de (E5 ) sur R, on va déterminer une solution particulière z complexe de (Ec5 ) : @

y (( − y = xei x

• Pour déterminer une solution particulière f de (E4 ) sur R, on va déterminer une solution particulière z complexe de (Ec4 ) :

Comme i n'est pas racine de l'équation caractéristique (donc racine d'ordre 0), on cherche z sous la forme :

y (( + y ( + y = e2i x

z(x) = (ax + b)x 0 ei x = (ax + b)ei x

Comme 2i n'est pas racine de l'équation caractéristique (donc racine d'ordre 0), on cherche z sous la forme : z(x) = kx 0 e2i x = ke2i x avec k ∈ C.

2i x

Alors z (x) = 2ike (

2i x

et z (x) = −4ke . ((

Comme z est solution de (Ec4 ) sur R, on doit avoir : −4ke2i x + 2ike2i x + ke2i x = e2i x pour tout x ∈ R .

avec (a,b) ∈ C2 .

Alors z ( (x) = (iax + a +ib)ei x et z (( (x) = (2ia − b − ax)ei x . Comme z est solution de (Ec5 ) sur R, on doit avoir : (2ia − b − ax)ei x − (ax + b)ei x = xei x

pour tout x ∈ R .

(a,b) vérifie donc : +

−2a = 1

2ia − 2b = 0 197

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1 i On obtient a = − et b = − . 2 2 On a alors : ∀x ∈ R,

z(x) = −

# $ ! 1 n−1 1" k = f f (t) dt n→+∞ n n 0 k=0 # $ n 1" k sin(2x) f avec f : x !→ cos(x)sin(x) = Ici : u n = , n k=1 n 2 la fonction f étant continue sur [0; 1]. lim

x + i ix e 2

et finalement : ∀x ∈ R,

Afin de pouvoir utiliser le théorème rappelé plus haut, il suffit de remarquer que : # $ n−1 1" k 1 1 un = f − f (0) + f (1) n k=0 n n n

& ' x 1 f (x) = Im z(x) = − cos(x) − sin(x) 2 2

• On en déduit l'ensemble des solutions de (E5 ) sur R : + ' 1& S5 = x !→ Aex + Be−x − cos(x) + xsin(x) , 2 (A,B) ∈ R2

@

f) Commençons par résoudre sur R l'équation homogène associée : (E(6 ) : y (( − 2y ( + y = 0 dont l'équation caractéristique est : r 2 − 2r + 1 = (r − 1)2 = 0

On obtient donc par somme de limites : # $ ! n 1" k existe 1 sin (2t) f = lim dt − 0 + 0 n→+∞ n n 2 0 k=1 41 3 1 = − cos (2t) 4 0 1 − cos (2) = 4 Finalement : existe

de racine double 1. L'ensemble des solutions sur R de (E(6 ) est donc : @ + & S6( = x ∈ R !→ Ax + B)ex , (A,B) ∈ R2 • On va déterminer une solution particulière f de (E6 ) sur R. Comme 1 est racine double de l'équation caractéristique (donc racine d'ordre 2), on cherche f sous la forme : f (x) = Cx 2 ex

lim u n =

n→+∞

b) On remarque que : un =

n−1 "

1 Introduisons la fonction f : x !→ 6 1−

Alors f ( (x) = (2Cx +Cx 2 )ex et f (( (x) = (2C+4Cx +Cx 2 )ex .

un =

Comme f est solution de (E6 ) sur R, on doit avoir :

(2C + 4Cx + Cx 2 )ex − 2(2Cx + Cx 2 )ex + Cx 2 ex = ex pour tout x ∈ R .

qui est continue

D'après le théorème de la valeur moyenne, on a donc : # $ n−1 1" k f n→+∞ n n k=0

1 2 x x e 2

• On en déduit l'ensemble des solutions de (E6 ) sur R : $ @ + # 1 S6 = x ∈ R !→ Ax + B + x 2 ex , (A,B) ∈ R2 2

8.4 a) On rappelle le résultat de cours concernant le théorème de la valeur moyenne : Si f est une fonction continue sur [0; 1] alors 198

x2 4

# $ n−1 1 1" k f · 2 n k=0 n

lim

1 C vérifie donc 2C = 1 , d'où C = . 2 On a alors : f (x) =

k=0

n−1 1 1 1 " 6 6 ) * = ) * 2 2n k=0 1− 1 k 2 2n 1 − 14 nk 4 n

sur [0; 1] alors :

avec C ∈ R .

∀x ∈ R,

1 − cos(2) 4

1

1 6 ) *2 dt 0 1 − x2 1 & x '21 = 2 arcsin 2 0 &π ' =2 −0 6 existe

=

!

Finalement : existe

lim u n =

n→+∞

π 6

8.5 a) Étudions rapidement la fonction g sur R+ . Elle est dérivable sur cet intervalle (comme composées et produits de fonctions dérivables) et :

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∀x ∈ R+ ,

g ( (x) =

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1 1 x − "0 =− (1 + x)2 1+x (1 + x)2

Or g(0) = 0 donc on en déduit le tableau suivant : x

0

Signe de g (x )

0

+∞

−

c) • Commençons par résoudre sur R l'équation homogène associée : (E( ) : y ( + y = 0 qui admet pour ensemble de solutions sur R : + @ S ( = x ∈ R !→ ke−x , k ∈ R • D'après la question b), f vérifie :

0 Variation s de g

f ( (x) + f (x)

1 = 1 + ex

On en déduit que: g(x) " 0

∀x ∈ R+ ,

ex = −e−x ln (1 + ex ) + e−x · 1 + ex $ # x e −x x =e − ln (1 + e ) 1 + ex = e−x g (ex )

f ( (x)

x

Or g est négative sur R , et e ∈ R pour tout x ∈ R . On en déduit que : +

∀x ∈ R,

+

f ( (x) " 0

• On en déduit que l'ensemble des solutions de (E) sur R est : @ + S = x !→ ke−x + e−x ln (1 + ex ) , k ∈ R

8.6 a) Pour tout t > 0 : 1 2

#

$ 1 1 t2 + 1 + 1 − t2 1−t 1 = + 2 = 2 1+t t +1 2 (1 + t)(1 + t ) (1 + t)(1 + t 2 )

b) Sur ]0,+∞[, x(x + 1) ne s'annule pas donc (E) ⇔ y ( +

ln (1 + ex ) . • Remarquons que f (x) = ex Or d'après les résultats du cours lim ex = 0

1 arctan(x) y= x(x + 1) x(x + 1)

• Résolvons sur ]0,+∞[ l'équation homogène associée :

x→−∞

ln(1 + u) = 1. u→0 u

(E( ) : y ( +

et lim

existe

On en déduit que lim f (x) = 1 par composition de limites. x→−∞

De plus

1 1 1 = − est x(x + 1) x x +1 # $ x x→ ! ln(x) − ln(x + 1) = ln x +1

# $ x −x ln(e )+ln(e + 1) = xe−x + e−x ln(e−x + 1). f (x) = e Donc :

Par croissances comparées lim xe−x = 0 . x→+∞

Par produit de limites lim e−x ln(e−x + 1) = 0 × 0 = 0 . x→+∞

existe

Donc, finalement, lim f (x) = 0 par somme de limites. x→+∞

• On en déduit le tableau suivant :

+

−ln

S ( = x ∈ R∗+ !→ ke

)

x x+1

*

=k

x +1 , x

@ k∈R

• Pour déterminer une solution particulière de (E) sur ]0,+∞[ utilisons la méthode de la variation de la constante. Cherchons une solution particulière f définie par :

∞

Signe de f (x )

1 y=0 x(x + 1)

Une primitive de x !→

−x

x

+e−x ln (1 + ex )

ex 1 + ex

Donc f est une solution particulière de (E) sur R.

b) • La fonction f est définie et dérivable sur R (comme somme de fonctions dérivables) et : ∀x ∈ R,

= −e−x ln (1 + ex ) + e−x ·

+∞

f (x) = k(x) ·

–

x +1 x

avec k une fonction dérivable sur ]0; +∞[.

1

Alors f est solution de (E) si, et seulement si :

Variation s de f 0

k ( (x) ·

x +1 1 arctan(x) · arctan(x) = ⇔ k ( (x) = x x(x + 1) (x + 1)2 199

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On a donc : ∀x > 0,

k(x) =

!

1 · arctan(x) dx (x + 1)2

Utilisons une intégration par parties : (

1 u ( (x) = 2 x +1

j ∈ {1,2} .

Or on a vu au a) que pour tout x > 0: # $ 1 1 1 1−x = + (x + 1)(x 2 + 1) 2 1+x x2 + 1 # $ 1 1 1 2x 1 + 2 − = 2 1+x x + 1 2 x2 + 1 Donc, pour tout x > 0 : k(x)

# $ 1 arctan(x) 1 ln|1 + x| + arctan(x) − ln|x 2 + 1| =− + x +1 2 2 0 1+x x −1 arctan(x) + ln √ = 2(x + 1) 1 + x2 On en déduit que : ∀x > 0, f (x) =

x −1 x +1 arctan(x) + ln 2x x

1+x √ 1 + x2

• Donc l'ensemble des solutions de (E) sur R∗+ est : 0 # $ + 1+x x −1 x +1 k + ln √ , S = x !→ arctan(x) + 2x x 1 + x2 @ k∈R

k j (x) avec k j une fonction dérivable sur I j, pour x2

k j( (x) x2

=

1 x2 1 ( ⇔ k (x) = =1− j 1 + x2 1 + x2 1 + x2

pour tout x ∈ I j .

On obtient donc : ∀x ∈ I j ,

intervalles I1 =] − ∞; 0[ et I2 =]0; +∞[. Sur I1 et I2, x ne s'annule pas donc :

2 1 y= x 1 + x2

• Résolvons tout d'abord l'équation homogène associée : (E( ) : y ( +

2 y=0 x

) * 2 est x !→ 2ln|x| = ln x 2 donc Une primitive de x !→ x l'ensemble des solutions de (E( ) est, sur chacun des intervalles : 200

k j (x) = x − arctan(x)

• Les solutions sur I1 sont donc de la forme : x !→

k1 1 arctan(x) + − x2 x x2

k1 ∈ R

x !→

k2 1 arctan(x) + − x2 x x2

k2 ∈ R

et sur I2 :

b) Déterminons ensuite les éventuelles solutions de (E) sur R. Pour cela, procédons par analys-synthèse. Analyse (= conditions nécessaires). On suppose qu'il existe au moins une solution f de (E) sur R. Alors f est aussi solution de (E) sur I1 et I2. D'après ce qui précède, on sait donc qu'il existe deux constantes réelles k1 et k2 telles que :  k1 1 arctan(x) si x < 0  2 + − x x x2 f (x) =  k2 1 arctan(x) + − si x > 0 x2 x x2 De plus, f doit être dérivable sur R (par définition d'une solution) et donc en particulier continue en 0. Comme : arctan(x) = x − x→0

8.7 a) Résolvons l'équation différentielle sur chacun des

(E) ⇔ y ( +

@ k∈R

Alors f j est une solution de (E) sur I j si, et seulement si :

Comme u et v sont de classe C 1 sur R∗+ , on a : ! 1 1 k(x) = − arctan(x) · + dx x +1 (x + 1)(x 2 + 1)

0

k , x2

• Pour chercher des solutions particulières de (E) sur I1 et I2, nous allons appliquer la méthode de variation de la constante. Posons f j (x) =

1 v (x) = (x + 1)2 1 v(x) = − x +1

u(x) = arctan(x)

+

S ( = x !→

x3 + o(x 3 ) 3

x arctan x 1 = + o(x) on a : − x x 2 x→0 3 x 1 arctan x ∼ donc : − x x 2 x→0 3 et donc : 1 arctan x existe = 0 lim − x→0 x x2 f n'a donc une limite finie en 0+ ou 0− que pour k1 = k2 = 0. On a donc :

f (x) =

+

x − arctan(x) si x > 0 x − arctan(x) si x < 0

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Mais alors lim+ f (x) = lim− f (x) = 0 − arctan(0) = 0 . x→0

x→0

Comme f est continue en 0 on a donc f (0) = 0 .

Ainsi :

∀x ∈ R,

f (x) = x − arctan(x)

Synthèse (= condition suffisantes). On vérifie facilement que x !→ x − arctan(x) est solution sur R de (E) . Conclusion. (E) admet une unique solution sur R qui est x !→ x − arctan(x). Commentaire : Si l'équation avait été sous forme résolue, on aurait d˚ trouver une infinité de solutions! Mais ici ce n'est pas le cas et on voit donc que le cours ne s'applique plus, dès que l'équation différentielle n'est pas sous forme résolue.

b) Procédons par analyse-synthèse. Analyse (= conditions nécessaires). Soit y une solution de (Eb ) sur R∗+ (on suppose qu'il en existe au moins une). On pose :

∀t ∈ R,

Par définition d'une solution y est dérivable sur R∗+ . Mais on a : # $ 1 ∀x > 0, y ( (x) = y x ce qui prouve que y ( est elle aussi dérivable sur R∗+ (comme composée de fonctions dérivables). Ainsi z est deux fois dérivables sur R (comme composée de fonctions deux fois dérivables). On a alors pour tout t ∈ R :

z ( (t) = et y ( (et )

8.8 a) Procédons par analyse-synthèse.

et

Analyse (= conditions nécessaires). Soit y une solution de (Ea ) sur R∗+ (on suppose qu'il en existe au moins une). On pose :

z(x) = x y(x)

Par définition d'une solution y est dérivable sur R∗+ , donc z est aussi dérivable sur R∗+ .

On a pour tout x > 0 :

et alors, en dérivant cette relation :

∀t ∈ R, z (( (t)

Et donc, puisque y est solution de (Ea ) sur R∗+ : z (( (x) − z(x) = 0

On obtient donc qu'il existe (A,B) ∈ R2 tel que : ∀x > 0,

z(x) = Aex + Be−x

Finalement : ∀x > 0,

y(x) =

z(x) ex e−x =A 2 +B 2 2 x x x

Synthèse (= conditions suffisantes). Soit (A,B) ∈ R2 . x

e e + B 2 est deux fois x2 x dérivable sur R∗+ et de simples calculs permettent de vérifier qu'elle est bien solution de (Ea ).

Il est clair que la fonction x !→ AxA

y ( (et ) = y(e−t )

et y (( (et ) = −e−t y ( (e−t )

En réinjectant dans l'équation précédente on obtient donc :

z (( (x) = 2y(x) + 2x y ( (x) + x 2 y (( (x) + 2x y ( (x) ∀x > 0,

= e2t y (( (et ) + et y ( (et ) = e2t y (( (et ) + z ( (t)

∀t ∈ R,

∀t ∈ R,

z ( (x) = 2x y(x) + x 2 y ( (x)

et

z (( (t)

D'autre part et > 0 pour tout t ∈ R donc on peut substituer et à x dans (Ea ) :

2

∀x > 0,

z(t) = y(et )

−x

Conclusion. L'ensemble des solutions de (Ea ) sur R∗+ est donc : @ + Aex + Be−x 2 Sa = x ∈ R∗+ !→ , (A,B) ∈ R x2

= −y ( (e−t ) + z ( (t)#

= −y(et ) + z ( (t)

= −z(t) + z ( (t)

car y ( (et ) = y(e−t )

$

L'équation caractéristique r 2 − r + 1 = 0 ayant pour solutions √ 1±i 3 r= , on sait donc qu'il existe (A,B) ∈ R2 tel que : 2 # #√ $ # √ $$ t 3 3 ∀t ∈ R, z(t) = A cos t + B sin t e2 2 2 Mais on a vu que :

Or :

∀t ∈ R,

z ( (t) = et y ( (et ) = et y(e−t ) = et z(−t)

√ √ #√ $ # √ $$ # t 3 3 3 3 sin t +B cos t ∀t ∈ R, z ( (t) = e 2 −A 2√ 2 2 2 $ # √ $$ # # 1 t 3 3 t + Bsin t + e 2 Acos 2 2 2 donc : t

z ( (t) = e 2

#

√ √ #√ $ # √ $$ A+B 3 3 3 B−A 3 cos t + sin t 2 2 2 2 201

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Et pour tout t ∈ R:

# #√ $ # √ $$ t 3 3 t − B sin t et z(−t) = e 2 A cos 2 2

On doit donc avoir, pour tout t ∈ R : √ √ #√ $ #√ $ 3 3 A 3 − 3B B 3−A cos t = sin t 2 2 2 2 √ En prenant t = 0, on obtient que A = B 3.

Ainsi :

z(t) =

∀t ∈ R,

t Be 2

# #√ $ # √ $$ √ 3 3 3cos t + sin t 2 2

et finalement : ∀x > 0,

y(x)& ' = z ln(x) # #√ $ #√ $$ √ √ 3 3 =B x 3cos ln(x) + sin ln(x) 2 2

Synthèse (= conditions suffisantes). Soit B ∈ R .

Il est clair que la fonction # #√ $ #√ $$ √ √ 3 3 3cos ln(x) + sin ln(x) f : x !→ B x 2 2 est deux fois dérivables sur R∗+ , et de simples calculs permettent de vérifier qu'on a bien : # $ 1 ( ∀x > 0, f (x) = f x

1 est définie et continue sur R∗ . ϕ(t)

• Revenons à f : – si x > 0, alors l'intervalle d'intégration [x,2x] est inclus dans 1 ]0,+∞[ donc t !→ est continue sur [x,2x] et f est déϕ(t) finie en x ; – si x < 0, le raisonnement est similaire ; – si x = 0, alors la fonction à intégrer n'est pas définie et par suite f non plus. On en déduit que f est définie sur R∗ . b) Pour tout réel non nul x : ! f (−x) =

−2x

−x

dt t + sin(t)

Effectuons le changement de variable u = −t : ! 2x ! 2x −du du f (−x) = = = f (x) −u − sin(u) u + sin(u) x x Comme R∗ est de plus symétrique par rapport à 0, on en déduit que f est paire. 1 sur l'intervalle R∗+ , c) • Soit F une primitive de t !→ t + sin(t) alors : ∀x > 0,

f (x) = F(2x) − F(x) 1 est continue. ϕ

Donc f est solution de (Eb ) sur R∗+ .

De plus F est C 1 sur R∗+ , car

Conclusion. L'ensemble des solutions de (Eb ) sur R∗+ est :   #√ $  √ √ 3 ∗ Sb = x ∈ R+ !→ B x  3cos ln(x)  2   $ #√  3 ln(x) , B ∈ R +sin  2

On en déduit que f est C 1 donc dérivable sur R∗+ et que :

8.9

a) • Notons ϕ : t !→ t + sin(t).

Cette fonction est dérivable sur R (somme de fonctions dérivables) et : ∀t ∈ R,

ϕ( (t) = 1 + cos(t) ! 0

∀x > 0,

f ( (x) = 2F( (2x) − F( (x) =

2 1 − 2x + sin(2x) 1 + sin(x)

• Le même raisonnement sur l'intervalle R∗− donne que f est aussi dérivable sur R∗− et : ∀x < 0,

f ( (x) =

2 1 − 2x + sin(2x) 1 + sin(x)

• En conclusion, f est dérivable sur R∗ et : ∀x = / 0,

f ( (x) =

2 1 − 2x + sin(2x) 1 + sin(x)

et ϕ( (t) > 0 sauf en des points isolés : les tk = (2k + 1)π, k ∈ Z.

Attention : on ne peut pas se donner une primitive de f sur R∗ car R∗ n'est pas un intervalle.

Or ϕ(0) = 0 donc :

d) Sachant que pour tout t ∈ R, −1 " sin(t) " 1 , on en déduit que, pour tout t ∈ R, t − 1 " t + sin(t) " t + 1 puis que, pour tout t > 1 :

Comme ϕ est continue sur R, on peut en déduire qu'elle est strictement croissante sur R. – ϕ(t) > 0 sur ]0,+∞[ ; – ϕ(t) < 0 sur ] − ∞,0[ ;

202

Et donc la fonction t !→

– ϕ(0) = 0.

1 1 1 " " t +1 t + sin(t) t −1

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Si x > 1 alors 1 < x < 2x . L'intégrale étant croissante et les bornes dans le bon sens, on a pour tout x > 1 : ! 2x ! 2x dt dt " f (x) " t + 1 t − 1 x x 3 42x 3 42x ln(t + 1) " f (x) " ln(t − 1) x

ln

#

2x + 1 x +1

$

x

" f (x) " ln

#

2x − 1 x −1

$

2x + 1 = 2. x→+∞ x + 1 $ # 2x + 1 = ln(2) par continuité de ln au Donc lim ln x→+∞ x +1 point 2. $ # 2x − 1 existe = ln(2) . De même lim ln x→+∞ x −1

Donc, pour tout t ∈ [0,1] : tn 0" " (1 + t)n

L'intégrale étant croissante et les bornes dans le bon sens (0 < 1 ): # $n ! 1 ! 1 # $n 1 1 n 0= 0 dt " u n " dt = 2 2 0 0 On en déduit que, pour tout entier naturel n : 0 < un "

Or lim

On en déduit, d'après le théorème des gendarmes, que : existe

lim f (x) = ln(2)

puisque la fonction x !→ sur R∗+ .

c) Soit n ! 1 .

La fonction t !→

positive).

t a ! 1+t 1+a

u1

= 1 − ln(2)

b) Encadrons

0

t sur [0,1] : 1+t

0"t "1

Donc : 00 1+a 1+a a √ Finalement, par croissance stricte de x !→ [n]x sur R∗+ . : 1

(1 − a) n pour tout n ! 1 .

a " un 1+a

d) Si a ∈ [0,1], on a donc pour tout n ! 1 : 1

(1 − a) n

a 1 " un " 1+a 2

On va donc chercher une suite (an ) à valeurs dans [0,1] telle 1 an 1 converge vers . que (1 − an ) n 2 1 + an

Par exemple, on peut essayer de trouver une suite (an ) telle 1 an 1 converge vers . que (1 − an ) n converge vers 1 et 2 1 + an

1 On essaye an = 1 − ... et ça marche ! n an 1 = . En effet, lim an = 1 donc lim n→+∞ 1 + an n→+∞ 2

203

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& ' 1 1 ln(n) 1 qui tend vers 0 De plus ln (1 − an ) n = ln( ) = − n n n 1 (croissances comparées), donc (1 − an ) n converge vers e0 = 1 . Par produit de limites, on a donc : 1

lim (1 − an ) n

n→+∞

On a : fa

&x '

f −a

2

&x ' 2

an 1 = 1 + an 2

= f a 2 (x)

De plus, comme (an ) est à valeurs dans [0,1] : ∀n ! 1,

1

(1 − an ) n

an 1 " un " 1 + an 2

donc, d'après le théorème des gendarmes : existe

lim u n =

n→+∞

1 2

8.11 a) D'après l'inégalité triangulaire, pour tout a ∈ [−1,1] et x ∈ [0,π] :

( ( ( ( ( ( (1 − |a||eix |( " (1 − aeix ( " ((1 + |a||eix |((

or |ei x | = 1 donc : ( ( ( ( ( (( ( ( ( (1 − |a|( " (1 − aeix ( " (1 + |a|( et comme a ∈ [−1,1] :

( ( 0 " 1 − |a| " (1 − aeix ( " 1 + |a|

De plus la fonction x !→ x 2 est croissante sur R+ , donc : (1 − |a|)2 " f a (x) " (1 + |a|)2 pour tout a ∈ [−1,1] et x ∈ [0,π] . • Soient a ∈ [−1,1] et x ∈ [0,π] . On a :

Or :

( (2 ( (2 f a (π − x) = (1 − aeiπ e−ix ( = (1 + ae−ix (

et :

( ( (1 − aeix (2 = (1 − a cos(x))2 + (a sin(x))2 ( ( (1 − ae−ix (2

donc :

= (1 − a cos(−x))2 + (a sin(−x))2 = (1 − a cos(x))2 + (−a sin(x))2 = (1 − a cos(x))2 + (a sin(x))2 f a (π − x) = f −a (x)

pour tout a ∈ [−1,1] et x ∈ [0,π] . • Soient a ∈ [−1,1] et x ∈ [0,π] . 204

( ( ( ( x (2 ( x (2 ( = (1 − a · ei 2 ( · (1 + a · ei 2 ( (& '& '( x x (2 ( = ( 1 − a · ei 2 1 + a · ei 2 ( ( (2 = (1 − a 2 · eix (

b) D'après le a) : ∀a ∈] − 1,1[, ∀x ∈ [0,π],

f a (x) ! (1 − |a|)2 > 0

donc la fonction g : x !→ ln ( f a (x)) est définie sur [0,π]. ) * Or g(x) = ln ( f a (x)) = ln (1 − acos(x))2 + (asin(x))2

donc la fonction g est continue sur [0,π], comme somme et composée de fonctions continues sur cet intervalle.

La fonction g est donc bien définie sur l'intervalle ] − 1,1[, qui est symétrique par rapport à 0. De plus, pour tout a ∈] − 1,1[ : g(−a) =

! π 0

ln ( f −a (x)) dx =

! π 0

ln ( f a (π − x)) dx

Effectuons le changement de variable t = π − x, dt = −dx : ! 0 & ! π & ' ' ln f a (t) dt = g(−a) = − ln f a (t) dt = g(a) π 0 On en déduit que g est paire sur ] − 1,1[.

c) Soit a ∈] − 1,1[ . On a : ! π ) * g a2 = ln ( f a 2 (x)) dx 0

! π & & ' & x '' x = ln f a f −a dx 2 2 0 ! π 1 & & '' & & x ''2 x = + ln f −a dx ln f a 2 2 0 ! π & & '' ! π & & x '' x = ln f a ln f −a dx + dx 2 2 0 0 ! π & & '' ! π & & x x '' a = ln f a ln f a π − dx + dx 2 2 0 0 a

x Dans la première intégrale on pose t = , et dans la seconde 2 x t = π − . On obtient : 2 ! π ! π ) * 2 2 ln ( f a (t)) dt ln ( f a (t)) dt − 2 =2 g a2 π 0 ! π =2 ln ( f a (t)) dt 0

= 2g(a) grâce à la relation de Chasles.

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d) Puisque la fonction ln est croissante sur R∗+ , la première double inégalité de la question a) nous donne, pour tout a ∈] − 1,1[ et x ∈ [0,π] : ) ) * * ln (1 − |a|)2 " ln ( f a (x)) " ln (1 + |a|)2

L'intégrale étant croissante et les bornes dans le bon sens (0 < π), on obtient : ) ) * * π ln (1 − |a|)2 " g(a) " π ln (1 + |a|)2 pour tout a ∈] − 1,1[ . ) ) * * Or lim ln (1 − |a|)2 = 0 et lim ln (1 + |a|)2 = 0 donc, a→0

a→0

b) Comme f (a + b − x) = f (x) pour tout x ∈ [a,b] , alors : ! b ! b I= x f (x) dx = x f (a + b − x) dx a

Effectuons le changement de variable t = a + b − x : ! b ! b I= (a + b − t) f (t) dt = (a + b) f (t) dt − I a

a

On en déduit que : ! ! b a+b b x f (x) dx = f (x) dx 2 a a

d'après le théorème des gendarmes

c) Notons f (t) =

existe

lim g(a) = 0

a→0

Or g(0) =

! π 0

Alors :

ln (1) dx = 0. On a donc :

∀t ∈ [0,π],

existe

lim g(a) = g(0)

a→0

Par définition, on en déduit que g est continue en 0. e) Soit a ∈] − 1,1[ .

1 ) 2* 1 ) 4* g a = g a = · · ·. 2 4 Par une récurrence immédiate on montre que, pour tout entier naturel n : D'après la question c), g(a) =

g(a) = n

Or |a| < 1 donc lim a 2 n→+∞

n

métrique (a )).

1 ) 2n * g a 2n

existe

= 0 (sous-suite de la suite géo-

De plus, g est continue en 0 donc $ # ) n * existe n lim g a 2 = = g lim a 2 = g(0) = 0 n→+∞

Par unicité de la limite, on en déduit que :

g(a) = 0

8.12 a) Effectuons le changement de variable t = a + b − x : !

a

b

f (x) dx = −

!

b

a

f (a + b − t) dt =

sin(t) = f (t) 1 + (−cos(t))2

8.13 a) • Sachant que pour tout réel t, −1 " cos(t) " 1, on a donc pour tout θ ∈ [−π,π] et n ∈ N : donc :

cos(nθ) " 1 et 5 + 4 cos(θ) ! 1 > 0 1 "1 5 + 4 cos(θ)

et alors par produit par une inégalité positive :

1 ) 2n * existe lim g a = lim g (a) = g(a) n→+∞ 2n n→+∞ ∀a ∈ ] − 1,1[,

f (0 + π − t) =

cos(nθ) " 1 et 0
0 d'après le a).

3 I2 4 1 I0 2

=

Donc :

Ainsi g est à valeurs négatives sur ]0; +∞[ donc ∀t > 0,

ln(t) " t − 1

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et :

On pose : x=

n 1" xj n j=1

# # $$ ! 1 & n−1 ' 1" k existe ln f = ln f (t) dt n→+∞ n n 0 k=0 lim

Soit k ∈ [[1,n]]. On applique l'inégalité du a) à t = ak =

xk : x

ln(ak ) " ak − 1

Mais comme f est continue, positive et n'est pas la fonction nulle >1 sur [0,1], on sait que 0 f (t) dt > 0 . Alors la continuité de la

fonction ln sur R∗+ nous donne :

c'est-à -dire : ln(xk ) − ln(x) "

xk −1 x

pour tout k ∈ [[1,n]].

On somme ces inégalités : $ " n # n & ' " xk ln(xk ) − ln(x) " −1 x k=1 k=1

donc : n " k=1

ln(xk ) − n ln(x) "

n 1" xk − n x k=1 D EF G =0

1 Ainsi après multiplication par : n n 1" ln(xk ) " ln(x) n k=1

# " # $$ #! 1 $ 1 n−1 k existe lim ln f = ln f (t) dt n→+∞ n k=0 n 0 Finalement, par passage à la limite dans une inégalité : #! 1 $ ! 1 & ' ln f (t) dt " ln f (t) dt 0

0

8.17 a) • Les méthodes habituelles donnent que l'équation homogène (E(1 ) admet pour ensemble des solutions sur R : @ + 2 x !→ A cos(x) + B sin(x), (A,B) ∈ R • Pour déterminer une solution particulière f de (E1 ) sur R, on va déterminer une solution particulière complexe z de (Ec1 ) : y (( + y = −ei x Comme i est racine simple (= d'ordre 1) de l'équation caractéristique on sait qu'il faut chercher z sous la forme :

Finalement : $ # " n 1" 1 n ln(xk ) " ln xk n k=1 n k=1 c) Soit n ! 1 . Pour tout k ∈ [[1,n]], on pose : $ # k−1 >0 xk = f n

z(x) = kx 1 ei x = kxei x avec k ∈ C.

Alors z ( (x) = (k + ikx)ei x et z (( (x) = (2ik − kx)ei x .

Comme z est solution de (Ec1 ) sur R, on a :

(2ik − kx)ei x + kxei x = −ei x pour tout x ∈ R .

puisque f est à valeurs dans R∗+ .

k vérifie donc :

On applique le b) :

  $$ $ # # # n n " 1" k−1 1 k − 1  ln f " ln f n k=1 n n k=1 n et après le changement d'indice k = k − 1 :

2ik = −1

d'où:

k=−

(

# # $$ # $7 n−1 n−1 k 1" k 1" ln f " ln f n k=0 n n k=0 n pour tout n ! 1 . De plus, puisque les fonctions f et ln ◦ f sont continues sur [0,1], le théorème de la valeur moyenne nous donne : # $ ! n−1 1" k existe 1 lim f = f (t) dt n→+∞ n n 0 k=0

i 1 = 2i 2

On a alors : ∀x ∈ R,

z(x) =

i x ix e 2

et finalement : & ' x f (x) = Im z(x) = cos(x) 2 • En conclusion, l'ensemble des solutions de (E1 ) sur R est : @ + x S1 = x ∈ R !→ A cos(x)+B sin(x)+ cos(x), (A,B) ∈ R2 2 ∀x ∈ R,

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b) Remarquons que : F(x) = x

∀x ∈ R,

!

0

x

f (t) dt −

!

x

t f (t) dt

0

0

La fonction g : t !→ t f (t) est continue sur R (comme produit de fonctions continues). Elle admet donc une primitive G de classe C 1 sur R. De même, f admet une primitive H de classe C 1 sur R. Alors :

$ & $ & F(x) = x H(x) − H(0) − G(x) − G(0)

∀x ∈ R,

Or f doit vérifier l'équation (E2 ) donc : ! 0 t f (x − t) dt = 0 f (0) = sin(0) −

Donc F est elle-même de classe C 1 sur R.

c) • Soit x ∈ R . En effectuant le changement de variable C 1 u = x − t on obtient : ! x f (x) = sin(x) − (x − u) f (u) du = sin(x) − F(x) 0

Or sin est de classe C ∞ sur R et F de classe C 1 donc f est de classe C 1 sur R.

La fonction g est donc de classe C 1 sur R. Une de ses primitives G est donc de classe C 2 sur R et H primitive de f l'est également.

et d'après le c) : f ( (0) = cos(0) −

!

x

f (t) dt +

!

0

En dérivant on obtient : ∀x ∈ R,

= cos(x) − H(x) + H(0) − xH( (x) + G( (x) ! x = cos(x) − f (t) dt − x f (x) + x f (x) !0 x = cos(x) − f (t) dt 0

= cos(x) − H(x) + H(0) f (( (x) = −sin(x) − f (x)

d) Procédons encore une fois par analyse-synthèse. Analyse (= conditions nécessaires). Soit f une solution de (E2 ) sur R (on suppose qu'il en existe au moins une). On vient de voir qu'alors f est aussi solution de (E1 ) sur R. D'après le a), il existe donc deux réels A et B tels que : f (x) = A cos(x) + B sin(x) +

pour tout x ∈ R .

Donc f est bien solution de (E2 ). Conclusion. (E2 ) admet pour unique solution sur R la fonction : x cos(x) + sin(x) f : x ∈ R !→ 2

8.18 a) Si f (x) = x p , f réalise une bijection de [0,a] sur 1

c'est-à -dire que f est solution sur R de (E1 ).

210

Puis après quatre simples intégrations par parties que l'on ne détaillera pas ici : ! x t f (x − t) dt = sin(x) − f (x)

[0,a p ] car p ∈ N∗ et alors sa réciproque est bien définie de

En dérivant à nouveau :

∀x ∈ R,

!

0

f ( (x)

∀x ∈ R,

0

y cos(y) + sin(y) (x − y) (−dy) 2 x ! x ! x x x y cos(y) dy + sin(y) dy = 2 0 2 0 ! x ! x 1 1 − y 2 cos(y) dy − y sin(y) dy 2 0 2 0

=

x

t f (t) dt $0 & $ &0 = sin(x) − x H(x) − H(0) + G(x) − G(0) = sin(x) − x

f (t) dt = 1

On effectue la changement de variable C 1 y = x − t : ! x t f (x − t) dt

• On sait que : f (x)

0

0

Les réels A et B vérifient donc : 5 A=0 1 B+ =1 2 Finalement : x cos(x) + sin(x) ∀x ∈ R, f (x) = 2 Synthèse (= conditions suffisantes). Pour tout x ∈ R : ! x ! x (x − t)cos(x − t) + sin(x − t) t f (x − t) dt = t dt 2 0 0

On en déduit que F est de classe C 2 sur R et par suite f aussi. ∀x ∈ R,

!

x cos(x) 2

[0,a p ] sur [0,a] par g(y) = y p . De plus, pour tout t ∈ [0,a] : ! f (t) ! t f (x) dx + g(y) dy 0

0

4t 3 4t p p+1 x p+1 p + y p p+1 0 p+1 0 tp pt p =t· +t · p +#1 p+1 $ 1 p p =t ×t + p+1 p+1 = t f (t)

=

3

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b) Les fonctions f et g étant continues sur leurs intervalles de définitions, elles admettent des primitives dérivables F et G. Alors : ∀t ∈ [0,a], ϕ(t) = F(t) − F(0) + G( f (t)) − G(0) − t f (t) La fonction ϕ est donc définie et continue sur [0,a] comme le sont F, G ◦ f et f. Elle est de plus dérivable sur ]0,a[ comme le sont G ◦ f et f, la fonction F étant elle dérivable sur [0,a]. c) On peut donc calculer ϕ( (t) pour tout t ∈ ]0,a[ : ϕ( (t)

= = =

f (t) + f ( (t) × g ◦ f (t) − f (t) − t f ( (t) t f ( (t) − t f ( (t) 0

Comme ϕ est continue sur [0,a], on sait donc par théorème qu'elle est constante sur [0,a]. Il existe donc un réel k tel que :

Or ϕ(0) = 0 donc ϕ est identiquement nulle sur [0,a]. L'égalité (1) est vérifiée pour tout t ∈ [0,a].

8.19 a) G est une primitive de la fonction g. Comme g est continue sur [a,b], G est de classe C 1 sur ce segment.

b) La fonction G étant continue sur un segment, l'image par G de ce segment est un segment [m,M] de R, d'après le théorème de continuité sur un segment. c) En intégrant par parties sachant que G(a) = 0 et que les fonctions f et G sont C 1 sur [a,b] : b

f (t)g(t) dt

a

1

=

2b ! f (t)G(t) − a

f (b)G(b) −

=

!

b

f (t)G(t) dt (

a b

f (t)G(t) dt (

a

d) Soit t ∈ [a,b].

On a m " G(t) " M donc en multipliant par − f ( (t) qui est positif (f est décroissante) : − f ( (t)m " − f ( (t)G(t) " − f ( (t)

e) Si f (a) = 0, f est la fonction nulle et le résultat est banal. Sinon f (a) > 0, et on obtient : ! b 1 f (t)g(t) dt ∈ [m,M] = G([a,b]) f (a) a Par suite, il existe bien c ∈ [a,b] tel que : ! b 1 f (t)g(t) dt = G(c) f (a) a c'est-à -dire : b

!

Alors, en intégrant (les bornes sont dans l'ordre croissant) : ! ' −m f (b)− f (a) " −

a

b

& ' f ( (t)G(t) dt " −M f (b)− f (a)

et en remplaçant dans la formule obtenue en c) : ! b & m f (a) + f (b) G(b) − m) " f (t)g(t) dt a & ' " M f (a) + f (b) G(b) − M

! c f (t)g(t) dt = f (a) g(t) dt a

f) On vérifie facilement que l'on est dans les conditions d'ap1 plication de e) avec f (t) = et g(t) = 1 − cos(t). Il existe t donc un point c de [a,b] tel que : ! b ! 1 − cos(t) 1 c (1 − cos(t)) dt dt = t a a a 2 11 = c − a + sin a − sin c a d'où : !

b

a

1 − cos(t) 1 dt " (b − a + 2) t a

g) Soit x > 1. On est encore dans les conditions d'application de la question sin(t) 1 1 . Il existe donc c ∈ [ ,1] tel e) avec f (t) = et g(t) = t t x que : ! ! 1 1 1 sin(t) 1 c sin(t) dt = dt x 2 x1 t t x x1 t D'où : 0"

pour tout t ∈ [a,b].

&

a

a

∀t ∈ [0,a], ϕ(t) = k

!

Comme f (b) ! 0 et G(b) − m ! 0 , G(b) − M " 0 , il vient bien : ! b f (t)g(t) dt " M f (a) m f (a) "

1 x2

!

1 1 x

sin(t) 1 dt " t2 x

!

c 1 x

sin(t) dt t

Mais sur R+ , on a sin(t) " t donc : ! ! 1 c sin(t) 1 c 1& 1& 1' 1' dt = " 1− dt " c− x x1 t x x1 x x x x Ainsi, pour tout x > 1 : ! 1 1 sin(t) 1& 1' dt " 1 − 0" 2 x x1 t 2 x x 211

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Alors par le théorème des gendarmes : ! 1 1 sin(t) existe lim 2 dt = 0 x→+∞ x 1 t2 x

u et v étant de classe C 1 sur [0,1] donc sur [0,x], on a : !

x

t n f (n+1) (t) dt

=

0

8.20 a) Sur ]0,1], la fonction ϕ est continue comme produit de fonctions continues sur cet intervalle.

Comme f est une fonction de classe C particulier dérivable en 0 et :

∞

x→0

sur [0,1], elle est en

On en déduit que ϕ peut être prolongée par continuité en 0 en posant ϕ(0) = f ( (0). b) Soit x ∈]0,1] . Comme f est C ∞ sur R, donc C n+1 sur [0,x], la formule de Taylor avec reste intégral appliqué à f donne : f (0)

=0 ! 0 n " (0 − x)k (k) (0 − t)n (n+1) = (t) dt f (x) + f k! n! x k=0 ! 0 n " x k (k) tn (−1)k (−1)n f (n+1) (t) dt f (x) + = k! n! x k=0

Appliquons ensuite la formule de Leibniz à ϕ(x) = ϕ(n) (x) =

n # " k=0

d n−k n × n−k k dx

1 × f (x) : x

# $ 1 dk f × (x) x dxk

$

Une récurrence immédiate permet de montrer que : # $ 1 (n − k)!(−1)n−k d n−k = n−k dx x x n−k+1 donc, après simplifications : n n! " x k (k) ϕ(n) (x) = (−1)n n+1 (−1)k f (x) x k! k=0

Or on a montré que ! 0 n " x k (k) tn (−1)k (−1)n f (n+1) (t) dt = 0 f (x) + k! n! x k=0 donc :

4x

0

x

t n+1 (n+2) (t) dt f n+1

En reportant dans la formule du b) et en simplifiant par x n+1 on obtient : ! x f (n+1) (x) 1 ϕ(n) (x) = t n+1 f (n+2) (t) dt − n+1 (n + 1)x n+1 0 Mais f étant de classe C ∞ sur [0,1], f (n+2) est continue sur l'intervalle fermé borné [0,1] et admet un maximum Mn+2 sur cet intervalle (d'après le théorème de continuité sur un segment) donc : ( ( ! x (n+1) ( (n) |Mn+2 | (x) (( (ϕ (x) − f " t n+1 dt ( n+1 ( (n + 1)x n+1 0

"

|Mn+2 | x (n + 2)(n + 1)

Or lim

x→0+

|Mn+2 | x =0 (n + 2)(n + 1)

et : lim

x→0+

f (n+1) (x) existe f (n+1) (0) = n+1 n+1

par continuité de f (n+1) en 0. Donc, d'après le théorème des gendarmes : existe

lim+ ϕ(n) (x) =

x→0

f (n+1) (0) n+1

d) On sait déjà que ϕ est de classe C ∞ sur ]0,1].

Montrons par récurrence qu'elle est de classe C n sur [0,1]. • C'est vrai pour n = 0 d'après la question a). • Supposons que ϕ soit C n−1 sur [0,1].

Alors ϕ(n−1) est continue en 0.

x n+1 ϕ(n) (x)

= =

0

n

t −n!(−1)n (−1)n f (n+1) (t) dt n! x ! x t n f (n+1) (t) dt !

0

pour tout x ∈]0,1] .

c) Soit x ∈]0,1] . Intégrons par parties le membre de droite de l'égalité précédente : u(t) = f (n+1) (t)

u ( (t) = f (n+2) (t) 212

t n+1 f (n+1) (t) n+1 ! −

0

f (x) − f (0) = lim ϕ(x) x→0 x −0

f ( (0) = lim

3

v ( (t) = t n t n+1 v(t) = n+1

D'après la question c), on sait que : ) *( f (n+1) (0) existe lim+ ϕ(n) (x) = lim ϕ(n−1) (x) = x→0 x→0 n+1

alors, d'après le théorème de prolongement C 1, on en déduit que ϕ(n−1) est C 1 sur [0,1]. Ceci prouve que ϕ est de classe C n sur [0,1].

• La propriété étant vraie au rang 0 et héréditaire, elle est vraie pour tout entier naturel n. On en déduit que ϕ est de classe C ∞ sur [0,1].

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Dénombrement et calcul des probabilités Plan

CHAPITRE

9

Thèmes abordés dans les exercices

Les méthodes à retenir 213

•

Dénombrement

Énoncés des exercices 216

•

Règles de calcul des probabilités

Du mal à démarrer ?

222

•

Probabilités conditionnelles

Corrigés

223

•

Indépendance

Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •

Arrangement, combinaisons et permutations

•

Dénombrement des applications d'un ensemble fini dans un autre

•

Formule des probabilités composées (ou du conditionnement multiple)

•

Formule des probabilités totales

•

Formule de Bayes

•

Indépendance de deux événements

•

Indépendance mutuelle d'une famille d'événements

Les méthodes à retenir © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

• Le nombre d'applications d'un ensemble à p éléments dans un

ensemble à n éléments est égal à n p . C'est aussi le nombre de p-uplets (x1 ,. . . ,x p ) d'éléments pris dans un ensemble à n éléments. ➥ Exercices 9.1, 9.2, 9.19 et 9.20

Pour reconnaître les dénombrements usuels

• Le nombre d'applications injectives d'un ensemble à p éléments dans un ensemble à n éléments est égal au nombre d'arrangements de p éléments parmi n : n! p An = = n × (n − 1) × . . . × (n − p + 1) . C'est aussi le (n − p)! nombre de p-uplets (x1 ,. . . ,x p ) d'éléments deux à deux distincts pris dans un ensemble à n éléments. ➥ Exercices 9.1 et 9.20 213

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Chapitre 9 • Dénombrement et calcul des probabilités

• Le nombre d'applications bijectives d'un ensemble à n éléments dans un ensemble à n éléments est égal au nombre de permutations de n éléments : n!. ➥ Exercices 9.2, 9.7 et 9.20

• Le nombre de parties à k éléments d'un ensemble à n éléments est égal au nombre de combinaisons de k éléments parmi n : !n " n! k k = Cn = (n − k)!k! . Le nombre total de parties d'un ensemble à n éléments est égal à 2n. ➥ Exercices 9.1, 9.2, 9.7 et 9.22

• On choisit p éléments parmi n. S'ils ne sont pas deux à deux distincts on a n p possibilités. Sinon, soit on tient compte de l'ordre dans p lequel on les choisit : An possibilités, soit on ne tient pas compte de !n " cet ordre : p possibilités. ➥ Exercices 9.1, 9.2, 9.3, 9.7, 9.9, 9.10 et 9.13

• Si on impose un ordre final lorsque l'on tire p éléments parmi n (ordre croissant etc.), on commence par choisir les éléments sans tenir compte de l'ordre des choix, puis on dénombre le nombre de façons de mettre ces éléments dans l'ordre imposé. ➥ Exercices 9.2, 9.7 et 9.20

• Si on prend p éléments distincts parmi n, sans tenir compte de l'ordre

Pour dénombrer des situations plus complexes

des choix, le nombre de tirages de telle sorte qu'on en ait exactement p1 dans un sous-ensemble à n 1 éléments, et p2 dans un sousensemble à n 2 éléments (p1 + p2 = p et n 1 + n 2 = n), est égal à : !n 1 "!n 2 " p1 p2 . Cette formule se généralise facilement à k sous-ensembles ! " ! " deux à deux disjoints : np11 × . . . × npkk . ➥ Exercices 9.3, 9.9 et 9.10

• Si on prend p éléments distincts parmi n, en tenant compte de l'ordre des choix, le nombre de tirages de telle sorte qu'on en ait exactement p1 dans un sous-ensemble à n 1 éléments, et p2 dans un sousensemble à n 2 éléments (p1 + p2 = p et n 1 + n 2 = n), est égal à : ! p1 + p2 " p1 p2 p1 An 1 An 2 . Si on impose les tirages qui ont lieu dans le premier sous-ensemble (et donc aussi ceux du deuxième) la formule est plus p p simplement : An 11 An 22 . ➥ Exercice 9.3

• Si on raisonne par disjonctions de cas incompatibles, on additionne les différents résultats de dénombrement obtenus. Sinon on utilise la formule du crible de Poincaré : % & #$ n n Card Ai = (−1)k−1 i=1

k=1

&

1!i 1 for k=1 :10000, --> if find (floor (6* rand(1,4, ’uniform ’)+1) ==6 ) then --> s=1 ; --> else s=0 ; --> end ; --> six= six+ s; --> end ;

Listing 9.3 – Premier jeu du Chevalier de Méré

227

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On obtient le résultat suivant : -> six six = 5177.

Listing 9.4 – Nombres de séries de 4 lancers contenant au moins un 6 sur 10 000 séries

On a donc une probabilité expérimentale de 0,5177, qui est plus grande que la valeur d'équilibre 0,5. Le jeu semble donc être favorable. Pour le vérifier, calculons la probabilité de l'événement contraire de « obtenir au moins un six ». Il s'agit de l'événement « n'obtenir aucun six ». Par indépendance des résultats obtenus à chacun des 4 lancers, # %4 5 la probabilité de « n'obtenir aucun six » est , et donc la 6 probabilité « d'obtenir au moins un six » est : # %4 5 1− ≈ 0,5177 6 (ce qui correspond à notre simulation). Le premier jeu du Chevalier de Méré est donc favorable au joueur. Adaptons la méthode précédente pour le deuxième jeu : -> double_six=0 ; -> for k=1 :10000, -> if find (floor(6* rand(1,24,’unifor m ’) +1)+ (6* rand(1,24,’ unifor m ’)+1) ==12) then -> s=1 ; -> else s=0 ; -> end ; -> double_six= double_six+s; -> end ;

Listing 9.5 – Deuxième jeu du Chevalier de Méré

On obtient le résultat suivant : -> double_six double_six = 4833.

Listing 9.6 – Nombre de double six dans 10 000 séries de 24 lancers

On a donc une probabilité expérimentale de 0,4833, qui est plus petite que la valeur d'équilibre 0,5. Cette fois, le jeu ne semble pas être favorable. Pour le vérifier, calculons la probabilité de l'événement contraire de « obtenir au moins un double six ». Il s'agit de l'événement « n'obtenir aucun double six ». 228

Par indépendance des résultats obtenus à chacun des 4 lancers, # %4 35 la probabilité de « n'obtenir aucun double six » est donc 36 la probabilité « d'obtenir au moins un six » est : # %24 35 1− ≈ 0,4914 36 (ce qui correspond à notre simulation). Le second jeu du Chevalier de Méré est donc défavorable au joueur.

9.9

On modélise la distribution d'une main de 5 cartes par le choix d'une combinaison de 5 cartes parmi 32 (car l'ordre dans lequel les cartes sont distribuées n'a pas d'influence sur le jeu du joueur). L'univers ! est donc l'ensemble des combi! " . naisons de 5 cartes parmi 32, et Card(!) = 32 5

Remarquons ensuite que dans un jeu de 32 cartes, il y a 4 couleurs (carreau, coeur, pique et trèfle) et 8 hauteurs dans chaque couleur (7, 8, 9, 10, valet, dame, roi, as). Toutes les figures considérées dans cet exercice dépendent de la hauteur des 5 cartes de la main du joueur. Pour les dénombrements, nous allons donc commencer par choisir la hauteur des 5 cartes, puis leur couleur. a) On note A l'événement : « obtenir une seule paire » = « obtenir deux cartes de la même hauteur, et trois cartes de hauteurs distinctes et différentes de celle de la paire ». !4" !7" !4"3 !8" × × × 1 2 3 1 ↑ ↑ ↑ ↑ une hauteur parmi 8

2 cartes dans cette hauteur

3 hauteurs dans les 7 restantes

une carte dans chaque hauteur

Remarquons que le choix des deux cartes de la paire se fait de ! "2 !4" façons différentes, et pas de 41 façons, car obtenir « roi 2 de coeur, roi de trèfle » donne la même paire qu'obtenir « roi de trèfle, roi de coeur ». Il ne faut donc le compter qu'une seule fois. Comme toutes les mains sont équiprobables on a donc : !8"!4"!7"!4"3 480 ≈ 0,53 P(A) = 1 2!323" 1 = 899 5

b) On note B l'événement : « obtenir deux paires » = « obtenir deux cartes de la même hauteur, deux autres cartes aussi de la même hauteur mais différente de celle de la première paire, et une carte d'une hauteur différente de celle des deux paires ».

On adopte la même méthode. Il faut choisir la hauteur de !" chacune des 2 paires : 82 possibilités (car « paire de roi, paire de 7 » donne la même main que « paire de 7, paire de roi »),

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la hauteur de la cinquième carte :

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!6"

possibilités, la couleur !4" des deux cartes de la première paire : 2 possibilités, la cou!" leur des deux cartes de la seconde paire : 42 possibilités, et la !" couleur de la cinquième carte : 41 possibilités. 1

Au total :

Card(B) =

# % # %2 # % # % 4 4 8 6 × × × 2 1 2 1

Comme toutes les mains sont équiprobables on a donc : !8" !4"2 !6" !4" × 2 × 1 × 1 108 P(B) = 2 ≈ 0,12 = !32" 899 5

c) On note C l'événement : « obtenir un brelan » = « obtenir trois cartes de la même hauteur, et deux autres cartes de hauteurs distinctes et d'une hauteur différente de celle des trois premières cartes ». !" Il faut choisir la hauteur des trois premières cartes : 81 possi!" bilités, les hauteurs des deux autres cartes : 72 possibilités (car « roi,7 » donne la même main que « 7,roi »), la couleur des !" trois premières cartes : 43 possibilités, la couleur de la qua!" trième carte : 41 possibilités, et la couleur de la cinquième carte : !4" possibilités. 1 Au total :

Card(C) =

# % # % # % # %2 4 7 4 8 × × × 1 2 3 1

Comme toutes les mains sont équiprobables on a donc : !8" !4" !7" !4"2 × 3 × 2 × 1 48 ≈ 0,053 = P(C) = 1 !32" 899 5

d) On note D l'événement : « obtenir un carré » = « obtenir quatre cartes de la même hauteur, et une autre carte d'une hauteur différente de celle des quatre premières cartes ». !" Il faut choisir la hauteur des quatre premières cartes : 81 pos!" sibilités, la hauteur de la cinquième carte : 71 possibilités, la !" couleur des quatres premières cartes : 44 possibilité, et la cou!" leur de la cinquième carte : 41 possibilités. Au total :

Card(D) =

# % # % # % # % 4 7 4 8 × × × 1 1 4 1

Comme toutes les mains sont équiprobables on a donc : !8" !4" !7" !4" × 4 × 1 × 1 1 P(D) = 1 ≈ 0,001 = !32" 899 5

e) On note E l'événement : « obtenir un full » = « obtenir trois cartes de la même hauteur, et deux autres cartes de la même hauteur et d'une hauteur différente de celle des trois premières cartes ». !" Il faut choisir la hauteur des trois premières cartes : 81 possi!" bilités, la hauteur des deux autres cartes : 71 possibilités, la !" couleur des trois premières cartes : 43 possibilités, et la cou!" leur des deux cartes de la paire : 42 possibilités. Au total :

Card(E) =

# % # % # % # % 4 7 4 8 × × × 2 1 3 1

Comme toutes les mains sont équiprobables on a donc : !8" !4" !7" !4" × 3 × 1 × 2 6 P(E) = 1 ≈ 0,007 = !32" 899 5

9.10 C'est un peu comme le jeu de poker : il y a 8 « couleurs » (les 8 paires de chaussettes) et pour chacune 2 « hauteurs » (les 2 chaussettes d'une même paire)... L'univers ! est donc l'ensemble des combinaisons de 4 chaussettes parmi ! " = 1 820 . 16, et Card(!) = 16 4 a) On note A l'événement : « obtenir deux paires » = « obtenir deux chaussettes de la même paire, et deux autres chaussettes aussi de la même paire (nécessairement différente de la première paire) ». !" On choisit les 2 paires : 82 possibilités, les deux chaussettes !" de la première paire : 22 possibilités, et les deux chaussettes !" de la seconde paire : 22 possibilités. Au total :

Card(A) =

# % # %2 2 8 × 2 2

Comme toutes les situations sont équiprobables on a donc : !8" !2"2 × 1 P(A) = 2 !16" 2 = ≈ 0,015 65 4

b) On note B l'événement : « obtenir au moins une paire ». Pour simplifier on va d'abord s'intéresser à son contraire B = « ne pas obtenir de paire » = « quatre chaussettes appartenant à quatre paires différentes ». !" On choisit les 4 paires : 84 possibilités, puis une chaussette ! "4 par paire : 21 possibilités. Au total :

Card(B) =

# % # %4 2 8 × = 1 120 1 4

donc : Card(B) = Card(!) − Card(B) = 1 820 − 1 120 = 700 229

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Comme toutes les situations sont équiprobables on a donc : P(B) =

Card(B) 5 = ≈ 0,38 Card(!) 13

c) On note C l'événement : « obtenir exactement une paire ». Pour simplifier s'intéresse ici encore à son contraire C = « ne pas obtenir de paire ou obtenir deux paires » = A ∪ B. Comme A et B sont incompatibles, on a : P(C) = P(A) + P(B) =

1 8 41 + = 65 13 65

Si on note A l'événement : « les fleurs de la plante sont roses », alors A = {R1 B2 ,B1 R2 } et, d'après la formule des probabilités totales avec le système complet d'événements (R1 ,B1 ), et l'indépendance des gènes transmis par chacun des parents : P(A) =

D'autre part, si on note B l'événement : « les fleurs de la plante sont rouges », alors B = {R1 R2 } et, d'après l'indépendance des gènes transmis par chacun des parents : P(B) =

donc : P(C) = 1 − P(C) =

24 = 0,37 65

Autre méthode : on a C = « obtenir deux chaussettes d'une même paire, et deux chaussettes appartenant à deux paires distinctes (nécessairement différentes de la première paire) ». !" On choisit la première paire : 81 possibilités, les deux paires !" !" distinctes : 72 possibilités, les deux chaussettes de la paire : 22 ! "2 possibilité, et les deux autres chaussettes : 21 possibilités. Au total :

# $ # $ # $ # $2 2 7 2 8 × × × = 672 Card(C) = 1 2 2 1 Comme toutes les situations sont équiprobables on a donc : !8" !2" !7" !2"2 × 2 × 2 × 1 24 P(C) = 1 = !16" 65 4

9.11

On peut modéliser les données par l'arbre suivant en notant : – R1 l'événement : « le gène transmis par le premier parent de la plante a l'allèle R » ; – B1 l'événement : « le gène transmis par le premier parent de la plante a l'allèle B » ; – R2 l'événement : « le gène transmis par le second parent de la plante a l'allèle R » ;

1 1 1 1 1 × + × = 2 2 2 2 2

De même, si on note C l'événement : « les fleurs de la plante sont blanches », alors C = {B1 B2 } et, d'après l'indépendance des gènes transmis par chacun des parents : P(C) =

9.12 On peut avoir deux idées contradictoires : – le présentateur ayant ouvert une porte, le candidat a une chance sur deux de tomber sur la voiture ; 1 – au départ, le candidat a une probabilité de de tomber sur 3 la voiture. Ensuite, s'il garde son choix initial, il a toujours 1 la même probabilité de gagner donc s'il change d'avis, la 3 1 2 probabilité qu'il gagne est donc 1 − = . 3 3 Qui a raison ? Simulons la situation à l'aide de Scilab. function

for floor floor

rand rand

if

1/2

R2

1/2

B2

1/2

R2

R1

B1

else

if

1/2

230

B2

then modulo

Ω 1/2

1 1 1 × = 2 2 4

Malheureusement, au XIXe siècle, Gregor Mendel ne disposait pas encore de la théorie des probabilités (apparue après) et il n'a pas pu apporter un cadre mathématique à ses théories.

– B2 l'événement : « le gène transmis par le second parent de la plante a l'allèle B ».

1/2

1 1 1 × = 2 2 4

floor

rand

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La première branche correspond au choix du joueur, la seconde au choix du présentateur, et la troisième au choix du joueur.

then

if

Notons A l'événement « le joueur gagne en conservant son choix initial ». Il n'y a que deux déroulements de l'expérience qui réalisent A :

end string

endfunction

Listing 9.7 – Simulation du jeu de Monty Hall

On obtient alors, pour 10 000 000 de simulations :

– le joueur choisit la porte cachant la voiture (avec probabilité 1 ), le présentateur choisit la porte cachant la chèvre 1 (avec pro3 1 babilité ), le joueur choisit de garder son choix initial (avec 2 1 probabilité ) ; 2 – le joueur choisit la porte cachant la voiture (avec probabilité 1 ), le présentateur choisit la porte cachant la chèvre 2 (avec pro3 1 babilité ), le joueur choisit de garder son choix initial (avec 2 1 probabilité ). 2 On a donc :

La deuxième option semble la bonne... il reste à le prouver ! Dressons un arbre en trois étapes (après avoir numérotées nos deux chèvres) : – le candidat choisit d'abord une porte de manière équiprobable ; – le présentateur, sachant où se trouve la voiture, choisit une porte cachant une chèvre ; – le candidat prend ensuite la décision de garder ou de changer son choix initial. Change 1/2 Chèvre 1

1

Voitu re

Chèvre 2 Garde 1/2

Chèvre 1

Change 1/2

Voitu re

1/3

1/3

Chèvre 2

1

Ω

Chèvre 1 Garde 1/2

P(A) =

De même, notons B l'événement « le joueur gagne en changeant son choix initial ». Il n'y a que deux déroulements de l'expérience qui réalisent B : – le joueur choisit la porte cachant la chèvre 1 (avec probabi1 lité ), le présentateur choisit la porte cachant la chèvre 2 (avec 3 probabilité 1), le joueur choisit de changer son choix initial (avec 1 probabilité ) ; 2 – le joueur choisit la porte cachant la chèvre 2 (avec probabi1 lité ), le présentateur choisit la porte cachant la chèvre 1 (avec 3 1 probabilité ), le joueur choisit de changer son choix initial (avec 2 1 probabilité ). 2 On a donc :

Chèvre 2

P(B) =

1/3

Garde 1/2

Voitu re

Chèvre 2

Voiture 1/2 Garde 1/2

1 1 2 ×1+ ×1= 3 3 3

Il vaut donc mieux pour le candidat changer son choix initial. Pour avoir une idée de la controverse passée et présente autour de ce problème voir :

Chèvre 1 1/2 Change 1/2

1 1 1 1 1 × + × = 3 2 3 2 3

Voitu re

http://fr.wikipedia.org/wiki/Problème_ de_ Monty_ Hall Nous avons ici supposé que le joueur garde/change son choix initial de manière équiprobable, ce qui peut être discuté...

Chèvre 2 Change 1/2

Chèvre 1

231

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Pour i ∈ [[1,4]], on considère les événements :

– Ni = « obtenir une noire au ième tirage »

endfunction

– Bi = « obtenir une blanche au ième tirage » a) Le tirage se fait sans remise. Une simple application de l'indépendance des résultats obtenus à chaque tirage, permet d'obtenir que : P(N1 ∩ N2 ∩ B3 ∩ B4 )

=

P(N1 )P(N2 )P(B3 )P(B4 ) 3 7 7 441 3 × × × = 10 10 10 10 10 000

=

b) Les tirages de deux boules exactement sont les anagrammes 4! = 6. du « mot » NNBB . Ils sont au nombre de 2! × 2! L'événement A = « obtenir exactement deux blanches » est donc l'union de 6 événements incompatibles et de même probabilité p, calculée à la première question. On a donc : P(A) = 6 ×

Listing 9.8 – Tirages de 4 boules avec remise

Comptons les tirages contenant 2 boules blanches exactement : -> boule(100000 0 ,2) ans = 0.264013

Pour avoir au moins une boule blanche :

441 2646 = 10 000 10 000

- ->1- boule(100000 0 ,0) ans =

c) Pour B = « Obtenir au moins une boule blanche », on considère son contraire B = « ne pas obtenir de blanches » = « obtenir que des noires » = N1 ∩ N2 ∩ N3 ∩ N4 . Par indépendance des résultats obtenus à chaque tirage : P(B) = P(N1 )P(N2 )P(N3 )P(N4 ) =

#

3 10

%4

Donc : P(B) = 1 − P(B) = 1 −

#

3 10

%4

=

0.991983

On constate que ces résultats expérimentaux sont bien en accord avec nos résultats théoriques.

9.14 a) Dressons un arbre :

9 919 10 000

a

A1 b

Ω

Simulons le tirage des quatre boules pour vérifier les deux derniers résultats.

1

a

B2 a

A1 1 b

B2 1

function

a

A3

Remarquons que les tirs ne sont pas indépendants, car ils n'ont lieu que si personne n'a gagné au tour précédent...

for for if floor

A3

D'après la formule des probabilités composées : rand

then

– P(A1 ) = a

– P(B2 ) = P(B2 ∩ A1 ) = P(A1 )P(B2 |A1 ) = (1 − a)b

– P(A3 ) = P(A3 ∩ B2 ∩ A1 ) = P(A1 )P(B2 |A1 )P(A3 |B2 ∩ A1 )

end end if

end end

232

= (1 − a)(1 − b)a

De manière générale, la formule des probabilités composées (trop longue à écrire ici...) donne que, pour tout entier naturel n non nul : – P(A2n−1 ) = (1 − a)n−1 (1 − b)n−1 a – P(B2n ) = (1 − a)n (1 − b)n−1 b

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b) Cn est une réunion d'événements bien sûr deux à deux incompatibles

b) Complétons l'arbre précédent :

Cn = A1 ∪ A3 ∪ · · ·∪ A2n−1

2/3

On en déduit que, pour tout entier naturel n non nul : P(Cn )

n & (1 − a)k−1 (1 − b)k−1 a

=

(1 − a)k (1 − b)k

=

1 − (1 − a)n (1 − b)n a 1 − (1 − a)(1 − b)

k=0

1/3

On obtient de même que, pour tout entier naturel n non nul : 1

n & (1 − a)k (1 − b)k−1 b

=

c) Comme |1 − a| < 1 et |1 − b| < 1 on obtient : α = lim P(Cn ) = n→+∞

a 1 − (1 − a)(1 − b)

b(1 − a) β = lim P(Dn ) = n→+∞ 1 − (1 − a)(1 − b) On vérifie que α+β=

a + b − ab a + b(1 − a) = = 1. 1 − (1 − a)(1 − b) a + b − ab

9.15 a) Dressons un arbre :

2/3

= = =

N2

2/3

Bl 2

1/3

N2

2/3

Bl 2

Bl 1

Or, une fois le dé choisi, les lancers se font de manière indépendante. On peut le traduire par le fait que les événements N1 et N2 sont indépendants pour les probabilités PA et PB . On obtient : P(N1 ∩ N2 )

= = =

P(A) × PA (N1 ) × PA (N2 )

+P(B) × PB (N1 ) × PB (N2 ) 2 2 1 1 p × × + (1 − p) × × 3 3 # 3 3% 1 1 p+ 3 3

Calculons maintenant P(N2 ) , comme a la première question : 2/3

N1

1/3

Bl 1

1/3

N1

2/3

Bl 1

B

D'après la formule des probabilités totales avec le système complet d'événements (A,B) : P(N1 )

1/3

P(N1 ∩ N2 ) = P(A) × PA (N1 ∩ N2 ) + P(B) × PB (N1 ∩ N2 )

P(N2 )

A

p

Bl 2

On veut calculer P(N1 ∩ N2 ) . Comme précédemment, la formule des probabilités totales donne :

P(A) × PA (N1 ) + P(B) × PB (N1 ) 2 1 p + (1 − p) 3 3 1 ( p + 1) 3

= = =

Ω 1

1/3

N1

p

On peut interpréter ce résultat de la façon suivante : au bout d'un très grand nombre de tours, il y a toujours un des deux joueurs qui gagne.

p

N2

B

n b & (1 − a)k (1 − b)k 1 − b k=1 1 − (1 − a)n (1 − b)n b(1 − a) × 1 − (1 − a)(1 − b)

=

2/3 Bl 1

k=1

=

Bl 2

Ω

/ 1. car (1 − a)(1 − b) =

P(Dn )

1/3 A 1/3

a

N2

N1

p

k=1 n−1 &

=

2/3

=

P(A) × PA (N2 ) + P(B) × PB (N2 ) 1 2 p + (1 − p) 3 3 1 ( p + 1) 3 P(N1 )

On obtient donc que P(N1 ) × P(N2 ) =

1 2 ( p + 2 p + 1) et 9

1 (3 p + 1). 9 Les événements N1 et N2 sont donc indépendants si, et seulement si :

P(N1 ∩ N2 ) =

3 p + 1 = p2 + 2 p + 1 ⇐⇒ p( p − 1) = 0 .

Ils ne sont donc pas indépendants pour P (mais ils le sont pour PA et PB ). 233

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e) On veut calculer PN1 ∩N2 ∩···∩Nn (A). D'après la formule de Bayes, appliquée avec le système complet d'événements (A,B) : PA (N1 ∩ N2 ∩ · · ·∩ Nn )P(A) PN1 ∩N2 ∩···∩Nn (A) = P(N1 ∩ N2 ∩ · · ·∩ Nn )

De même qu'à la question précédente, les événements N1 , N2 , ..., Nn sont indépendants pour les probabilités PA et PB . La formule des probabilités totales nous donne donc : P(N1 ∩ N2 ∩ · · ·∩ Nn ) P(A)PA (N1 ∩ N2 ∩ · · ·∩ Nn ) +P(B)PB (N1 ∩ N2 ∩ · · ·∩ Nn ) P(A)PA (N1 )PA (N2 ) × . . . × PA (Nn ) +P(B)PB (N1 )PB (N2 ) × . . . × PB (Nn ) # %n # %n 1 2 p+ (1 − p) 3 3

= = = D'autre part :

= =

PA (N1 ∩ N2 ∩ · · ·∩ Nn ) PA (N1 )PA (N2 ) × . . . × PA (Nn ) # %n 2 3

On a donc : # %n 2 p 3 PN1 ∩N2 ∩···∩Nn (A) = # %n # %n 2 1 p+ (1 − p) 3 3 Étudions la limite en +∞ de cette expression. Il s'agit d'une 0 0 0 0 010 020 forme indéterminée car 00 00 < 1 et 00 00 < 1 donc numérateur 3 3 et dénominateur tendent vers 0.

Factorisons le dénominateur par le numérateur : # %n 2 p 1 3 = # %n # %n # %n . 2 1 1 1− p p+ (1 − p) 1+ · 3 3 2 p 0 0 010 Or 00 00 < 1 donc : 2 lim PN1 ∩N2 ∩···∩Nn (A) = 1

n→+∞

On peut interpréter ce résultat de la façon suivante : si on obtient un très grand nombre de fois des faces noires consécutives, on peut être presque sûr qu'on joue avec le dé A.

9.16 a) Si le premier lancer est « pile » alors la série de lancers sera du type :

Sinon, elle sera du type : · · · P4 F FF · · · F4 PP 1 23 1 23 j fois

On peut considérer que le premier cas est un cas particulier du second avec j = 0. · · · P4 F ». · · · F4 PP Soit E j l'événement « lancer FF 1 23 1 23 j fois

Alors Ak =

k−2 $

k−1 fois

234

k−1− j fois

E j . Or les E j sont deux à deux incompatibles.

j=0

Finalement, on obtient grâce à l'indépendance des résultats obtenus à chaque lancer que : P(Ak )

= =

k−2 & j=0 k−2 &

P(E j ) q j pk−1− j q

j=0

pk−1 q

=

k−2 # % j & q

p # %k−1 q 1− p # % pk−1 q q 1− p # % 5 q q k−1 pk 1− p−q p " pq ! k−1 k−1 p −q p−q j=0

=

q /1 p=

= = b) On remarque que A =

n $ k=2

Ak . Or les Ak , 2 ! k ! n , sont

deux à deux incompatibles, donc : n & P(A) = P(Ak ) k=2 # % n & pq pk−1 − q k−1 = p−q k=2 5 n n & & pq k−1 k−1 = p − q p − q k=2 k=2 # % 1 − pn−1 pq 1 − q n−1 p = −q 0< p 0 . si x = 0

Soit ! un univers fini et X une variable aléatoire définie sur ! et à valeurs dans R+ . On appelle entropie de la loi de X le réel, noté H(X), défini par :

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

H(X) =

#

x∈X(!)

' ( f P(X = x)

' ( On pose aussi N = card X(!) .

a) Déterminer H(X) lorsque X suit la loi uniforme. Même question lorsque X suit la loi certaine. b) Dans le cas général, déterminer le signe de H(X). c) Étudier le signe sur R+ de la fonction h(x) = f (x) − 1 + x. En déduire le signe du réel : ( # ' f N × P(X = x) , puis l'inégalité : H(X) ! ln N. x∈X(!)

d) Établir que l'entropie est minimale si et seulement si X suit la loi certaine. e) Établir que l'entropie est maximale si et seulement si X suit la loi uniforme. 245

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Page 246

Chapitre 10 • Variables aléatoires

10.13 Fonction génératrice d'une variable aléatoire discrète Soit X une variable aléatoire sur un univers ! supposé fini, et à valeurs dans N. On appelle fonction génératrice de X la fonction GX : R −→ R définie par : # ∀t ∈ R, GX (t) = P(X = k)t k k∈X(!)

a) Pour tout t ∈ R, exprimer E(t X ) en fonction de GX . ! " b) Pour tout n ∈ N∗ , exprimer E X(X − 1) . . . (X − n + 2)(X − n + 1) en fonction de GX ou de ses dérivées. c) Montrer que la fonction génératrice de X caractérise la loi de X. d) Relier E(X) et Var(X) à GX et G'X . ! " e) Déterminer GX dans les cas suivants : X "→ B ( p) , X "→ B (N, p) et X "→ U [[1,N]] .

Du mal à démarrer ? 10.1

Étudier l'indépendance des répétitions pour distinguer loi binomiale et loi hypergéométrique.

10.2

a) Noter p la probabilité d'obtenir « 1 » avec le dé pipé.

b) Remarquer que les tirages sont indépendants. c) Remarquer que les tirages ne sont pas indépendants

10.3

a) Distinguer deux cas suivant la couleur des jetons.

b) Pour 'l'espérance, ( revenir à la définition. Pour la variance, calculer E X(X − 1) .

10.4

Utiliser un arbre pour visualiser toutes les issues possibles.

X a) Considérer la variable aléatoire où X est égale au n nombre de boules blanches obtenues.

10.5

b) Considérer la variable aléatoire X égale au nombre de boules blanches obtenues.

10.6

a) Utiliser un calcul direct.

b) Revenir à la définition.

10.7

a), b) et c) Remarquer que [X " k] = [X = k] ∪ [X " k + 1] . d) Revenir à la définition et utiliser judicieusement la formule du binôme.

10.8

a) et b) Faire un calcul direct.

a) Reconnaître une des lois usuelles.

b) et c) Distinguer le j-ième tirage des tirages 1 à ( j − 1) .

10.10

a) Procéder par calcul direct.

b) Utiliser la formule des probabilités totales pour obtenir la relation.Ensuite sommer, pour obtenir une relation sur les espérances. c) Reconnaître une suite arithmético-géométrique.

10.11

a) Introduire la variable aléatoire égale au nombre de boules « données » obtenues. b) Utiliser la question a), puis travailler la formule en revenant aux factorielles. c) Remarquer que : [T ! k] = [T = k] ∪ [T ! k − 1]. d) Revenir à la définition et reconnaître des sommes télescopiques.

10.12

a) Faire un calcul direct.

b) Commencer par le signe de la fonction f. c) Étudier le signe de h ' . Calculer ensuite fonction de H(X).

N #

x∈X(Ω)

P(X = x) en

d) Utiliser la propriété : si une somme de termes positifs est nulle, c'est que chaque terme est nul. e) Reprendre les calculs du c).

10.13

a) Utiliser le théorème de transfert.

c) Revenir à la définition et utiliser les formules : $ % n n(n + 1) 2 n(n + 1)(2n + 1) # k3 = k2 = . et 2 6 k=0 k=0

c) Utiliser la formule de Taylor pour les polynômes.

d) Chercher P sous la forme d'un polynôme de degré 5.

e) Faire un calcul direct.

n #

246

10.9

b) Déterminer l'expression de la dérivée n-ième de GX . d) Reprendre les résultats du b) pour n = 1 et n = 2 .

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Corrigés des exercices

10.1

a) Toutes les cartes peuvent être choisies de manière équiprobable, donc chacune des huit hauteurs également. On en déduit que :

b) On effectue des tirages successifs sans remise d'une clé parmi 7. Il n'y a qu'une seule clé sur les 7 qui ouvre la porte. On en déduit que :

– X "→ U ([[1,8]]) ; 9 8+1 = . – E(X) = 2 2 b) On répète dix fois dans les mêmes conditions la même expérience qui n'a que deux issues contraires, et ceci de manière indépendante. On en déduit que : % $ 1 ; – X "→ B 10, 3

– X "→ U ([[1,7]]) ; 7+1 = 4. – E(X) = 2

1 10 = . 3 3 c) On effectue 10 tirages successifs sans remise parmi 45 ani30 2 = . On en déduit que : maux. La proportion de zèbres est 45 3 % $ 2 ; – X "→ H 45,10, 3

10.2 a) Notons p la probabilité d'obtenir « 1 » avec le dé pipé alors la probabilité d'obtenir « 2 » est 2 p et de manière générale, la probabilité d'obtenir « k » est kp. Or il n'y a que 6 faces donc : 6 #

– E(X) = 10 ×

2 20 – E(X) = 10 × = . 3 3 d) Toutes les cartes peuvent être choisies de manière équiprobable. On en déduit que : – X "→ U ([[1,32]]) ; 32 + 1 33 = . – E(X) = 2 2 e) Les 6 sorties possibles sont équiprobables. On en déduit que : – X "→ U ([[1,6]]) ; 6+1 7 = . – E(X) = 2 2 f) On effectue 5 tirages successifs sans remise parmi 19 ob12 jets. La proportion de pièces est . On en déduit que : 19 % $ 12 ; – X "→ H 19,5, 19

12 60 = . 19 19 g) On répète 3 000 fois dans les mêmes conditions et de manière indépendante la même expérience qui n'a que deux issues contraires. On en déduit que : $ % 2 – X "→ B 3000, ; 3 – E(X) = 5 ×

– E(X) = 3000 ×

2 = 2000 . 3

k=1

kp = 1 = p

6 # k=1

k=p

6(6 + 1) = 21 p 2

1 . Finalement, si on note X la variable aléa21 toire égale au chiffre donné par le dé pipé : On a donc : p =

P(X = k) =

k 21

Représentons cette loi dans un tableau : k P(X = k)

1 1 21

2 2 21

3 3 21

4 4 21

5 5 21

6 6 21

On en déduit que : E(X) = Puis : E(X2 ) =

6 # k2 13 = 21 3 k=1

6 # k3 441 = = 21 , et donc : 21 21 k=1

V(X) = 21 −

$

13 3

%2

=

20 9

b) On répète n fois dans les mêmes conditions et de manière indépendante la même expérience qui n'a que deux issues contraires : « tirer ou ne pas tirer le dé truqué » dont l'issue 1 favorable a pour probabilité . 6 $ % 1 On en déduit que X "→ B n, . 6 On cherche ensuite à déterminer n tel que 1 p (X " 1) " . 2

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Page 248

Or p(X " 1) = 1 − p(X = 0) donc p(X " 1) "

1 1 ⇐⇒ p(X = 0) ! 2 2

On a donc :

$ % 1 n . Or p(X = 0) = 1 − 6

On doit donc résoudre l'inéquation : $ % $ %n $ % 1 1 5 5 ! ! ln ⇐⇒ n ln 6 2 6$ % 2 1 ln 2 $ % ⇐⇒ n " 5 ln 6

On doit donc effectuer au moins 4 tirages. c) Cette fois les tirages s'effectuent sans remise. % $ 1 On en déduit que X "→ H 6,n, . 6

Cette fois encore on cherche les valeurs 1 P(X " 1) " c'est-à-dire P(X = 0) ! 2 On a, pour n ∈ [[0,5]] : !1" !5" × 0 P(X = 0) = !6" n

de n telles que 1 . 2

n

=

=

5! n!(6 − n)! × n!(5 − n)! 6! 6−n 6

1×

et on remarque que cette formule est aussi valable pour n = 6 (car dans ce cas X est certaine égale à 1). 1 6−n ! ⇐⇒ 3 ! n. Or 6 2 On doit donc effectuer au moins 3 tirages.

10.3 a) X prend comme valeurs tous les entiers impairs entre 1 et 2n + 1. On a donc : ) * + X(!) = 2k + 1 k ∈ [[0,n]] Soit k ∈ [[0,n]] fixé quelconque.

On considère les événements Bk « on obtient exactement 2k + 1 faces blanches » et Nk « on obtient exactement 2k + 1 faces noires ». Ces deux événements sont incompatibles et [X = 2k + 1] = Bk ∪ Nk .

De plus la variable aléatoire égale au nombre de faces blanches % $ 1 (par indéobtenues suit une loi binomiale B 2n + 1, 2 pendance de la face sur laquelle tombe chaque jeton). On a donc : P(Bk ) =

248

$

2n + 1 2k + 1

Le même type de raisonnement donne : % $ 1 2n + 1 P(Nk ) = . 2k + 1 22n+1

% $ %2k+1 $ %2n+1−(2k+1) $ % 1 2n + 1 1 1 = 2 2 2k + 1 22n+1

∀k ∈ [[0,n]],

P(X = 2k + 1) = 2 ×

$

% % $ 1 2n + 1 2n + 1 1 = 2k + 1 22n+1 2k + 1 22n

b) • Par définition de l'espérance, on a : E(X)

= = = = = =

n # k=0

n #

(2k + 1)P(X = 2k + 1)

% 2n + 1 1 2k + 1 22n k=0 $ % n 1 # 2n + 1 (2k + 1) 22n k=0 2k + 1 $ % n 2n 1 # (2n + 1) (formule de factorisation) 22n k=0 2k % n $ 2n + 1 # 2n 22n k=0 2k (2k + 1)

$

2n + 1 2n−1 2 22n

(formule de l' énoncé)

2n + 1 . 2 • Pour simplifier le calcul, on commence par déterminer E(X(X − 1)) grâce au théorème de transfert : On obtient : E(X) =

E(X(X − 1))

=

= =

=

= = =

n # k=0

(2k + 1)(2k + 1 − 1)P(X = 2k + 1)

(théorème de transfert) $ % n 1 # 2n + 1 0 + 2n (2k + 1)(2k) 2 k=1 2k + 1 $ % n 2n 1 # (2n + 1)(2k) 22n k=1 2k (formule de factorisation) $ % n 2n − 1 1 # (2n + 1)(2n) 22n k=1 2k − 1 (formule de factorisation) % n $ 2n(2n + 1) # 2n − 1 22n 2k − 1 k=1 2n(2n + 1) 2n−2 2 22n 2n(2n + 1) 4

(formule de l' énoncé)

D'après la formule de Koenig-Huygens et la linéarité de l'espérance : ' ( ' (2 V(X) = E X2 − E(X) ' ( ' (2 = E X(X − 1) + E(X) − E(X) % $ 2n(2n + 1) 2n + 1 2n + 1 2 = + − 4 2 2

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Après simplifications : V(X) =

9:04

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2n + 1 . 4

d'où :

10.4

On note A le joueur qui a gagné les deux premières manches, B le joueur qui n'en a gagné qu'une.

On imagine que la partie reprend après l'interruption, et on note alors X la variable aléatoire égale au gain (en pistoles) du joueur A. A gagne la partie dès qu'il remporte une manche ; B gagne la partie dès qu'il a remporté deux manches. Résumons la situation à l'aide d'un arbre : 1/2

A

Ω 1/2

1/2

A

1/2

B

X ne prend que deux valeurs : {0,64} . D'après l'arbre :

P(X = 64) = P(« A gagne ») =

1 1 1 3 + × = 2 2 2 4

et donc : 3 1 = 4 4

On a donc : E(X) =

On cherche donc n tel que : 1−

1 4 10 " 0,95 4n

1 4 10 ! 0,05 4n n " 50 000

⇐⇒ ⇐⇒

Il faut donc effectuer au moins 50 000 lancers. b) On note X la variable aléatoire égale au nombre de boules $ % 1 blanches obtenus. On sait que X "→ H 100 000,n, . 9 On cherche n tel que P(X " 1) " 0,9 ou encore

B

P(X = 0) = 1 −

, , % $, % $, , , 1, 1, 1 4 P ,,Y − ,, ! 0,01 = 1 − P ,,Y − ,, > 0,01 " 1 − 10 2 2 4n

1 3 × 64 + × 0 = 48 4 4

La répartition équitable consisterait donc à donner 48 pistoles au joueur A et 16 pistoles au joueur B. Ce problème, connu sous le nom de « problème des partis », a été résolu par Blaise Pascal. Sans le savoir, cette résolution l'a poussée à être le premier à utiliser la notion d'espérance mathématique.

10.5

a) On note X le nombre de « piles » obtenus. On sait % $ 1 n n , E(X) = et V(X) = . que X "→ B n, 2 2 4

La variable aléatoire égale à la moyenne empirique du nombre X 1 1 de piles obtenus est Y = , et on a E(Y) = E(X) = et n n 2 1 1 V(Y) = 2 V(X) = . n 4n D'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev : , $, % , 1 1, ∀! > 0, P ,,Y − ,, > ! ! 2 4n!2 Donc pour ! = 0,01 , on a : , $, % , 1 4 1 ,, , P ,Y − , > 0,01 ! 10 2 4n

P(X = 0) ! 0,1 (en effet [X " 1] = [X = 0]).

Comme N " 10n avec ici N = 100 000 et n ! 10000, on peut approximer la loi hypergéométrique de X par la loi binomiale % $ 1 B n, . 9 $ % $ %0 $ %n $ %n n 1 8 8 = Donc : P(X = 0) = . 0 9 9 9 On cherche donc n tel que : $ %n $ % 8 8 ! 0,1 ⇐⇒ n ln ! ln(0,1) = − ln(10) 9 9 − ln(10) $ % ⇐⇒ n " 8 ln 9

On donc effectuer au moins 20 tirages.

10.6 a) • L'univers ! est l'ensemble des combinaisons de n boules parmi N, donc Card(!) =

!N" n

.

Le tirage amenant les plus petits numéros possibles est celui donnant les numéros : 1,2,. . . ,n. Dans ce cas X = n .

Le tirage amenant les plus grands numéros possibles est celui donnant les numéros : N − n + 1,N − n + 2,. . . ,N . Dans ce cas X = N .

Donc X va prendre comme valeurs tous les entiers entre n et N, c'est-à-dire : X(!) = [[n,N]]. • Soit k ∈ [[n,N]] fixé.

L'événement [X = k] correspond à l'événement « on tiré la boule numéro k et (n − 1) boules portant des numéros inférieurs ou égaux à k − 1 ». Donc : % % $ $ % $ k−1 k−1 1 = × Card([X = k]) = n−1 n−1 1 Ainsi : !k−1"

P(X = k) = !n−1 " N n

249

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c) • Soit k ∈ [[3,n + 1]] . L'événement [X " k] correspond à l'événement « aux (k − 1) premiers tirages on a obtenu des numéros dans l'ordre strictement décroissant ». ! n " (k − 1)-uplets de [[2,n + 1]] dans l'ordre Comme il y a k−1

b) On a : E(X)

= =

N #

kP(X = k)

k=n

k !n−1 " N

k=n

N #

!k−1"

strictement décroissant, et n k−1 (k − 1)-uplets au total. On a donc : ! n "

n

% $ N 1 # k−1 = !N" k n−1 n k=n

P(X " k) =

$ % N 1 # k = !N" n n n k=n

et on remarque que cette formule est aussi valable pour k = 2 . • Soit k ∈ [[2,n + 1]] . On a :

(formule de factorisation) N $ % n # k = !N" n n k=n % $ n N+1 = !N" n+1 n

[X " k] = [X = k] ∪ [X " k + 1] .

Comme les événements [X = k] et [X " k + 1] sont incompatibles, on a donc : P(X = k) = P(X " k) − P(X " k + 1) Donc, si k ∈ [[2,n]] :

(formule de l' énoncé) N+1 =n n+1

P(X = k) =

(formule de factorisation)

Au maximum, le numéro obtenu est toujours inférieur au précédent, donc on a obtenu dans cet ordre au n premiers tirages : n,n − 1,. . . ,2,1 . Le numéro suivant étant toujours supérieur ou égal à 1, on s'arrête. Donc au maximum on effectue n + 1 tirages.

E(X)

=

b) • L'événement [X " 2] est donc toujours réalisé. Donc :

=

j=k−1

P(X " 2) = 1.

• L'événement [X " 3] correspond à l'événement « au second tirage on a obtenu un nombre strictement inférieur à celui obtenu au premier tirage ». Pour deux tirages on a au total n 2 possibilités (n pour chaque tirage). Compter le nombre de tirages qui réalisent [X " 3] revient à compter le nombre de couples (i, j) de [[1,n]]2 tels que !" i > j : il y en a n2 . Comme toutes les possibilités sont équiprobables : !n" 2

n2

• On a : [X " 2] = [X = 2] ∪ [X " 3] . Comme les événements [X = 2] et [X " 3] sont incompatibles, on a donc : !n" 2 n2

= =

Ainsi X prend toutes les valeurs entières entre 2 et n + 1 : X(!) = [[2,n + 1]] .

250

"

n k−1 n k−1

−

!n" k

nk

d) • On a :

10.7 a) Au minimum, on effectue deux tirages.

P(X = 2) = P(X " 2) − P(X " 3) = 1 −

!

et cette formule est aussi valable pour k = n + 1 grâce à la ! n " = 0. convention : n+1

n(N + 1) On a donc obtenu : E(X) = . n+1

P(X " 3) =

k−1

n k−1

=

n+1 # k=2

kP(X = k)

! " !n" % n+1 $ n # k k−1 − kk n k−1 n k=2 ! " !n" n n+1 n+1 # # k k k−1 − k k−1 k n n k=2 k=2 !n" !n" n n+1 # # j ( j + 1) j − k kk n n j=1 k=2 !n" !n" !n" n n n+1 # # # j j j j + − k kk n nj n j=1 j=1 k=2

Mais par télescopage : !n" !n" n n+1 # # j j j − k kk = 1 − 0 = 1 n n j=1 k=2 et d'après la formule du binôme : !n" % $ n n $ % $ %j # # 1 n 1 n j n− j = 1 −1= 1+ −1 j nj n n j=1 j=0 On a donc : % $ 1 n E(X) = 1 + n

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$ % % $ ! " 1 n 1 1 n ln 1+ n1 =e ∼ et ln 1 + • Comme 1 + , on n n n→+∞ n obtient par composition de limites : lim E(X) = e

= =

n n 6 # 6 # k2 − 3 k3 2 n k=1 n k=1

6 n(n + 1)(2n + 1) 6 × − 3 2 n 6 n

n→+∞

E(Z) =

3 fois de suite le même numéro. Dans ce cas : Z = 0 .

Inversement si un tirage amène le numéro 1 et un autre le numéro n alors : Z = n − 1.

Z prend donc toute valeur entière entre 0 et n − 1 : Z(!) = [[0,n − 1]] .

b) • Comme dit ci-dessus [Z = 0] est l'événement « on obtient 3 fois le même numéro ». Il y a n numéros possibles donc : n $ %3 # 1 n 1 P(Z = 0) = = 3 = 2 n n n k=1 • Soit k ∈ [[1,n − 1]] fixé. L'événement [Z = k] correspond à l'union des événements Ai = « on a obtenu la boule numéro i, la boule numéro i + k et une autre boule portant un numéro entre i et i + k » pour i ∈ [[1,n − k]]. Comme ils sont 2 à 2 incompatibles, on a : P(Z = k) =

P(Ai )

i=1

De plus, si i ∈ [[1,n − k]] : l'événement Ai peut être réalisé de 3 façons différentes. Avec 3 numéros distincts, avec 2 numéros égaux au minimum, avec 2 numéros égaux au maximum : – le premier cas donne (k − 1) × 3! possibilités (on choisit un numéro entre i + 1 et i + k − 1) puis on choisit à quel tirage on a obtenu chaque numéro) ; – le second donne 3 possibilités (on choisit à quel tirage on a obtenu le maximum) ; – le troisième donne 3 possibilités (on choisit à quel tirage on a obtenu le minimum). ' Au total : Card(Ai ) = 3 2(k − 1) + 1 + 1) = 6k . P(Z = k) =

i=1

n3

= (n − k) ×

6k 6k(n − k) = n3 n3

(on remarque que cette formule est fausse pour k = 0 ) c) On a :

E(Z)

=

n−1 # k=0

kP(Z = k) n−1 #

=

0+

=

n−1 # 6k(n − k) k n3 k=1

k=1

%2

kP(Z = k)

n2 − 1 2n

d) • Comme P(X + 1) et P(X) ont le même terme de plus haut degré, les termes dominants vont s'annuler lorsqu'on calcule P(X + 1) − P(X). On cherche donc P(X) sous la forme d'un polynôme de degré 5 : P(X) = aX5 + bX4 + cX3 + dX2 + eX + f

avec (a,b,c,d,e, f ) ∈ R6 . Alors, après calculs : P(X + 1)

=

aX5 + (5a + b)X4 + (10a + 4b + c)X3 +(10a + 6b + 3c + d)X2 +(5a + 4b + 3c + 2d + e)X +(a + b + c + d + e + f )

Donc : P(X + 1) − P(X)

= 5aX4 + (10a + 4b)X3 + (10a + 6b + 3c)X2 +(5a + 4b + 3c + 2d)X + (a + b + c + d + e)

Par unicité des coefficients d'un polynôme, (a,b,c,d,e, f ) est  5a = −1     10a + 4b = n  10a + 6b + 3c = 0 solution du système :    5a + 4b + 3c + 2d = 0   a+b+c+d +e = 0

n+2 3n + 2 1 n et , c=− , d= On obtient a = − , b = 5 4 6 4 1 e= . 30 f peut être choisi comme on le souhaite : on prend f = 0. Donc :

On a donc :

n−k # 6k

n(n + 1) 2

Après simplifications :

10.8 a) Comme les tirages se font avec remise on peut tirer

n−k #

$

P(X) = −

X5 1 n + 2 4 3n + 2 3 n 2 + X − X + X + X 5 4 6 4 30

• On a : E(Z2 )

=

n−1 #

=

0+

=

n−1 ' ( 6 # nk 3 − k 4 3 n k=1

=

k=0

k 2 P(Z = k) n−1 # k=1

k2

6k(n − k) n3

n−1 6 # P(k + 1) − P(k) n 3 k=1

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=

télescopage

=

P(1)=0

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( 6' P(n) − P(1) 3 n 6 P(n) n3

= =

La formule de Koenig-Huygens donne alors : %2 $ 2 ' (2 6 n −1 V(Z) = E(Z2 ) − E(Z) = 3 P(n) − n 2n

Après simplifications :

V(Z) =

n4 − 1 20n 2

=

b−1 !n " b

c) • Le k-ième bonbon bleu peut apparaître au minimum au k-ième tirage (on tire successivement k bonbons bleus). Inversement, si on ne tire que des bonbons roses, cela ne peut arriver que r fois (tirages sans remise), donc au maximum le k-ième bonbon bleu apparaît au (r + k)-ième tirage.

10.9 a) On reconnaît une loi usuelle : X "→ U ([[1,n]]) . b) • Le premier bonbon bleu peut apparaître au premier tirage. Inversement, si on ne tire que des bonbons roses, cela ne peut arriver que r fois (tirages sans remise), donc au maximum le premier bonbon bleu apparaît au (r + 1)-ième tirage. Donc X prend toute valeur entière entre 1 et r + 1 : X(!) = [[1,r + 1]]. • [X = 1] correspond à l'événement « on a obtenu un bonbon bleu au premier tirage ». On a donc : b . n • Soit j ∈ [[2,r + 1]]. L'événement [X = j] correspond à l'événement « on a obtenu un bonbon bleu au j-ième tirage et que des bonbons roses aux tirages 1 à j − 1 ».

p(X = 1) =

Donc Zk prend toute valeur entière entre k et r + k :

Zk (!) = [[k,r + k]] .

• [Zk = k] correspond à l'événement « on a obtenu que des bonbons bleus lors des k premiers tirages ». Si on note Y' le nombre de bonbons bleus obtenus au k premiers tirages, alors $ % b [Zk = k] = [Y' = k] et Y' "→ H n,k, . Donc : n !b"!r " !b" P(Zk = k) = P(Y' = k) = k!n"0 = !nk " k

k

• Soit j ∈ [[k + 1,r + k]] . L'événement [Zk = j] correspond à l'événement « on a obtenu le k-ième bonbon bleu au j-ième tirage et ( j − k) bonbons roses ainsi que (k − 1) bonbons bleus aux tirages 1 à ( j − 1) ».

On pose A = « obtenir un bonbon bleu j-ième tirage » et B = « n'obtenir que des bonbons roses aux tirages 1 à j − 1 ». On a donc : [X = j] = A ∩ B et P(X = j) = P(B)PB (A) .

On pose A = « obtenir un bonbon bleu j-ième tirage » et B = « obtenir ( j − k) bonbons roses et (k − 1) bonbons bleus aux tirages 1 à ( j − 1) ». On a donc : [Zk = j] = A ∩ B et P(Zk = j) = P(B)PB (A).

Immédiatement : PB (A) =

Immédiatement : PB (A) =

b . n− j +1

b−k+1 . n− j +1

Et si Y est la variable aléatoire égale au nombre de bonbons roses obtenus au ( j − 1) premiers tirages, alors ' r( B = [Y = j − 1] et Y "→ H n, j − 1, . Donc : n ! r "!b"

Et si Y est la variable aléatoire égale au nombre de bonbons roses obtenus au ( j − 1) premiers tirages, alors ' r( B = [Y = j − k] et Y "→ H n, j − 1, . Donc : n ! r "! b "

Ainsi :

Ainsi :

j−1 0 " n j−1

P(B) = P(Y = j − 1) = !

!

r

"

b j−1 P(X = j) = ×! n " n− j +1 j−1

(on remarque que cette formule reste valable pour j = 1).

• On trouve souvent une autre formule dans la littérature. Soit j ∈ [[1,r + 1]] : 252

=

P(X = j ) b r! ( j − 1)!(n − j + 1)! × × n− j +1 ( j − 1)!(r − j + 1)! n! b r !(n − j + 1)! b! × × n− j +1 (r − j + 1)!n! b! r !b! (n − j )! × n! (b − 1)!(r − j + 1)! !n− j "

P(B) = P(Y = j − k) =

b−k+1 P(Zk = j) = × n− j +1

j−k

!

!

k−1 " n j−1

r j−k

!

"!

"

b k−1

"

n j−1

(on remarque que cette formule reste valable pour j = k).

• On trouve souvent une autre formule dans la littérature. Soit j ∈ [[k,r + k]] :

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= = =

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P(Zk = j ) b−k+1 r !b!( j − 1)!(n − j + 1)! × n− j +1 ( j − k)!(r − j + k)!(k − 1)!(b − k + 1)!n! ( j − 1)! (n − j )! r !b! × × (k − 1)!( j − k)! (b − k)!(r − j + k)! n! ! j−1"!n− j " k−1

b−k

!n " b

10.10 Dans tout l'exercice, on note Bi (respectivement Ni , Ri) l'événement « le joueur tire une boule blanche (respectivement noire, rouge) au i-ième tirage », pour i ∈ N.

a) • Si r = 0, le joueur obtient au premier tirage une boule noire ou une blanche. La partie s'arrête donc dès le premier tirage : X0 (!) = {1} et donc E(X0 ) = 1 .

• Si r = 1, la partie s'arrête au premier tirage ou au second (si la joueur a tiré la boule rouge au premier coup). Donc : X1 (!) = {1,2} . On a [X1 = 1] = R1 , donc :

P(X1 = 1) = 1 − P(R1 ) = 1 −

1 b+n = b+n+1 b+n+1

et donc : P(X1 = 2) = 1 − P(X1 = 1) =

1 b+n+1

Ainsi : b+n 1 b+n+2 E(X1 ) = 1 × +2× = b+n+1 b+n+1 b+n+1 • Si r = 2, la partie s'arrête au premier tirage, au deuxième ou au troisième (si la joueur a tiré successivement les deux boules rouges aux deux premiers coups). Donc : X2 (!) = {1,2,3}.

De même [X2 = 2] = R1 ∩ R2 , donc d'après la formule des probabilités composées : 2 b+n × b+n+2 b+n+1

Et donc

b) • Pour r quelconque, la partie peut s'arrêter au minimum au premier coup, et au maximum au (r + 1)-ième coup (si le joueur tire successivement les r boules rouges). Xr prend donc toutes valeurs entières entre 1 et r + 1 : Xr (!) = [[1,r + 1]] • Les événements R1 , N1 et B1 forment un système complet d'événements. La formule des probabilités totales nous donne donc, pour tout k ∈ [[1,r + 1]] : P(Xr = k)

=

P(R1 )PR1 (Xr = k) + P(N1 )PN1 (Xr = k) +P(B1 )PB1 (Xr = k)

=

Supposons que k " 2. On a alors

PN1 (Xr = k) = PB1 (Xr = k) = 0 (car si N1 ou B1 se réalise alors la partie s'arrête au premier coup) et : PR1 (Xr = k) = P(Xr−1 = k − 1) car compter le nombre de déroulements en partant avec r boules rouges, et en imposant de tirer une boule rouge au premier coup et que la partie s'arrête au k-ième coup, revient en fait à compter le nombre de déroulements en partant avec r − 1 boules rouges, et en imposant que la partie s'arrête au k-ième coup. Donc pour k ∈ [[2,r + 1]] : P(Xr = k)

r × P(Xr−1 = k − 1) + 0 b+n +r r P(Xr−1 = k − 1) b+n +r

= =

et si k = 1 , alors [Xr = 1] = R1 donc :

E(Xr )

=

r+1 #

=

P(Xr = 1) +

= =

j=k−1

=

n+b+3 n+b+1

• On en déduit que :

2 b+n = P(X2 = 1) = 1 − P(R1 ) = 1 − b+n+2 b+n+2

P(X2 = 3)

E(X2 ) =

P(Xr = 1) = 1 − P(R1 ) = 1 −

On a [X2 = 1] = R1 , donc :

P(X2 = 2) = P(R1 )P R1 (R2 ) =

Après simplifications :

1 − P(X2 = 1) − P(X2 = 2)

b+n 2(b + n) 1− − b + n + 2 (b + n + 1)(b + n + 2)

Ainsi : E(X2 ) = 1 × P(X2 = 1) + 2 × P(X2 = 2) + 3 × P(X2 = 3)

=

k=1

r b+n = b+n +r b+n +r

kP(Xr = k) r+1 #

kP(Xr = k)

k=2 r+1 #

r b+n + k P(Xr−1 = k − 1) b+n +r b+n +r k=2 r # r b+n + ( j + 1)P(Xr−1 = j ) b+n +r b + n + r j=1 r # b+n r + j P(Xr−1 = j ) b+n +r b + n + r j=1 1 23 4 =E(Xr−1 ) r # r + P(Xr−1 = j ) b + n + r j=1 1 23 4 =1

253

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Finalement, pour tout r " 1 : E(Xr ) =

d) On a :

r E(Xr−1 ) + 1 b+n +r

E(T)

c) Les résultats de la question a) nous permettent de conjecturer que : n +b+r +1 ∀r " 1, E(Xr ) = n +b+r

Cette formule se vérifie alors très simplement par récurrence grâce à la relation du b).

P(X = p) =

p

k− p

!n" k

k− p

= !n"

Donc T prend toute valeur entière entre p et n : T(!) = [[ p,n]].

• Soit k ∈ T(!). L'événement [T ! k] correspond à l'événement « on a obtenu les p boules rouges lors de k tirages sans remise ». D'après la première question : !n− p" = =

k− p !n" k

(n − p)! k!(n − k)! p! × × (k − p)!(n − k)! n! p! !k " p

!n "

p

p

• Si k ∈ [[ p + 1,n]], on a [T ! k] = [T = k] ∪ [T ! k − 1] et par incompatibilité de [T = k] avec [T ! k − 1] : = = 254

$ ! k " !k−1" % n # p p p !n " + k !n " − !n "

kP(T = k)

p !n " + p

p !n " + p

p !n " +

=

p

=

télescopage

P(T ! k) − P(T ! k − 1) ! k " !k−1" p

p

p

p

!n " − !n "

n #

k= p+1

k= p+1

p

n # n #

k= p+1 n #

p

p

!k "

k !n " − p

!k "

n #

k= p+1

!k−1" p

k !n " p

! j" n−1 # p p k !n " − ( j + 1) ! n " p

j= p

!k "

n−1 #

p

k= p+1

−

kP(T = k)

p

k= p+1

k !n " − p

n−1 # j= p

! j"

j= p

p

p

! j" p

j !n " p

!n " p

! " n−1 j # p p p !n " + n − !n " − !n " p

j= p

p

p

n−1 1 # n − !n "

=

p

=

énoncé

!

$ % j p j= p "

n p+1

n − !n " p

/ n on trouve plus simplement : Si p = E(T) =

=

n−

=

n−

p!(n − p)! n! × ( p + 1)!(n − p − 1)! n! n−p p+1

et on remarque que cette formule reste valable si p = n.

10.12 a) • Si X suit la loi uniforme, alors pour tout x ∈ X(!) : P(X = x) =

1 . N

On a donc :

p

c) • On remarque : [T ! p] = [T = p] . Donc : ! p" 1 p P(T = p) = P(T ! p) = ! n " = ! n " P(T = k)

=

k

b) • Pour obtenir toutes les boules rouges, on effectue au minimum p tirages sans remise (on tire successivement toutes les rouges), et au maximum on effectue n tirages (on tire une à une toutes les boules et la dernière est une rouge).

=

pP(T = p) +

=

(on remarque qu'avec les conventions habituelles sur les coefficients binômiaux, cette formule est vraie aussi si k < p ).

P(T ! k)

=

k= p

j=k−1

Cette probabilité est nulle si k < p . Si k " p on note X la variable aléatoire égale au nombre de boules blanches obtenues en k tirages successifs sans remise. ' p( On veut calculer P(X = p), et on sait que X "→ H n,k, , n donc : ! p"!n− p" !n− p"

n #

=

10.11 a) Pour simplifier supposons que les p boules données soient blanches et que toutes les autres soient noires. On veut donc calculer la probabilité d'avoir tirer les p boules blanches en k tirages sans remise.

=

H(X)

= = = =

$ % 1 N x∈X(!) $ % 1 Nf N $ % 1 − ln N #

f

lnN

• Si X suit la loi certaine alors X(!) = {a} et P(X = a) = 1 , pour a ∈ R fixé.

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On a donc :

On en déduit que : 0

H(X) = f (1) = 0 b) Pour tout x ∈ X(!), on a : 0 ! P(X = x) ! 1 et donc : ' ( f P(X = x) " 0 (il est immédiat que la fonction f est positive sur [0,1]).

Donc H(X) est une somme de nombre réels positifs et donc : H(X) " 0. c) • Remarquons tout d'abord que le fonction f est dérivable sur R∗+ , comme produit de fonctions dérivables. De plus : lim f (x) = lim+ −x ln(x) = 0

x→0+

x→0

(croissances comparées)

On a donc f (0) = 0 = lim+ f (x) , et donc on peut dire que f x→0

est continue sur R+ .

• On en déduit que h est elle aussi continue sur R+ et dérivable sur R∗+ . De plus, pour tout x > 0 : h ' (x) = f ' (x) + 1 = − ln(x) − x

1 + 1 = − ln(x) x

Mais h(1) = 0. On a donc : ∀x ∈ R+ , h(x) ! 0 .

• On en déduit immédiatement que : ∀x " 0, f (x) ! 1 − x

' ( f N × P(X = x)

!

# '

x∈X(!)

1 − N × P(X = x)

=N−N×1

(

' ( f N × P(X = x) ! 0

/ 0: • Soit x ∈ X(!). Si P(X = x) = = =

=

P(X = x) + N

= −N ln(N) × 1 + N × H(X)

x∈X(!)

'

f P(X = x)

(

5

Finalement : H(X) ! ln(N) . d) • On a vu que H(X) " 0 et que H(X) = 0 lorsque X est constante. • Réciproquement, montrons que si H(X) = 0 alors X est constante. Comme H(X) est une somme de termes positifs, H(X) = 0 donne que chacun des termes de la somme est nulle, c'est-àdire : ' ( ∀x ∈ X(!), f P(X = x) = 0 ∀x ∈ X(!),

P(X = x) = 0 ou P(X = x) = 1

/ 0 donc P(X = x) = 1 . Or si x ∈ X(!), on a P(X = x) = ' ( # P(X = x) = Card X(!) × 1 = 1 on a néComme :

• On a donc : H(X) est minimale si et seulement si X est constante.

c'est-à-dire :

' ( f N × P(X = x)

x∈X(!)

#

Donc X est constante.

En additionnant ces inégalités, on obtient :

x∈X(!)

= −N ln(N)

#

' ( cessairement Card X(!) = 1 .

' ( f N × P(X = x) ! 1 − N × P(X = x)

#

x∈X(!)

x∈X(!)

Et donc, pour tout x ∈ X(!) :

x∈X(!)

' ( f N × P(X = x) x∈X(!) ' (( # ' = − N ln(N)P(X = x) + N f P(X = x) #

ce qui donne :

On en déduit que h est croissante sur [0,1] et décroissante sur [1,+∞[. Elle admet donc un maximum global en x = 1.

#

"

' ( −N × P(X = x) ln N × P(X = x) −N ln(N)P(X = x)

' ( −NP(X = x) ln P(X = x) ' ( −N ln(N)P(X = x) + N f P(X = x)

Si P(X = x) = 0 alors alors on a aussi :

' ( ' ( f N × P(X = x) = −N ln(N)P(X = x) + N f P(X = x)

e) • On a vu que H(X) ! ln(N) et que H(X) = ln(N) lorsque X suit une loi uniforme. • Réciproquement, montrons que si H(X) = ln(N) alors X suit une loi uniforme. On a vu à la question c) que : ( # ' f N × P(X = x) = −N ln(N) + N × H(X) x∈X(!)

Donc H(X) = ln(N) donne :

#

x∈X(!)

' ( f N × P(X = x) = 0 .

Comme cette somme est composée de termes positifs, on peut en déduire que chacun des termes est nul : ' ( ∀x ∈ X(!), f N × P(X = x) = 0 et donc :

∀x ∈ X(!),

N × P(X = x) = 0 ou N × P(X = x) = 1

/ 0 , on a donc : Mais comme : ∀x ∈ X(!), P(X = x) = 255

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∀x ∈ X(!),

9:04

P(X = x) =

Page 256

1 N

On a donc prouvé que X suit une loi uniforme. • On a donc : H(X) est maximale si et seulement si X suit une loi uniforme.

10.13 a) Soit t ∈ R. D'après le théorème de transfert : ' ( # E tX = t k P(X = k) = GX (t) k∈X(!)

b) Une nouvelle application du théorème de transfert nous donne : ' ( E X(X − 1) · · · (X − n + 2)(X − n + 1) # = k(k − 1) · · · (k − n + 2)(k − n + 1)P(X = k) k∈X(!)

Mais la fonction polynôme GX est C∞ sur R et en particulier, pour tout t ∈ R∗ : G(n) X (t) =

#

k∈X(!)

k(k − 1) · · · (k − n + 2)(k − n + 1)P(X = k)t k−n

On a donc : ' ( E X(X − 1) · · · (X − n + 2)(X − n + 1) = G(n) X (1)

c) D'après la formule de Taylor pour les polynômes, appliquée à GX en 0, on a : ∀k ∈ X(!),

P(X = k) =

On en déduit que GX donne la loi de X.

256

'

d) • D'après le b), on a : E(X) = GX (1).

Et d'après la formule de Koenig-Huygens et la linéarité de l'espérance, on a : ' ( ' (2 V(X) = E X(X − 1) + E(X) − E(X) ' ' (2 '' ' = GX (1) + GX (1) − GX (1) e) • Si X "→ B ( p) alors, pour tout t ∈ R :

GX (t) = P(X = 0)t 0 + P(X = 1)t 1

= 1 × (1 − p) + t × p = (1 − p) + pt

• Si X "→ B (N, p) alors, pour tout t ∈ R : GX (t)

= = =

• Si X "→ U

N $ % # N k=0

k

N $ % # N k=0

k

p k (1 − p)N−k t k ( pt)k (1 − p)N−k

( pt + 1 − p)N

(d' après la formule du binôme)

' [[1,N]]) alors, pour tout t ∈ R : GX (t)

= =

G(k) X (0) k!

''

• Toujours d'après le b) : E(X(X − 1)) = GX (1).

/ 1 : GX (t) = Donc si t =

N # 1 k t N k=1 N 1 # tk N k=1

t 1 − tN × , et GX (1) = 1 . N 1−t

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Vecteurs aléatoires

Plan

CHAPITRE

11

Thèmes abordés dans les exercices

Les méthodes à retenir 257

•

Calculs des probabilités

Énoncés des exercices 259

•

Loi conjointe d'un vecteur aléatoire

Du mal à démarrer ?

265

•

Transfert de loi

Corrigés

266

•

Calculs d'espérance, de variance et de covariance

•

Indépendance

Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •

Loi conjointe d'un vecteur aléatoire, lois marginales

•

Transfert de loi: théorème de transfert

•

Règles de calculs de l'espérance, de la variance

•

Covariance, coefficient de corrélation linéaire

•

Indépendance

Les méthodes à retenir © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

• Pour le couple (X,Y) on commence par déterminer X(!) et Y(!). On calcule alors P(X = i,Y = j) pour tout (i, j) ∈ X(!) × Y(!) . ➥ Exercices 11.1, 11.4, 11.8, 11.9, 11.11 et 11.12

• Si on connaît la loi de X sachant Y alors on a : Pour déterminer les lois conjointe et marginales d'un couple de variables aléatoires

P(X = i,Y = j) = P(Y = j) × PY= j (X = i) .

➥ Exercices 11.4, 11.9, 11.11, 11.12, 11.13 et 11.14

• Pour déterminer les lois marginales de X et Y, on peut procéder par un calcul direct, ou utiliser la loi conjointe et la formule des probabilités totales associée aux systèmes complets d'événements associés à X et Y. ➥ Exercices 11.1, 11.4, 11.5, 11.8 et 11.13 257

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Chapitre 11 • Vecteurs aléatoires

• Pour la variable aléatoire Z = f (X,Y) on a Z(!) = f X(!),Y(!) et P(Z = z) =

#

!

(i, j)∈X(!)×Y(!)/ f (i, j)=z

P(X = i,Y = j) .

"

➥ Exercices 11.1, 11.6, 11.8, 11.16, 11.17, 11.18 et 11.20 • Pour Z = X + Y on obtient : P(Z = z) = Pour déterminer la loi d'une variable aléatoire fonction d'un couple de variables aléatoires

#

i∈X(!)

P(X = i,Y = z − i).

➥ Exercices 11.6, 11.14, 11.16 et 11.17 • Pour déterminer l'espérance de Z = f (X,Y) on peut soit utiliser le théorème de transfert, soit commencer par déterminer la loi de Z, soit utiliser la linéarité de l'espérance.

➥ Exercices 11.1, 11.8, 11.14 et 11.20 • Pour déterminer la variance de Z, on utilise la formule de KoenigHuyghens ou encore les règles de calculs de la variance.

➥ Exercices 11.8, 11.14 et 11.20 • Pour la covariance de Z = f (X,Y) on a cov(X,Y) = E(XY) −E(X)E(Y).

➥ Exercices 11.2, 11.4, 11.8 et 11.15

• Pour déterminer E(XY) on détermine la loi de XY ou on utilise le Pour déterminer la covariance et le coefficient de corrélation d'un couple de variables aléatoires

théorème de transfert.

➥ Exercices 11.2, 11.4 et 11.8 • Une autre méthode consiste à utiliser les règles de calculs de la covariance.

➥ Exercice 11.3 • Le coefficient de corrélation s'en déduit alors facilement.

➥ Exercice 11.4 • La plupart du temps c'est une hypothèse de l'énoncé.

➥ Exercices 11.1, 11.3, 11.7, 11.10, 11.17 et 11.18 • Si on a affaire à un couple (X,Y) le calcul des lois conjointes et Pour étudier l'indépendance de variables aléatoires

marginales permet de dire avec certitude s'ils elles sont indépendantes ou non.

➥ Exercices 11.1, 11.2, 11.4 et 11.18 / 0 alors X et Y ne sont pas indépendantes. • Si Cov(X,Y) =

➥ Exercices 11.2 et 11.4 258

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Les méthodes à retenir

• Il s'agit d'une variable aléatoire Z =

n #

Xi .

i=1

➥ Exercices 11.7, 11.15, 11.16, 11.18, 11.19 et 11.20 Pour étudier la somme de n variables aléatoires

• Son espérance est donnée par linéarité : E(Z) =

n #

E(Xi ).

i=1

➥ Exercices 11.7, 11.15, 11.16, 11.18, 11.19 et 11.20 • Sa variance est donnée par : Var(Z) =

n # i=1

Var(Xi ) + 2

#

Cov(Xi ,X j ) .

1!i< j !n

➥ Exercices 11.15 et 11.20

Énoncés des exercices 11.1

Loi du Min et du Max Une urne contient 5 boules numérotées de 1 à 5. On en tire 2 au hasard. On note X le plus petit numéro obtenu, et Y le plus grand numéro obtenu. a) Déterminer la loi de (X,Y), puis la loi de X et celle de Y, dans les cas suivants : tirage simultané de 2 boules, 2 tirages successifs d'une boule avec remise, 2 tirages successifs d'une boule sans remise. b) Dans chacun des cas, déterminer si X et Y sont indépendantes. c) Dans chacun des cas, déterminer la loi et l'espérance de Z = Y − X.

11.2 Indépendance de deux variables aléatoires de Bernoulli Soient X et Y deux variables aléatoires de loi de Bernoulli. Montrer qu'elles sont indépendantes si et seulement si Cov(X,Y) = 0 . © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

11.3 Exemple de transfert de loi Soient X et Y deux variables aléatoires réelles ne prenant qu'un nombre fini de valeurs. On note E(X) et E(Y) leur espérance et V(X) et V(Y) leur variance. On pose Z = X + Y et T = X − Y. a) Exprimer Cov (X,Y) en fonction de V(Z) et V(T). b) Montrer que si Z et T sont indépendantes alors V(X) = V(Y). On suppose que X et Y sont indépendantes, suivant toutes deux la loi U ({1,2,3}). c) Donner la loi de probabilités de Z et de T puis calculer leur espérance et leur variance. d) Z et T sont-elles indépendantes ? e) Calculer Cov (Z,T) . 259

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Chapitre 11 • Vecteurs aléatoires

11.4

Un autre exemple de transfert de loi $ % Soit une variable aléatoire de loi U [[−n,n]] (n ∈ N∗ ). On pose Y = X2 . a) Déterminer la loi du couple (X,Y). En déduire la loi de Y. b) Retrouver ce résultat par un calcul direct. c) Calculer Cov (X,Y) puis ρ(X,Y) (coefficient de corrélation). d) X et Y sont-elles indépendantes ?

11.5 Égalité de variables binomiales ! " Soient X et Y deux variables aléatoires indépendantes suivant la même loi binomiale B n, 12 .

Déterminer P(X = Y) .

11.6 Somme de variables aléatoires indépendantes de loi binomiale Soit X une variable aléatoire de loi B (n 1 , p) et Y une variable aléatoire de loi B (n 2 , p). On suppose X et Y indépendantes. a) Déterminer la loi de la variable aléatoire Z = X + Y. Interpréter ce résultat. b) Soit r ∈ [[0,n 1 + n 2 ]] . Déterminer la loi de X sachant que Z = r.

11.7 Nombre de séries unicolores Une urne contient des boules blanches en proportion p et des boules noires en proportion q. On procède à une suite de n tirages avec remise (n " 3 ). On constitue ainsi des séries unicolores, au gré des couleurs obtenues dans la suite des n tirages. Par exemple, pour n = 9, la suite de résultats BBNBNNNBB fournit 5 séries unicolores: BB, puis N, puis B, puis NNN et enfin BB. Soit X la variable aléatoire qui compte le nombre de séries unicolores obtenues à l'issue des n tirages. a) Calculer P(X = 1) et P(X = n).

Pour i " 2, on désigne par Yi la variable aléatoire égale à 1 si on a obtenu une boule blanche au (i − 1)-ième tirage et une boule noire au i-ème tirage, et égale à 0 sinon.

Symétriquement pour j " 2 , on désigne par Z j la variable aléatoire égale à 1 si on a obtenu une boule noire au ( j − 1) -ième tirage et une boule blanche au j-ème tirage, et égale à 0 sinon.

b) Exprimer X en fonction des Yi et des Z j . En déduire l'espérance de X.

11.8 Rouge ou Bleu Soit n ∈ N∗ . Une urne contient des jetons à deux faces portant chacun, sur une des faces un numéro bleu, et sur l'autre face un numéro rouge. On sait que, sur l'ensemble des jetons de l'urne, k exactement portent le numéro bleu k, ceci pour k ∈ [[1,n]], et que, parmi les k jetons portant le numéro bleu k, un et un seul porte le numéro rouge i, ceci pour i ∈ [[1,k]]. a) Déterminer, en fonction de n, le nombre de jetons contenus dans l'urne.

On tire au hasard un jeton de l'urne. On désigne par B la variable aléatoire égale à son numéro bleu, et par R la variable aléatoire égale à son numéro rouge. On pose, d'autre part, G = B − R. b) Déterminer la loi du couple (B,R). En déduire les lois de B et de R, ainsi que leur espérance et leur variance. c) Suite au tirage d'un jeton, on gagne G. Préciser l'espérance de G et calculer la variance de G. 260

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Les méthodes à retenir

11.9 Jeu d'enfants Deux enfants jouent avec un sac de n jetons numérotés de 1 à n. Le premier enfant effectue des tirages successifs et sans remise d'un jeton dans le sac, jusqu'à obtention du jeton portant le plus grand numéro. On note X1 le nombre de tirages nécessaires. S'il reste des jetons dans le sac, le second enfant effectue la même expérience. On note X2 le nombre de tirages nécessaires (nombre qui vaut éventuellement zéro si le sac est vidé par le premier enfant). a) Donner la loi, l'espérance et la variance de X1 . b) Déterminer la loi conditionnelle de X2 sachant X1 , puis la loi de X2 . c) Déterminer l'espérance de X2 .

11.10 Système linéaire aléatoire (d'après Agro-Véto) Soit (S) le système d'inconnues (x,y) :

&

x − 2y ax − by

=3 . =c

Afin de déterminer les entiers a, b et c, on réalise un lancer simultané de 3 dés équilibrés à 6 faces : a, b et c sont égaux respectivement aux numéros amenés par le 1er, le 2e et le 3e dé. Déterminer la probabilité pour que (S) ait : a) Une infinité de solutions. b) Aucune solution. c) Une unique solution. d) La solution unique (3,0). d) Mêmes questions si les dés sont pipés de telle sorte que la probabilité de sortie d'une face soit proportionnelle au numéro porté sur cette face.

11.11 Urne à composition changeante (d'après Agro-Véto) On dispose de n jetons numérotés. On effectue une succession de tirages de la manière suivante : on tire un jeton au hasard, si son numéro est k on le remet alors dans l'urne avec k autres jetons n # 1 portant le numéro k. On note : an = . Soit X le numéro du premier jeton sorti, Y celui n + k k=1 du second. a) Déterminer la loi et l'espérance de X.

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

b) Déterminer la loi de Y. c) Calculer E(Y) .

11.12 Justine On dispose de n pièces non équilibrées (n " 2 ). Chaque pièce peut amener Pile avec probabilité p ∈]0,1[ et Face avec probabilité q = 1 − p . On lance simultanément les n pièces. a) Soit X la variable aléatoire égale au nombre de pièces ayant amené Pile. Déterminer la loi de X. b) Justine a les yeux bandés et n'a pas assisté au lancer. Elle choisit au hasard k pièces parmi les n, k étant un nombre fixé a priori avec 0 < k < n. Elle gagne alors parmi les k pièces celles qui présentent Pile. Déterminer la loi de la variable aléatoire Y égale au nombre de pièces gagnées par Justine. 261

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Chapitre 11 • Vecteurs aléatoires

On soupçonne Justine d'avoir triché en ayant essayé de deviner au toucher les pièces ayant amené Pile. On lui demande donc de relancer les k pièces qu'elle a choisies : elle gagnera celles, parmi les k, qui amèneront Pile. Soit Z la variable aléatoire représentant ce nouveau gain. c) Déterminer la loi de Z. Que peut-on en déduire ?

11.13 Succession d'expériences On dispose d'une pièce qui donne « Pile » avec probabilité p ∈]0,1[. On la lance n fois (n ∈ N∗ ) et on note X la variable aléatoire égale au nombre de « Piles » obtenus. On définit alors une variable aléatoire Y par : & X(ω) si X(ω) = / 0 ∀ω ∈ !, Y(ω) = un nombre choisi au hasard entre 1 et n si X(ω) = 0 Déterminer la loi de Y, ainsi que son espérance.

11.14 Les cartons d'anniversaire (d'après Agro-Véto) Un enfant envoie n invitations pour son anniversaire. Chaque invité lui répond indépendamment des autres avec une probabilité p. Il fait alors un deuxième envoi à ceux qui n'ont pas répondu la première fois. Encore une fois, chaque invité lui répond indépendamment des autres avec une probabilité p. On désigne par X la variable aléatoire égale au nombre total de réponses. a) Calculer P(X = 0) et P(X = 1) . b) Déterminer la loi de X, son espérance et sa variance.

11.15 Les souris de laboratoire On dispose d'une arène entourée de n cages numérotées de 1 à n, ainsi que de N souris numérotées de 1 à N. On place les souris au milieu de l'arène et celles-ci se répartissent au hasard, et de manière indépendante, dans les cages. On note alors Y le nombre de cages vides et Xi la variable aléatoire qui vaut 1 si la cage numéro i est vide et 0 sinon. a) Pour i ∈ [[1,n]]. Donner la loi de Xi , son espérance et sa variance. / j , déterminer E(Xi X j ) et cov(Xi ,X j ) . b) Pour (i, j) ∈ [[1,n]]2 avec i =

c) Relier Y aux variables Xi , 1 ! i ! n. En déduire E(Y) puis V(Y). d) Déterminer la probabilité qu'aucune cage ne soit vide.

11.16 L'animalerie Une animalerie possède N animaux de k espèces différentes (3 ! k ! N ). Pour tout i ∈ [[1,k]], ni on note n i le nombre d'animaux de l'espèce numéro i, et on pose pi = . N Un dimanche, n clients achètent un animal au hasard et de façons indépendantes. Pour tout i ∈ [[1,k]], on note Ni le nombre d'animaux achetés de l'espèce i. On note aussi X le nombre d'espèces qui n'ont connu aucun achat. a) Pour i ∈ [[1,k]], déterminer la loi de Ni , son espérance et sa variance. Pour (i, j) ∈ [[1,k]]2 / j , déterminer la loi de Ni + N j , son espérance et sa variance, puis en déduire la tel que i = covariance de Ni et N j . 262

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Les méthodes à retenir

b) Exprimer X comme une somme de variables aléatoires de Bernoulli. En déduire E(X) puis calculer lim E(X). Interpréter ce résultat. n→+∞

c) Comparer P(X " 1) et E(X) . En déduire lim P(X = 0). Interpréter ce résultat. n→+∞

11.17 Variables aléatoires d'ordre associées à des tirages sans remise Une urne contient N boules numérotées de 1 à N. On tire, au hasard et sans remise, n boules de l'urne (n ! N). On note Xi la variable aléatoire associée au numéro de la boule obtenue au i-ème tirage, pour i ∈ [[1,n]]. a) Déterminer la loi de la variable aléatoire Xi pour i ∈ [[1,n]]. Préciser son espérance et sa variance. b) Déterminer la loi conjointe de (X1 ,X2 ,. . . ,Xn ). À l'issue du n-ième tirage les numéros obtenus sont classés par ordre strictement croissant. On note Y j la variable aléatoire associée au j-ième numéro, classé par ordre strictement croissant, obtenu parmi les n numéros. Ainsi Y1 est la variable aléatoire min(X1 ,X2 ,. . . ,Xn ), Y2 est le nombre aléatoire venant juste après Y1 par ordre strictement croissant, etc. et Yn est la variable aléatoire max(X1 ,X2 ,. . . ,Xn ) . c) Déterminer la loi conjointe du n-uplet (Y1 ,Y2 ,. . . ,Yn ). d) Déterminer la loi de Y j pour j ∈ [[1,n[[.

11.18 Somme de variables aléatoires non indépendantes Soit (Xk )k∈N∗ , une suite de variables aléatoires indépendantes suivant toutes la même loi de Bernoulli de paramètre p ∈]0,1[. On pose, pour tout k ∈ N∗ : Yk = Xk Xk+1 . a) Donner la loi de Yk , ainsi que l'espérance et la variance de Yk , pour k ∈ N∗ . / j . Discuter, suivant les valeurs de i et j, l'indépendance de Yi b) Soit (i, j) ∈ N2 tel que i = et Y j . c) On pose, pour n ∈ N∗ : Zn =

Y1 + . . . + Yn . Déterminer l'espérance et la variance de Zn . n

11.19 L'ascenceur (d'après Escp-Eap)

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Un immeuble de p étages est équipé d'un ascenseur ; n personnes montent dans l'ascenseur au rez de chaussée et descendent chacune à un étage au hasard et de façon indépendante. On note X la variable aléatoire égale au nombre d'arrêts de l'ascenseur. a) Déterminer la loi et l'espérance de X dans les cas suivants : • dans le cas p = 2 et n " 2 ;

• dans le cas n = 2 et p " 2 .

On revient au cas général.

Pour 1 ! i ! p et 1 ! j ! n, on note Yi, j la variable aléatoire prenant la valeur 1 si le j-ème passager descend au i-ème étage et la valeur 0 sinon. Pour 1 ! i ! p, on note Xi la variable aléatoire prenant la valeur 1 si l'ascenseur s'arrête au i-ème étage et la valeur 0 sinon. b) Déterminer les lois des variables Yi, j et Xi . 263

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Chapitre 11 • Vecteurs aléatoires

c) Calculer E(X) et V(X). On note Sab le nombre de surjections d'un ensemble fini de cardinal a sur un ensemble fini de cardinal b. d) Donner la loi de X en fonction des nombres Sab . e) En déduire :

min(n, #p) ' k=1

( p−1 k S = pn − ( p − 1)n . k−1 n

11.20 Convergence en probabilité d'une somme de variables aléatoires de Bernoulli (Xn )n∈N est une suite de variables aléatoires indépendantes de loi de Bernoulli de paramètre p ∈]0,1[. Soit Yn = max(Xn ,Xn+1 ). a) Déterminer la loi, l'espérance et la variance de Yn . b) On pose: Sn = Y1 + Y2 + . . . + Yn . Déterminer l'espérance et la variance de Sn . c) En déduire que :

∀ε > 0, (On dit alors que

) ') ( ) Sn ) 2 ) ) lim P ) − (2 p − p )) " ε = 0 n→+∞ n

Sn converge en probabilité vers (2 p − p2 )...). n

11.21 Étude du nombre de descendants d'une plante Soit p ∈]0,1[.

On considère une plante qui peut donner naissance à deux descendants avec la probabilité p, ou à aucun descendant avec la probabilité 1 − p . Pour n ∈ N , on note Xn le nombre de descendants issus de la n-ième génération, c'est-à-dire le nombre de descendants de notre plante à la (n + 1) -ième génération. On note aussi f la fonction définie sur [0,1] par : f (x) = px 2 + (1 − p). a) Montrer que f est strictement croissante sur [0,1]. b) On définit une suite (u n )n∈N par u 0 = 1 − p et : ∀n ∈ N,

u n+1 = f (u n )

Montrer qu'elle est bien définie, puis étudier sa monotonie et sa convergence. c) Pour n ∈ N , donner une relation entre P(Xn+1 = 0) et P(Xn = 0) . d) En déduire lim P(Xn = 0) . Interpréter ce résultat. n→+∞

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Les méthodes à retenir

Du mal à démarrer ? 11.1

11.12

a) Procéder à l'aide de dénombrements.

b) Utiliser la loi conditionnelle de Y sachant X.

c) Utiliser le système complet d'événements associé à X.

c) Reconnaître une loi usuelle.

11.2

Remarquer que si Cov(X,Y) = 0 alors XY suit une loi de Bernoulli de paramètre E(X)E(Y) .

11.3

a) Utiliser les règles de calculs de la covariance.

b) On a cov(Z,T) = 0. c) Utiliser le système complet d'événements associé à X. d) Utiliser la loi conjointe de (Z,T). e) Reprendre le calcul du b).

11.4

a) Décrypter l'événement [X = i] ∩ [Y = j].

b) Remarquer que [Y = i 2 ] = [X = i] ∪ [X = −i] .

c) Remarquer que Cov(X,Y) = E(X3 ) − E(X)E(X2 ) . d) Utiliser la loi conjointe de (X,Y) .

11.5

Utiliser le système complet d'événements associé à X.

11.6

a) Utiliser le système complet d'événements associé à X puis reconnaître une loi usuelle. b) Revenir à la définition d'une probabilité conditionnelle puis simplifier sauvagement la formule.

11.7

a) Décrypter les événements [X = 1] et [X = n] . Pour ce dernier, ne pas hésiter à discuter suivant la parité de n. n n # # Xi et Xj . b) Interpréter les variables aléatoires i=2

11.8

j=2

a) Il y a k jetons portant le numéro k et k varie de 1 à n.

b) Décrypter l'événement [B = i] ∩ [R = j]. Utiliser ensuite les systèmes complets d'événements associés à B et R. c) Relier G à B et R. © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

a) Reconnaître une loi usuelle.

b) Utiliser la loi conjointe de (X,Y) .

11.9

a) Reconnaître une loi usuelle.

b) Reconnaître une loi usuelle puis utiliser le système complet d'événements associé à X1 . c) Revenir à la définition de l'espérance.

11.10

a), b) et c) Mettre le système sous forme réduite de Gauss.

d) Utiliser le c). e) Commencer par déterminer la probabilité d'obtenir « 1 » avec le dé.

11.11

a) Reconnaître une loi usuelle.

11.13

Utiliser la loi conditionnelle de Y sachant X.

11.14

a) et b) Introduire les variables aléatoires égales au nombre de réponses reçues à chaque envoi et bien reprendre son souffle avant de se lancer dans les calculs.

11.15

a) Reconnaître une loi usuelle.

b) Remarquer que Xi X j suit une loi de Bernoulli et déterminer son paramètre. n # Xi . c) Interpréter la variable aléatoire i=1

d) Utiliser la formule du crible.

11.16

a) Reconnaître plusieurs fois une loi usuelle. k # Yi . b) Interpréter la variable aléatoire i=1

c) Revenir à la définition de l'espérance puis appeler les gendarmes.

11.17

a) Utiliser la formule des probabilités composées puis reconnaître une loi usuelle. b) c) et d) Procéder à l'aide de dénombrements.

11.18

a) Reconnaître une loi usuelle.

b) Discuter suivant le cas où {i,i + 1} ∩{ j, j + 1} = ∅ ou non.

c) Courage.

11.19

a) Décrypter les événements.

b) Reconnaître plusieurs fois une loi usuelle. p # Xi , et ne rien prévoir dans c) Interpréter la variable aléatoire i=1

les 30 prochaines minutes.

d) Procéder à l'aide de dénombrements. e) Calculer E(X) de deux façons différentes.

11.20

a) Reconnaître une loi usuelle.

b) Faire les calculs avec méthode. c) Utiliser l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev.

11.21

a) Facile !

b) Procéder avec les méthodes classiques. Pour déterminer la limite, discuter les valeurs de p par rapport à 12 .

b) Utiliser la loi conditionnelle de Y sachant X.

c) Utiliser la formule des probabilités totales.

c) Revenir à la définition de l'espérance.

d) Utiliser les résultats du b).

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Corrigés des exercices 11.1

a) • Tirage simultané. L'univers ! est l'ensemble des ' ( 5 = 10. combinaisons de 2 boules parmi 5, et card(!) = 2 On a immédiatement X(!) = Y(!) = [[1,5]] . Pour tout (i, j) ∈ [[1,5]]2 :

[X = i] ∩ [Y = j] = « le plus petit numéro obtenu est le i et le plus grand numéro est le j ». Donc : " si i " j : alors [X = i] ∩ [Y = j] = ∅ , " si i < j alors :

[X = i] ∩ [Y = j] = « on a obtenu les numéros i et j » $ % '1('1('3( =1 et donc : Card [X = i] ∩ [Y = j] = 1 1 0 (on choisit la boule i, puis la boule j, puis 0 boule portant un autre numéro). Ainsi, pour tout (i, j) ∈ [[1,5]]2 : * P(X = i,Y = j) =

si i " j

0 1 10

[X = i] ∩ [Y = j] = « on a obtenu les numéros i et j » et $ % donc : Card [X = i] ∩ [Y = j] = 2 (ce sont les couples

(i, j) et ( j,i)).

" si i = j alors :

[X = i] ∩ [Y = i] = « on a obtenu deux fois le numéro i » et $ % donc : Card [X = i] ∩ [Y = i] = 1 (c'est le couple (i,i)). Ainsi, pour tout (i, j) ∈ [[1,5]]2 : P(X = i,Y = j) =

 0 

si i > j si i < j

2 25 1 25

si i = j

Résumons ces résultats sous forme d'un tableau à double entrée : Y

1

2

3

4

5

loi de X

1

1 25

2 25

2 25

2 25

2 25

9 25

2

0

1 25

2 25

2 25

2 25

7 25

X

1

2

3

4

5

loi de X

3

0

0

1 25

2 25

2 25

5 25

1

0

1 10

1 10

1 10

1 10

4 10

4

0

0

0

1 25

2 25

3 25

2

0

0

1 10

1 10

1 10

3 10

5

0

0

0

0

1 25

1 25

3

0

0

0

1 10

1 10

2 10

loi de Y

1 25

3 25

5 25

7 25

9 25

total = 1

4

0

0

0

0

1 10

1 10

5

0

0

0

0

0

0

loi de Y

0

1 10

2 10

3 10

4 10

total = 1

X

• Tirages sans remise. L'univers ! est l'ensemble des arrangements de 2 éléments de [[1,5]], et Card(!) = A25 = 20 . On a immédiatement X(!) = Y(!) = [[1,5]] .

Pour tout (i, j) ∈ [[1,5]]2 :

En sommant sur chaque ligne du tableau, on obtient la loi de X. Le même procédé sur les colonnes donne la loi de Y.

[X = i] ∩ [Y = j] = « le plus petit numéro obtenu est le i et le plus grand numéro est le j »

• Tirages avec remise. L'univers ! est l'ensemble des couples de 2 éléments de [[1,5]], et Card(!) = 52 = 25 .

Donc :

On a immédiatement X(!) = Y(!) = [[1,5]] . Pour tout (i, j) ∈ [[1,5]]2 :

[X = i] ∩ [Y = j] = « le plus petit numéro obtenu est le i et le plus grand numéro est le j » 266

" si i < j alors :

si i < j

Résumons ces résultats sous forme d'un tableau à double entrée (qui va nous permettre de calculer les lois marginales) : Y

Donc : " si i > j alors [X = i] ∩ [Y = j] = ∅ ;

" si i " j alors [X = i] ∩ [Y = j] = ∅ ;

" si i < j alors :

[X = i] ∩ [Y = j] = « on a obtenu les numéros i et j » et donc : $ % Card [X = i] ∩ [Y = j] = 2 (ce sont les couples (i, j) et ( j,i)).

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Ainsi, pour tout (i, j) ∈ [[1,5]]2 : * P(X = i,Y = j) =

9:08

Page 267

Et donc : si i " j

0 2 20

E(Z) = 0 × 0+1 ×

si i < j

Tirages avec remise.

Résumons ces résultats sous forme d'un tableau à double entrée : Y

1

2

3

4

5

loi de X

1

0

1 10

1 10

1 10

1 10

4 10

2

0

0

1 10

1 10

1 10

3 10

3

0

0

0

1 10

1 10

2 10

4

0

0

0

0

1 10

1 10

X

0

0

0

0

loi de Y

0

1 10

2 10

3 10

4 10

total = 1

P(X = 2,Y = 2) = 0 = / P(X = 2) × P(Y = 2)

3

4

6 25

4 25

2 25

5 8 6 4 2 8 +1 × +2 × +3 × +4 × = 25 25 25 25 25 5

z

0

1

2

3

4

!(Z = z )

0

4 10

3 10

2 10

1 10

Et donc : 4 3 2 1 +2 × +3 × +4 × =2 10 10 10 10

11.2 +⇒ Par théorème, si X et Y sont indépendantes alors :

Donc X et Y ne sont pas indépendantes.

cov(X,Y) = 0 .

Tirages avec remise. On a :

⇐+ On suppose que Cov(X,Y) = 0 , c'est-à-dire que :

P(X = 2,Y = 1) = 0 = / P(X = 2) × P(Y = 1)

E(XY) = E(X)E(Y) .

Donc X et Y ne sont pas indépendantes.

• On pose p = P(X = 1) , q = P(Y = 1) et on a donc X #→ B ( p) et Y #→ B (q) . De plus p = E(X) et q = E(Y).

Tirage sans remise. On a : P(X = 2,Y = 2) = 0 = / P(X = 2) × P(Y = 2)

Comme (XY)(!) = {0,1} , on sait donc que XY suit aussi une loi de Bernoulli de paramètre P(XY = 1). Mais alors :

Donc X et Y ne sont pas indépendantes.

P(X = 1,Y = 1) = P(XY = 1) = E(XY) = E(X)E(Y) = pq

c) On a : Z(!) ⊂ [[0,4]] .

Si z ∈ Z(!), on a, en appliquant la formule des probabilités $ % totales avec le système complet d'événements [X = k] : k∈[[1,5]]

P(X = k,Y = k + z)

donc :

P(X = 1,Y = 1) = P(X = 1) × P(Y = 1)

• D'après la formule des probabilités totales avec le système $ % complet d'événements [Y = 0],[Y = 1] : P(X = 1) = P(X = 1,Y = 0) + P(X = 1,Y = 1)

Donc :

etc.

2

8 25

E(Z) = 0 × 0+1 ×

b) Tirage simultané. On a :

P(Z = 4) P(Z = 3) P(Z = 2)

1

5 25

Tirages sans remise.

0

k=1

0

E(Z) = 0 ×

0

P(Z = z) =

z !(Z = z )

Et donc :

5

5 #

4 3 2 1 +2 × +3 × +4 × =2 10 10 10 10

= 0 + P(X = 1,Y = 5) = 0 + P(X = 1,Y = 4) + P(X = 2,Y = 5) = 0 + P(X = 1,Y = 3) + P(X = 2,Y = 4) +P(X = 3,Y = 5)

et donc :

P(X = 1,Y = 0)

• De même :

Tirage simultané. z

0

1

2

3

4

!(Z = z )

0

4 10

3 10

2 10

1 10

P(X = 0,Y = 1)

= P(X = 1) − P(X = 1,Y = 1) = P(X = 1) − P(X $ = 1) × P(Y % = 1) = P(X = 1) × 1 − P(Y = 1) = P(X = 1) × P(Y = 0) = P(Y = 1) − P(X = 1,Y = 1) = P(Y = 1) − P(X $ = 1) × P(Y % = 1) = P(Y = 1) × 1 − P(X = 1) = P(Y = 1) × P(X = 0)

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Et : P(X = 0,Y = 0)

= P(Y = 0) − P(X = 1,Y = 0) = P(Y = 0) − P(X $ = 1) × P(Y % = 0) = P(Y = 0) × 1 − P(X = 1) = P(Y = 0) × P(X = 0)

• Ces quatres formules prouvent que X et Y sont indépendantes. En conclusion, on a démontré que : X et Y sont indépendantes si et seulement si Cov(X,Y) = 0 . Z+T Z−T et Y = . 2 2 D'après les règles de calcul sur la covariance : ( ' Z+T Z −T Cov(X,Y) = Cov , 2 2 1$ = Cov(Z,Z) + Cov(T,Z) − Cov(Z,T) /0 1 . 4 =0 % −Cov(T,T) % 1$ = V(Z) − V(T) 4

11.3 a) On a immédiatement : X =

b) Si Z et T sont indépendantes alors Cov(Z,T) = 0 . Or :

Cov(Z,T) =Cov(X+Y,X−Y) =Cov(X,X)+Cov(Y,X)−Cov(X,Y) −Cov(Y,Y) /0 1 . =0

=V(X)− V(Y)

Donc si Z et T sont indépendantes, on a V(X) = V(Y).

c) • On a Z(!) ⊂ [[2,6]] .

De plus, en appliquant la formule de des probabilités totales avec $ % le système complet d'événements [X = 1],[X = 2],[X = 3] , on a :

∀z ∈ Z(!),

= P(X = 1)PX=1 (Y = z − 1) +P(X = 2)PX=2 (Y = z − 2) +P(X = 3)PX=3 (Y = z − 3)

P(Z = z)

• On a T(!) ⊂ [[−2,2]] .

De plus, en appliquant la formule de des probabilités totales avec $ % le système complet d'événements [X = 1],[X = 2],[X = 3] ,

on a :

∀t ∈ T(!),

= P(X = 1)PX=1 (Y = 1 − t) +P(X = 2)PX=2 (Y = 2 − t) +P(X = 3)PX=3 (Y = 3 − t)

P(T = t)

et comme X et Y sont indépendantes, on a donc, pour tout t ∈ T(!) : P(T = t) = P(X = 1)P(Y = 1 − t) + P(X = 2)P(Y = 2 −t) +P(X = 3)P(Y = 3 − t) On en déduit la loi de T : 2

t !(T = t )

1 9

1 2 9

0

1

2

3 9

2 9

1 9

Par linéarité de l'espérance : E(Z) = E(X) − E(Y) = 0 De plus X et Y sont indépendantes, on a donc Cov(X,Y) = 0 , et donc d'après le a) : V(T) = V(Z) . De simples calculs donnent : V(T) = V(Z) =

4 3

On a : [T = 1] ∩ [Z = 3] = [X = 2] ∩ [Y = 1] . Donc : P(T = 1,Z = 3) = P(X = 2,Y = 1) = P(X = 2) 1 × P(Y = 1) = , 9 par indépendance de X et Y. Et P(T = 1) = P(Z = 3) =

2 donc : 9

P(T = 1,Z = 3) = / P(T = 1) × P(Z = 3)

et comme X et Y sont indépendantes, on a donc, pour tout z ∈ Z(!) :

Ceci prouve que Z et T ne sont pas indépendantes.

P(Z = z) = P(X = 1)P(Y = z − 1)+P(X = 2)P(Y = z − 2) +P(X = 3)P(Y = z − 3)

d) On a vu au b) que : Cov(Z,T) = V(X) − V(Y) . Or ici X et Y ont la même loi donc V(X) = V(Y).

On en déduit la loi de Z : z

2

3

4

5

6

!(Z = z )

1 9

2 9

3 9

2 9

1 9

3+1 = 2 . Donc par linéarité On sait que : E(X) = E(Y) = 2 de l'espérance : 268

E(Z ) = E(X) + E(Y) = 2 + 2 = 4

On a donc : Cov(Z,T) = 0 .

11.4 a) • On a X(!) = [[−n,n]] donc : Y(!) = k 2 k ∈ [[0,n]] . 2 3

Soit (i, j) ∈ X(!) × Y(!). On a : [X = i] ∩ [Y = j] = [X = i] ∩ [X2 = j] =

&

∅ [X = i]

4

si j = / i2 si j = i 2

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et donc :

On a : P(X = i,Y = j) =

*

0 1 2n + 1

si j = / i si j = i

2 2

k=−n

• On en déduit la loi de Y. Si k ∈ [[0,n]], la formule des probabilités totales, appliquée avec le système complet d'événe$ % ments [X = i] , nous donne : i∈[[−n,n]] n $ % # P [X = i] ∩ [Y = k 2 ] P(Y = k 2 ) = i=−n

$ % = P [X = k] ∩ [Y = k 2 ] . /0 1 =[X=k] $ % +P [X = −k] ∩ [Y = k 2 ] . /0 1 +

n #

=[X=−k]

i=−n i= / k et i = / −k

$ % P [X = i] ∩ [Y = k 2 ] . /0 1 =∅

1 1 = + +0 2n + 1 2n + 1 2 = 2n + 1

et de même :

=[X=0] n #

+

i=−n i= /0

[Y = k 2 ] = [X2 = k 2 ] =

=∅

Par contre, d'après les résultats du a) : P(X = 0,Y = 1) = 0, P(X = 0) = P(Y = 1) =

2 . 2n + 1

1 et 2n + 1

/ P(X = 0)P(Y = 1) . Ceci prouve Donc : P(X = 0,Y = 1) = que X et Y ne sont pas indépendantes.

[X = 0] [X = k] ∪ [X = −k]

si k = 0 si k = / 0

/ 0: et donc pour k = P(Y = k 2 ) = P(X = k) + P(X = −k) 1 2 1 + = = 2n + 1 2n + 1 2n + 1 et :

P(Y = 0) = P(X = 0) =

n # 1 k3 2n + 1 k=−n 1 $ = (−n)3 +(−n + 1)3 +· · ·+(−k)3 + · · · + (−1)3 2n + 1 % +03 + 13 + · · · + k 3 + · · · + (n − 1)3 + n 3 =0

=

d) On a trouvé une covariance nulle donc on ne peut rien en conclure sur l'indépendance de X et Y.

Si k ∈ [[0,n]] :

&

k=−n

Cov(X,Y) = 0. On en déduit que : ρ(X,Y) = √ V(X)V(Y)

$ % P [X = i] ∩ [Y = 0] . /0 1

1 = +0 2n + 1 1 = 2n + 1 2 3 4 b) On a Y(!) = k 2 k ∈ [[0,n]] .

E(X3 ) n # = k 3 P(X = k)

On a donc : Cov(X,Y) = 0 − 0 × E(X2 ) = 0.

$ % = P [X = 0] ∩ [Y = 0] . /0 1

P(Y = 0)

n # 1 k 2n + 1 k=−n $ 1 = (−n) + (−n + 1) + · · · + (−k) + · · · + (−1) 2n + 1 % +0 + 1 + · · · + k + · · · + (n − 1) + n =0

=

De même :

/ 0: Donc si k = P(Y = k 2 )

E(X) n # = kP(X = k)

1 2n + 1

c) Par définition : Cov(X,Y) = E(XY) − E(X)E(Y) et donc : Cov(X,Y) = E(X3 ) − E(X)E(X2 )

11.5

$ % On sait que la famille d'événements [X = k]

k∈[[0,n]]

associée à X est un système complet d'événements. La formule des probabilités totales nous donne alors : P(X = Y) = =

n # k=0 n # k=0

PX=k (X = Y)P(X = k) $ % P [X = Y] ∩ [X = k]

n $ % # = P [Y = k] ∩ [X = k] k=0

(car [X = Y] ∩ [X = k] = [Y = k] ∩ [X = k]) n # = P(Y = k)P(X = k) k=0

(car X et Y indépendantes)

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' ( n ' ( # n 1 1 n 1 1 k 2k 2n−k k 2k 2n−k k=0 ' n # n (2 1 = k 22n k=0 n ' (2 n 1 # = 2n 2 k=0 k ( ' ( ' n n = . La formule de Vandermonde Mais, on a : n−k k nous donne donc que : ( ' ( n ' (2 n ' (' # # 2n n n n = = n k k n−k k=0 k=0 =

Finalement :

La formule de Vandermonde nous donne alors : ' ( n1 + n2 k P(Z = k) = p (1 − p)n1 +n2 −k k On a donc : Z = X + Y #→ B (n 1 + n 2 , p).

On peut interpréter ce résultat de la façon suivante : X est le nombre de piles obtenus sur n 1 lancers, Y est le nombre de piles obtenus sur n 2 lancers effectués après les n 1 précédents et Z est le nombre de piles obtenus sur ces n 1 + n 2 lancers au total. On sait que X #→ B (n 1 , p) , Y #→ B (n 2 , p) , X et Y indépendantes, Z #→ B (n 1 + n 2 , p) et on a bien Z = X + Y. On retrouve donc le résultat donné par les calculs précédents. b) Soit k ∈ [[0,n 1 + n 2 ]]. On a : PZ=r (X = k)

' ( 2n 1 P(X = Y) = n 22n

=

11.6 a) On a : X(!) = [[0,n 1 ]] et Y(!) = [[0,n 2 ]] ,

=

donc : Z(!) ⊂ [[0,n 1 + n 2 ]].

Soit k ∈ [[0,n 1 + n 2 ]]. D'après la formule des probabilités totales, appliquée avec le système complet d'événements $ % [X = i] , on a : i∈[[0,n 1 ]

P(Z = k) n1 # = P(X = i,X + Y = k) i=0

=

n1 # i=0

=

P(X = i,Y = k − i)

X et Y indépendantes

=

k # i=0

n1 # i=0

=

k # i=0

P(X = i)P(Y = k − i)

P(X = i)P(Y = k − i) +

n1 #

i=k+1

P(X = i)P(Y = k − i ) . /0 1 =∅

P(X = i)P(Y = k − i) + 0

donc : P(Z = k) ( ' k ' ( # n1 i n2 n 1 −i p (1 − p) pk−i (1 − p)n2 −k+i = i k −i i=0 ( k ' (' # n2 n1 pk (1 − p)n1 +n2 −k = i k − i i=0 ( k ' (' # n2 n1 = pk (1 − p)n1 +n2 −k i k −i i=0 270

=

P(X = k,X + Y = r) P(Z = r) P(X = k,Y = r − k) P(Z = r)

X et Y indépendantes

P(X = k)P(Y = r − k) P(Z = r)

Donc si k > r on a PZ=r (X = k) = 0 et sinon : PZ=r (X = k) !n1 " k ! n2 " r−k p (1 − p)n1 −k r−k p (1 − p)n2 −r+k k !n1 +n2 " = pr (1 − p)n1 +n2 −r r !n1 "! n2 " r p (1 − p)n1 +n2 −r " = !kn1 +nr−k 2 pr (1 − p)n1 +n2 −r r !n1 "! n2 " " = !kn1 +nr−k 2 r

et, avec les conventions habituelles sur les coefficients binômiaux, cette formule est aussi valable si k > r. ( ' n1 On a donc obtenu que : X|Z=r #→ H n 1 + n 2 ,r, . n1 + n2

11.7 a) • L'événement [X = 1] correspond à l'événement « on a tiré que des blanches ou que des noires ». Donc : P(X = 1) = pn + q n • L'événement [X = n] correspond à l'événement « on a tiré à chaque coup une couleur différente de la précédente ». Pour savoir à combien de boules blanches ou noires cela correspond, distinguons deux cas suivant la parité de n. " Si n est pair : alors n = 2k avec k ∈ N. L'événement [X = n] correspond aux tirages BNBN · · · BN (avec k fois B et k fois N) et NBNB · · · NB (avec k fois N et k fois B ). Donc : n

P(X = n) = pk q k + q k pk = 2( pq) 2

" Si n est impair : alors n = 2k + 1 avec k ∈ N. L'événement [X = n] correspond aux tirages BNBN · · · BNB (avec k + 1

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fois B et k fois N) et NBNB · · · NBN (avec k + 1 fois N et k fois B ). Donc : P(X = n) = p

k+1 k

q +q

b) La variable aléatoire

k+1

n #

k

k

p = ( pq) ( p + q) = ( pq)k = ( pq)

n−1 2

Yi représente le nombre de fois où

i=2

on a obtenu une blanche puis une noire. n # Z j représente le nombre de De même la variable aléatoire j=2

fois où on a obtenu une noire puis une blanche. n n # # Yi + Z j représente le nombre Donc la variable aléatoire i=2

j=2

de fois où on a obtenu deux boules consécutives de couleurs différentes, c'est-à-dire au nombre de « changements ».

D'autre part, le nombre de séries unicolores est égale au nombre de « changements » additionné de 1 (à cause de la première série unicolore qui n'a pas été comptabilisée comme un changement). On a donc : n n # # Yi + Zj X=1+ i=2

j=2

On a donc : P([B = i] ∩ [R = j]) =

j∈[[1,n]]

P(B = k)

= = =

n # j=1 k # j=1

k # j=1

n # i=2

P(Yi = 1) +

E(X) = 1 +

i=2

pq +

n # j=2

P(B = k, R = j) + 2 n(n+1)

n # j=2

E(B)

Finalement : E(X) = 1 + 2(n − 1) pq.

11.8 a) Il y a 1 jeton portant le numéro bleu 1, 2 jetons portant le numéro bleu 2, . . ., k jetons portant le numéro bleu k, . . ., n jetons portant le numéro bleu n. n # n(n + 1) k= Donc au total le nombre de jetons est égal à : . 2 k=1 b) • On a B(!) = [[1,n]] et R(!) = [[1,n]] .

Pour (i, j) ∈ [[1,n]]2 , l'événement [B = i] ∩ [R = j] correspond à l'événement « on a tiré le jeton portant le numéro bleu i et le numéro rouge j ». Donc si i < j on a [B = i] ∩ [R = j] = ∅ et si i " j : $ % card [B = i] ∩ [R = j] = 1 (car il y a un seul jeton portant le numéro bleu i et le numéro rouge j).

j=k+1

+0

=

n # k=1

k P(B = k)

=

n #

2k 2 n(n + 1)

=

n # 2 k2 n(n + 1) k=1

= =

P(Z j = 1)

qp = 1 + (n − 1) pq + (n − 1)qp

n #

P(B = k, R = j) /0 1 . =0

On a ensuite :

j=2

Mais : P(Yi = 1) = pq et P(Z j = 1) = qp . Donc : n #

P(B = k, R = j)

2k n(n + 1)

=

Le même raisonnement donne que : E(Z j ) = P(Z j = 1). E(X) = 1 +

si i " j

on obtient :

Or Yi (!) = {0,1}, donc Yi suit une loi de Bernoulli de paramètre P(Yi = 1) et donc : E(Yi ) = P(Yi = 1). Donc :

si i < j

• Soit k ∈ [[1,n]]. En appliquant la formule des probabilités $ % totales, avec le système complet d'événements [R = j] ,

• Par linéarité de l'espérance, on a donc : n n # # E(X) = 1 + E(Yi ) + E(Z j ) i=2

0 2  n(n + 1)  

k=1

2 n(n + 1)(2n + 1) × n(n + 1) 6 2n + 1 3

Le théorème de transfert donne : E(B2 )

=

n # k=1

k 2 P(B = k)

=

n #

2k 3 n(n + 1)

k=1

n # 2 k3 n(n + 1) k=1 ( ' 2 n(n + 1) 2 = × n(n + 1) 2 n(n + 1) = 2

=

et alors, d'après la formule de Koenig-Huyghens : $ %2 V(B) = E(B2 ) − E(B) n(n + 1) = − 2

'

2n + 1 3

(2

=

(n + 2)(n − 1) 18 271

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Page 272

• Soit k ∈ [[1,n]]. En appliquant la formule des probabilités to$ % tales, avec le système complet d'événements [B = i] , i∈[[1,n]]

on obtient : P(R = k)

=

n #

=

k−1 #

i=1

i=1

=0+

P(B = i,R = k) P(B = i,R = k) + /0 1 . n # i=k

=0

Et d'après les propriétés de la variance : V(G) = V(B) + V(R) − 2Cov(B,R) . Or :

E(BR) n # i=k

=0 si i< j

P(B = i,R = k)

=

2 n(n + 1)

On a ensuite : E(R)

=

k=1

k P(R = k)

n(n + 1) n $ % # 2 = (n + 1)k − k 2 n(n + 1) k=1 n n # 2# 2 = k− k2 n k=1 n(n + 1) k=1 2n + 1 = (n + 1) − 3 n+2 = 3

2

E(R )

=

n #

=

n # 2k 2 (n − k + 1)

k=1

k=1

2

k P(R = k) n(n + 1)

n $ % # 2 = (n + 1)k 2 − k 3 n(n + 1) k=1

=

n n # 2 2# k2 − k3 n k=1 n(n + 1) k=1

(n + 1)(2n + 1) n(n + 1) − 3 2 (n + 1)(n + 2) = 6 =

et alors, d'après la formule de Koenig-Huyghens : ( ' (n + 1)(n + 2) (n + 2)(n − 1) n+2 2 V(R) = = − 6 3 18 c) Par linéarité de l'espérance : E(G) = E(B) − E(R) = 272

2n + 1 n + 2 n−1 − = 3 3 3

j=1

=

n '# i #

=

n # i=1

2i i(i + 1) × n(n + 1) 2

=

k=1

Le théorème de transfert donne :

i=1

( i jP(B = i, R = j)

n $ % # 1 i3 + i2 n(n + 1) i=1 '# ( n n # 1 i3 + i2 = n(n + 1) i=1 i=1 ' 2 ( n (n + 1)2 1 n(n + 1)(2n + 1) = + n(n + 1) 4 6 n(n + 1) 2n + 1 = + 4 6

n # 2k(n − k + 1)

=

n '# i #

( 2i j n(n + 1) i=1 j=1 '# ( n i # 2i j = n(n + 1) j=1 i=1

2(n − k + 1) = n(n + 1) n #

  n n # #   = i j P(B = i,R = j)  /0 1 . i=1 j=1

et donc : Cov(B,R)

= E(BR) − E(B)E(R) n(n + 1) 2n + 1 (2n + 1)(n + 2) + − = 4 6 9

Après simplifications, on a donc : V(G) =

(n − 1)(n + 2) 18

11.9 a) • On tire un à un les jetons jusqu'à obtenir$un jeton % donné. D'après le cours, on sait donc que : X1 #→ U [[1,n]] . n+1 . 2 De plus, d'après le théorème de transfert : On a donc : E(X1 ) =

$ % E X21

= =

n # k=1 n # k=1

k 2 P(X1 = k) k2

1 n

1 n(n + 1)(2n + 1) × n 6 (n + 1)(2n + 1) = 6

=

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et donc, d'après la formule de Koenig-Huyghens : $ % $ %2 V(X1 ) = E X21 − E(X1 ) ( ' (n + 1)(2n + 1) n2 − 1 n+1 2 = = − 6 2 12

c) Par définition de l'espérance : =

E(X2 )

" Si X1 = n alors il n'y a plus de jetons dans le sac et X2 = 0. On a donc :

=

PX1 =n (X2 = 0) = 1 et PX1 =n (X2 = k) = 0 si k ∈ [[1,n − 1]]

=

PX1 = j (X2 = k) =

j=1

=

=

n−k 1# 1 = n j=1 n− j n−1 1# 1 = i=n− j n i i=k

n #



 PX1 = j (X2 = k) . /0 1 j=n−k+1 =0

n # 1 = PX1 = j (X2 = 0) n j=1   n−1 # 1  PX = j (X2 = 0) + PX1 =n (X2 = 0) =  n j=1 . 1 /0 /0 1 1 .

1 n

i(i+1) 2

(n − 1)(n + 2) 4n

et c sont indépendantes et de même loi U [[1,6]] .

" De plus :

=0

i

i=k k=1 n−1 ' # i #

aléatoires a,b 11.10 Remarquons tout d'abord que les variables $ %

n−k #  PX = j (X2 = k)   j=1 . 1 /0 1

+

=

n

E(X2 ) =

= 1 n− j

P(X2 = 0)

( n−1 ' # # 1 n−1 1 k n i=k i k=1 ( n−1 ' # n−1 1# k

Après simplifications :

P(X1 = j)PX1 = j (X2 = k)

n # 1 PX = j (X2 = k) n 1 j=1 

1 n

k P(X2 = k)

=

" Si k = / 0 on a donc : P(X2 = k)

k=1

n−1 1 # (i + 1) 2n i=1 ' n−1 ( 1 # i + (n − 1) = 2n i=1 ' ( 1 (n − 1)n + (n − 1) = 2n 2

si k ∈ [[n − j + 1,n − 1]]

j∈[[1,n]]

n #

n−1 #

=

si k ∈ [[1,n − j]]

• Soit k ∈ [[0,n − 1]] . La formule des probabilités totales, appliquée avec le système complet d'événements % $ [X1 = j] , nous donne : P(X2 = k) =

k P(X2 = k)

( 1 k = permutation n i i=1 k=1 des$ ' # ( n−1 i # 1 1 = k n i=1 i k=1 . /0 1

" Soit j ∈ [[1,n − 1]]. Si [X1 = j] est réalisé alors il reste n − j jetons dans le sac : le second enfant les tire un par un jusqu'à obtenir un jeton donné (le plus grand numéro), et alors $ % X2 #→ U [[1,n − j]] . On a donc : 1 n− j 0

k=0

=0+

b) • On a X2 (!) = [[0,n − 1]].

*

n−1 #

=1

De plus : & =3 x − 2y (S) ⇐⇒ (2a − b)y = c − 3a

(L2 − aL1 )

a) Soit A l'événement « (S) a une infinité de solutions ». On a : (S) a une infinité de solutions si et seulement si 2a − b = 0 et c − 3a = 0 , c'est-à-dire : A = [2a = b] ∩ [c = 3a] . La formule des probabilités totales, appliquées avec le système $ % complet d'événements [a = k] , nous donne alors : k∈[[1,6]] $ % P(A) = P [2a = b] ∩ [c = 3a] 6 $ % # = P [a = k] ∩ [b = 2a] ∩ [c = 3a] k=1

6 $ % # = P [a = k] ∩ [b = 2k] ∩ [c = 3k] k=1

=

a, b et c indépendantes

6 # k=1

P(a = k)P(b = 2k)P(c = 3k)

= P(a = 1)P(b = 2)P(c = 3) +P(a = 2)P(b = 4)P(c = 6) + 0 1 1 1 1 1 1 = × × + × × +0 6 6 6 6 6 6 273

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1 . 108 b) Soit B l'événement « (S) n'a aucune solution ». On a : (S) / 0, n'a aucune solution si et seulement si 2a − b = 0 et c − 3a = / 3a] . c'est-à-dire : B = [2a = b] ∩ [c = Donc : P(A) =

On remarque que A et B sont incompatibles et que : A ∪ B = [2a = b]. La même technique qu'au a) donne : $ % P A∪ B = P(2a = b) 6 $ % # = P [a = k] ∩ [b = 2a]

L'égalité

6 # k=1

• On reprend le calcul du a) : P(A)

= =

6 # k=1

k=1

=

a et b indépendantes

6 #

2 . 343 • On reprend le calcul du b) :

Donc : P(A) =

k=1

$ % P A∪B

2 . 27 c) Soit C l'événement « (S) a une unique solution ». On sait qu'il n'y a que trois cas possibles (et incompatibles): (S) a une infinité de solution ou aucune solution ou une unique solution, c'est-à-dire que les événements A, B et C forment un système complet d'événements.

La même technique qu'au a) donne : 6 $ % # P [a = k] ∩ [c = 3a] P(c = 3a) = k=1

6 $ % # = P [a = k] ∩ [c = 3k] k=1

=

a et c indépendantes

k=1

P(a = k)P(c = 3k)

1 1 1 1 × + × +0 6 6 6 6 1 = 18 5 . Donc : P(D) = P(c = 3a) − P(A) = 108 e) • Notons p la probabilité d'obtenir « 1 » avec un dé. On a donc, pour tout k ∈ [[1,6]] : P(a = k) = kp. =

274

6 #

1 2 2 4 3 6 × + × + × +0 21 21 21 21 21 21 4 = 63 178 . 3087

P(C) = 1 − P(A) − P(B) =

59 63

• On reprend le calcul du d) : P(c = 3a)

=

6 # k=1

P(a = k)P(c = 3k)

1 3 2 6 × + × +0 21 21 21 21 5 = 147 =

11 12

On a donc D et A incompatibles et C ∪ A = [c = 3a] .

P(a = k)P(b = 2k)

k=1

• On reprend le calcul du c) :

On a donc :

d) Soit D l'événement « (S) a pour unique solution (3,0) ». On a : (S) a pour unique solution (3,0) si et seulement si 2a − b = / 0 / b] ∩ [c = 3a]. et c − 3a = 0 , c'est-à-dire : D = [2a =

6 #

Donc : P(B) = P(2a = b) − P(A) =

Donc : P(B) = P(2a = b) − P(A) =

P(C) = 1 − P(A) − P(B) =

= =

P(a = k)P(b = 2k)

1 1 1 1 1 1 = × + × + × +0 6 6 6 6 6 6 1 = 12

P(a = k)P(b = 2k)P(c = 3k)

1 2 3 2 4 6 × × + × × +0 21 21 21 21 21 21

k=1

6 $ % # P [a = k] ∩ [b = 2k] =

1 . 21

P(a = k) = 1 nous donne alors p =

Donc : P(D) = P(c = 3a) − P(A) =

29 . 1029 $

%

11.11 a) On a immédiatement X #→ U [[1,n]] et donc : n+1 . 2 b) On a Y(!) = [[1,n]].

E(X) =

Soit k ∈ [[1,n]]. La formule des probabilités totales, appliquée $ % , nous avec le système complet d'événements [X = j] j∈[[1,n]]

donne :

P(Y = k) =

n # j=1

P(X = j)PX= j (Y = k)

Or, sachant que « X = j » est réalisé, on a donc n + j jetons dans l'urne, dont exactement ( j + 1) portent le numéro j, et / j. C'estexactement 1 porte le numéro k, pour k ∈ [[2,n]] et k = à-dire :

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∀ j ∈ [[1,n]], On a donc :

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 1  n+ j PX= j (Y = k) =  k+1  n+k

P(Y = k) = P(X = k)PX=k (Y = k) +

n # j=1 j= / k

Page 275

si j = / k si j = k

On a donc :

P(X = j)PX= j (Y = k)

n # 1 k+1 1 1 + × = × n n+k n n + j j=1 j= / k ' ( n # 1 1 k 1 = + + n n+k n+k n+ j j=1 /j =k ' ( n # k 1 1 + = n n+k n + j j=1

k an + n(n + k) n

P(X = i) PX=i (Y = j) /0 1 . =0

n # i= j

k

n! i! (n − i)! = × × i!(n − i)! j!(i − j)! (k − j)!(n − i − k + j)! k!(n − k)! × n! ' (' ( k n−k = j i−j

mais attention ce calcul n'est valable que si k − j ! n − i, c'està-dire : i ! n − k + j. Si i > n − k + j, on a tout simplement ( ' n−i = 0. k− j En réinjectant dans le calcul précédent, on obtient donc :

a) Chaque pièce donne « pile » avec la même probabilité p, de plus les pièces sont lancées simultanément donc chacune est lancée de manière indépendante des autre. On sait donc que : X #→ B (n, p). b) On a Y(!) = [[0,k]] .

Soit j ∈ [[0,k]]. D'après la formule des probabilités totales, ap$ % pliquée avec le système complet d'événements [X = i] , i∈[[0,n]]

on a :

i=0

i=0

On remarque alors que : ( ' (' (' n−i n i j k− j i !n"

11.12

n #

j−1 #

P(X = i)PX=i (Y = j) ( ' (' n−i i ( ' n # n i j k− j ' ( p (1 − p)n−i × =0+ n i i= j k

c) On a par définition de l'espérance : n # E(Y) = k P(Y = k) k=1 ( n ' # k2 kan + = n(n + k) n k=1 n n 1# k2 an # = k + n k=1 n + k n k=1 n k2 an n(n + 1) 1# + × = n k=1 n + k n 2 n 1# k2 n+1 = + an n k=1 n + k 2

P(Y = j) =

P(Y = j) =

+

On obtient donc, pour tout k ∈ [[1,n]] : P(Y = k) =

' (' ( i n−i j k− j ' ( PX=i (Y = j) = P(Z = j) = n k

P(X = i)PX=i (Y = j)

Or sachant que [X = i] est réalisé, Justine ne peut obtenir au maximum que i « piles », et donc : PX=i (Y = j) = 0 si j > i. Si j ! i , on effectue un tirage simultané de k pièces, la variable aléatoire Z égale au nombre de « piles » obtenus suit donc la ' ( i loi H n,k, , et donc: n

P(Y = j) ( ' ( n−k+ ' k #j n − k i p (1 − p)n−i =0+ j i= j i − j ( ' (# ' k n−k n − k %+ j p (1 − p)n−%− j = %=i− j j %=0 % ( ' ( n−k ' # n−k % k p (1 − p)n−k−% = p j (1 − p)k− j % j %=0 ' ( $ %n−k k = − p j (1 − p)k− j p + (1 − p) formule j . /0 1 du binôme =1 ' ( k p j (1 − p)k− j = j Finalement, on trouve que : Y #→ B (k, p) . c) On lance k pièces simultanément et on compte le nombre de « pile ». Le même raisonnement qu'au a) donne Z #→ B (k, p). On remarque que Y et Z ont la même loi, c'est-à-dire que la gain de Justine est le même dans les deux expériences. Il est 275

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Page 276

donc équivalent de compter le nombre de « piles » obtenus, parmi k pièces choisies au hasard parmi n lancées simultanément, ou parmi k pièces lancées simultanément après les avoir choisies au hasard parmi n pièces.

11.13

a) On sait que X #→ B (n, p). De plus, on a Y(!) = [[1,n]].

• Soit k ∈ [[1,n]]. La formule des probabilités totales, appliquée $ % avec le système complet d'événements [X = j] , nous j∈[[0,n]]

donne :

P(Y = k) =

n # j=0

P(X = j)PX= j (Y = k)

Or, sachant que [X = 0] la variable aléatoire Y suit la loi $ % U [[1,n]] , c'est-à-dire : ∀k ∈ [[1,n]],

PX=0 (Y = k) =

1 n

/ 0 , la variable aléatoire Y est et sachant que [X = j] avec j = constante (ou certaine) égale à j, c'est-à-dire : & 0 si k = / j ∀ j ∈ [[1,n]],∀k ∈ [[1,n]], PX= j (Y = k) = 1 si k = j On a donc, pour tout k ∈ [[1,n]] : P(Y = k)

E(Y) =

+

n # j=1 /j =k

On note Y1 la variable aléatoire égale au nombre de réponses obtenues suite au premier envoi, et Y2 la variable aléatoire égale au nombre de réponses obtenues suite au second envoi. Pour le premier envoi : chaque personne répond indépendamment des autres, chacune avec la même probabilité p, et il y a n personnes. On a donc Y1 #→ B (n, p) . Pour le second envoi, on pourrait faire le même raisonnement, le problème étant que le nombre de personnes à qui on envoie une invitation est aléatoire (égale à n − Y1 ). Pour contourner ce problème on va utiliser une loi conditionnelle. On fixe donc k ∈ Y1 (!) = [[0,n]] . Alors on peut dire que la loi conditionnelle de Y2 sachant que [Y1 = k] est la loi B (n − k, p). La variable aléatoire X est égale au nombre de réponses obtenues, donc : X = Y1 + Y2 .

• On a, d'après les résultats du cours sur les sommes de variables aléatoires : P(X = 0)

=

+P(X = k) PX=k (Y = k) /0 1 . =0

• Par définition de l'espérance :

k=1

n # k=0

PY1 =k (Y2 = −k)P(Y1 = k)

= PY1 =0 (Y2 = 0)P(Y1 = 0) n # + PY =k (Y2 = −k) P(Y1 = k) /0 1 . 1 k=1 =0 ' ( ' ( n 0 n 0 p (1 − p)n−0 + 0 p (1 − p)n−0 × = 0 0 = (1 − p)2n

P(X = j) PX= j (Y = k) . /0 1

1 = P(X = 0) + P(X = k) n !" 1! " = n0 p0 (1 − p)n−0 + nk pk (1 − p)n−k n ( ' (1 − p)n n k p (1 − p)n−k = + n k

E(Y) =

= P(Y1 + Y2 = 0) n # = PY1 =k (Y1 + Y2 = 0)P(Y1 = k) k=0

=1

n #

n+1 (1 − p)n + np 2

11.14 a) • Commençons par traduire les hypothèses de l'énoncé.

= P(X = 0) PX=0 (Y = k) /0 1 . = n1

• De même : P(X = 1)

= P(Y1 + Y2 = 1) n # = PY1 =k (Y1 + Y2 = 1)P(Y1 = k) k=0

kP(Y = k)

donc : ( ' ( n ' # (1 − p)n n k p (1 − p)n−k + n k k=1 n n ' ( # n k (1 − p)n # p (1 − p)n−k = k+ k n k=1 k=1 ' ( n (1 − p)n n k n(n + 1) # p (1 − p)n−k = k × + k n 2 k=1

E(Y) =

On remarque la somme de droite est égale à l'espérance d'une variable aléatoire de loi binomiale B (n, p), c'est-à-dire à np. 276

Donc :

=

n # k=0

PY1 =k (Y2 = 1 − k)P(Y1 = k)

= PY1 =0 (Y2 = 1)P(Y1 = 0) +PY1 =1 (Y2 = 0)P(Y1 = 1) n # + PY =k (Y2 = 1 − k) P(Y1 = k) /0 1 . 1 k=2 =0' ( ' ( n 0 n 1 p (1 − p)n−0 = p (1 − p)n−1 × 0 1 ( ' ' ( n−1 0 n 1 p (1 − p)n−1−0 × p (1 − p)n−1 + 0 1 = np(1 − p)2n−1 $+ np(1 − p)%2n−2 = np(1 − p)2n−2 (1 − p) + 1 = np(1 − p)2n−2 (2 − p)

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Page 277

b) • On passe au cas général. Au minimum, l'enfant peut ne recevoir aucune réponse, et au maximum, il peut recevoir n réponses. Donc X prend toute valeur entière entre 0 et n : X(!) = [[0,n]].

• Soit j ∈ [[0,n]] fixé. D'après les résultats du cours sur les sommes de variables aléatoires : P(X = j) = P(Y1 + Y2 = j) n # = PY1 =k (Y1 + Y2 = j)P(Y1 = k) k=0

= =

n # k=0 j # k=0

+

PY1 =k (Y2 = j − k)P(Y1 = k) PY1 =k (Y2 = j − k)P(Y1 = k)

n #

k= j+1

PY1 =k (Y2 = j − k) P(Y1 = k) /0 1 . =0

( j ' # n−k

' ( n k p j−k (1 − p)(n−k)−( j−k) × p (1 − p)n−k = j −k k k=0 (' ( j ' # n−k n j p (1 − p)2n− j−k = j −k k k=0 (' ( j ' # n−k n (1 − p)−k = p j (1 − p)2n− j j −k k k=0 On remarque alors que : (' ( ' (n − k)! n−k n n! j! = × × = n j jk j −k k (n − j)!( j − k)! k!(n − k)! j! On obtient donc : P(X = j)

j ' (' ( # j n (1 − p)−k j k k=0 ' (# j ' ( n j (1 − p)−k p)2n− j j k=0 k (k ' (# j ' (' 1 n j p)2n− j 1 j−k j k=0 k 1− p (j ' (' 1 n 1+ p)2n− j 1− p ' j( n 2n− j (2 − p) j (1 − p)− j p) j

= p j (1 − p)2n− j j

= p (1 − = p j (1 − j

= p (1 − = p j (1 −

Finalement, pour tout j ∈ [[0,n]] : ' ($ %(n− j) %j$ n P(X = j) = p(2 − p) (1 − p)2 j Cela ressemble à une loi binômiale... On remarque en effet que : 1 − p(2 − p) = 1 − 2 p + p2 = (1 − p)2 . On peut donc dire $ % que X #→ B n, p(2 − p) .

• On sait donc que :

E(X) = np(2 − p) et

V (X) = np(2 − p)(1 − p)2

11.15 a) Comme Xi (!) = {0,1}, on sait que Xi suit une loi de Bernoulli de paramètre P(Xi = 1).

L'événement [Xi = 1] correspond à l'événement « la cage numéro i est vide » ou encore « les N souris se sont réparties dans les (n − 1) autres cages que la numéro i.

La probabilité qu'une souris donnée choisisse la cage numéro 1 i est égale à : . Donc la probabilité qu'une souris donnée ne n 1 choisisse pas la cage numéro i est égale à : 1 − . Comme les n N souris agissent indépendamment les unes des autres, on obtient : ' ( 1 N P(Xi = 1) = 1 − n On a donc : '

E(Xi ) = 1 −

1 n

(N

et : ( < ( = ' ' 1 N 1 N V(Xi ) = 1 − 1− 1− n n b) • De même Xi X j ne prend que deux valeurs : 0 ou 1. Elle suit donc une loi de Bernoulli de paramètre P(Xi X j = 1). Mais comme [Xi X j = 1] = [Xi = 1] ∩ [X j = 1] , Xi X j suit donc la loi de Bernoulli de paramètre P(Xi = 1,X j = 1) . L'événement [Xi = 1] ∩ [X j = 1] correspond à l'événement « les cages numéro i et j sont vides » ou encore « les N souris se sont réparties dans les (n − 2) autres cages que les numéros i et j. Le même raisonnement qu'au a) nous donne ici : ( ' 2 N P(Xi ,X j = 1) = 1 − n • On a donc : '

E(Xi Xj ) = P(Xi = 1,Xj = 1) = 1 −

2 n

(N

Et ainsi : cov(Xi ,X j )

= E(Xi X j ) − E(Xi )E(X j ) ( ( ' ' 1 2N 2 N − 1− = 1− n n

c) • On remarque que : n # i=1

Xi

= nombre d’indices i pour lesquels Xi = 1 = nombre de cages vides =Y 277

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• On a donc :

E(Y) = =

n #

E(Xi )

i=1 n # i=1

' ( 1 N 1− n . /0 1

ne dépend pas de i

( ' 1 N =n 1− n • Pour la variance : V(Y) =

V(Xi )

i=1

i=1

V(Xi ) + 2

#

cov(Xi ,X j )

1!i< j !n

( < ( = ' n ' # 1 N 1 N 1− 1− 1− = i n n i=1 /0 1 . ne dépend pas de < = ( ( ' ' 1 N 1 N 1− 1− =n 1− n n

et de même : 0 : ) ( ') ) ) Sn P )) − p(2 − p))) " $ n

!

np(2 − p)(1 − p)2 + 2(n − 1)(1 − p)2 (3 − p) p n 2 $2

Mais le terme de droite de cette inégalité a un équivalent simple αn + β , lorsque n →+∞ (avec (α,β) ∈ R2 ). Sa de la forme n2 limite lorsque n →+∞ est donc égale à 0.

cov(Yi ,Y j )

1!i< j !n

∀$ > 0,

2

" Soit (i, j) tel que : 1 ! i < j ! n. Si {i,i + 1}∩{ j, j + 1} = / ∅, c'est-à-dire si j " i + 2, les variables aléatoires Yi et Y j sont indépendantes (car Xi , Xi+1 , X j et X j+1 sont indépendantes), et donc : cov(Yi ,Y j ) = 0. On a donc : #

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

ou encore :

" D'une part : n #

" Finalement:

c) On applique l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev à la variable Sn aléatoire : n ! " ') ( ' () ) Sn V Snn Sn )) ∀$ > 0, P )) − E " $ ! n n ) $2

k=1

• On a : V(Sn ) =

= (n − 1)(1 − p)2 (3 − p) p V(Sn )

b) • Par linéarité de l'espérance : n n # # E(Yk ) = p(2 − p) = np(2 − p) E(Sn ) =

i=1

% $ = (n − 1) 2(1 − p)2 − (1 − p)3 − (1 − p)4

2

P(Yn = 1) = 1 − P(Yn = 0) = 1 − (1 − p) = p(2 − p) $ % Ainsi Yn #→ B p(2 − p) , E(Yn ) = p(2 − p) et V(Yn ) =

n−1 '$ % $ %2 ( # 1 − (1 − p)3 − 1 − (1 − p)2

= [Yi = 0] ∩ [Yi+1 = 0]

= [Xi = 0] ∩ [Xi+1 = 0] ∩ [Xi+2 = 0]

et donc, par indépendance de Xi , Xi+1 et Xi+2 : P(Yi Yi+1 = 0) = P(Xi = 0)P(Xi+1 = 0)P(Xi+2 = 0) = (1 − p)3

Ainsi, d'après le théorème des gendarmes, on a pour tout $ > 0: ) ') ( ) Sn ) ) lim P ) − p(2 − p))) " $ = 0 n→+∞ n

11.21 a) f est une fonction polynôme. Elle est donc dérivable sur [0,1] et : ∀x ∈ [0,1],

f / (x) = 2 px

On a : ∀0 < x ! 1, f / (x) > 0 et donc, par théorème, f est strictement croissante sur [0,1]. b) • Comme f est strictement croissante sur [0,1] : $ % f [0,1] = [ f (0), f (1)] = [1 − p,1] ⊂ [0,1] .

Une récurrence immédiate donne alors que (u n )n∈N est bien définie et à valeurs dans [0,1]. 283

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Page 284

• On a : u 1 − u 0 = p(1 − p)2 + (1 − p) − (1 − p) = p(1 − p)2 " 0

Comme f est croissante sur [0,1], une récurrence immédiate donne que (u n )n∈N est croissante. • La suite (u n )n∈N est donc croissante majorée (elle est à valeurs dans [0,1]). D'après le théorème de la limite monotone, elle converge vers un réel %. Comme f est continue sur [0,1], un passage à la limite quand n →+∞ dans la relation : u n+1 = f (u n ) nous donne : f (%) = %, c'est-à-dire que % est un point fixe de f.

c) • La variable aléatoire X0 représente le nombre de descendants de la plante de départ. Elle ne peut donc prendre que deux valeurs : 2 avec probabilité p et 0 avec probabilité 1 − p . Donc : P(X0 = 0) = 1 − p = u 0 .

• Soit n ∈ N . La formule des probabilité totales, appliquée avec % $ le système complet d'événements [X0 = 0],[X0 = 2] , nous donne :

P(Xn+1 = 0)

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

+ pPX0 =2 (Xn+1 = 0)

2

px + (1 − p) = x 2

px − x + 1 − p = 0 1− p x = 1 ou x = p

Mais : PX0 =0 (Xn+1 = 0) = 1, car si la première plante n'a aucun descendant alors toutes les générations suivantes sont d'effectif nul.

On a toujours : 1 ∈ [0,1] . Par contre : 1− p 1 ∈ [0,1] ⇐⇒ 1 − p ! p ⇐⇒ p " p 2 " Si p !

Et : PX0 =2 (Xn+1 = 0) = P(Xn = 0)2 . En effet, sachant que la plante « mère » a eu deux descendants, on calcule la probabilité qu'elle n'ait pas de descendant de (n + 2) -ième génération, c'est-à-dire que chacun de ses deux « enfants » n'ait pas de descendant de (n + 1) -ième génération : cela se produit pour chacun avec la probabilité P(Xn = 0) et leur deux descendances évoluent de manière indépendante.

1 , f a un unique point fixe : 1. 2 x

0 1

1

On obtient donc :

p

Variations de f (x ) x

$ %2 P(Xn+1 = 0) = (1 − p) + p P(Xn = 0)

0

d) Ainsi :

Donc (u n )n∈N converge vers 1. 1 1− p < 1 et 1. " Si p > , f a deux points fixes : 2 p x

1 p p

0 1

1 2p

$ % P(Xn+1 = 0) = f P(Xn = 0) 1

p

Variations de f (x ) x

0

0 1

p

1 4p

• Comme on a u 0 = P(X0 = 0) et pour tout n ∈ N : $ % P(Xn+1 = 0) = f P(Xn = 0) , une récurrence immédiate nous donne :

∀n ∈ N, 1− p et par récurrence immédiate (en utip lisant que f est strictement croissante) : 1− p ∀n ∈ N, u n < p

Mais u 0 = 1 − p
, on a : lim P(Xn = 0) = . C'est-à-dire n→+∞ 2 p qu'au bout d'un très grand nombre de générations, l'extinction est possible mais pas certaine. Ce résultat n'est pas conforme à l'intuitition car on pourrait penser que si cette espèce a tendance a ne pas avoir de descendance, elle va s'éteindre avec probabilité 1...

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Page 285

Géométrie

Plan

12

Thèmes abordés dans les exercices

Les méthodes à retenir 285

•

Courbes paramétrées

Énoncés des exercices 290

•

Géométrie dans le plan

Du mal à démarrer ?

296

•

Géométrie dans l'espace

Corrigés

298

Points essentiels du cours pour la résolution des exercices • • • • • • • • • • • • •

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

CHAPITRE

Courbes paramétrées Coordonnées dans un repère cartésien Produit scalaire Orthogonalité Vecteurs normaux Projection orthogonale Mesure des angles Distance de deux objets géométriques Produit vectoriel Droites Plans Cercles Sphères

Les méthodes à retenir • Si les fonctions t !−→ x(t) et t !−→ y(t) admettent toutes deux T Pour réduire le domaine d'étude d'une courbe paramétrée

pour période, alors on peut restreindre l'étude à un intervalle I d'amplitude T et on obtient directement toute la courbe !. ➥ Exercices 12.1 et 12.10

• Si I est symétrique par rapport à a ∈ I, et si x(2a − t) = x(t) et

y(2a − t) = y(t) pour tout t ∈ I, alors on peut restreindre l'étude à I ∩ [a,+∞[ ou I∩] − ∞,a], et on obtient directement toute la courbe !. ➥ Exercices 12.1 et 12.10 285

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Chapitre 12 • Géométrie

• Si I est symétrique par rapport à a ∈ I, et si x(2a − t) = x(t) et

y(2a − t) = −y(t) pour tout t ∈ I, alors on peut restreindre l'étude à I ∩ [a,+∞[ ou I∩] − ∞,a], et on obtient toute la courbe ! en effectuant la symétrie orthogonale par rapport à (Ox). ➥ Exercices 12.1 et 12.10

• Si I est symétrique par rapport à a ∈ I, et si x(2a − t) = −x(t) et

y(2a − t) = y(t) pour tout t ∈ I, alors on peut restreindre l'étude à I ∩ [a,+∞[ ou I∩] − ∞,a], et on obtient toute la courbe ! en effectuant la symétrie orthogonale par rapport à (Oy). ➥ Exercices 12.1 et 12.10

• Si I est symétrique par rapport à a ∈ I, et si x(2a − t) = −x(t) et

y(2a − t) = −y(t) pour tout t ∈ I, alors on peut restreindre l'étude à I ∩ [a,+∞[ ou I∩] − ∞,a], et on obtient toute la courbe ! en effectuant la symétrie centrale par rapport à O. ➥ Exercices 12.1 et 12.10

• On a la relation de Chasles, pour A, B et C trois points du plan : −→ − → − → − → −→ −→ − → AB + BC = AC. De plus : BA = −AB et AA = 0 . ➥ Exercices 12.2, 12.4, 12.17 et 12.19 → u (x; y) et • Dans un repère orthonormé, si A(xA ; yA ) , B(xB ; yB ), − Pour faire du calcul vectoriel dans le plan

−→ → → − → u .− v = x x ' + yy ' et v (x ' ; y ' ) alors : AB(xB − xA ; yB − yA ), − " " !− ! → → !→ u ! = x 2 + y2 = − u .− u . ➥ Exercices 12.2, 12.3, 12.4, 12.17 et 12.19 !→ − !2 ! →!2 !− !2 → → → u +→ v ! = !− u ! + !→ v ! + 2− u .− v . Donc si − u et • On a : !− ! ! ! ! ! ! 2 2 2 → → → → − → u +− v ! = !− u ! + !− v ! (théorème v sont orthogonaux : !− de Pythagore).

➥ Exercices 12.3, 12.4, 12.17 et 12.19

• Une droite peut être définie par un point A et un vecteur directeur − → − → u = / 0 .

➥ Exercice 12.5

• Dans le plan muni d'un repère orthonormé : l'ensemble des M(x; y) Pour étudier une droite dans le plan

/ (0,0), est une droite dirigée tels que ax + by + c = 0 avec (a,b) = − → → n (a ; b). par u (−b ; a) dont un vecteur normal est − ➥ Exercices 12.5 et 12.11

• Dans le plan muni d'un repère orthonormé : l'ensemble des M(x; y) #

x y

= λ + αt / (0,0), est la droite avec (α,β) = = µ + βt → u (α; β) dont un vecteur normal est passant par A(λ; µ), dirigée par −

tels que ∃t ∈ R/ − → n (−β ; α) . 286

➥ Exercice 12.5

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Les méthodes à retenir

→ u , alors M apparA et dirigée par − • Si D est la droite passant par −→

→ u sont colinéaires. On obtient tient à D si et seulement si AM et − ainsi une représentation paramétrique de D. ➥ Exercice 12.5 → n , • Si D est la droite passant par A et dont un−→ vecteur normal est − − → alors M appartient à D si et seulement si AM et n sont orthogonaux. On obtient ainsi une équation cartésienne de D. ➥ Exercice 12.5

• Si D 1 et D 2 sont deux droites du plan dirigées respectivement par

− → → u et − v , alors une mesure de l'angle formé par ces deux droites est &− & → $ π% &→ u .− v& tel que : cos(α) = !− l'unique réel α ∈ 0, !! →! . !→ 2 u !!− v!

➥ Exercice 12.5

• Un cercle peut être défini par son centre " et son rayon R > 0 .

➥ Exercice 12.6 • Dans le plan muni d'un repère orthonormé : l'ensemble des M(x; y)

tels que (x − a)2 + (y − b)2 = R2 avec R > 0 , est le cercle de centre "(a; b) et de rayon R. ➥ Exercices 12.6, 12.11 et 12.19

Pour étudier un cercle dans le plan

• Dans le plan muni d'un repère orthonormé : l'ensemble des M(x; y) #

x = λ + R cos(t) avec R > 0 , est le cercle y = µ + R sin(t) de centre "(λ; µ) et de rayon R. ➥ Exercice 12.6 tels que ∃t ∈ R/

" et de rayon R, alors M appartient à C • SiC est le cercle de !−centre →!

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

si et seulement si !"M! = R. On obtient ainsi une équation cartésienne deC. ➥ Exercices 12.6 et 12.19

→ u et de vec• Si M est un point du plan et D une droite, dirigée par −

→ n , alors le projeté orthogonal de M sur D est l'unique teur normal − −→ → u sont orthogonaux, ou encore tel que point H de D tel que MH et −

Pour utiliser la projection orthogonale sur une droite dans le plan

−→ − MH et → n sont colinéaires.

➥ Exercice 12.5

• Si M est un point du plan et D une droite, alors la distance de M à

!−→! D est donnée par : d(M,D ) = !MH! où H est le projeté orthogonal de M sur D. ➥ Exercice 12.5 287

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Chapitre 12 • Géométrie

• Dans le plan muni d'un repère orthonormé, si D : ax + by + c = 0 et M(xM ; yM ), alors :

d(M,D ) =

|axM + byM + c| √ a 2 + b2

➥ Exercice 12.5

• On a la relation de Chasles, pour A, B et C trois points de l'espace : −→ − → − → − → −→ −→ − → AB + BC = AC. De plus : BA = −AB et AA = 0 . ➥ Exercices 12.7, 12.12, 12.14 et 12.20

• Dans un repère orthonormé, si A(xA ; yA ; z A ) , B(xB ; yB ; z B ),

Pour faire du calcul vectoriel dans l'espace

− → → u (x; y; z) et − v (x ' ; y ' ; z ' ) −→ → → u .− v = x x ' + yy ' + zz ' alors : AB(xB − xA ; yB − yA ; z B − z A ), − " " !− ! → → u ! = x 2 + y2 + z2 = − u .− u . et ! →

➥ Exercices 12.7, 12.12 et 12.14 !− ! ! ! ! →!2 2 2 → → → → → u +− v ! = !− u ! + !− v ! + 2− u .− v . Donc si − u et • On a : ! → ! ! ! ! ! ! 2 2 2 − → − → − → − → − → v sont orthogonaux : ! u + v ! = ! u ! + ! v ! (théorème de Pythagore). ➥ Exercices 12.7, 12.12 et 12.14 → → u (x; y; z) et − v (x ' ; y ' ; z ' ) • Dans un repère orthonormé direct, si − − → − → alors leur produit vectoriel u ∧ v a pour coordonnées (yz ' − zy ' ; zx ' − x z ' ; x y ' − x ' y) .

➥ Exercices 12.16 et 12.20 → − → − → − → → − → u et − v sont coli• u ∧ v est orthogonal à u et à v .− De plus : − → − → − → néaires si et seulement si u ∧ v = 0 . ➥ Exercices 12.16 et 12.20 • Un plan peut être défini par un point A et deux vecteurs générateurs − → → → → → u et − n =− u ∧− v . v (non colinéaires). Un vecteur normal est − ➥ Exercices 12.7, 12.12 et 12.16

• Dans l'espace muni d'un repère orthonormé : l'ensemble des

Pour étudier un plan dans l'espace

M(x; y; z) tels que ax + by + cz + d = 0 avec (a,b,c) = / (0,0,0), → n (a; b; c). est un plan dont un vecteur normal est − ➥ Exercices 12.7, 12.12, 12.13 et 12.14

• Dans l'espace plan muni d'un repère orthonormé : l'ensemble des M(x; y; z)

tels que

 x ∃(s,t) ∈ R2 / y  z

λ + α1 s + α2 t µ + β1 s + β2 t ν + γ1 s + γ2 t

= = =

avec

(α1 ,β1 ,γ1 ) et (α2 ,β2 ,γ2 ) non proportionnels, est le plan passant par → → v (α ; β ; γ ) . A(λ; µ; ν) , engendré par − u (α ; β ; γ ) et − 1

1

1

2

2

2

➥ Exercices 12.7 et 12.12

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Les méthodes à retenir

→ → u et − v , alors M • Si P est le plan passant par A et engendré par −

−→ appartient à P si et seulement si AM est combinaison linéaire de − → → u et − v . On obtient ainsi une représentation paramétrique de P .

➥ Exercices 12.7 et 12.12

→ n , • Si P est le plan passant par A et dont un vecteur normal est −

−→ → n sont orthogoalors M appartient à P si et seulement si AM et − naux. On obtient ainsi une équation cartésienne de P . ➥ Exercices 12.7, 12.12, 12.14, 12.15 et 12.16

• Si P 1 et P

2

→ n 1 et sont deux plans de vecteurs normaux respectifs −

− → n 2 , alors une mesure de l'angle formé par ces deux plans est &− & → $ π% &→ n2 & n 1 .− tel que : cos(α) = !− l'unique réel α ∈ 0, !! →! . !→ 2 n 1 !!− n2 !

➥ Exercices 12.7 et 12.14

• Une droite peut être définie par un point A et un vecteur directeur − → − → u = / 0 , ou comme l'intersection de deux plans non parallèles. ➥ Exercices 12.7, 12.9, 12.12, 12.13, 12.14 et 12.16

• Dans l'espace muni d'un repère orthonormé direct: l'ensemble des #

a1 x + b1 y + c1 z + d1 = 0 avec (a1 ,b1 ,c1 ) a2 x + b2 y + c2 z + d2 = 0 et (a2 ,b2 ,c2 ) non proportionnels, est une droite dirigée par − → n = (a ; b ; c ) ∧ (a ; b ; c ).

M(x; y; z) tels que

1

1

1

2

2

2

➥ Exercices 12.7, 12.9, 12.12, 12.13, 12.14 et 12.16

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

Pour étudier une droite dans l'espace

• Dans l'espace muni d'un repère orthonormé : l'ensemble des M(x; y; z) *

x y z

= λ + αt / (0,0,0), est la = µ + βt avec (α,β,γ) = = ν + γt → u (α ; β ; γ). droite passant par A(λ ; µ ; ν) et dirigée par −

tels que ∃t ∈ R/

➥ Exercices 12.13 et 12.16

→ u , alors M appar• Si D est la droite passant par A et dirigée par −

−→ → u sont colinéaires (on obtient tient à D si et seulement si AM et − ainsi une représentation paramétrique de D) si et seulement si −→ − − → AM ∧ → u = 0 (on obtient ainsi un système d'équations cartésiennes de D).

➥ Exercices 12.13, 12.14 et 12.16

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Chapitre 12 • Géométrie

• Une sphère peut être définie par son centre " et son rayon R > 0 .

➥ Exercice 12.8 • Dans l'espace muni d'un repère orthonormé : l'ensemble des Pour étudier une sphère dans l'espace

M(x; y; z) tels que (x − a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 = R2 avec R > 0 , est le cercle de centre "(a; b; c) et de rayon R. ➥ Exercice 12.8

• Si S est la sphère de centre " et de rayon R, alors M appartient à

!−→! S si et seulement si !"M! = R. On obtient ainsi une équation cartésienne de S . ➥ Exercice 12.8

→ n , • Si M est un point de l'espace et P un plan, de vecteur normal −

alors le projeté orthogonal de M sur P est l'unique point H de P tel −→ → n sont colinéaires. que MH et − ➥ Exercice 12.15

• Si M est un point de l'espace et P un plan, alors la distance de M à Pour utiliser la projection orthogonale sur un plan dans l'espace

!−→! P est donnée par : d(M,P ) = !MH! où H est le projeté orthogonal de M sur P. ➥ Exercice 12.15

• Dans l'espace muni d'un repère orthonormé, si P : ax + by + cz + d = 0 et M(xM ; yM ; z M ), alors : d(M,P ) =

|axM + byM + cz M + d| √ a 2 + b2 + c2

➥ Exercice 12.15

Énoncés des exercices 12.1 Courbes paramétrées + − →− →, On munit le plan d'un repère orthonormé O; i , j .

Pour les courbes paramétrées suivantes, déterminer leur intervalle d'étude minimal I, et expliquer la construction de la courbe complète à partir de celle obtenue sur l'intervalle I. Dans tout l'exercice, on note M(t) le point du plan d'abscisse x(t) et d'ordonnée y(t) . # x(t) = 2 cos (t) + cos (2t) a) Deltoïde : y(t) = 2 sin (t) − sin (2t) # x(t) = 2 cos (t) + cos (2t) b) Cardioïde : y(t) = 2 sin (t) + sin (2t) 290

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Énoncés des exercices

c) Lemniscate de Bernoulli :

   x(t)  

y(t)

= =

(Comparer M(π − t) et M(t) ) # x(t) = t − sin (t) d) Cycloïde : y(t) = 1 − cos (t) # x(t) = cos 3 (t) e) Astroïde : y(t) = sin 3 (t)

sin (t) 1 + cos 2 (t)

sin (t) cos (t) 1 + cos 2 (t)

(Comparer M(π − t) et M(t) , puis M(π/2 − t) et M(t) )

12.2 Aire d'un triangle + − →− →, Le plan est muni d'un repère orthonormé O; i , j . On considère le triangle ABC de sommets A(0 ; 1), B(1; 0) et C(−1; 0). Calculer l'aire de ABC.

12.3 Une caractérisation des rectangles → → u et − v deux vecteurs du plan. Soient − !→ − ! !→ − ! → → u et − v sont orthogonaux ⇐⇒ !− u +→ v ! = !− u −→ v !. a) Établir que : −

b) En déduire une condition nécessaire et suffisante pour qu'un parallélogramme ABCD soit un rectangle.

12.4 Orthocentre d'un triangle −→ − → On considère trois points A, B et C formant un triangle non plat du plan (i.e. que AB et AC ne sont pas colinéaires). a) Vérifier que, si M est un point quelconque du plan : −→ − → −→ −→ −→ −→ MA.BC + MB.CA + MC.AB = 0

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

−→ − → b) On note H le point d'intersection des hauteurs issues de B et de C . Montrer que : HA.BC = 0. En déduire que les trois hauteurs du triangle sont sécantes en H.

12.5 Droites dans le plan + − →− →, Le plan est muni d'un repère orthonormé direct O ; i , j .

a) Déterminer le point d'intersection de la droite D 1 de représentation paramétrique # x = 1+t → u (1; 2). D 1 et D 2 sontavec la droite D 2 passant par O et dirigée par − y = 2−t elles parallèles ? orthogonales ? Donner une mesure de l'angle formé par ces deux droites.

b) Soit D la droite d'équation cartésienne : x + y − 2 = 0 . Donner un point de cette droite, un vecteur directeur et un vecteur normal. Déterminer une représentation paramétrique de D. c) Soit $ la droite d'équation cartésienne : 2x − y + 1 = 0. Déterminer la distance du point M(2 ; 1) à la droite $. Donner ensuite les coordonnées du projeté orthogonal H de M sur $. 291

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Chapitre 12 • Géométrie

12.6 Cercles dans le plan ! − →− →" Le plan est muni d'un repère orthonormé O; i , j .

a) Déterminer, en fonction de m ∈ R , l'ensemble E des points M(x; y) du plan tels que : x 2 + y 2 − 4x + y + m = 0 . Dans le cas d'un cercle, en donner une représentation paramétrique. b) Soit C le cercle de centre A(3; 0) et de rayon 1. Déterminer ses éventuels points d'intersection avec la droite D d'équation cartésienne : x − y + 1 = 0 . c) Pour m > 0, on note C m le cercle d'équation cartésienne : x 2 + (y − 4)2 = m. Déterminer les éventuels points d'intersection de C m avec C , en fonction des valeurs de m.

12.7 Droites et plans dans l'espace ! − →− →− →" L'espace est muni d'un repère orthonormé direct O; i , j , k .

a) Soit P le plan d'équation cartésienne : x + y + z = 2. Donner un point de ce plan, un vecteur normal, une famille génératrice et déterminer une représentation paramétrique de P. Déterminer la distance du point M(1; 2 ; 1) à P, puis donner les coordonnées de son projeté orthogonal H sur P. b) Soit P 1 le plan passant par les points A(1; 1; 0) , B(0 ; 1; 2) et C(1; 3; −2). Soit P 2 le plan  x = s +t de représentation paramétrique y = s − t . Ces plans sont-ils parallèles ? ortho z = 1 + 2s + t gonaux ? Montrer que leur intersection est une droite D dont on donnera un système d'équations cartésiennes ainsi qu'un vecteur directeur. Donner une mesure de l'angle formé par les plans P 1 et P 2 .

12.8 Sphères dans l'espace ! − →− →− →" L'espace est muni d'un repère orthonormé O; i , j , k .

a) Déterminer l'ensemble E des points M(x; y; z) de l'espace tels que : x 2 + y 2 + z 2 − 4x + 2y − 4z = 0.

b) Donner une équation cartésienne de la sphère S $ tangente en A (1; 2; 1) à & & x + y − 2z = 1 2x + y + 2z = −3 D : , et tangente en B (1; −1; 2) à ! : 2x − y − 3z = −3 x −y−z = 4

12.9 Droites coplanaires ! − →− →− →" L'espace est muni d'un repère orthonormé O; i , j , k . Donner une condition nécessaire et suffisante sur a ∈ R pour que les droites suivantes soient coplanaires : & & x −z+2 = 0 x − az + 1 = 0 D et D$ y − 3z + 1 = 0 y − 2z − 3 = 0

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12.10 Étude d'une courbe paramétrée (d'après Agro-Véto 2008) + − →− →, Le plan est muni d'un repère orthonormé O; i , j . On considère la courbe paramétrée ! de * x(t) = cos (t) . / 3t représentation paramétrique : y(t) = cos 5 a) Déterminer la plus petite période commune aux fonctions x et y. Donner un exemple d'intervalle I de la forme [0,a] (où a > 0) sur lequel il suffit d'étudier les fonctions x et y pour obtenir toute la courbe. 0 1 5π t ∈ 0, ! b) Voici la portion de correspondant à : 2 y 1

O

1x

Indiquer en le justifiant le tracé pour t ∈ I.

c) Pour quelles valeurs du paramètre t ∈ I la courbe passe-t-elle par l'origine ? Déterminer une équation de la tangente à ! en O.

12.11 Droites tangentes à un cercle + − →− →, Le plan est muni d'un repère orthonormé O; i , j . On note A le point de coordonnées (−1; 0).

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

a) Déterminer l'ensembleC des points M(x; y) du plan tels que : x 2 + y 2 − 4x − 2y + 4 = 0 . b) Pour m ∈ R , on note D m la droite passant par A et de coefficient directeur m. Déterminer, suivant les valeurs de m, le nombre de points d'intersection de D m avec C. c) Donner l'équation des éventuelles tangentes àC passant par A ainsi que les coordonnées de leur point d'intersection avecC.

12.12 Famille de plans dans l'espace dépendants d'un paramètre (d'après Agro-Véto 2007) + − →− →− →, L'espace est muni d'un repère orthonormé direct O; i , j , k . On considère les trois points A(0 ; 1; −1), B(−1; 1; −1) et C(0 ; 2; −2) . a) Montrer que ces trois points définissent un plan Q dont on donnera une équation cartésienne.

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b) Soit m ∈ R . Déterminer, en fonction de m, un vecteur normal au plan P m d'équation : x − my + mz = 1 . → u (1; 1; 1). Montrer qu'il n'existe pas de c) On note D la droite passant par O et dirigée par − valeur de m, pour laquelle D serait orthogonal à P m . Pour quelles valeurs de m, la droite D est-elle parallèle à P m ? d) On note R m le plan contenant D et perpendiculaire à P m . Pour tout m ∈ R , montrer que les trois plans P m , Q et R m sont sécants en un point Im dont on déterminera les coordonnées.

12.13 Calculs de représentation paramétrique de droites dans l'espace (d'après Agro-Véto 2007)

+ − →− →− →, L'espace est muni d'un repère orthonormé direct O; i , j , k . On considère le point   x = 1 + 2λ A(1; 2; 3) , la droite D de représentation paramétrique y = 3λ et les plans P 1 et  z = −1 + λ P 2 d'équation cartésienne respective : x + y + z = 3 et 2x − y + z = 2 . a) Trouver le plan P

' 1

parallèle à P 1 et passant par A. Déterminer la distance de A à P 1 .

b) On note $ l'intersection des plans P 1 et P 2 . Déterminer une représentation paramétrique de la droite $. c) Donner une représentation paramétrique de la droite $' parallèle à $, contenue dans P 1 et sécante avec D.

12.14 Quatre points définissent deux plans... (d'après Agro-Véto 2008) + − →− →− →, L'espace est muni d'un repère orthonormé direct O; i , j , k . On considère les quatre points A(1; 1; 1) , B(0; 2; 2), C(−1; 2; 0) et D(0; −3; 1) . a) Montrer que les points A, B et C définissent un plan P dont on donnera une équation cartésienne. b) Donner l'équation paramétrique de la droite passant par D et orthogonale à P. c) Déterminer les coordonnées du point D' symétrique de D par rapport à P. d) Calculer l'angle des deux plans (ABC) et (ABD).

12.15 Inéquations définissant un tétraèdre (d'après Agro-Véto 2007) + − →− →− →, L'espace est muni d'un repère orthonormé direct O; i , j , k . On considère les trois points A(3; 0; 0) , B(0; 2; 0) et S(0; 0; 4). a) Donner l'équation cartésienne du plan SAB. b) Déterminer la distance du point O à ce plan. c) Donner un système d'inéquations que doivent respecter les coordonnées de M(x; y; z), pour être strictement à l'intérieur du tétraèdre SOAB.

12.16 Intersection de droites et de plans dans l'espace (d'après Agro-Véto 2005) + − →− →− →, L'espace est muni d'un repère orthonormé direct O; i , j , k . 294

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2 3 4 On considère les droites D 1 = (3 + t,−2 − t,1 + t) t ∈ R 2 3 4 et D 2 = (x,y,z) ∈ R3 x + 2y + z = −x + 2y − z = 0 .

→ → v1 de D 1 . De même donner A2 et − v2 a) Donner un point A1 de D 1 et un vecteur directeur − pour D 2 . → → → u orthogonal à − v1 et − v2 . b) Déterminer un vecteur − → u et c) Pour i ∈ {1,2}, on note P i le plan passant par Ai et parallèle au plan engendré par − − → vi . Montrer que P 1 ∩ P 2 est une droite D, que D et D 1 sont sécantes ainsi que D et D 2 , et que D est perpendiculaire à D 1 et D 2 .

12.17 Un peu de mouvement... (d'après Agro-Véto 2008)

+−→ −→, π On considère un carré ABCD tel que : AB,AD = ; [2π]. Si M est un point de la diago2 nale [AC] , on note P (respectivement Q) son projeté orthogonal sur [AB] (respectivement [BC]). a) On note I le milieu du segment [PQ]. Déterminer l'ensemble décrit par I lorsque M décrit 5 −→ −→6 [AC] , et en donner une équation cartésienne dans le repère A,AB,AD . 5 −→ −→6 b) Donner une équation cartésienne de la médiatrice de [PQ] dans le repère A,AB,AD . c) Vérifier que, lorsque M décrit [AC] , les médiatrices des segments [PQ] sont sécantes en un même point.

12.18 Formule du double produit vectoriel + − →− →− →, L'espace est muni d'un repère orthonormé direct O; i , j , k . On pose E = R3 et on se → → → u ,− v et − w trois vecteurs de E. donne − , → +→ − , +→ − → u ∧→ v ∧− w ? u ∧ − v ∧→ w = − a) A-t-on : −

b) Écrire la matrice dans la base canonique de E des applications linéaires suivantes :

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.

,→ +→ − → v u .→ x − f :− x ∈ E !−→ − − → − → − → h v : x ∈ E !−→ v ∧ x

+→ − → → u .→ v )− x g:− x ∈ E !−→ − + , − → − → → − → θ : x ∈ E !−→ u ∧ v ∧ − x

,→ , → +− +→ − , +→ − → → → x . u .− v − u .→ x − v − → x ∈E:− u ∧ − v ∧→ x = − En déduire que pour tout −

, → +→ − , +→ − → u ∧→ v ∧− w ? u ∧ − v ∧→ w = − c) À quelle condition a-t-on −

12.19 Distance d'un point à un disque (d'après Agro-Véto 2006)

+ − →− →, Le plan est muni d'un repère orthonormé O; i , j . On note D le disque de centre O et de rayon 1. Si M est un point du plan, on définit la distance de M au disque D, notée d(M,D), !−−→' ! !MM ! . par : d(M,D) = inf ' M ∈D

a) On suppose que M(x; y) est un point extérieur à D. On note alors M0 le point d'intersection du cercle de centre O et de rayon 1 avec la demi-droite [OM). Établir que : !−−→! d(M,D) = !MM0 ! . En déduire une expression de d(M,D) en fonction de x et y.

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b) On note $ la droite d'équation y = −2. Déterminer l'ensemble E des points M tels que d(M,D) = 2d(M,$). Le représenter graphiquement.

12.20 Produit vectoriel et tétraèdre (inspiré de Agro-Véto 2005) + − →− →− →, Le plan est muni d'un repère orthonormé direct O; i , j , k . On considère un tétraèdre ABCD . On pose : → −→ − → − S1 = AC ∧ AD,

→ − → −→ − S2 = AB ∧ AC,

− → −→ −→ S3 = AD ∧ AB

et

→ −→ − → − S4 = BC ∧ BD

− → − → − → − → a) Vérifier que : S1 + S2 + S3 = S4 .

b) On suppose dans cette question que le tétraèdre est rectangle en A. Vérifier que le carré de l'aire du triangle BCD est égale à la somme des carrés des aires des triangles ABC, ABD et ACD (théorème de Descartes). c) Soient (α,β,γ) ∈ R3 tel que : 0 < α < β