Mathématiques (MPSI) Exercices (BREAL) [PDF]

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En Mathématiques Analyse MPSI Algèbre et géométrie MPSI

En Physique Optique MPSI-PCSI-PTSI Mécanique MPSI Électrocinétique MPSI Électromagnétisme MPSI Thermodynamique MPSI En Chimie Chimie MPSI

LES NOUVEAUX

Précis B

R

É

A

➜ Des exercices variés, classés par thème et de difficulté progressive, couvrent la totalité du programme. ➜ Des solutions entièrement rédigées détaillent l’ensemble des méthodes et des raisonnements à connaître en première année. ➜ De nombreux commentaires enrichissent les corrigés d’astuces, de conseils et d’explications supplémentaires. Les Nouveaux Précis Bréal sont la collection de référence pour réussir sa prépa et intégrer une grande école d’ingénieurs.

Réf. : 208.0333 ISBN : 2 7495 0175 X

B R É A L

Mathématiques

Exercices

L

Une collection tenant compte de vos besoins et de vos contraintes, conçue pour s’entraîner efficacement et progresser tout au long de l’année.

9:HSMHOJ=ZUV\Z]:

NOUVEAUX

Précis

LES NOUVEAUX

Livres d’exercices Mathématiques MPSI Physique MPSI

LES

Précis

Titres disponibles en première année dans la filière MPSI...

BRÉAL

Page 1

MPSI

14:49

Exercices

23/06/10

Mathématiques

208 0333 Maths Ex MPSI:208 0333 Maths Ex MPSI

MPSI

Énoncés Solutions

D.GUININ • B.JOPPIN

Commentaires Tout le nouveau programme

2080333_PAGES 1-2:2080333_PAGES 1-2

17/11/10

16:26

LES

Page 1

NOUVEAUX

Précis B R É A L

Mathématiques MPSI D a n i e l

G U I N I N

•

B. J O P P I N

Professeur en classes préparatoires scientifiques Maître de conférence à l’université Lyon I

2080333_PAGES 1-2:2080333_PAGES 1-2

17/11/10

16:26

Page 2

LES NOUVEAUX

Précis B

R

É

A

L

Titres disponibles dans la filière MPSI Mathématiques 1re année ■ Analyse MPSI ■ Algèbre et géométrie MPSI Physique 1re année ■ Mécanique MPSI ■ Électromagnétisme MPSI ■ Électrocinétique MPSI ■ Optique MPSI - PCSI - PTSI ■ Thermodynamique MPSI Chimie 1re année ■ Chimie MPSI Exercices 1re année ■ Mathématiques MPSI ■ Physique MPSI

Maquette et couverture : Sophie Martinet. Réalisation : 16 iS.

© Bréal 2003 Toute reproduction même partielle interdite. ISBN 978 2 7495 0175 8

ref : 208 0333 - e-sbn : 978 2 7495 2017 9

Avant-propos La préparation aux concours commence dès la première année de classe préparatoire, dans la perspective de passer le cap de l’écrit et de faire une bonne prestation orale. C’est dans cet objectif que cet ouvrage vous propose 264 sujets d’oraux et 63 problèmes. Il a pour ambition de vous aider à «rentrer» dans un sujet, de le «lire», sans se limiter à une solution idéale ou académique.

Sujets d’oraux Ils sont tous tirés d’annales récentes de concours. Le plus délicat est souvent la phase de démarrage : par quel bout le prendre ? C’est pourquoi les solutions proposées sont accompagnées et entrecoupées de commentaires dont le but est de : Réfléchir à haute voix, comme c’est indispensable lors de toute épreuve orale, qu’il s’agisse des colles en cours d’année ou, à plus forte raison, d’un oral «pour de vrai».

Les énoncés de «planches» sont la plupart du temps assez brefs et il est de l’initiative du candidat d’en tirer le maximum. L’objet des commentaires est aussi de donner des idées dans ce sens. Certaines solutions peuvent être éclairées par une figure qui n’est pas nécessairement proposée. Confronté à cette situation, vous devez avoir le réflexe de faire «votre» figure. Et votre virtuosité dans l’utilisation d’une calculatrice fera le reste ! Souvent, plusieurs pistes s’offrent à vous et plusieurs solutions sont satisfaisantes. C’est pourquoi de nombreux sujets proposent plusieurs démarches. La connaissance du cours est supposée acquise et les exercices de «rodage basique» sont travaillés en classe ; il y en a dans tous les manuels. C’est le minimum vital pour utiliser cet ouvrage avec profit.

Thèmes d’étude et problèmes Les 63 thèmes d’étude et problèmes recouvrent tout le programme de MPSI. Contrairement aux sujets d’oraux, ils sont découpés en questions et alinéas à travers lesquels la logique du sujet est transparente. Pour cette raison, il n’est proposé qu’une seule solution, sans beaucoup de commentaires. Ce double aspect vous permettra de disposer d’un outil de travail personnel, complet et adapté, dès la première année, à la dure réalité des concours. Cet ouvrage vous aidera en outre à accéder avec confiance en deuxième année et il constituera pour vous une bonne base de révision pour les notions supposées acquises et utiles aux concours.

Les auteurs

Sommaire 1. Algèbre générale

7

Sujets d’oraux

8

A. B. C. D.

Nombres complexes, trigonométrie Ensembles et fonctions. Opérations, groupes, anneaux Ensembles finis, dénombrements Arithmétique des entiers

8 22 29 35

Thèmes d’étude – Problèmes

45

2. Polynômes. Fractions rationnelles

63

Sujets d’oraux

64

Thèmes d’étude – Problèmes

90

A. Polynômes. Arithmétique des polynômes B. Fractions rationnelles

3. Réels, suites, limites. Continuité, dérivation Formule de Taylor. Développements limités

64 82

103

Sujets d’oraux

104

Thèmes d’étude – Problèmes

148

A. B. C. D. E. F. G.

Borne supérieure et partie entière Suites réelles, limites Continuité, limite Dérivation Fonctions usuelles Formule de Taylor Développements limités, comparaison

4. Espaces vectoriels, applications linéaires Dimension finie Sujets d’oraux A. Espaces vectoriels, applications linéaires B. Dimension finie

Thèmes d’étude – Problèmes

104 107 117 129 133 138 140

179 132 132 189

203

Sommaire 5. Intégration. Calcul intégral

209

Sujets d’oraux

209

Thèmes d’étude – Problèmes

242

6. Matrices et systèmes linéaires Déterminants. Changement de base

267

A. Intégration sur un segment B. Sommes de Riemann – Intégration par parties C. Changement de variable

Sujets d’oraux

268

Thèmes d’étude – Problèmes

296

A. Matrices et systèmes linéaires B. Déterminants C. Changement de base

7. Équations différentielles. Courbes paramétrées Fonctions de 2 variables Sujets d’oraux A. Équations différentielles B. Courbes planes, étude affine et métrique C. Fonctions de deux variables

Thèmes d’étude – Problèmes 8. Espaces euclidiens. Transformations et matrices orthogonales Géométrie et coniques

268 280 292

321 322

322 333 346

356

371

Sujets d’oraux

372

Thèmes d’étude – Problèmes

396

A. B. C. D.

6

209 223 232

Sommaire

Espaces euclidiens Transformations et matrices orthogonales Géométrie dans le plan ou dans l’espace Coniques

372 378 382 387

CHAPITRE

1

Algèbre générale Sujets d’oraux A. B. C. D.

8

Nombres complexes, trigonométrie Ensembles et fonctions. Opérations, groupes, anneaux Ensembles finis, dénombrement Arithmétique des entiers

Thèmes d’étude – Problèmes 1. 2. 3. 4. 5. 6.

8 22 29 35

45

Quelques sujets de trigonométrie Somme des cubes des n premiers entiers Dénombrabilité de ! ! Un sous-groupe fini de nombres complexes Valeurs exactes de quelques cosinus Suite de Fibonacci

45 48 49 52 55 59

Chapitre 1 - Algèbre générale

7

Sujets d’oraux A Nombres complexes, trigonométrie Ex. 1

Résoudre l’équation (E) : z 3

(16

i )z 2 + (89

16i )z + 89i = 0, d’inconnue z ! ".

Une équation de degré 3 ne peut être résolue de fac¸on élémentaire qu’en en connaissant une racine. Le premier objectif est alors de déterminer une solution «apparente». Outre des racines telles que 1 ou 1, voire 2 ou 2, etc. il est fréquent de chercher une racine particulière qui soit réelle ou bien imaginaire pure.

Solution imaginaire pure ? Le nombre ix , avec x ! #, est solution si et seulement si : ix 3 + (16 i )x 2 + (89 16i )ix + 89i = 0, c’est-à-dire 16x 2 + 16x i (x 3 + x 2 89x 89) = 0, ce qui équivaut à : 16x 2 + 16x = 0 et x 3 + x 2 89x 89 = 0 ou encore à 16x (x + 1) = 0 et (x 2 89)(x + 1) = 0. On en déduit que (E) admet i pour (seule) racine imaginaire pure. La connaissance d’une racine permet la factorisation par un polynôme de degré 2 que l’on sait résoudre. Mais il n’y a pas de raison d’oublier une éventuelle racine réelle. a ! # est solution si et seulement si a 3 16a 2 + 89a + i (a 2 2 2 dire a (a 16a + 89) = 0 et a 16a + 89 = 0, ce qui se réduit à a 2

Mais a 2

16a + 89 = (a

16a + 89) = 0, c’est-à16a + 89 = 0.

8) 2 + 25 n’a pas de solution réelle.

Espoir déc¸u ! Mais comme

i est racine, on peut factoriser par z + i .

Il existe u , v, w dans " tels que z 3 (16 i )z 2 + (89 16i )z + 89i = (z + i )(uz 2 + vz + w). L’examen des termes en z 3 donne u = 1 et celui des termes constants donne w = 89. Une rapide identification donne alors v = 16 et on est ramené à la résolution de z 2 16z +89 = 0. Dans les exemples numériques d’équation de degré 2, il est préférable de former l’expression canonique. L’usage du discriminant (même réduit) serait un gaspillage. Rappelons à ce sujet que les égalités U 2 V 2 = (U V )(U + V ) et U 2 + V 2 = (U sont toujours vraies, que U et V soient réels ou complexes.

iV )(U + iV )

Avec z 2 16z + 89 = (z 8) 2 + 25 = (z 8 5i )(z 8 + 5i ), on obtient les deux autres racines de (E) et finalement, les racines sont i , 8 + 5i et 8 5i .

Ex. 2

Étant donné z et z dans ", on considère u ! " tel que u 2 = zz . Montrer que z + z =

z+z 2

u +

z+z +u . 2

En posant s = z + z , un énoncé équivalent est 2 z + z

= s

2u + s + 2u .

On obtient encore un énoncé équivalent en étudiant les carrés des deux membres. Il est souvent préférable d’examiner le terme le plus compliqué et de le réduire.

8

Sujets d’oraux

2

2u + s + 2u

s

Le carré du second membre est Avec s = z + z et u 2 = zz , il vient s2

= s

4u 2 = (z + z )2

2u

2

+ s + 2u

4zz , donc s2

2

+ 2 s2

4u 2 = (z

4u 2 .

z )2 .

Rappelons une règle usuelle, dite l’égalité du parallélogramme : a + b 2 = a 2 + b 2 + 2 Re(a b) et a

donne : a + b

On a aussi s

2u

2

2

+ a

b

+ s + 2u

Notons que s 2 = z 2 + z

2

2

2

=2 a

=2 s

2

2

b2= a2+ b2

2 Re(a b)

2

+2 b .

+8 u

+ 2ezz et z

2

= 2 s 2 + 8 zz . 2

z

2

= z

2

+ z

2 Re zz .

On a obtenu une avancée significative, le terme u a formellement disparu.

Il vient ainsi : s

2u 2 + s + 2u 2 + 2 s2

c’est-à-dire : 2u + s

s

2

4u 2 = 2 z 2 + 2 z 2

2u

2 z2+ z + 2 zz

=4

et enfin le résultat espéré : 2 z + z

+ 4 Re zz + 8 zz + 2 z 2 + 2 z

= s

2u + s

Ex. 3

=4 z + z

n 1

sin k =1

sin

4 Re zz ,

2

2u .

Étant donné n ! !, n ! 2, calculer les sommes Sn =

1)

2

k"

n

n 1

et Tn =

sin k =1

k"

2n

.

k" i k" est la partie imaginaire de e n n n 1

Sn est la partie imaginaire de Yn =

k"

i e n , somme de n

1 termes consécutifs d’une suite

k =1

géométrique, de premier terme e

i " n

et de raison e

Yn = i a 1, on factorise par e 2

Dans eia

e ia

Avec e

i (n 1)" n "

que

i i e ne

1 = 2ie

(n 1)" 2n

i " e 2n

=

i " e 2

i (n 1)" 2n

1=e sin

(n

i " n

" 1. On a donc :

i (n 1)" n i " e n e i " e n

1 1

, ce qui fait apparaître : i a 2

a

i e 2

e

1)" i et e 2n

= i , il vient Yn = i

Sn =

sin

i a 2

" n

= 2ie

1 = 2ie

i a 2

i " 2n

sin

a . 2

sin

" , en notant de plus 2n

(n 1)"

sin sin

2n "

. On a donc pour partie imaginaire :

2n (n 1)"

sin

2n "

.

2n

n 1

Au passage, on a montré en même temps que Cn =

cos k =1

k"

n

= 0.

Chapitre 1 - Algèbre générale

9

Avec

(n

1)" " = 2n 2

" , on a sin 2n

(n 1)" 2n

En complément, on peut étudier

= cos

" 1 et finalement, Sn = 2n tan

"

.

2n

1 S , ce qui est un thème classique. n n

"

1 " 1 u " 2n S est égal à , ce qui est de la forme n tan u avec u = 2n . n n 2 tan " 2n

On a

lim u = 0 et, classiquement, lim

n

+

u

Sn " a pour limite . n n !2 2

On en déduit alors que la suite 2)

sin

0

tan u = 1. u

Pas de faux espoir ! La somme Tn ne se ramène pas à Sn , même de fac¸on lointaine. Toutefois le démarrage est analogue. k" est la partie imaginaire de eik " / 2n . Comme précédemment, on a : 2n n 1

i k" e 2n

=

k =1

(n

" Avec 2

i " e 4

sin

(n 1)"

sin

4n "

sin

dont la partie imaginaire est Tn =

cos cos 1)" (n + 1)" 4n = , on a aussi Tn = " = 4n 4n 2 sin

" 4

4n

2 sin

4n (n +1)"

(n 1)"

cos

" 4n

" 4n

sin

2 sin

4n

.

"

" 4

sin

" 4n

,

4n

1 . 2

1 et finalement, Tn = 2 tan " / 4n

Ex. 4

n

Soit x réel, x #/ 0 mod ". Montrer que

cos kx = k =0

x 1 + cos nx 1 + sin nx cotan . 2 2 2

n

Il est classique d’associer la somme Bn = n

n

sin kx à la somme An = k =0

Notons que l’on a Bn =

cos kx . k =0

sin kx . k =1

Ces deux sommes sont des grands classiques qui s’apparentent à des questions de cours. Toutefois, le résultat usuel n’a pas cette forme. n

Soit Sn = An + iBn : alors Sn =

e

ikx

est la somme de n + 1 termes consécutifs d’une suite

k =0

géométrique, de premier terme 1 et de raison eix " 1. On a eix " 1 si et seulement si x n’est pas un multiple entier pair de ". Le cas où x serait un multiple entier impair de " est facile à traiter directement. Sn =

10

e

i (n +1)x

e

ix

1 1

donne Sn =

Sujets d’oraux

e

i (n +1)x 2 i x e 2

e

i (n +1)x 2 i x e 2

e

i (n +1)x 2

e

i x 2

=

i nx e 2

sin

(n +1)x

sin

2 x 2

.

(n +1)x

nx sin 2 Les parties réelle et imaginaire donnent An = cos 2 x sin 2

(n +1)x

nx sin 2 et Bn = sin 2 x sin

.

2

Ce sont ces expressions qui sont classiques. Voyons celle qui est demandée et son analogue. Notons que sin x / 2 " 0 rend indispensable x /# 0 mod 2". nx x cos(x / 2) 1 demande de faire (1 + cos nx ) = cos2 doit être dégagé de An et cotan = 2 2 2 sin(x / 2) apparaître cos(x / 2). Une formule du type sin(a + b) va le permettre.

On a sin

nx x nx x (n + 1)x et il s’ensuit : = sin cos + cos sin 2 2 2 2 2

An = cos

ce qui donne An =

nx nx x nx , sin cotan + cos2 2 2 2 2

x 1 + cos nx 1 + sin nx cotan . 2 2 2

On obtient aussi Bn = sin2

cos nx x 1 cotan + sin nx . 2 2 2

nx x nx nx 1 cotan + cos sin = 2 2 2 2

Ex. 5 On considère l’application # du plan dans lui-même qui, au point M d’affixe z associe le point M d’affixe z =

3+i 3 1 i 3 z+ . 4 2

Montrer qu’il y a un point invariant et un seul, noté A, et que, pour tout M " A, le triangle AMM est rectangle.

# est une similitude, et ce n’est pas une translation ; elle a donc un point fixe unique. La première question est de le préciser. A d’affixe a est invariant par # si et seulement si : a=

1 i 3 3+i 3 1 i 3 1 i 3 a+ c’est-à-dire si a= , 4 2 4 2

d’où a = 2. L’angle (AM , AM ) est l’argument de

3+i 3 " , qui est . 4 6

Si le triangle AMM est rectangle, ce ne peut donc être qu’en M ou en M .

Les affixes de AM , MM et AM sont respectivement z On a (AM , MM ) = arg 2=

Avec z

3+i 3 (z 4 z z

On a

z z

z z

z =1 2

z = 2 z z

2, z

z et z

2.

z z et (AM , MM ) = arg 2 z

z . Formons donc ces deux nombres. 2

2) et z

2), il vient :

1+

2 =1 2

z = (z

3+i 3 = 4

2) 1

(z

i 3 2" , qui est d’argument 3 . 4

4 3 " , d’argument 2 . =i 3 3+i 3

Le triangle AMM est donc rectangle en M . Chapitre 1 - Algèbre générale

11

Ex. 6 Soit u et v des complexes non nuls. Montrer que u = v si et seulement si, pour tout complexe z de module 1, on a

1 (z z

vz ) ! #+ .

u )(1

Classiquement, Z ! " est réel si et seulement si Z = Z . Mais il faut garder en perspective que l’on s’intéresse à Z réel positif. 1 (z u )(1 z vz ) = (1 u z)(1

On considère z ! ", z " 0, et on pose Z =

vz ).

Alors, pour z = 1, Z = z (z Supposons que v = u .

vz ).

u )(1

Pour z = 1, on a Z = (1 u z)(1 u z) = 1 u z 2 qui est réel et positif. Supposons Z réel, c’est-à-dire Z Z = 0. Pour tout z de module 1, on a Z = (1 u z)(1 vz ) = 1 vz u z + uv, donc : Z

Z =1

u z + uv

vz

(1

u z + u v ) = (u

vz

v)z

(u

v)z + uv

u v.

Avec z = 1 et z = 1, on obtient u + v u v + uv u v = 0 et u v + u + v + uv En retranchant l’une à l’autre, on obtient u u = (v v). d’où Im u = Im v.

u v = 0.

Il reste à comparer les parties réelles de u et v.

En ajoutant les deux, il vient uv = u v. Alors Z Z = 0 donne (u z = i , il vient u + u = v + v c’est-à-dire Re u = Re v. En conclusion, il vient que u et v sont conjugués.

v)z

(u

v)z = 0, et avec

Seul z = 1 et Z réel est utile pour obtenir u = v. La véritable question est u = v si et seulement si Z est réel pour z = 1, Que Z soit alors positif en découle.

Ex. 7 a

Soit (a, b) ! "2 , a < 1, b < 1. Montrer que 1 Avant tout, il est indispensable que 1

b < 1. ab

a b soit non nul.

On a a b = a b et, avec a < 1 et b < 1, il vient a b < 1, donc 1

a b " 0.

Étant donné z ! ", montrer que z < 1 équivaut à montrer que z 2 < 1, c’est-à-dire que : zz < 1. $ Étant donné $ et % réels positifs, % " 0, < 1 équivaut à $ < %. %

Montrer que

a b < 1 équivaut à montrer que a 1 ab

On étudie alors a

b2

1

et donnent : a

b2

Avec l’hypothèse 1

1 1

2

= (a

b)(a

ab

2

= (1

a b)(1

ab 2 =

a 2 > 0 et 1

1

12

Sujets d’oraux

b) = a

2

a b) = 1

a2

+ b2 ab

b2

ab

1

a b 2 < 0,

ab

ab + a 2 b 2

b2+ a2 b2 =

b 2 > 0, il vient :

a

ce qui est le résultat attendu.

ab 2.

a b 2.

b

a

b2< 1

(1

a 2 )(1

b 2 ).

Ex. 8

3"

"

5"

7"

9"

1

Montrer que cos 11 + cos 11 + cos 11 + cos 11 + cos 11 = 2 . Une somme de cosinus est la partie réelle d’une somme de nombres complexes de module 1 par la formule d’Euler. C = cos

" 3" 5" 7" 9" + cos + cos + cos + cos est la partie réelle de T = 11 11 11 11 11 i"

4

On a T = e 11

e

k 2i " 11

4

e

et

k =0

k 2i " 11

k =0

C’est une situation classique : e 4

On en déduit

=

k 2i " e 11

=

4i " e 11

k =0

La partie réelle de T est C = cos

sin sin

2ia

10i " e 11

1

2i " e 11

1

1=e

ia

5" 11 "

puis T =

11

5" sin 11 sin

4

e

(2k +1) i " 11 .

k =0

.

eia 5i " e 11

e ia = 2ie ia sin a .

sin sin

5" 11 "

.

11

5" 11 "

.

11

10" 5" 1 10" 5" 10" " sin = sin et avec sin = sin " = sin , il vient alors : Avec cos 11 11 2 11 11 11 11 1 C= . 2 On peut compléter cette étude en calculant la somme des sinus. S = sin

" 3" 5" 7" 9" + sin + sin + sin + sin est la partie imaginaire de T 11 11 11 11 11 5"

sin2 5" sin 11 On a donc S = sin 11 = " sin sin 11

5" 11 "

.

11

On pouvait raisonnablement espérer que la valeur de S soit simple, comme celle de C ; mais ce n’est pas le cas. " et nous ne poursuivrons Pour la valeur numérique de S, il faudrait passer par le calcul de sin 11 pas dans ce sens.

Ex. 9

Soit a , b et c des réels tels que cos a + cos b + cos c = 0 et sin a + sin b + sin c = 0. Montrer que cos 2a + cos 2b + cos 2c = 0 et sin 2a + sin 2b + sin 2c = 0. Les deux hypothèses se résument en une : eia + eib + eic = 0. La question concerne e2ia + e2ib + e2ic qui fait apparaître (eia + eib + eic )2 .

On a (eia + eib + eic )2 = e2ia + e2ib + e2ic + 2(ei (b+c) + ei (c+a ) + ei (a +b) ). Sachant que eia + eib + eic = 0, montrer que e2ia + e2ib + e2ic = 0 revient à montrer que ei (b+c) + ei (c+a ) + ei (a +b) = 0.

En prenant les conjugués dans eia + eib + eic = 0, il vient e ia + e ib + e En multipliant par ei (a +b+c) , on obtient ei (b+c) + ei (c+a ) + ei (a +b) = 0. Ainsi eia + eib + eic = 0 implique e2ia + e2ib + e2ic = 0.

ic

= 0.

Chapitre 1 - Algèbre générale

13

Ex. 10 Étant donné a ! # et n ! ! , résoudre l’équation z ! ", (z + 1)n = e2ina . n 1

En déduire la valeur de Pn =

sin a +

k"

.

n

k =0

n

1) (z + 1)n = e2ina s’écrit aussi (z + 1)n = e2ia z+1 n

e

2ia

z+1 n

, c’est-à-dire

e

2ia

= 1.

= 1 fait intervenir les racines n e` mes de 1.

Les racines n e` mes de 1 sont les nombres e2ik " / n , avec k ! [[ 0, n

1 ]].

Les solutions de l’équation sont alors les complexes zk définis pour k ! [[ 0, n zk + 1 = e

2ia 2ik " / n

=e

e

2i (a +k " / n )

1 ]] par :

.

La présence du terme additif 1 dans z + 1 invite à passer en mode trigonométrique.

On a zk + 1 = cos 2 a + cos 2 a +

k" n k"

k"

n

k"

il vient : zk = 2i sin a + n

k"

cos a +

k" n e2ina .

k" n

cos a +

n

2 sin2 a +

1 =

n

k"

= 2 sin a +

On peut aussi écrire : zk = 2 sin a + 2)

k" . En notant que : n

1 = 2 cos2 a +

n

sin 2 a +

et

+ i sin 2 a +

+ i sin a +

k"

k" n

k"

n

,

n

= 2i sin a +

k " i (a +k " / n ) e . n

k " i (" / 2+a +k " / n ) e . n

Les termes sin a +

apparaissent dans les zk , et les zk sont les racines du polynôme

Q = (X + 1)n

On utilise l’expression du produit des racines à l’aide du terme

e 2ina de Q.

constant 1 n 1

n n

n 1

zk = i 2

On a k =0

e

i (a +k " / n )

k =0

n 1

e

Dans le produit

n 1

sin a + k =0

i (a +k " / n )

= e ia

k =0

i"

la somme n

n

n 1

e

k"

n

n 1

n

zk = ( 1) (1

et aussi

e

2ina

ik " / n

n 1

e

, le terme

k =0

ik " / n

est l’exponentielle de

k =0

n 1

n 1

k , c’est donc ei (n 1)" / 2 . Il s’ensuit k =0

e

i (a +k " / n )

= eina ei (n

1)" / 2

.

k =0

n 1

zk donnent i n 2n eina ei (n 1)" / 2 Pn = ( 1)n +1 e2ina

Les deux expressions de

1 .

k =0

Avec e2ina 14

1 = 2ie ina sin na , et e i (n

Sujets d’oraux

1)" / 2

= in

1

).

k =0

, il vient alors Pn =

1 2n

1

sin na .

Ex. 11 n 1

Étant donné n ! !, n ! 2, montrer que

1

e

2ik " / n

est de module égal à n et calculer :

k =1

n 1

sin

k"

.

n

k =1

À première lecture (trop rapide ?), ce sujet présente des ressemblances fortes avec le précédent. On pourrait imaginer que c’est un cas particulier avec a = 0. La différence essentielle porte sur k ! [[ 1, n 1 ]] au lieu de k ! [[ 0, n 1 ]]. Les e2ik " / n sont les racines de P (z ) = z n

Pour z " 1, on a z n

1

+ zn

2

+ zn

1

2

n

+ . . . + z + 1 = P (z ) =

z z

+ . . . + z + 1. 1 . 1

Les racines de P (z ) sont donc les racines n e` mes de 1, sauf 1. n 1

Ce sont dons les e2ik " / n pour k ! [[ 1, n

1 ]] et on a donc P (z ) =

e

z

2ik " / n

.

k =1

Le module du produit demandé apparaît alors tout simplement. n 1

Il s’ensuit en particulier P (1) =

1

e

2ik " / n

.

k =1

n 1

Comme, par ailleurs, on a évidemment P (1) = n , il vient

1

e

2ik " / n

= n.

k =1

e 2ik " / n en terme de sinus.

La logique interne de cet exercice invite à examiner 1

On a 1

e 2ik " / n = eik " / n e ik " / n

Il s’ensuit que 1

e ik " / n

e 2ik " / n = 2 sin n 1

1

On en déduit alors que

e

=

2i sin

k " ik " / n e . n

k" . n

2ik " / n

=2

n 1

k =1

n 1

sin

k"

n

k =1

n 1

sin k =1

k"

n

=

n

2

n 1

, et finalement, il vient :

.

Ex. 12 Étant donné n ! ! , on pose & = e2i " / n , montrer que, pour tout z ! ", on a : n

z+&

k n

= n zn + 1 .

k =1

Il n’y a guère d’autre point de départ que de développer z + &k

On a z + &k

n

n

= p=0

p

!n z p &k (n

p)

. Avec &kn = 1, il vient z + &k

n

n

par la formule du binôme. n

=

p

!n z p &

kp

.

p=0

Chapitre 1 - Algèbre générale

15

n

Alors P (z ) =

(z + &k )n =

k =1

n

n

k =1

p=0

p

!n z p &

kp

.

Un bon moyen de «travailler» P (z ) est d’échanger l’ordre des sommations. n

C’est ce que permet de faire apparaître les sommes géométriques

kp

&

.

k =1

n

n

p

!n z p &

On en déduit P (z ) = p=0

n

&

kp

n

kp

p

!n z p

= p=0

k =1

n

kp

&

.

k =1

est la somme des termes d’une suite géométrique de raison &

p

.

k =1

n

Si p = 0 ou p = n , alors &

p

= 1 d’où

&

kp

= n.

k =1

n

Pour p ! [[ 1, n

p

1 ]], on a &

" 1, donc

&

kp

=&

k =1

n

p1

1

n

np

&

p

&

, d’où

&

kp

= 0.

k =1

0

Finalement, il vient P (z ) = n !n z n + n !n = n z n + 1 .

Ex. 13 Étant donné n ! ! , on note & = e2i " / n .

n 1

(a + &k b) = a n

Montrer que, étant donné a et b dans ", on a n 1

En déduire que l’on a

( b)n .

k =0

(&2k

2 &k cos ' + 1) = 2(1

cos n ') pour tout n ! ! et ' ! #.

k =0

1)

La formule proposée est immédiate lorsque b = 0. On suppose dorénavant que b " 0. Cela permet en particulier de faire apparaître les ( n 1

Avec b " 0, on a

n

k

n 1

a

(a + & b) = ( b) k =0

b

k =0

n 1

(a + &k b) = ( b)n

k =0

n 1

((

&k

&k avec ( =

a . b

c’est-à-dire :

&k ), en ayant posé ( =

k =0

a . b n 1

1 ]] sont les racines du polynôme X n

Les &k , k ! [[ 0, n

1=

n 1 k =0

16

((

Sujets d’oraux

(X

&k ).

&k ).

k =0

(a + &k b) = ( b)n

On en déduit

1= k =0

n 1

Il vient alors (n

1 et on a X n

a n b

n 1

1 et il vient k =0

(a + &k b) = a n

( b)n .

2)

L’expression &2k 2 &k cos ' + 1 est de degré 2 en &k alors que le produit précédent utilise une expression de degré 1 en &k . Une factorisation préalable s’impose.

Considérons X 2 2X cos ' + 1. C’est aussi X 2 (ei ' + e i ' )X + 1 et il apparaît que les racines en sont ei ' et e i ' . On a donc X 2 2X cos ' + 1 = (X ei ' )(X e i ' ). Il s’ensuit que &2k 2 &k cos ' + 1 = (&k ei ' )(&k e i ' ). On a donc : n 1

(&

2k

n 1

k

2 & cos ' + 1) =

(&

k =0

k

n 1

i'

(&k

e )

k =0

e

i'

).

k =0

La question précédente donne : n 1

(&k

n

i'

e ) = ( 1) (e

n 1

in '

1) et

k =0

Avec (ein '

(&k

i'

e

) = ( 1)n (e

in '

1).

k =0 in '

1)(e

e in '

1) = 2 n 1

e in ' = 2

(&2k

2 cos n ', il vient finalement :

2 &k cos ' + 1) = 2(1

cos n ').

k =0

Ex. 14 a

1) Étant donné a et b complexes non nuls, montrer que 2) Étant donné x , y, z dans ", montrer que

y

x

y

On pourra appliquer l’identité établie en 1) à a =

y

b 2

a

b

z ) y z

b

.

ab

x

y.

x

x

et c =

2

a

=

x + z

z z

b =

2,

2

2

pour l’inégalité

demandée et les analogues. 3) Montrer et interpréter géométriquement l’inégalité de Ptolémée : x y z t ) x z y t + x pour x , y, z , t complexes,

1)

a a

b 2

b

2) Avec a = y

2

=

y y

2

1 a

, b=

z = y z

1

=

b

z z

2

b

a

ab

x

, c=

x

y y

2

L’inégalité triangulaire donne

z

d’où : x y

2

y y

a

b 2

b

=

2

a

b

ab

z.

y

.

, l’égalité précédente donne :

z 2

a

Il s’ensuit

t

z 2

z

2

z

2

)

z = x

y y

x 2

x

+

2

y z

y

z 2

z

x x

y

2

z

2

z

2

.

.

On conclut alors avec : y z

x = x

y z

3) Par permutation circulaire x z

z

x x

y

2

z x ) y

et z y

x = x

y z

y y

x 2

x

2

.

y, on a de même : z

x + x

z

y.

Il reste à appliquer cette inégalité à x t , y t , z t pour conclure. Dans un quadrilatère XYZT , le produit des diagonales est inférieur à la somme des produits des côtés opposés. Chapitre 1 - Algèbre générale

17

Ex. 15

n

Soit a1 , . . . , an des complexes non nuls. Que peut-on dire si

n

ak ?

ak = k =1

k =1

La question concerne tout n ! ! . Il est raisonnable de procéder par récurrence. Une première étape est d’examiner le cas n = 2, dans la mesure où il n’y à rien à dire dans le cas n = 1.

Soit a1 et a2 des nombres complexes non nuls. a1 + a2 2 = ( a1 + a2 )2 s’écrit : a1 2 + a2 2 + a1 a 2 + a 1 a2 = a1 2 + a2 2 + 2 a1

a2

et équivaut donc à : a1 a 2 + a 1 a2 = 2 a 1 a2 . a1 a 2 et a 1 a2 étant conjugués, leur somme est égale à 2 Re(a1 a 2 ).

Avec a1 a2 = a1 a 2 , l’égalité initiale équivaut à Re(a1 a 2 ) = a1 a 2 , ce qui est vrai si et seulement si a1 a 2 est un réel positif, et ici strictement positif puisque l’on a a1 a 2 " 0. Et enfin, a1 a 2 est réel strictement positif si et seulement si a1 et a2 ont même argument. Ce cas particulier nous indique une piste vraisemblable. Il y a tout lieu de penser que le module d’une somme est égal à la somme des modules si et seulement si tous les nombres ont même argument.

Condition suffisante : supposons que tous les ak ont même argument. Pour tout k ! [[ 2, n ]], il existe (k > 0 tel que ak = (k a1 , donc ak = (k a1 . On en déduit que : n

n

ak = a1

1+

k =1

n

n

ak = a1 1 +

Et avec k =1

(k . k =1

n

n

ak = a1

(k , il vient k =1

n

1+

k =1

k =1

n

ak =

(k , d’où k =1

ak . k =1

Condition nécessaire : on procède par récurrence pour la propriété "(n ) : étant donné n nombres non nuls, si le module de leur somme est égal à la somme de leurs modules, alors ils ont même argument. La propriété est banalement vraie si n = 1 (et on l’a vu pour n = 2). n +1

n +1

ak =

Considérons a1 , . . . , an , an +1 non nuls tels que k =1

n +1

n +1

ak = k =1

k =1

n

n

ak = k =1

ak . On a :

ak

+ an +1 )

k =1

n +1

ak + an +1 ) k =1

ak . k =1

De ces inégalités successives, avec le même terme au début et à la fin, il vient que toutes les inégalités sont en fait des égalités. Il reste alors à les prendre dans le bon ordre, en particulier pour mettre en œuvre l’hypothèse de récurrence. n

n +1

ak + an +1 =

Il s’ensuit que k =1

n

k =1

k =1

Avec "(n ), les ak , k ! [[ 1, n ]] ont même argument '. 18

Sujets d’oraux

n

ak =

ak , donc

ak . k =1

n

Il s’ensuit que A =

ak est d’argument '. k =1

n

n +1

ak + an +1 =

L’égalité k =1

ak se lit aussi A + an +1 = A + an +1 , et la propriété "(2) k =1

montre que an +1 est aussi d’argument '. On a ainsi prouvé l’implication "(n ) En conclusion, la propriété "(n ) est vraie pour tout n ! ! .

Ex. 16

n

"(n + 1).

k

!n sin(k ')x k sont réelles.

Montrer que toutes les racines du polynôme P (x ) = k =1

n

Un réflexe conditionné tentera beaucoup : P (x ) est la partie imaginaire de

k

!n eik ' x k , ce

k =1

qui serait vrai si... x était présupposé réel. Ce réflexe doit être maîtrisé !

Un moyen est de mettre x sous forme trigonométrique : x = rei $ et de découvrir ce qui se présentera de constructif. On n’explorera pas cette piste. Un autre est d’exprimer sin(k ') en exponentielles (formule d’Euler).

On a sin(k ') =

1 ik ' (e 2i

n

e ik ' ) et il s’ensuit 2iP (x ) =

n

k

!n x k eik '

k =1

k

!n x k e

ik '

.

k =1

Avec la formule du binôme, on a : n

n

k

!n x k eik ' = (xei ' + 1)n

1

k

!n x k e

et

k =1

ik '

= (xe

i'

+ 1)n

1

k =1 n

Il vient ainsi 2iP (x ) = (ei ' x + 1)n (e i ' x + 1) . Si xe i ' + 1 = 0, c’est-à-dire x = ei ' , alors il vient xei ' + 1 = 1 et seulement si ' est un multiple entier de ".

e 2i ' et ce nombre est nul si

Notons que si xei ' est nul, alors x est racine de P . Si ' est nul modulo ", alors sin k ' = 0 et P (x ) = 0 pour tout x , réel ou non. Ce cas particulier est naturellement sous-entendu dans le texte, mais il aurait fallu le préciser. C’est une initiative qu’il faut prendre à l’oral.

On suppose par la suite ' /# 0 mod ". Pour toute racine x de P (x ), on a donc xe Pour toute racine x de P (x ), on a donc

i'

xe

+ 1 " 0.

i'

xe

n

+1

i'

+1

= 1, et il existe alors p ! [[ 0, n

1 ]] tel que :

xei ' + 1 = (xe i ' + 1)e 2ip" / n .

Il vient alors ei ' e

e i ' e2ip" / n x = e2ip" / n

ip " / n

e

et finalement : x sin '

i (' p" / n )

p

" n

e

1, ou encore :

i (' p" / n )

= sin p

x = e ip " / n e ip " / n

e ip " / n ,

" . n

En conclusion toute racine x de P (x ) est nécessairement réelle. On peut noter que la racine apparente x = 0 est obtenue avec p = 0.

Chapitre 1 - Algèbre générale

19

Ex. 17 Soit n un réel strictement positif. Les arguments de nombres complexes sont compris entre " et ". On note $ l’ensemble des nombres complexes de module 1 et %n le sous-ensemble formé des " . n+1

éléments de $ dont l’argument ' vérifie '
0 et b impair. a) Justifier que .(N ) = (2n +1 1) . (b) et montrer que, si N est parfait, alors il existe un entier ( tel que .(b) = (2n +1 et b = ((2n +1 1). b) En étudiant les diviseurs de b, montrer que ( = 1 et en déduire que 2n +1 1 est premier. Réciproquement, vérifier que si p = 2n +1 1 est premier, alors N = 2n p est parfait. a)

N est le produit de deux entiers premiers entre eux. Il est certainement nécessaire d’examiner .(uv) avec u v = 1. On peut prouver que, dans ce cas, on a .(uv) = .(u ) . (v)

Dans le cas présent, avec u = 2n , la preuve est plus facile que dans le cas général. Les diviseurs de 2n sont les 2s , avec 0 ) s ) n . r

pk$k la décomposition en produit de facteurs premiers de b.

Soit b = k =1

40

Sujets d’oraux

r /

Les diviseurs de b sont les d =

pkk , avec 0 ) /k ) $k . k =1

Soit & l’ensemble de ces diviseurs. $2

$1

La somme .(b) =

d !& $2 /1 / p1 p12 /1 =0 /2 =0 n

/1 =0 /2 =0

$1

c’est-à-dire

$r / / / p11 p22 . . . pr r

...

d des diviseurs de b est égale à

/r =0

$r /

...

$

p1r = (1 + p1 + . . . + p1 1 )

(1 + pr + . . . + pr$r ).

...

/r =0

Les diviseurs de 2 b sont les 2s d , avec 0 ) s ) n et d ! & n

et la somme des diviseurs de N = 2n b est .(N ) =

n

2s d =

s=0 d !&

On a donc .(N ) = .(2n ) . (b).

2s

s=0 n

Voici donc un point d’attaque élucidé. Notons aussi que

2s = 2n +1

d . d !&

1.

s=0

Il vient donc .(N ) = (2n +1 1) . (b). Si N est parfait, c’est-à-dire 2N = .(N ), alors on a 2n +1 b = (2n +1 1) . (b). Or 2n +1 et 2n +1 1 sont premiers entre eux et, avec le théorème de Gauss, il existe un entier ( tel que .(b) = (2n +1 et b = ((2n +1 1). b)

Parmi les diviseurs de b = ((2n +1

1), il y a 1, ( et ((2n +1

1) > (.

Si ( > 1, alors la somme .(b) est au moins égale à 1 + ( + ((2n +1 1) > (2n +1 . La contradiction donne ( = 1. Alors .(b) = b + 1 et b = 2n +1 1 n’a pas d’autres diviseurs que 1 et b ; il est donc premier. Si p = 2n +1 1 est premier, alors .(p) = p + 1 = 2n +1 . Il s’ensuit que .(N ) = (2n +1

1)2n +1 = 2N , donc N = 2n p est parfait.

Les nombres premiers de la forme 2q

1 sont appelés les nombres de Mersenne.

Ex. 42 Nombres de Fermat 1) Soit a ! !, a ! 2, et n ! !, n ! 2. On note An le nombre a n + 1. Montrer que si a est impair, alors An n’est pas premier. Montrer que si n est divisible par un entier impair, alors An n’est pas premier. n

2) On appelle nombres de Fermat les nombres Fn = 22 + 1. Vérifier que F1 , F2 , F3 et F5 sont premiers. Mais F5 est divisible par 641. Montrer que, pour tout k ! ! , Fn divise Fn +k 2. En déduire que Fn Fn +k = 1. En déduire qu’il y a au moins n nombres premiers inférieurs à Fn .

1) Si a est impair, alors a n est impair et An est pair. Avec a ! 2, on a An ! 3 donc, puisqu’il est divisible par 2, An n’est pas premier. Si n est de la forme n = (2k + 1)q, k ! 1, on a An = (a q )2k +1 + 1. Chapitre 1 - Algèbre générale

41

2k

L’identité X 2k +1 + 1 = (X + 1)

( 1)j X j prouve que An est divisible par a q + 1,

j =0

avec 1 < a q + 1 < An , donc An n’est pas premier. Si An est premier, on a donc nécessairement a = 2p et n est une puissance entière de 2. n

En cas particulier, on considère les nombres de Fermat Fn = 22 + 1. Un peu de calcul numérique facile avec une calculatrice. Que feriez-vous sans ? Avec des exposants 2n , la croissance exponentielle rend très vite les nombres An extrêmement grands.

2) On a F0 = 3, F1 = 5, F2 = 17, F3 = 257 et F4 = 65 537 et ils sont premiers. En revanche, F5 = 4 294 967 297 = 641 6 700 417 n’est pas premier. Ce résultat a été donné par Euler, en 1732. Ce n’est qu’en 1880 qu’il a été prouvé que F6 n’est pas premier : cela se comprend mieux quand on imagine que F6 est de l’ordre de 3 1019 . n

En posant q = 22 , on a Fn = q + 1 et Fn +k k

k

2 = q2

k

1 = (q 2 )2

1

1.

k

Il en résulte Fn +k 2 = q2 1 q2 2 + q2 4 + . . . + 1 et Fn divise Fn +k 2. Un diviseur d de Fn divise donc Fn +k 2. Si d est aussi un diviseur de Fn +k , il divise alors 2 et, comme Fn est impair, on a nécessairement d = 1. Ainsi 1 est le seul diviseur dans ! commun à Fn et Fn +k , donc Fn Fn +k = 1. Chaque Fi , 1 ) i ) n admet un diviseur premier impair qi . Comme les entiers Fi sont deux à deux premiers entre eux, les q1 , . . . qn sont deux à deux distincts. Il y a donc au moins n nombres premiers inférieurs à Fn .

Ex. 43 Montrer que p ! !, p ! 2, est premier si et seulement si p divise (p

1)! + 1.

Ce résultat est connu sous le nom de théorème de Wilson. Le cas p = 2 est trivial en on se limite dans la suite à p ! 3. Commenc¸ons par examiner ce qui se passe quand p divise (p

Si p divise (p mp

(p

1)! + 1, il existe un entier m tel que (p

1)! + 1.

1)! + 1 = mp, ou encore

1)! = 1. et le théorème de Bézout permet alors de dire que p

p est alors premier avec tous les entiers de [[ 1, p

(p

1)! = 1.

1 ]] et c’est donc un nombre premier.

Pour l’utilisation du théorème de Bézout, on peut en donner une forme «améliorée».

Soit p et q des entiers naturels premiers entre eux, supérieurs ou égaux à 2. Par le théorème de Bézout, il existe u et v entiers tels que up + vq = 1. Dans la division euclidienne de u par q, on a u = (q + u , avec 0 ) u < q. On a en fait 0 < u < v, sinon u = 0 donne u = (q et q((p + v) = 1 imposerait q = 1. L’égalité de Bézout s’écrit donc u p + ((u + v)q = 1 et on pose v = ( u v. Avec v q = u p 1 et u p > 1, on a v > 0 et u p 1 < pq donne v q < pq donc v < p. En conclusion, il existe u et v , avec 0 < u < q et 0 < v < p, tels que u p v q = 1. 42

Sujets d’oraux

On peut de plus remarquer qu’il y a unicité du couple (u , v ) ainsi associé à (p, q). En effet, considérons un couple (u , v ) d’entiers tel que u p v q = 1 avec 0 < u < q et 0 < v < p. On a alors (u u )p = (v v )q donc, puisque p q = 1, le théorème de Gauss donne que q divise u u ce qui, compte tenu de u u < q, exige u u = 0 d’où il résulte v v = 0. Abordons maintenant la réciproque.

Pour p = 3, on a (3 1)! + 1 = 3 donc la propriété p divise (p alors à p premier, p ! 5. Si p est premier, p ! 5. Il est premier avec tout k ! [[ 2, p

1 ]].

Avec la propriété de Bézout «améliorée», il existe u ! [[ 1, p uk = vp + 1. Le cas u = k donne k 2

1 = vp, donc p divise k

ce qui impose k = 1 ou k = p

1)! + 1 est vraie. On se limite

1 ]] et v ! [[ 1, k

1 ]] tels que

1 ou k + 1,

1.

Si on a uk = 1 + vp et uk = 1 + v p, alors u (k k ) = (v v )p. Or uk vp = 1 donne p u = 1, donc (théorème de Gauss), p divise k k et, avec 0 ) k k < p, il vient k = k . On déduit de celà que les entiers compris entre 2 et p en couples (ki , ui ) avec i compris entre 1 et r = et ui ki = 1 + vi p.

3

p

2

2 peuvent être regroupés deux à deux

, de sorte que, pour tout i , on ait : ui " ki

r

(p

On peut alors écrire

1)! = (p

1)

ui ki i =1

Chaque terme ui ki admet 1 pour reste dans la division par p ; il en est donc de même pour leur produit. r

ui ki = 0p + 1, avec 0 ! ! , il vient (p

Avec

1)! = (p

1)(0p + 1) = (0p + 1

0)p

1

i =1

ce qui montre que (p

1)! + 1 est divisible par p.

Ex. 44 Soit p un nombre premier et n un entier, n ! p. Ici E (x ) est la partie entière de x n

p

Montrer que !n E p est divisible par p.

Posons q = E

n n : alors q ) < q + 1 donne pq ) n < pq + p, p p

et on peut écrire n = pq + r , avec 0 ) r < p. p

On écrit p! !n en forme explicite de produit, en mettant en évidence le rôle joué par r . p

p 1

En écrivant p! !n =

(n k =0

p 1

k) =

(pq + r

k ),

k =0 p

p 1

r

on le décompose sous la forme p! !n =

(pq + r k =0

k)

(pq + r

k)

k =r +1

Chapitre 1 - Algèbre générale

43

On note aussi que, quand k décrit [[ r +1, p 1 ]], alors k = p k + r décrit encore [[ r +1, p 1 ]]. Et, quand k décrit [[ 0, r ]], alors k = r

k décrit aussi [[ 0, r ]].

On peut aussi écrire : p

p 1

r

p! !n =

(pq + k )

On a donc

p + k ) ou encore p! !n = pq

k =r +1

k =0

(pq + k ) k =1

(pq

p + k)

k =r +1

p 1

r

p

(p

p 1

r

p

(pq

1)! !n = q

(pq + k )

(pq

p + k ).

k =r +1

k =1

p 1

r

(pq + k )

Dans la division par p, le produit

(pq

p + k)

k =r +1

k =1 p 1

r

k

a le même reste que

k , c’est-à-dire (p

1)!.

k =r +1 p 1)! !n a le même reste que p !n q est divisible par p.

k =1

On en déduit que (p Il s’ensuit que (p

1)!

Comme p premier ne divise pas (p

q(p

1)! dans la division par p. p

1)!, il vient que !n

q est divisible par p.

Ex. 45 Montrer que 4 ! +3 contient une infinité de nombres premiers. Classiquement, 4 ! +3 est l’ensemble des nombres de la forme 4k + 3, où k décrit !. Il y a des exemples simples de tels nombres qui sont premiers : 3, 7 = 3 + 4, 11 = 3 + 4

2, 19 = 3 + 4

4.

Soit p1 , . . . pn , n ! ! , des nombres premiers appartenant à 4 ! +3. Le produit de ces nombres est certainement utile. Mais il ne faut pas s’éloigner de 4 ! +3 n

Alors A = 3 + 4

pk > 2 est dans 4 ! +3. k =1

Ses facteurs premiers sont nécessairement impairs. Dans la division de A par l’un des entiers p1 , . . . , pn , le reste est égal à 3, donc aucun des diviseurs premiers de A n’est dans p1 , . . . , pn . Dans la division d’un entier impair par 4, le reste est 1 ou 3.

Tous ces facteurs premiers ont 1 ou 3 pour reste dans la division par 4. S’ils étaient tous dans 4 ! +1, il en serait de même pour leur produi.t Comme on a (4 ! +1) ' (4 ! +3) = 1, l’un d’eux est nécessairement dans 4 ! +3. Il existe alors un diviseur premier q ! (4 ! +3) + p1 , . . . , pn . Ce qui montre que ( ' (4 ! +3) est infini.

44

Sujets d’oraux

Thèmes d’étude - Problèmes 1 Quelques sujets de trigonométrie 1) Préliminaire : somme de termes de certaines suites. Soit (un )n !! une suite pour laquelle il existe une suite (vn )n !! telle que : vn = un

*n ! !, vn +1 n 1

Exprimer 2n =

uk à l’aide de vn et v0 . k =0

C’est un calcul de somme par télescopage. 2) Vérifier, quand elle a un sens, la relation : cotan x

2 cotan 2x = tan x .

cos x

On rappelle que cotan x = sin x . n

2k tan(2k x ).

En déduire une expression réduite de k =0

3) Exprimer, quand cela a un sens, tan p

tan q à l’aide de sin(p

n

1 . cos kx cos(k + 1)x

En déduire une expression réduite de k =1

2 tan x = tan2 x tan 2x .

4) Vérifier, quand elle a un sens, la relation : tan 2x n

2k

En déduire une expression réduite de

q) , cos p et cos q.

1

tan

k =1

x 2k

1

tan2

x . 2k

Calculer la limite de cette somme quand n tend vers + . 5) Vérifier que sin x = 3 sin

x

3

4 sin3

n

x

Réduire la somme

3

3k

k =1

1

1

sin3

x . 3k

tan 2x

6) Vérifier, quand elle a un sens, la relation 1 + cos 2x = tan x n

Réduire le produit

1+ k =1

1

.

cos 2k x

7) Vérifier que cos a + cos b =

cos 2b cos b)

cos 2a 2(cos a n

En déduire une expression réduite de

cos k =1

x

2k

+ cos

y

2k

.

Chapitre 1 - Algèbre générale

45

Solution n 1

1) 2n =

n 1

uk = k =0

n 1

(vk +1

vk ) =

k =0

n 1

n

n 1

vk =

vk +1 k =0

vk = vn

vk

k =0

k =1

v0 .

k =0

" mod " et cotan 2x est 2 " 2 cotan 2x = tan x a un sens pour x /# 0 mod , 2

2) cotan x est défini pour x /# 0 mod ", tan x est défini pour x /# défini pour x /# 0 mod cotan x

" , donc cotan x 2 cos x sin x

2 cotan 2x =

et il vient cotan x

1 cos2 x sin2 x = = tan x . sin x cos x sin x cos x

2 cotan 2x =

On en déduit tan 2k x = cotan 2k x k

2 cotan 2k +1 x , ce qui donne :

k

2 tan 2 x = 2k cotan 2k x n

Il s’ensuit finalement

cos 2x cos2 x cos 2x = sin x cos x sin x cos x

cos 2x cos x = sin 2x sin x

2

2k +1 cotan 2k +1 x . 2n +1 cotan 2n +1 x .

2k tan 2k x = cotan x

k =0

"

3) Pour p et q différents de 2 mod ", on a : tan p

tan q =

sin q sin p cos q cos p sin q sin(p q) = = cos q cos p cos q cos p cos q

sin p cos p

1 1 = cos p cos q sin(p

donc, avec de plus p /# q mod ", il vient "

q)

tan p

tan q .

"

Ainsi, lorsque x /# 0 mod ", et x /# 2k mod k pour 1 ) k ) n + 1, on a : 1 1 = tan(k + 1)x cos kx cos(k + 1)x sin x n

et il s’ensuit : k =1

n k =1

1 1 = tan(n + 1)x cos kx cos(k + 1)x sin x

tan 2x x

2k

tan

2 tan x = 2t

x

2k

1

2k

1

= tan tan2 n

x

2k

1

1

x

2k

tan2

k =1

Nous avons 2n tan

x

2

n

=x

tan(x / 2n ) . n x/2

Thèmes d’étude – Problèmes

t

1

x

2

k

2t 1

t

1 = t2

2

2 tan

1

tan

2 tan x = 1

x

2k

2k

d’où :

46

tan x d’où :

1 sin nx sin nx 1 2 . = = cos kx cos(k + 1)x sin x cos(n + 1)x cos x sin 2x cos(n + 1)x

4) En posant t = tan x , il vient tan 2x

Avec tan2

tan kx

x

2k

2t 1

t

2

= tan2 x tan 2x .

, on a :

= 2k tan

2t c’est-à-dire :

2

1

x

2

k 1

x 1

2k tan

= tan x

2n tan

tan

2k

x

2k x

2n

, .

Avec

n

x

lim

2n

+

= 0 et lim X

0

tan X = 1, il vient X

sin x = 3 sin x

et il s’ensuit sin3 x

3k

=

=

3

x 1 3 sin 4 3

x 1 3 sin k 4 3 n

3k

On en déduit

lim

2n tan

tan x

+

x

2n

= tan x

x.

4 sin 3 a est classique (en développant sin(2a + a )), donc :

5) sin 3a = 3 sin a

sin3

n

1

sin

sin3

k =1

x

3

et 3k

1

1

sin3

x 1 n 3 sin n 4 3

=

k

4 sin3

3

x

3

sin x d’où :

3k

x

x

x

3k

=

x 1 k 3 sin k 4 3

3k

1

sin

x

3k

1

.

sin x .

" " , l’existence de tan 2x nécessite 2x /# mod ", donc 2 2 " " " " " x /# mod , et cos 2x " 0 nécessite 2x " mod ", donc x /# mod . 4 2 2 4 2

6) tan x " 0 nécessite x /# 0 mod

"

La relation proposée a donc un sens pour x /# 0 mod 4 . Avec tan x =

tan 2x sin x sin 2x sin 2x cos x 2 sin x cos2 x et tan 2x = , il vient = = donc : cos x cos 2x tan x cos 2x sin x sin x cos 2x tan 2x 2 cos2 x 1 + cos 2x 1 = = = 1+ . tan x cos 2x cos 2x cos 2x

On en déduit que 1 +

1 cos 2

k 1

x

=

tan 2k tan 2

1

x

k 2

x

lorsque cette expression a un sens.

Pour les produits par télescopage, on procède comme pour les sommes. n

1+

d’où k =1

1 cos 2

k 1

x

7) De cos 2a = 2 cos2 a

tan 2n

=

1

x

.

x

tan

2

cos 2b = 2(cos2 a

1, on déduit cos 2a cos 2a cos a

cos 2b = 2(cos a + cos b), cos b

ceci nécessitant cos a " cos b, c’est-à-dire a /# b mod 2" et a /# a + b /# 0 modulo 2" et a

Il vient donc cos

x

2

k

+ cos

y

2

k

x

=

1 cos 2k 2 cos

n

cos k =1

x

2

k

cos2 b) puis :

cos

1

x

cos

k

2

+ cos

y

2

k

=

b mod 2", soit aussi :

b /# 0 modulo 2". y 2k y

1

quand cette expression a un sens, d’où :

k

2

1

cos x

2n cos

x 2n

cos y cos

y

.

2n

Chapitre 1 - Algèbre générale

47

2 Somme des cubes des n premiers entiers 1) On suppose qu’il existe une suite (xn )n !! de réels telle que : n

*n ! !,

3 xk

2

n

=

k =0

xk

.

k =0

n

Pour tout n ! !, on pose Sn =

xk . k =0

a) Montrer que, pour tout n ! !, xn3+1 = 2Sn xn +1 + xn2+1 . b) En déduire que, pour tout entier n ! !, il existe m ! ! tel que Sn =

m (m + 1) . 2

c) Déterminer la suite (xn )n !! qui vérifie x0 = 0 et *n ! ! , xn > 0. n

2) Pour n et p dans ! , on pose Sn ,p =

p

k . k =1

On étudie l’ensemble des éléments p ! ! tels que, pour tout n ! ! , le nombre Sn ,p soit le carré d’un entier. a) Vérifier que 3 convient. b) Préciser s’il y a d’autre solutions en étudiant S2 ,p .

Solution n

1) a) Avec

xk3 = Sn2 et

k =0 xn3+1

n +1

xk3 = Sn2 +1 , il vient xn3+1 = Sn2 +1

Sn2 . On en déduit :

k =0

= (Sn +1

Sn )(Sn +1 + Sn ) = xn +1 (2Sn + xn +1 ) = 2Sn xn +1 + xn2+1 .

b) Procédons par récurrence pour prouver la propriété "(n ) : ,m ! !, Sn =

m (m + 1) . 2

Pour n = 0, l’égalité x03 = x02 implique x0 = 0 ou x0 = 1. Pour x0 = 0, m = 0 convient et pour x0 = 1, m = 1 convient. Donc "(0) est vraie. Établissons que "(n ) "(n + 1). m (m + 1) , il vient xn3+1 = xn2+1 + m (m + 1)xn +1 , 2 m (m + 1) = 0 ou aussi xn +1 (xn +1 + m )(xn +1 m 1) = 0.

On a xn3+1 = xn2+1 + 2Sn xn +1 . Avec Sn = c’est-à-dire xn +1 xn2+1

xn +1

m (m + 1) et m convient. 2 m ou xn +1 = m + 1, avec m " 0, donc m > 0.

Pour xn +1 = 0, on a Sn +1 = Sn donc Sn +1 = Dans le cas où xn +1 " 0, on a xn +1 = Pour xn +1 = m , alors Sn +1 = Sn Pour xn +1 = m + 1, on a Sn +1 =

m=

m (m + 1) 2

m=

2

et m

1 convient.

m (m + 1) (m + 1)(m + 2) +m+1= et m + 1 convient. 2 2

On a donc "(n ) "(n + 1). En conclusion, la propriété "(n ) est vraie pour tout n ! !. 48

1)m

(m

Thèmes d’étude – Problèmes

c) L’hypothèse *n ! ! , xn > 0 et l’étude ci-dessus de "(n ) "(n + 1) impose de choisir, à chaque étape, xn +1 = m + 1. Montrons alors que, pour tout n ! !, on a xn = n . Soit '(n ) la propriété : *k ! [[ 0, n ]], xk = k . La propriété '(0) est vraie par hypothèse. n

Avec '(n ), on a Sn =

k=

n (n + 1)

2

k =0

, donc m = n et la valeur strictement positive de xn +1 ne

peut être que m + 1 = n + 1, ce qui prouve la propriété '(n + 1). Il reste à vérifier que la suite (n )n !! convient, c’est-à-dire que, pour tout n ! !, on a : n

2

n

3

k =

k

k =0

3

k =

On procède par récurrence. Si on a k =0

n +1

3

k = k =0

2

n (n + 1)

4

2

=

.

2

k =0

n

2

n (n + 1)

n (n + 1)

2

, alors :

2

(n + 1)2 n 2 + 4n + 4 + (n + 1) = = 4

(n + 1)(n + 2) 2

3

n

3

2) a) Le résultat précédent se lit aussi *n ! ! , Sn ,3 =

k =

.

2

n (n + 1)

k =0

2

.

2

La propriété est vraie lorsque p = 3. b) Si p convient, alors S2 ,p est un carré : il existe q ! ! tel que 1 + 2p = q2 . 2p = q 2

1 = (q

1)(q + 1) donne qu’il existe (u, v) ! (! )2 , u + v = p et q

1 = 2u , q + 1 = 2 v .

Alors q + 1 = q 1 + 2 donne 2v = 2u + 2 puis 2v 1 = 2u 1 + 1, ce qui impose u = 1 puis v = 2 et donc p = 3. En conclusion, Sn ,p n’est un carré pour tout n que pour p = 3.

3 Dénombrabilité de ! x ! 1) Préliminaire (x + y)(x + y + 1) ! !. 2 ! dans ! définie par :

a) Justifier que, pour tout (x, y) ! !2 , on a On considère alors l’application f de !

*(x, y) ! !2 , f (x, y) = y +

(x + y)(x + y + 1) . 2

b) Quelques calculs numériques : dans le tableau de gauche, figurent quelques éléments de !2 ; porter dans le tableau de droite les valeurs prises par f pour les couples précisés à gauche. Ces résultats ne sont qu’une indication pour la suite.

Chapitre 1 - Algèbre générale

49

Couples (x, y)

f (x, y)

0

1

2

3

4

0

(0, 0)

(0, 1)

(0, 2)

(0, 3)

(0, 4)

1

(1, 0)

(1, 1)

(1, 2)

(1, 3)

2

(2, 0)

(2, 1)

(2, 2)

3

(3, 0)

(3, 1)

4

(4, 0)

0

1

2

3

4

0 1 2 3 4

2) a) Étant donné (x, y) et (x , y ) dans !2 tels que x + y ! x + y + 1, montrer que : f (x, y) > f (x , y ).

b) En déduire que f (x, y) = f (x , y )

x +y)x +y

puis que :

x +y=x +y .

f (x, y) = f (x , y )

c) En déduire que f est injective. 3) a) Étant donné (x, y) ! !2 tel que x ! 1, comparer f (x

1, y + 1) et f (x, y).

b) Étant donné y ! !, comparer f (y + 1, 0) et f (0, y). c) Montrer que f est surjective. On a ainsi établi qu’il existe une bijection de !2 sur !. La suite du problème a pour but de déterminer l’antécédant d’un entier p. 4) Montrer que, pour tout (x, y) ! !2 ,

(x + y)(x + y + 1) (x + y + 1)(x + y + 2) ) f (x, y) < . 2 2

5) Étant donné k ! ! , on note S(n ) la somme des entiers compris entre 1 et n . a) Montrer que, pour tout p entier naturel non nul, il existe un unique entier n ! ! tel que : S(n ) ) p < S(n + 1).

b) Justifier que l’équation x ! #, notée $. Montrer alors que $

x (x + 1)

2 1 < n ) $.

= p a une racine réelle positive et une seule,

c) En déduire que si f (x, y) = p, alors x + y = n et y = p

S(n ).

6) Exemple numérique : déterminer le couple (x, y) tel que f (x, y) = 10 000. Résultat numérique utile : 80 001 = 282, 84 à 10

2

près.

Solution (x + y)(x + y + 1) est la somme des entiers compris entre 0 et x + y, c’est donc un nombre 2 entier naturel. On peut aussi remarquer qu’un des entiers x + y ou x + y + 1 est pair.

1) a)

50

Thèmes d’étude – Problèmes

b) Couples (x, y)

f (x, y)

0

1

2

3

4

0

(0, 0)

(0, 1)

(0, 2)

(0, 3)

(0, 4)

1

(1, 0)

(1, 1)

(1, 2)

(1, 3)

2

(2, 0)

(2, 1)

(2, 2)

3

(3, 0)

(3, 1)

4

(4, 0)

0

1

2

3

4

0

0

2

1

1

4

5

9

14

8

13

2

3

7

12

3

6

11

4

10

2) a) De x + y ! x + y + 1, on déduit x + y + 1 ! x + y + 2. On multiplie membre à membre puis on divise par 2 et on ajoute y ; il vient : (x + y)(x + y + 1) (x + y + 1)(x + y + 2) +y! + y, 2 2

d’où f (x, y) !

(x + y + 1)(x + y ) + x + y + 1 + y, c’est-à-dire : 2 f (x, y) ! f (x , y ) + x + y + 1

et enfin f (x, y) > f (x , y ) car x + y + 1 > 0. On a donc : x +y!x +y +1

f (x, y) > f (x , y ).

b) La contraposée de cette proposition est : f (x, y) ) f (x , y )

x + y < x + y + 1.

On a donc en particulier : f (x, y) = f (x , y )

x +y)x +y .

En permutant les couples (x, y) et (x , y ), on obtient : f (x, y) = f (x , y )

Finalement, on a f (x, y) = f (x , y )

x + y ) x + y.

x + y = x + y.

c) Avec f (x, y) = f (x , y ) et donc x + y = x + y , il vient : (x + y)(x + y + 1) (x + y)(x + y + 1) +y = +y , 2 2

d’où y = y , puis x = x , donc (x, y) = (x , y ). Ainsi f est injective. 3) a) Avec x ! 1, on a (x c’est-à-dire f (x

1, y + 1) ! !2 et f (x

1, y + 1) =

1, y + 1) = f (x, y) + 1.

b) On a (y + 1, 0) ! !2 et f (y + 1, 0) =

(x + y)(x + y + 1) + y + 1, 2

(y + 1)(y + 2) y(y + 1) = + y + 1 = f (0, y) + 1. 2 2

c) Pour n ! !, soit "(n ) la proposition ,(x, y) ! !2 , f (x, y) = n . On a f (0, 0) = 0, donc "(0) est vraie. Soit (x, y) ! !2 tel que f (x, y) = n . Si x ! 1, alors f (x

1, y + 1) = n + 1, et si x = 0, alors f (y + 1, 0) = n + 1.

On a donc "(n )

"(n + 1).

On en déduit que "(n ) est vraie pour tout n ! !, c’est-à-dire que f est surjective. Chapitre 1 - Algèbre générale

51

4) y ! 0 donne f (x, y) !

(x + y)(x + y + 1) . 2

(x + y + 1)(x + y + 2) (x + y + 1)(x + y) (x + y + 1)(x + y + 2) = + x + y + 1 donne f (x, y) < . 2 2 2

5) a) La suite S(k ) k !! est strictement croissante car S(k + 1) = S(k ) + k + 1 > S(k ) pour tout k ! !. L’ensemble Ep = k ! !, S(k ) ) p est une partie de ! non vide (0 ! Ep ) et majorée ; en effet p ) S(p) montre que k ! Ep k ) p. Soit n le plus grand élément de Ep : il vérifie S(n ) ) p < S(n + 1). b) L’équation x ! #, x 2 + x 2p = 0 a deux racines réelles distinctes. Leur produit 2p est strictement négatif, elles sont donc de signes contraires. Soit $ > 0 tel que

$ ($ + 1) = p. 2

Notons que g : #

#, t #

t (t + 1) est strictement croissante. 2

Alors : n (n + 1)

2

et

= S(n ) ) p =

$ ($ + 1) donne n ) $, 2

$ ($ + 1) (n + 1)(n + 2) donne $ < n + 1. = p < S(n + 1) = 2 2

c) Avec S(x + y) ) f (x, y) < S(x + y + 1), si f (x, y) = p, alors d’après le a), on a n = x + y puis f (x, y) = S(n ) + y donne y = p S(n ). 1+

80 001

6) La racine positive de x 2 + x 20 000 = 0 est $ = ( 140.92 donc n = 140 2 puis S(n ) = 70 141 = 9 870. On a donc y = 10 000 9 870 = 130 puis x = n y = 10. Soit f (10, 130) = 10 000.

4 Un sous-groupe fini de nombres complexes Soit b et c des entiers relatifs qui vérifient b2

4c < 0.

2

On considère le polynôme P (X ) = X bX + c et on désigne par $ et $ ses racines (complexes conjuguées). On note '$ l’ensemble des nombres complexes de la forme p + q$, où p et q décrivent l’ensemble '. De même, on considère '$ = p + q$, (p, q) ! '2 . 1) a) Montrer que '$ est un sous-anneau de ", muni de ses opérations usuelles + et

.

b) Montrer que l’ensemble G$ des éléments de '$ dont l’inverse appartient aussi à '$ est un groupe. 2) a) Montrer que '$ = '$ . b) Étant donné z = p + q$, montrer que z = 0 si et seulement si p = q = 0. 52

Thèmes d’étude – Problèmes

f :

3) Soit l’application

'$ z

#

! z

2

où z désigne le module de z .

a) Vérifier que pour z = p + q$, (p, q) ! '2 , on a f (z ) = p2 + bpq + cq2 . b) Quelle est l’image par f du groupe G$ ? c) En déduire que, pour z = p + q $ !G$ , on a 0 ) q 2 (4c

b 2 ) ) 4.

4) En discutant suivant les valeurs possibles de b2 4c , déterminer les éléments du groupe G$ . On vérifiera que tout n ! ', il existe k ! ' tel que n 2 = 4k ou n 2 = 4k + 1.

Solution 1) a) '$ contient évidemment ', il est donc non vide. Étant donné z = p + q$ et z = p + q $ dans '$ , on a z

z = (p

p ) + (q

q ) $ !'$ .

'$ est donc un sous-groupe de (", +). zz = pp + qq $2 +(pq + p q)$ et $2 = b $ c donnent zz = pp

cqq +(pq + p q + bqq )$!'$ .

'$ est un sous-groupe de (", +) stable par . De plus, '$ contient l’unité 1 de l’anneau (", +, ), c’est donc un sous-anneau de " muni de ses opérations usuelles.

b) Il est classique que l’ensemble des éléments inversibles d’un anneau est un groupe pour la seconde opération. 2) a) En examinant la somme des racines de P , on voit que $ + $ = b. Étant donné z = p + q $ !'$ , il vient z = p + q(b $) = p + qb '$ % '$ . On a de même '$ % '$ et donc '$ = '$ . b) Si q " 0, alors z = 0 donne $ =

q$ ! '$ ce qui prouve que

p ! #, contrairement au fait que $ n’est pas réel. q

On a donc q = 0, puis p = 0. La réciproque est immédiate. 3) a) Pour z = p + q $ !'$ , on a z 2 = zz = (p + q$)(p + q$) et il s’ensuit que : z

2

= p2 + pq($ + $) + q2 $ 2 = p2 + bpq + cq2 .

b) Étant donné z1 et z2 dans '$ , on a f (z1 z2 ) = z1 z2 z1 z2 = z1 z1 z2 z2 = f (z1 )f (z2 ) et il est clair que f (1) = 1. Si z est dans G$ , on a z

1

! G$ et 1 = f (1) = f (zz

1

) = f (z )f (z

1

).

On en déduit f (z ) = 1 (seul élément inversible de !) et l’image de G$ par f est 1 . c) Étant donné z = p + q $ !G$ , on a f (z ) = 1 c’est-à-dire p2 + bpq + cq2 = 1. Supposons q " 0. Il vient

p q

2

+b

1 p + c = 2. q q

Le minimum de x 2 + bx + c , pour x réel, est obtenu en On en déduit

1 (4c 4

Par ailleurs, on a 4c

1 b2 ) ) 2 , c’est-à-dire q 2 (4c q

b 1 ; ce minimum vaut (4c 2 4

b2 ).

b 2 ) ) 4.

b2 > 0 par hypothèse. En conclusion, 0 ) q 2 (4c

b 2 ) ) 4.

Et ce résultat est encore vrai si q = 0 (c’est-à-dire p2 = 1, soit p = 1). Chapitre 1 - Algèbre générale

53

4) Si q = 0, on a vu que p = 1. Par suite des éléments de G$ sont 1 et 1. b2
0. b) Calculer (x1 + x2 ) à l’aide de la question 3). (C’est un rationnel très simple.) c) Calculer le produit x1 .x2 . Pour cela, on pourra développer le produit des deux sommes x1 et x2 et transformer en sommes les produits de la forme cos p.cos q. d) Déduire de ce qui précède les expressions de x1 et x2 à l’aide de racines carrées. 5) On pose maintenant : y1 = cos 3 ' + cos 5' ; y2 = cos 7 ' + cos 11' ; y3 = cos ' + cos 13' ; y4 = cos 9 ' + cos 15'?

a) Calculer, en s’inspirant de la question précédente, les produits y1 .y2 et y3 .y4 . b) En déduire des expressions de y1 , y2 , y3 et y4 à l’aide de racines carrées, éventuellement superposées. 6) Déduire enfin de ce qui précède une expression de cos ' à l’aide de racines carrées.

Solution 1) a) Ce début n’est qu’une simple mise en appétit.

Les solutions sont les racines cinquièmes de 1 ; ce sont e2ik " / 5 avec k ! [[ 0, 4 ]]. b) 0 n’étant pas racine de (E’), ses racines z sont les solutions de z 2 +

1 z

2

+z+

1 + 1 = 0. z

Chapitre 1 - Algèbre générale

55

Avec z 2 +

1 z

2

= z+

1 z

2

2, en posant Z = z +

1 , on est ramené à l’équation Z 2 + Z z

1=0

dont les solutions sont : 1+ 2

Z1 =

Il reste à résoudre en z l’équation z +

5

1

et Z2 =

5 2

1 = Z c’est-à-dire z 2 z

.

zZ + 1 = 0 pour chacune des valeurs

Z1 et Z2 de Z .

On a Z12 = 1

Z1 donc Z12

Les racines de z 2

4=

3

zZ1 + 1 = 0 et de z 2

z1 =

1 2

1+ 2

5

z3 =

1 2

1

5 2

5

+i

5

4=

5 2

.

zZ2 + 1 = 0 sont alors respectivement :

5+ 5 2

+i

5+ 5 et de même Z22 2

Z1 =

5

et z4 =

2

1+ 2

1 2

et z2 =

5

1

1 2

5+ 5 2

i

5

i

2

5

,

5 2

.

2) On a z 5 1 = (z 1) z 4 + z 3 + z 2 + z + 1 , donc les racines de z 4 + z 3 + z 2 + z + 1 = 0 sont les racines autres que 1 de z 5 1 = 0. Ce sont donc :

e

6i " 5

qui est le conjugué de e

4i " 5

En examinant le signe de cos

e

2i " 5

= cos

2" 2" , + i sin 5 5

e

4i " 5

= cos

4" 4" + i sin , 5 5

et e

8i " 5

qui est le conjugué de e

2i " 5.

2k " 2k " et celui de sin pour k ! [[ 1, 4 ]], il vient que : 5 5 e

2i " 5

= z1 et e

4i " 5

= z3 ,

c’est-à-dire :

Avec

" =" 5

5

2" = 5

1+ 4

cos

4" = 5

1+ 5 4" 1 et sin = 4 5 2

et sin

5+ 5 , 2 5

5 2

.

4" , il vient enfin : 5 cos

" 1+ 5 " 1 = et sin = 5 4 5 2

n 1

3) On a C (a, h ) + iS(a, h ) =

e

i (a +kh )

ih

5

5 2

.

n 1

= e ia

(eih )k . Il faut alors comparer eih et 1.

k =0

On sait que e

2" 1 = 5 2

cos

k =0

= 1 équivaut à h # 0 mod 2".

Dans le cas où h # 0 mod 2", on obtient C (a, h ) + iS(a, h ) = ne ia d’où : C (a, h ) = n cos a

56

Thèmes d’étude – Problèmes

et

S(a, h ) = n sin a .

n 1

(eih )k =

Dans le cas où h /# 0 mod 2", on a eih " 1, donc

e

e

k =0

Avec einh que :

1=e

i nh 2

nh

i e 2

i nh 2

e

= 2ie

i nh 2

sin

C (a, h ) + iS(a, h ) = e ia e

nh et eih 2

sin

i (n 1)h 2

inh ih

1 1

1 = 2ie

.

i h 2

sin

h on en déduit 2

nh

sin

2 h 2

et il vient finalement : C (a, h ) =

sin sin

nh 2 h

cos a + (n

h 1) 2

et

S(a, h ) =

2

sin sin

nh 2 h

sin a + (n

1)

h 2

.

2

4) a) Parmi les quatre termes de la somme x1 , seul cos 11' est négatif. On tourne la difficulté en p+q p q cos . employant cos p + cos q = 2 cos 2 2

On a cos 3 ' + cos 11' = 2 cos 7 ' cos 4'. Les nombres 4', 5' et 7' sont dans l’intervalle ]0, " / 2[, donc de cosinus strictement positifs. Il s’ensuit que x1 = cos 5 ' + cos 7 ' +2 cos 7 ' cos 4' est strictement positif. 7

b) On remarque que x1 + x2 =

cos(' + 2k '). k =0

Comme on a sin ' " 0, la formule de calcul de C (a, h ) donne ici x1 + x2 = Avec sin(8') cos(8') =

1 16" sin(16') et 16' = =" 2 17

" =" 17

sin(8') cos(8'). sin '

', il vient sin(16') = sin ' et

1 2

finalement, x1 + x2 = . c) Pour calculer : x1 x2 = (cos 3 ' + cos 5 ' + cos 7 ' + cos 11')(cos ' + cos 9 ' + cos 13 ' + cos 15'),

on utilise la formule cos p cos q =

1 cos(p + q) + cos(p 2

q) .

2 cos 3 ' cos ' = cos 4 ' + cos 2' , 2 cos 3 ' cos 9' = cos 12 ' + cos 6', 2 cos 3 ' cos 13' = cos 16 ' + cos 10' , 2 cos 3 ' cos 15' = cos 18 ' + cos 12', 2 cos 5 ' cos ' = cos 6 ' + cos 4' , 2 cos 5 ' cos 9' = cos 14 ' + cos 4', 2 cos 5 ' cos 13' = cos 18 ' + cos 8' , 2 cos 5 ' cos 15' = cos 20 ' + cos 10', 2 cos 7 ' cos ' = cos 8 ' + cos 6' , 2 cos 7 ' cos 9' = cos 16 ' + cos 2', 2 cos 7 ' cos 13' = cos 20 ' + cos 6' , 2 cos 7 ' cos 15' = cos 22 ' + cos 8', 2 cos 11 ' cos ' = cos 12 ' + cos 10' , 2 cos 11 ' cos 9' = cos 20 ' + cos 2', 2 cos 11 ' cos 13' = cos 24 ' + cos 2' , 2 cos 11 ' cos 15' = cos 26 ' + cos 4 ' .

Chapitre 1 - Algèbre générale

57

Il vient donc : 2x1 x2 = 4(cos 2 ' + cos 4 ' + cos 6') + 3(cos 8 ' + cos 10 ' + cos 12 ' + cos 20') + 2(cos 16 ' + cos 18') + cos 14 ' + cos 22 ' + cos 24 ' + cos 26'.

On a :

et

cos 16' = cos

16" = cos 17

"

" 17

=

cos

" = 17

cos '

cos 18' = cos

18" = cos 17

"+

" 17

=

cos

" = 17

cos '.

En procédant de même, il vient : cos 2' =

cos 15 '

cos 4' =

cos 13',

cos 6' =

cos 11 '

cos 8' =

cos 9',

cos 10' =

cos 7 '

cos 12' =

cos 5',

cos 14' =

cos 3 '

cos 20' =

cos 3',

cos 22' =

cos 5 '

cos 24' =

cos 7',

cos 26' =

cos 9 ' .

Il s’ensuit : 2x1 x2 =

4(cos ' + cos 3 ' + cos 5 ' + cos 7 ' + cos 9 ' + cos 11 ' + cos 13 ' + cos 15')

c’est-à-dire 2x1 x2 = 4(x1 + x2 ), et finalement, x1 x2 = 1. 1 X 2

d) x1 et x2 sont alors les racines de X 2 x1 =

1 1+ 4

17

1, d’où, compte tenu de x1 > 0,

et x2 =

1 1 4

17 .

5) On a y1 + y2 = x1 et y1 y2 = cos 3 ' cos 7 ' + cos 3 ' cos 11 ' + cos 5 ' cos 7 ' + cos 5 ' cos 11'. En linéarisant les produits de deux cosinus, on obtient : 2y1 y2 = cos 2 ' + cos 4 ' + cos 6 ' + cos 8 ' + cos 10 ' + cos 12 ' + cos 14 ' + cos 16'

ou aussi : 2y1 y2 =

cos 15 '

d’où y1 y2 =

cos 13 '

cos 11 '

cos 9 '

cos 7 '

cos 5 '

1 , donc y1 et y2 sont les racines de : 4 X2

1 (1 + 4

1 . 4

17)X

Avec y1 > 0, il vient :

et

y1 =

1 1+ 8

17 +

34 + 2 17

y2 =

1 1+ 8

17

34 + 2 17 .

De même, on a y3 + y4 = x2 et on obtient : y3 y4 =

58

Thèmes d’étude – Problèmes

1 (x + x2 ) = 2 1

1 , 4

cos 3 '

cos ' =

(x 1 + x2 ),

1 1 (1 17) . Notons que l’on a : 4 4 y3 = cos ' + cos 13' = 2 cos 7 ' cos 6' > 0.

donc y3 et y4 sont les racines de X 2 Il s’ensuit :

et

y3 =

1 1 8

17 +

34

2 17

y4 =

1 1 8

17

34

2 17 .

6) On a cos ' + cos 13' = y3 et y1 = cos 3 ' + cos 5' = 2 cos ' cos 4' = 2 cos ' cos 13'. Ainsi cos ' et cos 13' sont les racines de X 2

1 y . 2 1

y3 X

Avec cos ' > 0, il vient : cos

" = 17

1 16

34

2 17 + 1

17 +

68 + 12 17 + 2(1

17)

34

2 17 + 16

34 + 2 17

6 Suite de Fibonacci C’est la suite (un )n !! définie par : u0 = 0, u1 = 1 et *n ! !, un +2 = un +1 + un .

Partie I – Aspect analytique 1 2

On pose $ = (1 + 5) et % =

1 . $

1) Exprimer un à l’aide de $, % et n et montrer que $n +1 = $un +1 + un . 2) Montrer que un est l’entier le plus proche de 3) Montrer que, pour x réel tel que x < Pour x réel, x &

1 , la suite x n un converge vers 0. $

1 1 , , exprimer Sn (x ) = $ %

Montrer que, pour tout x réel tel que x < fonction de x exclusivement.

$n . 5

n

k

x uk à l’aide de $, %, n et x . k =1

1 , la suite Sn (x ) a une limite à préciser en $

Partie II – Formules diverses Pour n ! ! , montrer les relations suivantes : n

1)

n

uk = un +2 k =1

1,

n

u2k 1 = u2n , k =1

2) Avec m ! !, um +n = um un

n

u2k = u2n +1 k =1

1

+ un um +1 .

1,

2

uk = un un +1 k =1

u2n = un2+1

un2 1 .

Chapitre 1 - Algèbre générale

59

Partie III – Aspect arithmétique Étant donné n et p dans ! , montrer les propriétés suivantes : 1) un divise unp et, les entiers un et un +1 sont premiers entre eux. 2) Le pgcd de un et de up est égal à un

p.

3) Pour n et p au moins égaux à 3, un divise up si et seulement si n divise p.

Solution Partie I 1) L’équation caractéristique d’une suite récurrente linéaire double un +2 = un +1 + un est 5 1 1+ 5 1 . et % = = 2 2 $ n n Ces suites (un ) sont donc de la forme un = ( $ + 0 % , avec ((, 0) indépendants de n .

r 2 = r + 1, de racines $ =

Avec u0 = 0 et u1 = 1, il vient ( + 0 = 0 et ( $ + 0 % = 1, c’est-à-dire ( = On a donc, pour tout n ! !, un =

1 ($n 5

1 et 0 = 5

1 . 5

%n ).

Avec u1 = 1 et u0 = 0, la propriété (Pn) : $n +1 = $un +1 + un est vraie pour n = 0. Avec (Pn), on obtient $n +2 = $2 un +1 +$un , et, avec $2 = $+1, il vient $n +2 = $(un +1 + un )+ un +1 et un +2 = un +1 + un donne alors $n +2 = $un +2 + un +1 . On a ainsi montré par récurrence que (Pn) est vraie pour tout n ! !. 2) On a

$n 5

%n

= un +

dans l’intervalle

5

$n 5

. Avec % < 1 et

1


2n pour avoir &k ! [[ 1, n ]], $kp $p k " 0, donc ak = 0. En conclusion les polynômes constants réels sont les seuls qui vérifient : &z ! ", P (z ) ! !.

Ex. 9 Soit P ! ![X ]. Montrer que la proposition : &x ! !, P (x ) ! 0 équivaut à l’existence de Q et R dans ![X ] tels que P = Q2 + R2 . Le cas où P est de degré 2 est familier, il sert de base d’appui. Les polynômes visés sont de degré pair, il suffit d’une justification rapide. Notons que P = Q2 + R 2 , avec Q et R dans ![X ], vérifie &x ! !, P (x ) ! 0. L’objet de cet exercice est donc l’étude de la réciproque. Le polynôme nul convient évidemment et on se limite tout naturellement à l’examen des polynômes non nuls.

1)

Soit P ! ![X ], deg P = 2 : P = aX 2 + 2bX + c , a " 0. On a P = a X +

P (x ) est positif pour tout x ! ! si et seulement si a > 0 et b2

Dans ce cas, P =

a X+

b a

2

+

ac a

b2

2

2 b 2 ac b + . a a

ac ' 0.

est la somme des carrés de deux polynômes

réels. Soit P ! ![X ], de degré impair n ! # et de coefficient dominant an . Pour x ! !, on a P (x ) ! an x n et P (x ) a + et pour limite en +

et en

(dans cet

ordre ou dans l’ordre contraire suivant le signe de an ). Les polynômes cherchés sont donc nécessairement de degré pair. Et dans ce cas, P (x ) ! an x n montre qu’il faut aussi an > 0. 2)

Le cas des polynômes de degré 2 donne une assise à une démonstration par récurrence.

Soit !n la proposition : si Pn ! ![X ] , n ! # , deg Pn = 2n , dom Pn = an > 0, vérifie &x ! !, Pn (x ) > 0, alors il existe des polynômes réels Qn et Rn tels que Pn = Qn2 + Rn2 . La proposition !1 est vraie. Pour passer du rang n au rang n + 1, il suffit de factoriser par un polynôme de degré 2.

Soit Pn +1 ! ![X ], deg Pn +1 = 2(n + 1) et tel que &x ! !, Pn +1 (x ) ! 0. Si Pn +1 admet une racine réelle ", cette racine est nécessairement d’ordre pair, faute de quoi Pn +1 ne serait pas de signe constant. Pn +1 est alors divisible par (X ")2 et le polynôme Un tel que Pn +1 = (X 2n et, pour tout x ! !, on a Un (x ) ! 0.

")2 Un est de degré

Chapitre 2 - Polynômes - Fractions rationnelles

69

Si Pn +1 admet une racine complexe # $ !, alors il admet aussi # " # pour racine. Il est donc divisible par le polynôme (X #)(X #) ! ![X ]. Le polynôme Un tel que Pn +1 = (X #)(X #)Un est de degré 2n et vérifie &x ! !, Un (x ) ! 0. Dans les deux cas, on a Pn +1 = VUn , avec V de degré 2 à valeurs positives, et Un de degré 2n à valeurs Un (x ) positives pour x réel. Pour conclure, il reste à mettre en œuvre l’hypothèse de récurrence.

On a V = A2 + B2 et Un = Qn2 + Rn2 , avec A, B, Qn et Rn dans ![X ]. Il s’ensuit Pn +1 = A2 + B2 Qn2 + Rn2 ) = A2 Qn2 + B2 Rn2 + A2 Rn2 + B2 Qn2 et il vient alors : 2

Pn +1 = AQn + BRn

+ ARn

2

, avec AQn + BRn et ARn En conclusion la propriété !n est vraie pour tout n ! # .

Ex. 10

BQn

On pose Pk (x ) = ( 1)k ex e

x 2 (k )

Montrer que Pk +2 = 2XPk +1

2(k + 1)Pk et que Pk

2

BQn dans ![X ].

. Montrer que Pk est un polynôme de degré k . 2XPk + 2kPk = 0.

2

L’objectif de la première partie est de montrer que la dérivée k e de e x est le produit de e par un polynôme de degré k qui sera alors Pk lui-même au signe près.

On a e

x 2 (0)

x2

=e

x2

et e

= x

Supposons que, pour k ! # , e Alors e

x 2 (k +1)

2

k

= ( 1) Pk (x )e

x2

2xe (k )

x2

x2

, ce qui donne P0 (x ) = 1 et P1 (x ) = 2x .

= ( 1)k Pk (x )e = ( 1)

k +1

x2

, où Pk est un polynôme de degré k .

2xPk (x ) + ( 1)k Pk (x ) e

x2

.

Pk +1 (x ) = 2xPk (x )

Pk (x ) est une fonction polynôme de degré k + 1, puisque c’est la somme d’un polynôme de degré k + 1 et d’un polynôme de degré k 1. On a ainsi établi par récurrence que, pour tout k ! #, Pk est un polynôme de degré k .

On a en fait établi un résultat qui peut se révéler utile : Pk +1 = 2XPk

Comme on vient de voir que Pk +2 = 2XPk +1

Pk .

Pk +1 , la preuve du résultat attendu :

Pk +2 = 2XPk +1

2(k + 1)Pk

revient à celle de Pk +1 = 2(k + 1)Pk . 2

Avec Pk +1 (x ) = ( 1)k +1 ex e

x 2 (k +1)

2

, d’où Pk +1 (x ) = ( 1)k +1 ex e

Pk +1 (x ) = ( 1)k +1 ex

On a e

x 2 (k +2)

=

2xe 2xe

x 2 (k +1) x 2 (k +1)

2

2x e

x

2

(k +1)

=

x 2 (k +1)

2x e

Il vient donc Pk +1 (x ) = 2(k + 1)( 1)k ex e

x

2

(k )

2(k + 1) e

Pk , on déduit Pk +1 = 2Pk + 2XPk

2(k + 1)Pk (x ) = 2Pk + 2XPk Sujets d’oraux

(k +2)

.

x 2 (k )

.

, c’est-à-dire Pk +1 (x ) = 2(k + 1)Pk (x ).

Pour la dernière relation, on reprend Pk +1 = 2XPk précédente Pk +1 (x ) = 2(k + 1)Pk (x ).

70

x

, il vient :

et la formule de Leibniz donne : 2

De Pk +1 = 2XPk vient :

+ e

2

x 2 (k +1)

Pk , en tenant compte de la relation

Pk et avec Pk +1 (x ) = 2(k + 1)Pk (x ), il

Pk ce qui donne Pk

2XPk + 2kPk = 0.

Ex. 11 P ! ![X ] admet n ! # racines réelles strictement positives, chacune étant simple. 2

On considère alors Q(X ) = (X 2 + 1)P (X )P (X ) + X P 2 (X ) + P (X ) . Montrer que si 1 n’est pas racine de Q, alors Q admet au moins 2n 1 racines réelles positives distinctes.

L’objectif des racines de Q incite à exprimer Q en produit de polynômes. La présence de PP et de P 2 , P

2

laisse des espoirs raisonnables.

On peut développer (aP + bP )(cP + dP ) et comparer à Q. Q se factorise en Q = (P + XP )(XP + P ). On pose A = P + XP et B = XP + P .

Les racines de Q sont celles de A et celles de B. Notons que A = (XP ) . Il n’y a pas de remarque aussi simple au sujet de B. On commence alors par s’intéresser aux racines de A. Avec les racines de XP , le théorème de Rolle donne des informations sur celles de (XP ) . Comme les n racines de P sont simples, elles sont deux à deux distinctes. XP admet n + 1 racines réelles positives distinctes (les n racines strictement positives de P et la racine 0).

Le théorème de Rolle assure alors l’existence de (au moins) n racines strictement positives distinctes pour (XP ) . Pour le polynôme B, on est dans un contexte de dérivation de fonction réelle de la forme f (x ) = u (x )ev(x ) pour laquelle on a f (x ) = u (x )v (x ) + u (x ) ev(x ) .

La fonction réelle x " xP (x ) + P (x ) ex

2

/2

est la dérivée f : x " P (x )ex

2

/2

.

Les racines de f sont celles de P , donc f admet n racines réelles strictement positives distinctes. Le théorème de Rolle assure que f admet (au moins) n 1 racines réelles strictement positives. Les racines réelles de f étant celles de XP (X ) + P (X ), il vient que B admet (au moins) n racines réelles strictement positives.

1

Il reste maintenant à examiner si les racines de A et celles de B sont distinctes. C’est probablement là qu’interviendra l’hypothèse encore inutilisée Q(1) " 0. On n’a pas non plus encore utilisé que les racines strictement positives de P sont simples.

Supposons que A et B aient une racine commune strictement positive a , c’est-à-dire que : P (a ) + aP (a ) = 0 et P (a ) + aP (a ) = 0. P (a ) + aP (a ) = P (a ) + aP (a ) donne (1

a ) P (a )

P (a ) = 0.

a " 1 donne P (a ) = P (a ), d’où (1 + a )P (a ) = 0. Alors a > 0 donne a + 1 " 0 donc P (a ) = 0.

Il s’ensuit que a est racine commune à P et à P , ce qui impose que a est racine double de P , ce qui est contraire à l’hypothèse qui considère que les racines strictement positives sont simples. Chapitre 2 - Polynômes - Fractions rationnelles

71

Ex. 12 Soit P ! "[X ], deg P = n ! # , tel que P (0) = 1 et P (1) = 0. 1 . n

Montrer que sup P (z ) , z = 1 ! 1 +

Avant d’envisager la borne supérieure d’une partie de !, il est indispensable de vérifier que cette partie est majorée. n

Avec P =

n

k

k =0

n

k

ak X , on a P (z ) =

ak z puis P (z ) ' k =0

ak

z

k

.

k =0

n

Avec z = 1, on a z k = 1 puis P (z ) '

P (z ) , z = 1 est une

ak , ce qui montre que k =0

partie non vide et majorée de !. Un énoncé équivalent est n + 1 ' n sup P (z ) , z = 1 . Dans l’ensemble $ des complexes de module 1, il y a les racines de tous ordres de 1. n

Avec P =

k

ak X , une hypothèse est a0 = 1. On notera M = sup P (z ) , z = 1 . k =0

n

n

Étant donné u1 , . . . , un de $, et en notant u0 = 1, on a

P (u p ) ' p=0

P (up ) ' nM . p=1

n

Il reste à trouver des uk convenables pour avoir n + 1 '

P (uk ) . k =0

n

n

k

Pour tout up ! $, on a P (up ) =

n

P (up ) =

ak up d’où k =0

p=0

k =0

n

n

k

Avec u = e2i % / N , on choisit up = u p . On a alors Si u k " 1, on obtient

n

(u p )k =

p=0

(u ) 1

p=0

p=0

p=0 k n +1

1

(u k )p =

k

up .

(u p )k .

up = p=0

n

n

ak

u

k

=

(u n +1 )k

1 1

u

k

. n

En prenant N = n + 1, on a u n +1 = 1 et u k " 1 pour tout k ! [[ 1, n ]], et il vient p=0

n

n

P (up ) se réduit alors à a0 p=0

0

= (n + 1)a0 en n’oubliant pas que a0 = 1.

up p=0

n

p

En conclusion, u = e2i % / (n +1) donne

P (u ) = n + 1, d’où : p=0

n

n+1=

p

p=0

ce qui donne la conclusion attendue n + 1 ' nM . 72

Sujets d’oraux

n

P (u ) '

p

P (u ) ' nM , k =1

(u p )k = 0.

Ex. 13 Soit n ! #, n ! 2, a ! ! et b ! ! . Déterminer P ! ![X ] tels que nP = (X

a )P + bP .

Le cas où b = 0 est celui où P divise P . Il est classique que les solutions sont les multiples scalaires de (X a )n . Dans le cas général b "0, on peut se restreindre aux polynômes normalisés. Il est utile d’examiner le degré d’une solution éventuelle.

Puisque P " nP (X a )P des polynômes normalisés.

bP

est linéaire, il suffit de déterminer les solutions P qui sont

On est dans un contexte de dérivation et un objectif peut être de déterminer les dérivées successives en a , en vue d’utiliser la formule de Taylor. Pour dériver (X

q)P , la formule de Leibniz est d’actualité.

Pour tout k ! #, on a nP (k ) = (X (n

d’où il vient

(n

a )P (k +1) + kP (k ) + bP (k +2) , c’est-à-dire : k )P (k ) = (X

a )P (k +1) + bP (k +2) ,

k )P (k ) (a ) = bP (k +2) (a ) (1).

Un examen de l’équation montre facilement que toute solution est de degré n . P (n ) = n ! donne P (n ) (a ) = n ! et, avec (1), P (n +1) = 0 donne P (n 1) (a ) = 0 (2).

Avec (1) et (2), il s’ensuit que P (k ) (a ) = 0 pour tout k de même parité que n En utilisant (1) pour k = n

2q, on a 2qP

(n 2q)

(a ) = bP

(n 2q+2)

1.

(a ) (1’).

On multiplie membre à membre ces égalités pour q ! [[ 1, k ]] et il vient : 2 k k ! P (n

2k )

(a ) = bk P (n ) (a ) c’est-à-dire

2 k k ! P (n

2k )

(a ) = bk n ! (3).

Pour utiliser la formule de Taylor en a , on distingue les cas n pair et n impair. n

La formule de Taylor est P (X ) =

P

(k )

k =0

(a )

k!

(X

a )k .

p

P (2k ) (a )

Cas où n est pair, n = 2p. On a P (X ) = k =0

(2k )!

(X

a)

2k

puisque les dérivées d’ordre

impair s’annulent en a . Avec (3), on a 2k (k !)P (2p

2k )

(a ) = (2p)!bk , ou encore 2p

p

k

k )!P (2k ) (a ) = (2p)!bp k .

(p

2k

b p k (X a ) . 2 (2k )!(p k )!

Finalement, P (X ) = (2p)! k =0

p

n est impair, n = 2p + 1. On a P (X ) = k =0

(2k +1)

(a ) (X (2k + 1)!

P

a)

2k +1

, puisque les dérivées d’ordre

pair s’annulent en a . Avec (3), on a 2k k !P (2p+1

2k )

(a ) = (2p + 1)!bk , d’ou 2p p

Finalement, P (X ) = (2p + 1)! k =0

k

(p

k )!P (2k +1) (a ) = (2p + 1)!bp k .

2k +1

b p k (X a ) 2 (2k + 1)!(p

k )!

.

La vérification du fait que ces polynômes conviennent est aisée. Chapitre 2 - Polynômes - Fractions rationnelles

73

Ex. 14 Trouver tous les polynômes P ! ![X ] tels que (X + 4)P (X ) = XP (X + 1).

Dans ce type de problème, on commence par préciser les solutions constantes, chercher des informations sur le degré et sur le coefficient dominant. P = a ! ! est solution si et seulement si a (X + 4) = aX , c’est-à-dire a = 0.

Les polynômes (X + 4)P (X ) et XP (X + 1) ayant même degré et même coefficient dominant, il n’y a pas d’information utile qui en découle. Pour une solution P non constante, il faut dégager des informations sur les racines.

De (X + 4)P (X ) = XP (X + 1), on déduit 4P (0) = 0 et 0 = 4P ( 3). On peut aussi noter que 3P ( 1) = P (0) et que P ( 3) = 3P ( 2). Ainsi, 0, 1, 2 et 3 sont racines de P . Une solution non constante est divisible par X (X + 1)(X + 2)(X + 3), donc P est de la forme : P (X ) = X (X + 1)(X + 2)(X + 3)Q(X ) avec Q " 0.

On cherche maintenant des informations sur Q. (X + 4)P (X ) = XP (X + 1) se lit alors : (X + 4)X (X + 1)(X + 2)(X + 3)Q(X ) = X (X + 1)(X + 2)(X + 3)(X + 4)Q(X + 1),

c’est-à-dire Q(X ) = Q(X + 1). Il reste à déterminer les polynômes Q tels que Q(X ) = Q(X + 1). Les polynômes constants conviennent. Sont-ils les seuls ?

Pour tout x ! !, Q(x ) = Q(x + 1) donne Q(n ) = Q(0) pour tout n ! #. Admettant une infinité de racines, le polynôme Q(X )

Q(0) est nul, d’où Q(X ) = Q(0) ! !.

On a donc nécessairement P (X ) = (X (X + 1)(X + 2)(X + 3), ( ! !, et avec : P (X + 1) = ((X + 1)(X + 2)(X + 3)(X + 4),

il vient (X + 4)P (X ) = XP (X + 1), c’est-à-dire que ces polynômes conviennent.

Ex. 15 Déterminer les polynômes P tels que P (X 2 ) = P (X + 1)P (X

1).

Le texte est évasif sur le corps de base : on se place dans le contexte naturel de "[X ]. Comme d’usage, on cherche les solutions constantes avant de chercher des informations sur le degré et sur le coefficient dominant.

Un polynôme constant P = a ! " est solution si et seulement si a = a 2 . Les solutions constantes sont donc P = 0 et P = 1. Avec la relation deg P (X 2 ) = deg P (X utile provenant de l’étude du degré.

1)P (X + 1) vraie pour tout P " 0, il n’y a pas d’information

Si a est le coefficient dominant d’une solution P " 0, on a a = a 2 , donc a = 1 et toute solution est un polynôme normalisé (ou unitaire). 74

Sujets d’oraux

Pour orienter la suite des démarches on peut examiner les cas particuliers où deg P = 1 et deg P = 2. P (X ) = X + k vérifie P (X 2 ) = P (X + 1)P (X

1) si et seulement si :

2

1 + k ) = X 2 + 2kX + k 2

X + k = (X + 1 + k )(X

et le système 2k = 0, k

2

1 = k n’a pas de solution. Il n’y a donc pas de solution de degré 1.

2

P (X ) = X + aX + b vérifie P (X 2 ) = P (X + 1)P (X

1) si et seulement si :

X 4 + aX 2 + b = (X + 1)2 + a (X + 1) + b

(X

4

2

2

1

4

3

2

1)2 + a (X

1) + b ,

c’est-à-dire X + aX + b = X + 2aX + (a + 2b 2)X + 2a (b 1)X + 1 + 2b + b2 a 2 . Il est alors nécessaire que a = 0 et il reste 0 = 2(b 1) et 1 + b + b2 = 0 qui sont incompatibles. Il n’y a donc pas de solution de degré 2. Il semble plus raisonnable de s’orienter sur l’absence de solution non constante. On analyse pour cela des informations sur les racines complexes d’une solution.

Pour toute racine z de P , on a P (z + 1)2 = P (z + 2)P (z ) = 0, donc (z + 1)2 est racine de P . 1)2 est racine de P .

De même, pour toute racine z de P , (z

Les racines d’une solution étant en nombre fini, on peut en distinguer une, z0 , de module maximum. On a donc (z0 + 1)2 ' z0 et (z0

1)2 ' z0 . En posant z0 = rei ) , r ! !, on a :

(r cos ) + 1)2 + r 2 sin2 ) ' r et (r cos )

c’est-à-dire r 2 + 2r cos ) + 1 ' r et r 2 Or on a r 2

1)2 + r 2 sin2 ) ' r ,

2r cos ) + 1 ' r , d’où r 2 + 1 ' r .

r + 1 > 0 pour tout r ! !.

Cette contradiction prouve qu’il n’y a pas de solution non constante.

Ex. 16 Soit P ! ![X ], de degré n ! # , avec P (0) " 0, admettant n racines (xk )k [[ 1,n ]] réelles et deux n

à deux distinctes. Montrer que k =1

1 xk P (xk )

1 . P (0)

=

Une décomposition de fraction rationnelle à dénominateur scindé et de racines simples est A A(a ) . d’actualité. La partie polaire de relative à un pôle simple a est B B (a )(X a )

La fraction rationnelle F (X ) =

1 se décompose en F (X ) = P (X )

Comme xk est racine simple, on a (k =

1 P (xk )

n k =1

(k X

xk

.

.

Pour obtenir le résultat, il suffit de considérer F (0). Ce résultat reste vrai pour un polynôme P ! "[X ] ou des racines non réelles.

Chapitre 2 - Polynômes - Fractions rationnelles

75

Ex. 17 Déterminer ( ! " pour que l’équation x ! ", x 4 égal à 1. Résoudre l’équation dans ce cas.

2x 2 + (x + 3 = 0 ait deux racines de produit

On utilise les fonctions symétriques élémentaires des racines x1 , x2 , x3 et x4 de l’équation : *1 = x1 + x2 + x3 + x4 , *2 = x1 x2 + x1 x3 + x1 x4 + x2 x3 + x2 x4 + x3 x4 , *3 = x2 x3 x4 + x3 x4 x1 + x4 x1 x2 + x1 x2 x3 , *4 = x1 x2 x3 x4 .

Soit x1 et x2 des racines de produit égal à 1, et x3 , x4 les autres. Avec *4 = 3, il vient x3 x4 = 3. On a 0 = *1 = (x1 + x2 ) + (x3 + x4 ) (1) et 2 = *2 = x1 x2 + x3 x4 + (x1 + x2 )(x3 + x4 ) donne (x1 + x2 )(x3 + x4 ) = 6 (2). ( = *3 = x3 x4 (x1 + x2 ) + x1 x2 (x3 + x4 ) donne aussi 3(x1 + x2 ) + (x3 + x4 ) = ( (3). Avec (1) et (3), il vient x1 + x2 =

( ( et x3 + x4 = . 2 2

(2) montre que ( convient si et seulement si (2 = 24, c’est-à-dire ( = 2 + 6, + ! Dans ce cas, x1 et x2 vérifient x1 x2 = 1 et x1 + x2 = + 6. Ce sont les racines de x ! ", x 2 + + 6 x + 1 = 0, c’est-à-dire De même, x3 et x4 vérifient x3 x4 = 3 et x3 + x4 = + 6. Ce sont

+ 6 2

2

6

i 6

+

2

+ 6+ 2

et et

1, 1 .

+

2

.

6+i 6 . 2

Ex. 18 Pour n ! # , quel est le reste de la division euclidienne de (X n + 1)2 par (X + 1)2 ? Quand n est impair, on sait factoriser X n + 1 par X + 1. Seul le cas où n est pair demande une étude plus fine.

Quand n est impair, X n + 1 est un multiple de X + 1, donc (X n + 1)2 est divisible par (X + 1)2 : le reste est nul. Quand n est pair, on écrit la division euclidienne de (X n + 1)2 par (X + 1)2 : il existe Q ! ![X ] et (a, b) ! !2 tels que (X n + 1)2 = (X + 1)2 Q(X ) + aX + b. La valeur en 1 donne 4 = a + b. En dérivant, on a 2nX n 1 (X n + 1) = (X + 1) 2Q(X ) + (X + 1)Q (X ) + a . La valeur en 1 donne 4n = a . Le reste est donc 4nX + 4(1 n ).

Ex. 19

n

Soit P (X ) =

k

ak X ! "[X ]. Soit M ! !+ tel que &z ! ", z ' 1

P (z ) ' M .

k =0

Montrer que ak ' M pour tout k . Parmi les z ! ", z ' 1, il y a en particulier toutes les racines de tout ordre de 1. Une clé de la démarche pourrait être de choisir des racines de 1 qui rendent service.

76

Sujets d’oraux

n

n

q

Pour $ racine de l’unité et P = q=0

q=0

n

r

judicieux de multiplier par $

q

aq $ . Pour «isoler» ar , il est

aq X , on a P ($) =

:$

r

P ($) =

aq $

q r

= ar +

aq $

q r

.

q"r

q=0

Pour «isoler» chacun des ar , 0 ' r ' n , on a besoin de n + 1 racines de l’unité, ce qui conduit 2i %

au choix de $ = e n +1 . 2i %

Posons $ = e n +1 et $k = $k pour k ! [[ 0, n ]]. On a P ($k ) ' M pour tout k ! [[ 0, n ]]. n

n

$k r P ($k ) '

Pour tout r ! [[ 0, n ]], on a k =0

$k r

n

$k r = (n + 1)M .

P ($k ) ' M

k =0

k =0

Après cette information globale, faisons apparaître «l’isolement» de ar . n

P =

aq X

n

q

donne $k r P ($k ) =

q=0

n

q r

a q $k

puis

q=0

n

n

$k r P ($k ) =

ou encore :

n

q=0

k =0

k =0 q r

n

n

aq q=0

n

n

q r

aq q=0

k =0

Isolons ar dans le résultat précédent :

Avec

= q r

$k

n

q r

a q $k q=0

k =0

n

a q $k

n

$k r P ($k ) =

.

$k k =0

n

n

= (n + 1)ar +

aq q"r,q=0

k =0

$k r P ($k ) ' (n + 1)M , il serait agréable que

k =0

n

q r

$k

.

k =0

$k r P ($k ) = (n + 1)ar pour en

k =0

déduire ar ' M .

On a $qk

r

n

= $k (q

r)

r k

= ($q

) et $q

r

" 1 pour q " r d’où

q r

$k

=

k =0

n

Avec ($q n

r n +1

)

= ($n +1 )q

r

= 1, il vient finalement

$k r P ($k ) ' (n + 1)M et

k =0

n

($q

1 1

$

r n +1

)

q r

.

$k r P ($k ) = (n + 1)ar et pour conclure,

k =0

$k r P ($k ) = (n + 1)ar donne ar ' M .

k =0

Ex. 20 Trouver les nombres complexes a , b, c , de module 1 et tels que : a + b + c = 1 et abc = 1. On donne deux des trois des fonctions symétriques élémentaires des racines du polynôme P = (X a )(X b)(X c ). Il manque la troisième bc + ca + ab. Et pour cela, on donne a = b = c = 1. On a z = 1 si et seulement si z " 0 et

Avec abc = 1, on a bc + ca + ab =

1 = z. z

bc + ca + ab 1 1 1 = + + . abc a b c

Il vient alors bc + ca + ab = a + b + c = a + b + c = 1 Chapitre 2 - Polynômes - Fractions rationnelles

77

Ainsi a , b, c sont les racines de P = X 3

X2 + X

P = (X

1, polynôme qui se factorise aisément :

1)(X 2 + 1).

On a donc a, b, c = 1, i, i .

Ex. 21 Trouver les racines du polynôme X 4 ont un produit égal à 6.

5X 3 + 9X 2

15X + 18, sachant que deux d’entre elles

Cet exercice est une occasion de tester quelques acquis sur les fonctions symétriques élémentaires des racines d’un polynôme. Ne boudons pas notre plaisir ! Il y a peut-être une solution plus expéditive, gardons-la pour la fin.

Soit x1 et x2 des racines de produit égal à 6. Les fonctions symétriques élémentaires des racines x1 , x2 , x3 , x4 donnent : (x1 x2 )(x3 x4 ) = 18 (x1 + x2 ) + (x3 + x4 ) = 5 x1 x2 + x3 x4 + (x1 + x2 )(x3 + x4 ) = 9

(x1 x2 )(x3 + x4 ) + (x3 x4 )(x1 + x2 ) = 15

Posons P1 = x1 x2 , S1 = x1 + x2 , P2 = x3 x4 , S2 = x3 + x4 . S1 + S2 = 5

Alors P1 = 6 donne P2 = 3 et

S1 S2 = 0 S1 + 2S2 = 5

ce qui a pour solution unique P1 = 6, S1 = 5, P2 = 3, S2 = 0. Les racines de X 2 5X + 6 sont 2 et 3. Celles de X 2 + 3 sont i 3 et i 3. Les racines de X 4 5X 3 + 9X 2 15X + 18 sont donc 2, 3, i 3, i 3. Après coup pour certains, on peut s’arracher les cheveux ! Bien sûr, 2 est racine raisonnablement apparente. Par ailleurs, x1 x2 = 6 incite à tester si 2 ou 3 ne serait pas racine. Miracle, tous deux conviennent !

On constate que 2 et 3 sont racines (distinctes) de P . Alors P est divisible par (X 2)(X 3). On factorise alors par X 2 5X + 6, pour le quotient X 2 + 3.

Ex. 22

Donner des polynômes U et V de degré minimal tel que X n U + (1

X ) n V = 1.

1 , on a une solution de degré minimal. 2 Dans la suite, on peut se limiter à n ! 1.

Si n = 0, Avec U = V =

Des polynômes tels que X n U + (1 X )n V = 1 ne sont pas nuls. Par exemple V = 0 impliquerait X n U = 1, ce qui imposerait X n inversible, donc n = 0. Le contexte de travail est celui de "[X ].

78

Sujets d’oraux

Les polynômes X n et (1 X )n sont premiers entre eux et une égalité de Bézout est disponible. Un premier point à éclaicir est que U et V doivent être de degrés "petits". X )n le sont aussi. Par le théorème de Bézout, il existe des polynômes A et B tels que X n A + (1 X )n B = 1. Soit U le reste dans la division de A par (1 X )n . Alors A = (1 X )n Q + U , avec deg U < n , donne X n U + (1 X )n (X n Q + B) = 1. En posant V = X n Q + B, on a X n U + (1 X )n V = 1. Alors (1 X )n V = 1 X n U donne deg (1 X )n V = deg(1 X n U ) et, avec deg(1 X n U ) = n +deg U et deg (1 X )n V = n +deg V , on obtient deg V = deg U . X et 1

X sont premiers entre eux, donc X n et (1

On a donc des solutions U et V , avec deg U = deg V < n telles que X n U + (1 On peut étudier l’unicité d’une telle solution.

X )n V = 1.

Supposons qu’il existe U1 et V1 , de degré strictement inférieur à n , tels que X n U1 + (1 X )n V1 = 1. On en déduit (U U1 )X n = (V1 V )(1 X )n . Avec le théorème de Gauss, il s’ensuit que X n , premier avec (1 X )n , divise V1 V . Or on a deg V < n et deg V1 < n , donc deg(V1 V ) < n = deg X n . Multiple de X n et de degré strictement inférieur à celui de X n , le polynôme V1 V est nécessairement le polynôme nul. Et il s’ensuit U U1 = 0, ce qui garantit l’unicité envisagée. La solution (U, V ) est donc minimale, du point de vue des degrés. Il reste à la déterminer explicitement. Un point de départ est X + (1

X ) = 1.

La formule du binôme donne X + (1

X)

2n 1

n 1

= (1

X )n

k

#2n k =0 n 1

ce qui donne la solution U =

k

#2n

k

1 X (1

1X

X)

n 1 k

(1

n 1 k

+ Xn

k

n 1 k =0 n 1

X ) et V =

k =0

k

# 2n k

#2n

1X

n 1 k

1X

k

(1

(1

X)

k

X ) = 1, n 1 k

.

k =0

Pourquoi l’exposant 2n 1 ? Un exposant plus petit ne permettrait pas de mettre en évidence X n et (1 X )n et un exposant plus grand donnerait des coefficients de X n , et (1 X )n de degrés trop grands.

Ex. 23 Trouver tous les couples (A, B) de polynômes réels tels que (X 3 + 1)A + (X 2 + X + 1)B = 0.

Le théorème de Bézout s’applique à des polynômes premiers entre eux. Est-ce le cas ?

Un diviseur commun à X 3 + 1 et à X 2 + X + 1 divise aussi X (X 2 + X + 1). Il divise donc X (X 2 + X + 1) (X 3 + 1) = X 2 + X 1, puis il divise X 2 + X + 1 Il s’ensuit que (X 3 + 1) (X 2 + X + 1) = 1.

(X 2 + X

1) = 2.

On aurait pu aussi constater que ces polynômes n’ont pas de racine complexe commune. Il y a une solution : c’est le théorème de Bézout. L’objet est de les déterminer tous.

La même démarche qu’à l’exercice précédent permet de voir qu’il y a une solution (A0 , B0 ) et une seule telle que deg A0 < 2 et deg B0 < 3. Chapitre 2 - Polynômes - Fractions rationnelles

79

Nous admettons donc ce premier résultat. Deux questions se posent alors : déterminer tous les couples solutions à partir de (A0 , B0 ) et déterminer (A0 , B0 ).

Avec (X 2 + 1)A0 + (X 3 + 1)B0 = 1, on a (X 2 + 1)A + (X 3 + 1)B = 1 si et seulement si (X 3 + 1)(A A0 ) + (X 3 + 1)(B B0 ) = 0. X 3 + 1 divise donc (X 2 + X + 1)(B B0 ). Étant premier avec X 2 + X + 1, il divise B B0 . Il existe alors P tel que B B0 = (X 3 + 1)P et il vient ensuite A A0 = (X 2 + X + 1)P . Les solutions sont les couples A0 + (X 2 + X + 1)P, B0 + (X 3 + 1)P , où P décrit l’ensemble des polynômes. Il y a des méthodes éprouvées pour déterminer (A0 , B0 ). Toutefois, il n’est pas inutile d’examiner le cas particulier proposé.

Notons que (X

1)(X 2 + X + 1) = X 3

Il vient alors A0 =

1 1 et B0 = (1 2 2

1. On a donc X 3 + 1

(X

1)(X 2 + X + 1) = 2.

X ).

Ex. 24 On considère la suite (Pn )n !# de polynômes réels définis par P1 = 1, P2 = X , et, pour tout n ! 3, Pn = XPn 1) Préciser le degré de Pn , montrer que Pn2

Pn 2 .

Pn +1 Pn 1 est constant, puis que Pn 1

2) Montrer que, pour n ! 2 et p ! 1, on a Pn +p = Pn Pp+1 et en déduire que Pn +p Pp = Pn Pp . 3) Montrer que Pn

1

Pn 1 Pp

Pp = Pn p .

1) Dans les deux cas initiaux, on a deg Pn = n 1. Supposons que, pour tout k ' n , on ait deg Pk = k 1. Alors, il vient deg Pn 2 = n 3 et deg XPn 1 = n 1, donc deg XPn ce qui prouve la propriété par récurrence. Pour la première relation, on utilise Pn +1 = XPn

Dans Pn2

Pn2

Pn +1 Pn 1 on remplace Pn 1 par XPn

Pn +1 Pn 1 =

Avec XPn +1

Pn2

Pn = 1.

Pn +1 (XPn

Pn = Pn +2 , il vient

Pn +1 ) = Pn2

Pn2+1

Pn +1 Pn 1 =

1

Pn 1 et Pn = XPn 1

Pn 2 = n

1,

Pn 2 .

Pn +1 : Pn (XPn +1 Pn2+1

Pn ).

Pn Pn +2 .

La suite Pn2

Pn +1 Pn 1 n !2 est donc constante. Il n’est pas inutile de préciser cette constante. Pour cela on a besoin de P3 .

En particulier, on a P3 = XP2 P1 , donc P3 = X 2 1. Alors il vient P22 P3 P1 = 1. On a donc Pn2 Pn +1 Pn 1 = 1 et on reconnaît une égalité de Bézout entre Pn et Pn ce qui montre que Pn et Pn 1 sont premiers entre eux.

1,

2) Pour Pn +p = Pn Pp+1 Pn 1 Pp , une preuve par récurrence s’impose. On peut faire porter la récurrence sur p, en prenant soin de formuler exactement la propriété à prouver.

80

Sujets d’oraux

Soit !(p) la propriété : pour tout n ! 2, on a Pn +p = Pn Pp+1 Pn 1 Pp . !(1) se lit Pn +1 = Pn P2 Pn 1 P1 , c’est-à-dire Pn +1 = XPn Pn 1 , qui n’est autre que la règle de définition de (Pn ). Pour !(p + 1) on transforme Pn +p+1 en utilisant !(p) : Pn +p+1 = P(n +1)+p = Pn +1 Pp+1 Pn Pp et on injecte Pn +1 = XPn Pn 1 . Il vient alors : Pn +p+1 = Pn (XPp+1 Pp ) Pn 1 Pp+1 = Pn Pp+2 Pn 1 Pp+1 en utilisant XPp+1 Pp = Pp+2 . On a montré que !(p) !(p + 1), la propriété !(p) est donc vraie pour tout p ! 1. Montrons que les diviseurs communs à Pn +p et Pn ne sont autres que les diviseurs communs à Pn et Pp .

Un diviseur commun à Pn et Pp divise Pn +p = Pn Pp+1 Pn 1 Pp et Pp . Un diviseur D commun à Pn +p et Pp divise Pn +p + Pp Pn 1 = Pp+1 Pn . Or Pp est premier avec Pp+1 , il en est donc de même pour D et Pp+1 et, d’après le théorème de Gauss, D divise Pn . L’ensemble des diviseurs communs à Pn et Pp est donc égal à l’ensemble des diviseurs communs à Pn +p et Pp . En particulier, il vient Pn +p Pp = Pn Pp . 3) Dans le cas particlier où p = n , on a P2n

Pn = Pn

Pn = Pn , donc Pn divise P2n .

Établissons une démonstration par récurrence sur p. pour Pn divise Pnp . La propriété est triviale pour p = 1. Supposons que Pn divise Pnp . On a Pn (p+1) = Pnp+n = Pnp Pn +1 Pnp 1 Pn et on voit que Pn divise Pn (p+1) . La propriété est donc vraie pour tout p ! # . Pour comparer Pn

Pp et Pn p , on peut se placer dans le cas où n < p.

Dans la division euclidienne, on a p = nq + r , avec 0 ' r < n . Le résultat établi précédemment donne Pn Pr = Pn Pn +r et, en effectuant cela q fois, il vient Pn Pr = Pn Pqn +r , c’est-à-dire Pn Pr = Pn Pp . Dans l’algorithme d’Euclide, pour obtenir p n , on effectue les divisions successives, avec les restes successifs r1 , . . . , rs où rs est le dernier reste non nul. En répétant Pp Pn = Pn Pr1 , Pn Pr1 = Pr1 Pr2 , . . . , on obtient Pp Pn = Prs . Avec rs = p n , on a donc Pp Pn = Pp n .

Chapitre 2 - Polynômes - Fractions rationnelles

81

B Fractions rationnelles Ex. 25 n

Soit P unitaire de degré n et Q =

k ). Décomposer

(X k =0

qu’il existe k ! [[ 0, n ]] tel que P (k ) !

P en éléments simples et montrer Q

n! . 2n

Q est scindé, à racines simples et de degré n + 1. La décomposition en éléments simples de n

P (k )

est alors

Q (k )(X

k =0

On a

P = Q

n

(k

k =0

X

k

k)

. Et on a Q (k ) =

(k

P Q

q).

q"k

P (k )

, avec (k =

=

n

(k

q)

P (k )

( 1)

n k

k !(n

=

k )!

( 1)n n!

k

k

#n P (k ).

q"k,q=0

k

Les coefficients binomiaux #n incitent à en faire apparaître la somme et, dans ce but, on peut examiner la somme des (k . XP (X ) est le quotient de polynômes normalisés et de même degré. Q(X ) xP (x )

Il vient alors lim x

Q(x )

+

= 1. Par ailleurs, on a

XP (X ) = Q(X )

n k =0

(k X (k x et lim = (k . x + k x k

X

n

On en déduit 1 =

(k . k =0

Pour une information concernant, de fac¸on analogue, tous les P (k ), il est judicieux de procéder n

par l’absurde. Rappelons que

k

#n = 2n .

k =0

Supposons que, pour tout k ! [[ 0, n ]], on ait P (k ) < n ! / 2n . Alors (k =

( 1)n n!

k

k

n

#n P (k ) donne

n

(k ' k =0

k =0

1 k 1 # P (k ) < n n! n 2

n

Et ce résultat est en contradiction avec 1 =

(k . k =0

En conclusion, il existe k ! [[ 0, n ]] tel que P (k ) ! 82

Sujets d’oraux

n! . 2n

n

k

#n = 1. k =0

Ex. 26 n

Soit P =

k

ak X ! ![X ], de degré n ! 2 et admettant n racines réelles distinctes. k =0

Montrer que : 2

pour tout t ! !, P (t ) et que pour tout k ! [[ 1, n 2

P (t )

P (t )P (t ) > 0

1 ]], ak

1 ak +1

< ak2 .

P (t )P (t ) apparaît naturellement dans la dérivation de

éléments simples de

P , avec P scindé à racines simples, doit être connue. P n

P

Notons xr , 1 ' r ' n , les n racines réelles distinctes. On a P = En dérivant, il vient

P P P

P 2

P et la décomposition en P

n

2

= k =1

t ! ! , x1 , . . . , xn .

1 (X

k =1 2

xk )

2

1 X

et il s’ensuit P (t )

xk

.

P (t )P (t ) > 0 pour tout

Cette preuve ne concerne que les réels t qui ne sont pas racine de P . Pour les racines, il y a lieu de tenir compte qu’elles sont simples. 2 Pour t ! x1 , . . . , xn , on a P (t ) = 0 et P (t ) " 0, donc P (t )

P (t )P (t ) > 0.

Pour en tirer une information sur les coefficients de P , la formule de Taylor lie ak et P (k ) (0). P (0) = a0 , P (0) = a1 ,

a

1 2 P (0) = a2 et P (0) 2

P (0)P (0) > 0 donne a12 > 2a2 a0 .

2

Il s’ensuit a0 a2 < 21 ' a12 d’où a0 a2 < a12 . Remarquons que l’inégalité demandée a0 a2 < a12 découle en fait d’une inégalité plus fine. Pour passer de a0 a2 < a12 à ak de P en 0.

Pour tout k ! [[ 1, n

1 ak +1

< ak2 , il est raisonnable d’exploiter les dérivées successives

2 ]], le polynôme réel P (k ) est scindé, de racines simples.

Le polynôme dérivé d’un polynôme scindé réel, dont toutes les racines sont simples, est réel, scindé et toutes ses racines sont simples. C’est une des applications classiques du théorème de Rolle.

On applique alors à P (k ) la propriété établie pour P : P (k +1) (0) Puis on utilise aj =

P (k +2) (0)P (k ) (0) > 0.

1 (j ) 2 P (0) pour en déduire (k + 1)!ak +1 > (k + 2)!k !ak ak +2 , et il s’ensuit : j! ak ak +2
0. On a s + r = f (s) " 1.

Il vient alors # " ]s, s + r [ # [0, 1]. Par croissance de f , on a f (y) ! f (s) pour tout y!]s, s + r [. Pour tout y < s + r , on a aussi y < f (s), d’où y < f (y) pour tout y!]s, s + r [. Alors # " ]s, s + r [# A, avec r > 0, est contradictoire avec s = sup A. Il s’ensuit f (s) " s. Supposons que f (s) < s et posons r = s

f (s) > 0. On a s

r = f (s) ! 0.

Il vient alors # " ] f (s), s[ # [0, 1]. Par croissance de f , on a f (z ) " f (s) pour tout z !] f (s), s]. Avec f (s) < z pour tout z !] f (s), s], il vient # " ] f (s), s] # A, ce qui est en contradiction avec s = sup A et il s’ensuit f (s) ! s. Finalement, on a f (s) = s et f admet s pour point fixe.

Ex. 2 Étant donné x réel, on considère la suite (un )n !! définie par un =

n

1 n

E (2kx ).

2

k =1

Montrer qu’elle est convergente, de limite x .

Deux pistes sont à explorer face à un problème concernant la fonction partie entière : la définition E (x ) " x < E (x ) + 1 ou sa variante x

1 < E (x ) " x ,

x ! E (x ) est caractérisée par $x ! [0, 1[, E (x ) = 0 et $x ! ", E (x + 1) = E (x ) + 1.

104

Sujets d’oraux

n

Pour tout k ! [[ 1, n ]], on a 2kx

1 < E (2kx ) " 2kx et, avec 2x

k= k =1

n

n

2x k =1

puis

n+1 x n

k =1

, il vient :

k k =1

1 n+1 x 1 < un " x . Alors < un n n n

Encadrée par des suites de limite 0, la suite un

x"

x . n

x n !! converge vers 0, d’où lim un = x .

Ex. 3 Étant donné x ! ", simplifier l’expression E

2

n

E (2kx ) " 2x

n
0 et que un < vn pour tout n . Il est aussi aisé de vérifier que (un ) et (vn ) sont strictement décroissantes.

On a u0 > 0 et v0 > 0. Il est immédiat que, si on a un > 0 et vn > 0, alors, avec : 2

un +1 =

2

un vn et vn +1 = , un + vn un + vn

il vient un +1 > 0 et vn +1 > 0. En conclusion, on a un > 0 et vn > 0 pour tout n . 2

2

vn un = vn un , ce qui montre que la suite (vn un + vn est constante. D’où $n ! !, vn = un + b a , et en particulier, a < b donne vn > un .

un +1 =

Pour tout n ! !, on a vn +1

un )

2

un un vn un = , d’où la stricte décroissance de (un ). un + vn un + vn La relation vn = un + b a montre qu’il est est alors de même pour (vn ).

On a un +1

un =

Décroissantes et minorées (par 0), les deux suites sont convergentes. Attachons-nous à la détermination de leurs limites.

Avec un < vn et un +1 = Alors 0 < un < 2)

un2 1 1 , il vient un +1 < un d’où, pour tout n , un +1 < n u0 . un + vn 2 2

a donne lim un = 0. Et ensuite, vn = un + b 2n

a donne lim vn = b

L’urgence est d’établir un lien entre les deux questions pour donner un sens à l’indication explicite : «en déduire. . . ». u

u

2

un

On a, pour tout n , v n +1 = 2n et il s’ensuit v = n n +1 vn

n u0 2 = v0

n a 2 . b

a

Avec 0 < a < b, on pose x = b et on a 0 < x < 1. Alors 1 +

108

a.

n un = 1 + x 2 , et Pn = vn

Sujets d’oraux

n k =0

k

1 + x2

n

se lit aussi Pn =

1+ k =0

uk vk

.

À défaut d’avoir conclu, on est revenu aux suites (un ) et (vn ) bien maîtrisées. N’oublions pas que les produits de quotients se réduisent aisément par télescopage lorsque ceux-ci sont formés avec des termes d’indices consécutifs d’une suite.

Notons que l’on a 1 + Avec lim vn = b

uk u + vk u +v v v0 = k = vk k 2 k = k et il s’ensuit que Pn = . vk vk vk +1 vn +1 vk

a , il vient lim Pn = b

b

a

=

1

1 1 et finalement, lim Pn = . a/b 1 x

On est parti de l’examen des suites (un ) et (vn ), c’est-à-dire de a et b, pour faire aparaître le quotient x de a par b. Il faut, pour conclure, partir de x et installer des a et b convenables.

Étant donné x réel, 0 < x < 1, on note que 0 < x 2 < x et on construit les suites (un ) et (vn ) à partir de a = x 2 et b = x . L’étude précédente montre que tout autre choix de a et b vérifiant 0 < a , 0 < b et a = bx permet de conclure.

Ex. 9

Pour n ! !, n ! 2, montrer que le polynôme Pn = X n ]0, 1[. Étudier la suite (an ).

5X + 1 admet un unique zéro an dans

L’existence de an vient du théorème des valeurs intermédiaires. Pour l’unicité, il faut étudier les variations de la fonction polynôme Pn .

La fonction polynôme Pn est continue sur [0, 1]. Avec Pn (0) = 1 et Pn (1) = 3, le théorème des valeurs intermédiaires montre l’existence de an !]0, 1[ tel que Pn (an ) = 0. P2 (X ) = X 2

5X + 1 admet pour racines les réels a2 =

21

5 2

!]0, 1[ et b2 =

21

5+ 2

> 1.

On étudie maintenant le cas où n > 2. Avec P (x ) = n (n 1)x n 2 , la fonction Pn est strictement croissante sur [0, + [. On a Pn (x ) = nx n 1 5, donc Pn (0) = 5 et Pn (1) = n 5. Pour 2 " n " 5, on a donc Pn (x ) < 0 pour x !]0, 1[, donc Pn est strictement décroissante sur [0, 1]. Alors an est l’unique valeur d’annulation de Pn sur ]0, 1[. Pour n > 5, la fonction Pn admet une unique valeur d’annulation rn sur ]0, 1[ en conséquence de la continuité et de la croissance stricte de Pn sur cet intervalle. On a ensuite Pn (x ) < 0 pour x ! [0, rn [ et Pn (x ) > 0 pour x > rn . Par suite, Pn est strictement décroissante sur [0, rn ] et strictement croissante sur [rn , 1]. Avec Pn (1) = 3, il vient Pn (x ) < 0 pour x ! [rn , 1]. Il s’ensuit qu’il y a au plus une valeur d’annulation sur ]0, 1[. L’étude d’une suite a pour objectif principal de se prononcer sur sa convergence éventuelle. La monotonie de la suite (an )n !2 sera un excellent argument.

En conséquence, on a Pn (x ) > 0 pour tout x ! [0, an [ et Pn (x ) < 0 pour tout x !]an , 1]. Comparons alors an et an +1 ; on a ann = 5an 1 et an > 0 donne 5an 1 > 0. Par ailleurs, Pn +1 (an ) = ann +1 5an + 1 = an (ann 5an + 1) + an (5an 1), donc : Pn +1 (an ) = an (5an

1)

et de Pn +1 (an ) > 0 on déduit que an < an +1 . Chapitre 3 - Réels, suites, limites. Continuité, dérivation. Taylor. Développements limités

109

Croissante et majorée, la suite (an ) est convergente. Il y a lieu pour terminer de calculer cette limite. ann est vraisemblablement «petit» et on conclut avec ann = 5an 1.

Avec 0 < an < 1, il vient 5an 2 5

On a donc 0 < ann
0 et de r > 0, on voit que $n ! !, un > 0. Et on en déduit que (un ) est strictement croissante. Pour que la suite (un ) soit convergente, il suffit alors qu’elle soit majorée. En utilisant un " un +1 , on réduira la comparaison à deux termes de (un ).

Avec un " un +1 , il vient un +2 " (1 + r n +1 )un +1 , c’est-à-dire un +1 " (1 + r n )un pour n ! 1. n

Les un étant strictement positifs, on en déduit un +1 " u1

(1 + r k ).

k =1

n

Il suffit alors de majorer l’ensemble des pn =

(1 + r k ).

k =1

n

Et pour cela, il suffit de majorer les sn = #n pn =

#n (1 + r k ).

k =1

n

L’inégalité classique #n (1 + x ) " x pour x ! 0 donne

#n (1 + r k ) "

k =1

n

Pour r " 1, on a

k

r = k =1

n

n

k

r . k =1

n

1 r 1 r 1 et 0 < r < 1 donne " . 1 r 1 r 1 r

Les nombres sn étant majorés par

1 1

r

, la suite (un ) est majorée.

Ex. 11 #n n ! . n Montrer que la suite extraite (u2n ) est de limite + .

On considère la suite (un )n !! définie par un =

En comparant u2n +1 et u2n , montrer que (un ) est de limite + . Montrer que la suite (vn )n !2 définie par vn =

1 #n n !

n

E (#n k ) est convergente. k =1

En donner la limite. (Ici, E est la fonction partie entière.)

110

Sujets d’oraux

n

Une clé est de noter que #n n ! =

#n k . Pour montrer que lim u2n = +

, on peut chercher

k =1

à minorer u2n par un terme de limite infinie, par exemple #n n .

Décomposons u2n en

1 2n

2n

#n k = k =1

1 2n

n

#n k + k =1

1 2n

2n

#n k . On a k =n +1

1 2n

n

#n k ! 0, et, k =1

2n

pour k ! [[ n + 1, 2n ]], on a #n k ! #n n donc

#n k ! n #n n . k =n +1

1 #n n , et il s’ensuit lim u2n = + 2

On en déduit que u2n !

.

Une démarche analogue permettrait d’aboutir au même résultat pour (u2n +1 ). La comparaison demandée de u2n +1 et u2n oriente vraisemblablement vers u2n +1 ! u2n . Rappelons une règle fondamentale : si on a xn = %n + 'n avec 'n = o(%n ), alors xn ! %n .

On a u2n +1 =

#n (2n )! #n (2n )! #n (2n + 1) 2n #n (2n + 1)! = + . Notons que = u ! u2n . 2n + 1 2n + 1 2n + 1 2n + 1 2n + 1 2n

#n (2n + 1) est de limite 0, donc négligeable devant u2n qui est de limite infinie. 2n + 1 Il s’ensuit que u2n +1 ! u2n . Il reste à conclure pour la suite (un ) à partir du comportement de chacune des deux suites extraites (u2n ) et (u2n +1 ). (u2n ) étant de limite + (un ) est de limite + .

, il en est alors de même pour (u2n +1 ) et on en déduit finalement que

S’il y a un lien entre les deux parties du texte, c’est probablement en faisant apparaître qui est de limite 0.

Pout tout k ! ! , on a #n k

n 1 = #n n ! un

1 < E (#n k ) " #n k . n

En sommant pour k ! [[ 1, n ]], il vient #n n !

E (#n k ) " #n n !.

n< k =1

Il s’ensuit que 1

1 1 < vn " 1 et lim = 0 donne alors lim vn = 0. un un

Ex. 12 Soit (an )n !! et (bn )n !! des suites réelles convergentes, de limites respectives % et '. On note (cn )n !! la suite définie par : $n ! 1, cn =

1 n

n

ak bn k

.

k =1

Montrer que la suite (cn ) converge vers %'.

Une démarche usuelle consiste à étudier le cas particulier % = 0. Il s’agit alors de montrer que la suite (cn ) converge vers 0.

Chapitre 3 - Réels, suites, limites. Continuité, dérivation. Taylor. Développements limités

111

Convergente, la suite (bn ) est bornée. Soit B > 0 un majorant des bn . On obtient alors cn "

n

ak . k =1

converge vers 0, le théorème de Cesaro donne lim

Comme la suite an cn

B n

1 n

n

ak = 0. k =1

est donc majorée par une suite de limite nulle et il vient lim cn = 0, d’où lim cn = 0. Dans le cas général, on se ramène au cas précédent en posant an = % + dn .

Soit (dn ) la suite définie par : an = % + dn pour tout n ! !. Nous avons lim dn = 0. 1 n

Pour tout n ! 1, cn =

n k =1

Le cas particulier donne lim n

% dk bn k + n 1 n

n

bn k . k =1

n

dk bn k

= 0.

k =1

n 1

bn k =

Avec k =1

1 n

bk , le théorème de Cesaro nous donne lim k =0

n

bn k

= '.

k =1

En conclusion, lim cn = %'.

Ex. 13

Soit (un )n !! une suite de réels définie par u0 ! " et $n ! !, un +1 = un + un2 . On suppose u0 !

1 , 0 . Montrer que un ! 2

1 . n

On suppose u0 > 0. Montrer que la suite (vn ), définie par vn =

1 #n un , est convergente. 2n

On note ( sa limite. Montrer que : $n ! !, #n un " 2n ( " #n (1 + un ) et donner un équivalent de un . Donner un équivalent de un dans le cas où u0 !

,

1 ) 2

1 .

Examinons des cas particuliers en utilisant un +1 = un (1+ un ) ainsi que la monotonie et utilisant un +1 un .

On a un +1 = f (un ) avec f : x ! x (1 + x ) qui admet 0 pour seul point fixe. S’il existe p tel que up = 0, alors un = 0 pour tout n ! p. Et s’il existe q tel que uq = 1, alors uq+1 = 0 et la suite est nulle à partir du rang q + 1. Dans tous les autres cas, on a un " 0 pour tout n et alors un +1 est strictement croissante.

un = un2 > 0 montre que (un )

1 1 < u0 < 0. L’intervalle , 0 est stable par f , donc on a un ! 2 2 en particulier, la suite (un ) est bornée, donc convergente.

On suppose

Sa limite # appartient à

1 ,0 ; 2

1 , 0 , donc f est continue en # et # est un point fixe de f , donc # = 0. 2

Une des techniques efficaces, quand faire se peut, est de mettre en évidence une fraction que l’on décompose en somme. Une autre clé est l’utilisation du théorème des moyennes de Cesaro.

112

Sujets d’oraux

En écrivant un +1 = un (1 + un ) sous la forme Alors

1 un +1

1 = un n 1

Donc, avec k =0

1 est de limite 1 + un 1

1 uk

uk +1

1 . 1 + un

1.

1 1 , puis n u0

1 un

=

1 1 1 1 = , il vient = un +1 un (1 + un ) un +1 un

n 1

1

1 uk

uk +1

k =0

=

1 , le théorème nu0

1 nun

1

de Cesaro donne alors : lim nu = 1, c’est-à-dire : n 1 ! nun

1 ou encore un !

1 . n

On suppose u0 > 0. La croissance de (un ) assure que un > u0 > 0 pour tout n . L’absence de point fixe supérieur à u0 suffit pour affirmer que lim un = + . 1 #n un +1 #n un2 . Alors un +1 2n +1 vn > 0 et (vn ) est strictement croissante.

Formons vn +1 donc vn +1

vn =

Avec un +1 = un (1 + un ), on a

un +1 2

un

vn =

vn +1

=

1 + un , d’où #n un +1 un

1 2n +1

n

Par suite, vn = v0 +

(vk k =1

1 un

#n 1 +

k =1

1 2k

#n un2 = #n 1 +

1 , et il s’ensuit : un

1 1 1 1 < . 2n +1 un 2n +1 u0


0 donne #n un +1 > #n un2 ,

< v0 +

1 u0

et (vn ) est majorée.

En conclusion, croissante et majorée, la suite (vn ) est convergente, de limite ( > 0. Dans la double inégalité demandée, l’une est immédiate. Pour l’autre, il est envisageable d’étudier 1 la suite de terme général n #n (1 + un ) pour la comparer à (. 2

La suite (vn ) étant croissante, on a vn " (, c’est-à-dire #n un " 2n (. Soit (wn )n !! la suite définie par wn =

1 #n (1 + un ). On a wn 2n

0 < wn

Il s’ensuit que lim(wn On a wn +1

wn =

1 2

n +1

vn
1 + un +1 , on obtient wn +1 wn < 0, donc (wn ) est strictement décroissante. On en déduit alors ( < wn . En conclusion, on a #n un < 2n ( < #n (1 + un ). Il reste maintenant à en déduire un équivalent en passant d’abord aux exponentielles. Attention, il serait désastreux de partir de #n un ! 2n (.

Chapitre 3 - Réels, suites, limites. Continuité, dérivation. Taylor. Développements limités

113

De l’inégalité précédente on déduit un " exp 2n ( " 1 + un . Avec lim un = + , il s’ensuit un ! exp 2n ( . Les cas qui n’ont pas encore été envisagés se ramènent à un cas qui est connu en examinant u1 et en considérant la suite (vn ) avec vn = un +1 .

Pour u0 < 1, on a v0 = u1 > 0, donc vn ! exp 2n ( , puis un ! exp 2n Pour u0 !

1 , on a v0 = u1 ! 2

1,

1 , 0 , donc vn ! 2

1 puis un ! n

Ex. 14 Soit (sn ) une suite réelle de limite 0. et telle que sn + sn +1 ! Montrer que, si (sn ) est décroissante, alors sn !

1

( . 1 1

n

!

1 . n

1 . n

1 . 2n

Montrer que ce résultat est en défaut dans le cas où (sn ) n’est plus supposée décroissante. On pourra étudier (sn ) définie par sn =

1 ( 1)n + . 2n n

Avec (sn ) décroissante et de limite 0, la suite (sn ) est à termes positifs. L’hypothèse peut se lire lim n (sn + sn +1 ) = 1. La décroissance de (sn ) risque d’être davantage utilisée. Un objectif peut être d’encadrer (2nsn ) par des suites de limite 1.

Considérons la suite (an ) définie par an = n (sn + sn +1 ). La décroissance de (sn ) donne sn +1 " sn , d’où an " 2nsn . On a aussi sn ! sn 1 , d’où, avec an 1 = (n 1)(sn 1 + sn ), an On en déduit an " 2nsn "

n n

1

1

! 2(n

1)sn .

1 an 1 . Il s’ensuit lim 2nsn = 1, d’où sn ! . 2n

Le rôle de la décroissance de (sn ) s’est révélé essentiel. Notons que l’on n’a pas utilisé la positivité de (sn ). Étudions deux situations à titre de contre-exemples. 1 ( 1)n + . 2n n 1 1 + + = 2n 2(n + 1)

Considérons la suite définie par sn = 1 n

sn + sn +1 = ( 1)n

Avec

( 1) n (n + 1)

Cependant, avec

1 n+1

n

n+

1 =o 2n

( 1)n n (n + 1)( n +

n

n+1

!

n + 1)

+

2n + 1 . 2n (n + 1)

n

2n + 1 ( 1) 1 1 1 ( 1) ! et , =o , il vient sn + sn +1 ! n . n 2n n 2n (n + 1) n 2n n

1 ( 1)n , on a sn ! . n n

Dans ce contre-exemple, la suite (sn ) n’était pas positive et on peut craindre d’avoir une situation peu convaincante. Abordons un autre contre-exemple avec (sn ) positive.

Considérons la suite (sn ) définie par s2n =

1 et s2n +1 = e 2n

n

. Notons an = sn + sn +1 .

1 1 1 1 , on a a2n ! , et de même, a2n +1 ! donc a2n +1 ! . 2n 2n 2n + 2 2n + 1 1 En final, on a bien sn + sn +1 ! n . 1 On a bien 2ns2n ! 1 mais lim(2n + 1)s2n +1 = 0 interdit à sn d’être équivalent à . n

Avec e

114

n

=o

Sujets d’oraux

Ex. 15 un +1 , *2 un = *un

On considère une suite (un ) de réels et on note *un = un

*un +1 .

2

On suppose que $n ! !, * un ! 0 et que la suite (un ) est bornée. Montrer que la suite (*un ) est convergente puis que (un ) est décroissante et convergente. 2n

Montrer que la suite (n * un ) est de limite 0. On pourra majorer n * u2n par n 1

En déduire que la suite (Sn ) définie par Sn =

*u k . k =n +1

(k + 1) *2 uk est convergente.

k =0

La première information est $n ! !, *2 un ! 0. Commenc¸ons par l’expliciter. *2 un = *un

*un +1 ! 0 se lit *un ! *un +1 .

Cette inégalité met en évidence une suite décroissante.

La suite (*un ) est donc décroissante. Soit M un majorant de ( un ). Alors *un " un + un +1 " 2M montre que (*un ) est bornée. Il s’ensuit que la suite (*un ) est convergente. Notons # sa limite. Dire que (un ) est décroissante équivaut à dire que tous les *un sont positifs ou nuls. Il suffit donc de prouver que # est positive ou nulle.

Supposons que l’on ait # < 0. Il existe alors p ! ! tel que *up < # / 2 < 0, donc pour tout n ! p, on a *un < 0. Pour tout n ! p, un

un +1 < 0 montre que la suite (un )n !p est croissante.

Étant en outre bornée, elle est convergente. Ainsi (un ) est convergente et on en déduit que *un = un

un +1 est de limite 0.

De la contradiction constatée, on déduit que # ! 0. On peut maintenant conclure pour la suite (un ). L’objectif que (n * un ) soit de limite 0 rend nécessaire que # soit nul.

Par suite, on a *un ! 0 pour tout n , c’est-à-dire un ! un +1 et la suite (un ) est décroissante. Étant en outre bornée, elle est convergente. Notons ( sa limite. Il s’ensuit que *un = un

un +1 est de limite 0.

Qu’une suite (%n ) décroissante soit de limite 0 ne suffit pas à dire que (n %n ) est de limite 0. Un exemple en est donné par la suite (1 / n ). L’indication est à étudier de plus près. 2n

On a *u2n " *un +k pour n + k " 2n , donc n * u2n "

*u k . k =n +1

2n

*uk = un +1

Or

u2n et la convergence de (un ) donne lim(un +1

u 2n ) = 0 .

k =n +1

Chapitre 3 - Réels, suites, limites. Continuité, dérivation. Taylor. Développements limités

115

Il s’ensuit lim 2n * u2n = 0. 2n +1

De même, on a *u2n +1 " *un +k pour n + k " 2n + 1, donc n * u2n +1 "

*uk et avec : k =n +2

2n +1

*uk = un +2

u2n +1 ,

k =n +2

il s’ensuit lim n * u2n +1 = 0, puis lim(2n + 1) * u2n +1 = 0. Les suites extraites 2n * u2n et (2n + 1) * u2n +1 étant de limite nulle, la suite (n * un ) est convergente, de limite 0. Avec wn = (n + 1) *2 un , notre premier souci est de simplifier Sn en faisant apparaître une somme télescopique. n 1

(k + 1) *2 uk .

On a par définition : Sn = k =0

Avec (k + 1) *2 uk = (k + 1)(*uk

*uk +1 ) = k * uk

(k + 1) * uk +1 + *uk , il vient : n 1

Sn =

n * un +

*u k . k =0

n 1

n 1

*u k =

Puis avec k =0

(uk

uk +1 ) = u0

un , on obtient finalement :

k =0

Sn =

n * un + u0

un .

Alors lim n * un = 0 et lim un = ( donne lim Sn = u0

Ex. 16

n

k

1 . k

2

Pour n ! ! , on pose un =

e n #n 1 + k =1

n

Donner la limite de (vn ) définie par vn =

#n 1 + k =1

En étudiant un

(.

1

. En déduire celle de (un ).

k

vn , montrer que l’on a un ! vn . En déduire que un ! #n n .

L’étude de vn est immédiate en réduisant la somme par télescopage aisé. Et on voit facilement que un ! vn . #n 1 +

1 k

= #n

k+1 = #n (k + 1) k

n

#n 1 +

#n k donne k =1

1

= #n (n + 1)

k

#n 1 = #n (n + 1)

et il s’ensuit que lim vn = + . k

k

1

Avec e n 2 > 1, on a e n 2 #n 1 + k n

Avec #n (n + 1) =

#n 1 + k =1

1 , on a un k

k

Pour k ! [[ 1, n ]], on a 0 < e n 2 116

Sujets d’oraux

> #n 1 +

1

1"en

1 k

puis un > vn donc lim un = + . n

#n (n + 1) =

k

en

2

1 #n 1 +

k =1

1 et #n 1 +

1 k

> 0, donc :

1 k

> 0.

0 " un

1

#n (1 + n ) < e n

n

1

#n 1 + k =1

1

1

1

= (e n

1) #n (n + 1).

vn = o(vn ).

un ! vn s’exprime par un

Alors lim e n

1 k

= 0 donne un

vn = o(vn ), c’est-à-dire un ! vn .

Avec un ! #n (n + 1) et #n (n + 1) ! #n n , il vient enfin u n ! #n n .

C Continuité, limite Ex. 17 Déterminer les applications f continues non nulles de ]0, + [ dans ]0, + [ telles que : (1) pour tous x et y strictement positifs, f xf (y) = yf (x ), et (2) f est de limite 0 en + . En prenant les images par f des deux membres de (1), on a f f xf (y) = f yf (x ) . Alors, avec (1), il vient f f xf (y) = xf (y). Tout xf (y) est donc invariant par f f . Avec x !]0, + [ quelconque et y fixé tel que f (y) " 0, on obtient f

f = Id.

La fonction x ! 1 / x en est un exemple usuel. Sans la condition de limite 0 en + Id conviendrait aussi. Cette condition joue donc un rôle clé. En prenant la limite en + que f ait pour limite +

, la fonction

dans f f (x ) = x , et avec lim f (x ) = 0, on voit qu’il est nécessaire en 0.

x

+

Avec y = x , la relation (1) donne $x > 0, f xf (x ) = xf (x ). Pour x > 0, posons u = xf (x ). Ce réel est invariant par f . La question devient alors : xf (x ) est-il toujours égal à 1 ? Pour u > 1, les puissances de u tendent vers + et on peut utiliser l’hypothèse de limite nulle pour f . Une priorité est donc d’examiner les images par f des puissances de u .

Montrons par récurrence la propriété $(n ) : pour tout n ! ! , f (u n ) = u n . Avec f (u ) = u , la propriété $(1) est vraie. Supposons que $(n ) soit vraie, avec n ! ! et formons f u n +1 . On a u n +1 = u n u = xu n f (x ). D’après (1), on obtient f u n +1 = xf xu n . Or f (u n ) = u n , donc toujours d’après (1), f (xu n ) = f xf (u n ) = u n f (x ) et finalement : f u n +1 = xu n f (x ) = u n +1 .

La propriété $ est donc héréditaire et, puisque $(1) est vraie, il vient que $(n ) est vraie pour tout n ! ! . Remarquons alors que f

f = Id donne f f (1) = 1 et, d’après (1) :

f f (1) = f 1f (1) = 1f (1) = f (1), d’où f (1) = 1.

Chapitre 3 - Réels, suites, limites. Continuité, dérivation. Taylor. Développements limités

117

Avec 1 =

1 n 1 n n u = n f (u ) et, en appliquant (1), il vient pour tout n ! ! : u u f (1) = u n f

1 n u

1 n u

donc f

=

1 n. u

Pour u > 1, de lim u n = + , on déduit lim f u n = 0 et on voit une contradiction à partir de f u n = u n . De même, pour u < 1, on a lim

1 =+ un

donc lim f

1 un

= 0, pour une nouvelle contradiction.

En conséquence, et cela pour tout x > 0, on a u = 1, c’est-à-dire $x > 0, f (x ) =

1 x

. Et on a déjà

remarqué que cette fonction convient, c’est donc l’unique solution du problème.

Ex. 18 Un train omnibus parcourt 120 km en trois heures. Montrer qu’il existe un intervalle d’une heure durant lequel il a parcouru 40 km exactement. La distance parcourue est une fonction continue du temps de parcours. La priorité est d’installer une fonction qui indique la distance parcourue en une heure, et d’examiner pourquoi cette fonction peut prendre la valeur 40.

Soit f la fonction qui à t ! [0, 3], associe la distance (exprimée en kilomètres) parcourue jusqu’à l’instant t (exprimé en heures). g : [0, 2] ", t ! f (t + 1) f (t ) est la distance parcourue en une heure à partir de l’instant t . Avec f (0) = 0 et f (3) = 120, il vient : g(2) = 120 f (2), g(1) = f (2) f (1) et g(0) = f (1). En ajoutant, on obtient 120 = g(0) + g(1) + g(2), ou aussi 40 =

1 g(0) + g(1) + g(2) . 3

Le problème, avec cette analyse, est ainsi ramené à la formulation ci-avant. Il reste à justifier que cette égalité est possible, en mettant en œuvre la continuité qui n’a pas encore été exploitée.

Soit m et M les bornes de g continue sur [0, 2]. On a m "

1 g(0) + g(1) + g(2) " M , et il reste à 3

appliquer le théorème des valeurs intermédiaires pour conclure.

Ex. 19 Déterminer l’ensemble des fonctions f !

[0, 1], " telles que f

Préciser cet ensemble lorsque l’on suppose en outre f de classe

f = f. 1

sur [0, 1].

Les fonctions constantes sont évidemment solutions.

1)

L’égalité f

f (x ) = f (x ) se lit f f (x ) = f (x ), donc tout f (x ) est invariant par f .

Elle est vraie plus généralement pour tous les points fixes par f . Étudions cet ensemble.

Notons

f

l’ensemble des points invariants par f .

Pour tout x ! [0, 1], on a f f (x ) = f (x ), donc Im f # 118

Sujets d’oraux

f.

Réciproquement, pour x ! f , on a f (x ) = x , donc x ! Im f . Finalement, l’ensemble f est égal à Im f . Il reste à examiner si cette propriété est suffisante pour obtenir f Notons que Im f =

f

f = f.

montre que f est une fonction de [0, 1] dans [0, 1].

Soit f : [0, 1] [0, 1], continue et telle que f = Im f . f étant continue sur [0, 1], son image est un intervalle fermé borné [a, b], avec 0 " a " b " 1. Pour tout x ! [a, b], f (x ) = x donne f f (x ) = f (x ). Pour tout x ! [0, a [$]b, 1], on a f (x ) ! Im f , donc f (x ) ! f , c’est-à-dire f f (x ) = f (x ). La fonction f vérifie donc f f = f . 2)

On se limite aux fonctions non constantes pour lesquelles l’hypothèse de classe rien.

1

n’apporte

L’image de [0, 1] par f est J = [a, b], avec 0 " a < b " 1. (a < b provient de f non constante.) L’application fJ induite par f sur J est IdJ . On a donc f (x ) = 1 pour tout x !]a, b[. Comme f est continue, on a nécessairement : f (a ) = 1 et f (b) = 1. Supposons que l’on ait 0 < a . Avec f ([0, a [) # f ([0, 1]) = J , on a en particulier f (x ) ! a pour tout x ! [0, a [. La fonction f présente alors un minimum local en a !]0, 1[, donc f (a ) = 0, ce qui est contradictoire avec f (a ) = 1. On a donc a = 0. On montre de même que b = 1. En conclusion, f est l’identité sur [0, 1]. Les fonctions de classe 1 sur [0, 1] telles que f f = f sont finalement Id[0,1] et les fonctions constantes sur [0, 1].

Ex. 20 Soit f ! (", ") telle que tout y ! " admet au plus deux antécédents par f . Montrer qu’il existe un réel qui admet un antécédent et un seul par f . Toute application injective convient. On peut se limiter à l’étude du cas où f continue n’est pas injective. Notons que f n’est constante sur aucun segment [a, b] tel que a " b.

Si f n’est pas injective, il existe (a, b) ! "2 , a < b, tel que f (a ) = f (b). Notons y0 cette valeur commune. On étudie la restriction de f au segment [a, b].

Puisque f est continue sur [a, b], il existe (m, M ) ! "2 , m " M , tel que f ([a, b]) = [m, M ], et comme f n’est pas constante sur [a, b], on a m < M . On peut examiner si y0 n’est pas un élément particulier de [m, M ].

Supposons que y0 appartient à ]m, M [, c’est-à-dire y0 % m, M . Il existe alors c et d dans ]a, b[ tels que f (c ) = m et f (d ) = M , puis, par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe x0 !]c, d [ tel que f (x0 ) = y0 . Chapitre 3 - Réels, suites, limites. Continuité, dérivation. Taylor. Développements limités

119

Avec [c, d ]#]a, b[, y0 aurait alors trois antécédents distincts, ce qui est exclu. On en déduit que y0 est égal à m ou à M . Étudions le cas où y0 = m . Le cas où y0 = M ne devrait pas être bien différent. Le minimum de f sur [a, b] est atteint en a et en b, et on a M > m . Il faut garder présent à l’esprit que y ! [m, M ] peut avoir un antécédent en dehors de [a, b].

On suppose que y0 = m et on considère d !]a, b[ tel que f (d ) = M . Supposons qu’il existe d ! ", d " d , tel que f (d ) = M . Avec M " m , on a nécessairement d % a, b . Si d < a , tout t !]m, M [ admet par f un antécédent dans chacun des trois intervalles disjoints ]d , a [, ]a, d [ et ]d, b[. Et c’est contraire à l’hypothèse sur f . d > b est à écarter pour la même raison : d aurait un antécédent dans chacun des intervalles ]a, d [, ]d, b[ et ]b, d [. Pour le cas a < d < b, posons % = inf d, d et ' = sup d, d . Tout t ! f (]%, '[) admet trois antécédents distincts : un dans ]a, %[, un dans ]%, '[ et un dans ]', b[. Ce dernier cas est à écarter lui aussi. En conclusion d est le seul antédédent de M par f . Plutôt que de faire une démonstration tout à fait voisine dans le cas où y0 = M , on se ramène au cas déjà étudié.

Dans le cas où y0 = M , on considère la fonction g = f . Le maximum de g sur [a, b] est M = m et son minimum est m = M . L’étude précédente montre que M admet un antécédent unique par g, c’est-à-dire que m admet un antécédent unique par f .

Ex. 21 Soit f ! %(", ") telle que $(x, y) ! "2 , f

x +y

2

=

f (x ) + f (y)

2

(1).

Montrer que f est affine : il existe (a, b) ! "2 tel que $x ! ", f (x ) = ax + b. On commencera par étudier le cas où f (0) = f (1) = 0.

1)

On examine le cas où f (0) = f (1) = 0. On applique alors la propriété (1) avec y = 0 puis avec y = 1.

Supposons f (0) = f (1) = 0. Avec f (x ) + f (y) = 2f

x +y

2

, il vient : f (x ) = 2f

et f (x ) = 2f On a donc f Ainsi f admet 120

x

2

=f

x +1

2

x

en choisissant y = 0,

2

x+1

en choisissant y = 1.

2

, c’est-à-dire f

x

2

=f

x

2

+

1 2

pour tout x ! ".

1 1 pour période et il suffit de l’étudier sur 0, . 2 2

Sujets d’oraux

1 , f est bornée et elle atteint ses bornes sur ce segment. 2 1 1 Soit M la plus grande valeur prise sur 0, 2 par la fonction f qui est continue sur 0, 2 . Ce 1 maximum est atteint en un point c ! 0, 2 . Continue sur 0,

En appliquant la propriété f (x ) = 2f

x

2

à 2c , il vient f (2c ) = 2f (c ) = 2M .

Or la périodicité de f assure que M est aussi le maximum de f sur [0, 1] et c ! 0,

1 donne 2

2c ! [0, 1], donc f (2c ) " M . Il s’ensuit que 2M " M , c’est-à-dire M " 0. 1

1

On procède de même pour le minimum m de f sur 0, 2 , atteint en d ! 0, 2 . L’égalité f (2d ) = 2f (d ) = 2m et f (2d ) ! m donne m ! 0. 1 . 2 La périodicité permet alors de dire que f est la fonction nulle sur ". 0 " m " M " 0 donne enfin m = M = 0, donc f est nulle sur 0,

2)

Il y a une fonction affine (et une seule) qui prend des valeurs données en 0 et en 1. Et toute fonction affine vérifie la propriété (1).

Soit f une fonction continue sur " qui vérifie la propriété (1). On considère la fonction affine g définie par g(0) = f (0) et g(1) = f (1). La fonction h = f g est continue sur " et vérifie encore la propriété (1) et on a h (0) = h (1) = 0. La première question donne h = 0, d’où f = g, donc f est affine.

Ex. 22 Trouver les fonctions f ! (", ") telles que : $(x, y) ! "2 , f (x + y)f (x

y) = f 2 (x )f 2 (y) (1)

2

Dans un contexte de fonction f à valeurs réelles, f 2 (x ) est mis pour f (x ) . Dans ce type de problème, on commence par préciser les solutions constantes sur " (qui sont évidemment continues).

Les solutions constantes f = c ! " sont celles qui vérifient c 2 = c 4 . Ce sont donc les constantes c ! 0, 1, 1 . Dans la suite, on se limite à la recherche des solutions non constantes. On examine maintenant des situations particulières pour obtenir quelques informations sur une solution.

En prenant y = 0, il vient f 2 (x ) = f 2 (x )f 2 (0) pour tout x ! ". Si f n’est pas constante, donc f " 0, il existe u ! " tel que f (u ) " 0 et 1 f 2 (0) f 2 (u ) = 0 donne : f (0) = 1 ou f (0) = 1. Si f est solution, il est immédiat de vérifier que f l’est aussi. On peut donc se limiter à la recherche des solutions f telles que f (0) = 1. Le cas particulier x = 0, c’est-à-dire f (y)f ( y) = f 2 (y) donnerait une autre information sous réserve que f (y) soit différent de 0. Examinons si cela est possible.

Chapitre 3 - Réels, suites, limites. Continuité, dérivation. Taylor. Développements limités

121

Supposons qu’il existe v ! " tel que f (v) = 0. Notons que nécessairement on a v " 0. v 2

En prenant x = y = , il vient f (v)f (0) = f 4 Il s’ensuit que, pour tout n ! !, f Avec lim n

+

v

2n

v 2n

v 2

et on en déduit f

v 2

= 0.

= 0.

et la continuité de f en 0, il vient f (0) = 0, en contradiction avec f (0) = 1.

En première conclusion, une solution non constante ne prend pas la valeur 0 sur ". Le théorème des valeurs intermédiaires nous assure alors que f est de signe constant, donc, les solutions telles que f (0) = 1 sont strictement positives sur ". Le cas particulier x = 0 donne f (y)f ( y) = f 2 (0)f 2 (y) = f 2 (y). Avec f (y) " 0, il vient f ( y) = f (y), et cela pour tout y ! ". Ainsi une solution est nécessairement paire. Un premier bilan : les solutions telles que avec f (0) = 1 sont strictement positives et elles sont paires. Puisque l’on recherche des solutions qui sont strictement positives, on passe au logarithme. f > 0 est solution de (1) si et seulement si + = #n f ! (", ") est solution de l’équation :

pour tout (x, y) ! "2 , +(x + y) + +(x y) = 2 +(x ) + +(y) (2). Avec f (0) = 1, on a nécessairement +(0) = 0. La parité de f implique que + est paire, et la continuité de f donne celle de +. Pour f non constante, la fonction + n’est pas constante, donc il existe w tel que +(w) " 0. Si + vérifie (2), alors pour tout ( ! ", la fonction (+ vérifie (2). Cette situation est plus simple dans la mesure où on en connaît une solution particulière.

La fonction +0 définie sur " par +0 (x ) = x 2 convient. En effet, (x + y)2 + (x

y)2 = 2(x 2 + y2 ).

Le rêve serait que ce soit la seule à une constante multiplivative près. Commenc¸ons par établir que, pour n ! ! , +(n ) est un multiple constant de n 2 .

En prenant x = y = 1, il vient +(2) + +(0) = 4 + (1), c’est-à-dire +(2) = 22 + (1). En posant ( = +(1), on suppose que +(k ) = (k 2 pour tout k ! ! , avec k " n . En prenant x = n et y = 1, il vient +(n + 1) + +(n 1) = 2 +(n ) + ( . Avec +(n

1)2 et +(n ) = (n 2 , on obtient +(n + 1) = ( 2n 2 + 2

1) = ((n

(n

1)2 , d’où :

+(n + 1) = ((n 2 + 2n + 1) = ((n + 1)2 .

En conséquence, on a +(n ) = (n 2 pour tout n ! ! . On a +(n

1) = n 2 + (1). Plus généralement on peut espérer que +(nx ) = n 2 + (x ).

Comme + est paire on a aussi +( n ) = (n 2 et enfin, avec +(0) = 0, on a +(n ) = (n 2 pour tout n ! #.

Une simple transcription de la preuve précédente, en remplac¸ant +(k ) par +(kx ) et +(1) par +(x ) permet d’obtenir +(nx ) = n 2 + (x ) pour tout x ! " et tout n ! ! . On est maintenant en mesure d’exprimer +(r ) pour tout r ! $.

Pour r ! $, avec r =

p , p ! # et q ! ! , on utilise qr = p. Avec +(qr ) = q2 + (r ) et +(p) = (p2 , on q

déduit +(r ) = (r 2 . 122

Sujets d’oraux

Pour achever cette analyse, il reste à exprimer que tout réel est limite d’une suite de rationnels.

Pour tout x ! ", il existe une suite (xn ) de rationnels de limite x . On a d’une part +(xn ) = (xn2 et d’autre part lim +(xn ) = +(x ) par continuité de +. On en déduit alors que +(x ) = (x 2 . Il est immédiat de vérifier que les fonctions x ! (x 2 , avec ( ! ", vérifient (2). 2

Les solutions de (1) sont donc, outre la fonction nulle, les fonctions x ! e(x et les fonctions 2 x ! e(x pour tout ( ! ".

Ex. 23 Trouver toutes les fonctions réelles définies sur ", continues en 0 et telles que : $x ! ", f (2x ) = f (x ) cos x . n

On pourra montrer que, pour tout n ! ! et tout x &/ 0 mod ,,

cos k =1

Si x n’est pas un multiple entier de ,, il en est de même pour

x

2

k

=

sin x n

2 sin

x

.

n

2

x . 2n

Vérifions par récurrence la formule proposée.

On considère x /& 0 mod ,. n

Notons Pn (x ) =

cos k =1

x

2k

La propriété (r1 ) se lit cos On a Pn +1 (x ) = Pn (x ) cos Pn +1 (x ) =

et (rn ) la propriété Pn (x ) = x

sin x

=

2

2 sin

x

2 sin

x

.

n

2

et elle est vraie.

x 2

et, avec (rn ) et (r1 ), il vient :

2n +1

sin

sin x 2n sin

sin x n

x n

2

2 sin

x 2n x

c’est-à-dire Pn +1 (x ) =

n +1

2

sin x 2n +1 sin

x

.

n +1

2

Ainsi, (rn ) implique (rn +1 ), donc (rn ) est vraie pour tout n ! ! . Conformément à l’indication (généreusement !) fournie, il y a lieu d’exprimer f (x ) en fonction de Pn (x ). Après avoir fait apparaître P1 (x ) pour exprimer la définition de f (x ), on cherche à faire apparaître P2 (x ). $x ! ", f (2x ) = f (x ) cos x donne : f (x ) = f

et il vient alors

x

2

f (x ) = f

cos x

2

2

x

2

=f

cos

x

2

x

2 cos

P1 (x ) et aussi f x

2

2

=f

x

22

On voit alors aisément que, pour tout n ! ! , f (x ) = f

x

2

=f

x

22

cos

x

22

P2 (x ). x Pn (x ). 2n

Le passage de l’expression de f (x ) à l’aide de P1 (x ) à celle de f (x ) à l’aide de P2 (x ) est assez clair pour qu’il s’adapte immédiatement du rang n au rang n + 1.

Chapitre 3 - Réels, suites, limites. Continuité, dérivation. Taylor. Développements limités

123

Soit x " 0, x & 0 mod , : x = k ,, k ! # . On décompose k en k = 2q (2p + 1) avec q ! ! et p ! #. 1 , = 0. Donc, n ! q + 1 donne Pn (x ) = 0, et il s’ensuit que, 2 dans le cas étudié, on a f (x ) = 0.

On a donc cos

x

= cos p +

2q+1

Pour tout x /& 0, on a, pour tout n ! ! , Pn (x ) =

On écrit alors f (x ) sous la forme f (x ) = f

x 2n

sin x n

2 sin

x

. Alors, f (x ) = f

n

x 2n

2

sin x n

2 sin

x

.

n

2

x

sin x 2n x . x sin n 2

Avec lim n

+

x

2n

La limite de

= 0, on peut utiliser la continuité de f en 0.

sin X quand X tend vers 0 est également utilisée. X

sin x . x En conclusion, la seule solution possible est la fonction f définie par :

En prenant la limite pour n

f (x ) = f (0)

+

, il vient f (x ) = f (0)

sin x pour x /& , et f (x ) = 0 pour x " 0, x & 0 mod ,. x

La distinction de deux cas conduit à deux résultats partiels. Il n’est pas difficile d’en donner une formulation commune. sin x

Ces deux formules se résument en une seule : f (x ) = f (0) x Cette fonction est continue en 0, en conséquence de lim x

Et, pour x " 0, on a f (2x ) = f (0)

0

pour tout x " 0.

sin x = 1. x

sin 2x sin x cos x sin x = f (0) = f (0) cos x , ce qui montre que : 2x x x f (2x ) = f (x ) cos x pour x " 0,

et cette égalité est évidemment vraie pour x = 0. En conclusion, le problème a pour solutions les fonctions définies par leur valeur en 0 et, pour x " 0, par f (x ) = f (0)

sin x sin x . Ce sont les fonctions x ! ( x avec ( ! ". x

Ex. 24 Soit f une fonction réelle définie sur un intervalle I de ". On suppose que f est continue et injective. Montrer qu’elle est strictement monotone. Existe-t-il une bijection continue de [0, 1[ sur " ?

On peut procéder par contraposée : soit f continue ; si elle n’est pas strictement monotone, alors elle n’est pas injective. Le premier point est d’exprimer que f n’est pas strictement monotone.

124

Sujets d’oraux

f est strictement monotone lorsque, pour tout (a, b, c ) ! I 3 , a < b < c , le réel f (b) est entre f (a ) et f (c ). Il est aisé d’écrire la négation de cette propriété : f n’est pas strictement monotone quand il existe (a, b, c ) ! I 3 , a < b < c , tel que f (b) ne soit pas entre f (a ) et f (c ). Ou encore quand :

&(a, b, c ) ! I 3 , a < b < c et f (a ) " f (b) et f (b) ! f (c ) ou f (b) " f (c ) et f (a ) ! f (b) .

Si on a f (a ) = f (b), ou si f (b) = f (c ), alors f n’est évidement pas injective. Sinon, dans le premier cas, f (a ) < f (b) et f (c ) < f (b) montre que tout t strictement compris entre max f (a ), f (c ) et f (b) a un antécédent dans [a, b[ et un autre dans ]b, c ]. Alors f n’est pas injective. On conclut de même dans le second cas. Une injection continue de [0, 1[ dans " est strictement monotone. Le texte de l’énoncé laisse soupc¸onner qu’une telle fonction n’est pas surjective.

Supposons que f , continue, soit injective de [0, 1[ dans ". Le résultat précédent montre qu’elle est strictement croissante ou strictement décroissante. Dans le premier cas, on a f (x ) > f (0) pour tout x ! [0, 1[. Son image n’est donc pas ". On conclut de même dans le second cas.

Ex. 25 Quelles sont les fonctions f !

Classiquement, f

f

[a, b], [a, b] , avec a < b, telles que f

f

f = Id[a,b] .

f bijective donne f injective et surjective.

f étant continue et injective, on peut utiliser le résultat établi dans le sujet précédent. f f f = Id[a,b] implique que f est injective. Comme elle est continue, avec l’exercice précédent, on peut en déduire que f est strictement monotone.

La fonction f étant surjective, si elle est strictement croissante, on a f (a ) = a et f (b) = b. Les valeurs sont échangées si f est strictement décroissante.

Examinons le cas où f est strictement croissante. On peut imaginer que f est l’identité. Dans ce but, on peut chercher une contradiction dans le cas contraire. Ici, f 2 (c ) par exemple, est mis pour f f (c ).

Supposons qu’il existe c ! [a, b] tel que f (c ) " c , par exemple f (c ) > c . On a c = f 3 (c ) et, avec la croissance stricte de f , de f (c ) > c on déduit f 2 (c ) > f (c ), donc f 2 (c ) > c , puis f 3 (c ) > f (c ). Il s’ensuit f 3 (c ) > c , c’est-à-dire une contradiction. En conclusion, la seule solution strictement croissante est l’identité sur [a, b]. Examinons maintenant le cas où f est strictement décroissante. Examinons d’abord la double condition f (a ) = b et f (b) = a . f (a ) = b donne f 2 (a ) = f (b) = a puis f 3 (a ) = f (a ) = b. Il n’y a donc pas de fonction strictement

décroissante surjective. En conclusion, Id[a,b] est la seule solution au problème. Le problème serait tout autre pour f n = Id avec n pair.

Chapitre 3 - Réels, suites, limites. Continuité, dérivation. Taylor. Développements limités

125

Ex. 26 Soit f et g, continues de [0, 1] dans [0, 1], telles que f g = g f . Montrer qu’il existe x 0 ![0, 1] tel que f (x0 ) = g(x0 ). Le résultat reste-t-il vrai pour des fonctions f et g dans (", ") ?

On peut procéder par l’absurde en espérant une contradiction qui viendrait de : $x ! [0, 1], f (x ) " g(x ). Le premier objectif est d’exploiter cette hypothèse.

Supposons que $x ! [0, 1], f (x ) " g(x ). En application du théorème des valeurs intermédiaires, on a : • ou bien $x ! [0, 1], f (x ) > g(x ) ; • ou bien $x ! [0, 1], f (x ) < g(x ).

La symétrie des rôles permet de supposer que $x ! [0, 1], f (x ) > g(x ). La fonction f

g est continue sur [0, 1], elle atteint son minimum m et on a donc m > 0.

Par suite, $x ! [0, 1], f (x ) ! g(x ) + m . On n’a pas encore utilisé f

g=g

f . On cherche un lien entre f n (x ) et gn (x ).

Pour commencer, comparons f 2 (x ) et g2 (x ) comme on a pu comparer f (x ) et g(x ).

On a f 2 (x ) = f f (x ) ! g f (x ) + m et g f (x ) = f g(x ) ! g g(x ) + m et il s’ensuit : f 2 (x ) ! g2 (x ) + 2m .

Le passage de f (x ) ! g(x ) + m à f 2 (x ) ! g2 (x ) + 2m donne une bonne idée de la récurrence à prouver.

On prouve de même que, pour n ! ! , si on a f n (x ) ! gn (x ) + nm , alors : f n +1 (x ) ! gn +1 (x ) + (n + 1)m .

On est maintenant en mesure de conclure en prenant la limite pour n infini.

Avec gn (x ) ! 0 et lim nm = + , on a lim n

n

+

n

+

gn (x ) + nm

=+

, ce qui est contradictoire

avec f (x ) ! [0, 1]. Dans le cas de fonctions continues sur ", supposons que $x ! [0, 1], f (x ) " g(x ). On peut encore se ramener au cas où $x ! ", f (x ) > g(x ). Toutefois, la borne inférieure de f g peut ne pas être atteinte et être nulle.

Pour avoir f g = g f , avec f (x ) " g(x ) pour tout x ! ", il suffit de choisir g = Id" et de prendre pour f une fonction dont le graphe est strictement au-dessus de la première bissectrice, par exemple f = exp. Une nouvelle fois, les fonctions continues sur un segment ont des propriétés qui ne sont pas conservées en passant à un intervalle moins particulier qu’un segment.

126

Sujets d’oraux

Ex. 27 On se propose de déterminer l’ensemble E des fonctions f continues de " dans " telles que : $(x, y) ! "2 , f (x + y) =

f (x ) + f (y) . 1 + f (x )f (y)

1) Préciser les fonctions constantes qui sont dans E . Soit f ! E , montrer que, s’il existe a ! " tel que f (a ) = 1, alors f est constante. 2) Soit maintenant f ! E , non constante. a) Montrer alors que f (x )!]

1, 1[, calculer f (0) et étudier la parité de f .

b) Montrer que, pour x ! " et n ! !,

1 + f (nx ) = 1 f (nx )

1 + f (x ) 1 f (x )

n

.

1 + f (1) , puis exprimer f (r ) pour r ! $ f (1)

Exprimer f (n ) pour n ! # en fonction de n et de b = 1 puis f (x ) pour x ! ". 3) Préciser l’ensemble E .

La fonction th est solution. L’objectif est de voir s’il y en a d’autre.

1) Une fonction constante c est solution si et seulement si c = c 2 + 1 = 2, ce qui correspond à c !

2c 1 + c2

, c’est-à-dire c = 0 ou

1, 0, 1 . Remarquons que le même calcul donne f (0) ! 1, 0, 1 pour tout f ! E . Soit f ! E et a tel que f (a ) = -, - = 1. Alors on a : $ x ! " , f (x + a ) =

f (x ) + f (x ) + = -. = 2 1 + -f (x ) - + - f (x )

2) a) x + 2 2 et pour la parité, on utilise 0 = x + ( x ) de manière à pouvoir exploiter la formule f (x + y) = . . .

On précise maintenant les solutions non constantes. Pour le signe de f (x ), on utilise x =

x

avec f (x ) %

2 y 2f (x / 2) = . Or pour tout y ! ", on a " 1, donc 2 1 + f 2 (x / 2) 1 + y2 1, 1 , il s’ensuit f (x )!] 1, 1[.

Avec f (0) !

1, 0, 1 et f (0) %

Pour tout x ! ", f (x ) = f

x

2

On a : $x ! ", 0 = f (0) = f (x b)

+

x

1, 1 , on obtient f (0) = 0. x) =

f (x ) + f ( x ) , d’où f ( x ) = 1 + f (x )f ( x )

f (x ), donc f est impaire.

1 + f (nx ) est la clé de la détermination de f non constante. 1 f (nx ) La démarche est classique : déterminer f (n ) pour n entier, puis f (r ) pour r rationnel et conclure avec la continuité. L’énoncé ne fait que rappeler cette démarche. Le résultat demandé pour

1 + f (nx ) = 1 f (nx )

1 + f (x ) 1 f (x )

n

est vraie pour n = 0.

Pour une preuve par récurrence pour n ! !, c’est-à-dire pour passer du rang n au rang n + 1, le point essentiel est d’exprimer

1 + f ((n + 1)x ) 1 + f (nx ) en fonction de . 1 f ((n + 1)x ) 1 f (nx )

Chapitre 3 - Réels, suites, limites. Continuité, dérivation. Taylor. Développements limités

127

f (n + 1)x = f (nx + x ) =

f (nx ) + f (x ) donne : 1 + f (nx )f (x )

1 + f ((n + 1)x ) =

d’où 1+f ((n +1)x ) =

1 + f (x ) + f (nx ) + f (x )f (nx ) , 1 + f (nx )f (x )

(1 + f (x ) 1 + f (nx ) (1 f (x ) 1 f (nx ) . . De même, 1 f ((n +1)x ) = 1 + f (nx )f (x ) 1 + f (nx )f (x )

1 + f ((n + 1)x ) 1 + f (x ) 1 + f (nx ) et la conclusion est immédiate. = f ((n + 1)x ) 1 f (x ) 1 f (nx )

Il s’ensuit 1 c)

On s’attache à f (n ), et pour cela le résultat précédent s’applique avec x = 1.

Alors, pour n ! !,

1 + f (n ) = 1 f (n )

1 + f (1) 1 f (1)

n

= bn donne f (n ) =

n

b 1 . n b +1

Notons que 1 < f (1) < 1 donne 0 < b. Pour n ! # , l’imparité donne : f (n ) =

Soit r =

b

n

b

n

1 bn 1 . = n b +1 +1

p , p ! !, q ! # . Avec : q

1 + f (q p / q) = 1 f (q p / q)

il vient

f ( n) =

1 + f (p / q) 1 f (p / q)

q

1 + f (p / q) 1 f (p / q)

= bp d’où

q

et

p 1 + f (p / q) = bq . 1 f (p / q)

p

On en déduit f

p q

=

bq

p

1

1 + f (q p / q ) 1 + f (p ) = = bp , 1 f (q p / q) 1 f (p)

r

, c’est-à-dire f (r ) =

bq + 1

b 1 pour tout r ! $. r b +1

La conclusion pour x ! " fait (enfin ?) intervenir la continuité. x

Si f est supposée continue, la densité de $ dans " donne $x ! ", f (x ) = 3) Notons que, pour b ! "+ ) 1 , la fonction fb : x !

b 1 . x b +1

x

b 1 est non constante, alors que x b +1

pour b = 1 on retrouve la fonction nulle. Il résulte alors des questions précédentes que E est inclus dans la réunion E de fb b ! "+ et de l’ensemble des fonctions constantes 1, 1 . 1 #n b. On obtient fb (x ) = th((x ) et les propriétés 2 connues de la fonction th donnent que fb ! E .

Réciproquement, pour b ! "+ , on pose ( =

Comme les fonctions constantes 1 et 1 sont dans E , on conclut que E = E . Finalement, E est formé des fonctions constantes 1 et 1 et des fonctions x !th((x ), avec (!". 128

Sujets d’oraux

D Dérivation Ex. 28 1) Soit f une application dérivable de [0, 1] dans " telle que f (0) = 0 et f (1) = 1. Montrer que, pour n ! ! , il existe des réels distincts y1 , . . . , yn dans [0, 1] tels que : n

f (yk ) = n . k =1

2) Quelle hypothèse peut-on ajouter pour pouvoir conclure à l’existence de x1 , x2 , . . . , xn n

réels deux à deux distincts dans [0, 1] tels que k =1

1)

1 f (xk )

=n?

L’existence de point yk tels que f (yk ) = . . . peut faire penser à la formule des accroissements finis. Et en écrivant

1 n

n

f (yk ) = 1, on a l’occasion d’utiliser 1 = f (1)

f (0).

k =1

1 1 f (yk ) apparaît raisonnablement sur un intervalle de longueur . n n

Étant donné k ! [[ 1, n ]], on applique la formule des accroissements finis sur l’intervalle k

n

1 k , : n

k

&xk !

n

1 k , , f n

k n

f

1

k

n

=

1 f (xk ). n

En sommant ces égalités pour k variant entre 1 et n , il vient : 1 n

n

n

f (xk ) = f (1)

f (0) = 1 c’est-à-dire

k =1

f (xk ) = n . k =1

Notons qu’il suffit de la dérivabilité sur ]0, 1[ avec la continuité sur [0, 1].

2)

1 f (xk )

apparaît à l’occasion de la dérivation de la réciproque d’une fonction dérivable dont la

dérivée ne s’annule pas.

Supposons f strictement monotone et $x !]0, 1[, f (x ) " 0. f est alors une bijection de [0, 1] sur lui-même et sa réciproque f 1 est continue sur [0, 1] et

dérivable sur ]0, 1[. Notons que f

1

(0) = 0 et f

On peut appliquer à f

1

1

(1) = 1, ce qui impose que f soit strictement croissante.

le résultat obtenu en première question. n

Il existe y1 , y2 , . . . , yn deux à deux distincts dans ]0, 1[ tels que Pour k ! [[ 1, n ]], posons xk = f Avec f

1

(yk ) =

1 , il vient f (xk )

1

1

) (yk ) = n .

k =1

(yk ). n

(f

1

f (xk ) k =1

= n.

Chapitre 3 - Réels, suites, limites. Continuité, dérivation. Taylor. Développements limités

129

Ex. 29 1) Trouver les fonctions f de " dans ", dérivables en 0 et telles que : $x ! ", f (2x ) = 2f (x ). 2) Trouver les fonctions f de " dans ", dérivables en 1 et telles que : 2

$x ! ", f (2x ) = f (x ) .

1) Soit f définie sur ", dérivable en 0 et telle que $x ! ", f (2x ) = f (x ). En vue d’exploiter la dérivabilité en 0, il y a lieu de considérer

f (x ) et l’hypothèse donne : x

f (2x ) f (x ) = . 2x x

À partir de

f (x ) f (x / 2) x = , on utilise alors les n avec n ! !. x x/2 2

Le cas particulier x = 0 donne f (0) = 0. f (x ) x

Considérons la fonction g définie sur " par g(x ) =

pour tout x " 0,

f (0) si x = 0. Cette fonction g est continue en 0, par définition du nombre dérivé en 0. f (2x ) 2f (x ) f (x ) = = = g(x ). 2x 2x x Dans le cas où x = 0, l’égalité g(2x ) = g(x ) est immédiate.

Pour tout x " 0, on a g(2x ) =

Pour tout x ! ", on en déduit (récurrence aisée) pour tout n ! !, g Avec lim

x 2n

= g(x ).

x

= 0 et la continuité de g en 0, on obtient g(0) = g(x ), et la fonction g est 2n constante sur ". Ainsi, il existe a ! " tel que f (x ) = ax pour tout x ! ". n

+

Il est immédiat que toutes les fonctions de ce type conviennent. 2) Soit f une fonction définie sur " et dérivable en 0, telle que : $x ! ", f (2x ) = f (x )2 . Avec f (x )2 ! 0, la fonction f ne prend que des valeurs positives ou nulles. Il est évident que la fonction nulle sur " convient et on ne s’intéresse maintenant qu’aux fonctions autres que celle-là.

Remarquons que f (0) = f (0)2 et donc f (0) ! 0, 1 . Pour se ramener au cas précédent, on est tenté d’écrire #n f (2x ) = 2 #n f (x ), ce qui permettrait de voir que #n f est de la forme #n f (x ) = %x . Mais pour cela, il faut s’assurer que f ne prend que des valeurs strictement positives.

En se limitant à f différente de la fonction nulle sur ", il existe b ! " tel que f (b) > 0. On a f (b) = f

b 2

Supposons que f (b) = f

130

Sujets d’oraux

2

et f b 2n

b 2

=

f

2n

. Avec f

b

2

c’est-à-dire f (b) = f

22 b 2n

=

f

b

2n +1

b

22

2

, il vient f (b) = f

22

. b

2n +1

2n +1

.

n b 2 pour tout n ! !. En particulier, il vient : 2n

On a ainsi établi par récurrence que f (b) = f f

n b 2 > 0. n 2

b 1 = n #n f (b), puis, en prenant la limite pour n 2n 2 et donc que f (0) = 1 (1).

+

Il s’ensuit que #n f

n a 2 donne $n ! !, f 2n

S’il existe a " 0 tel que f (a ) = 0, alors f (a ) = f Avec lim n

+

a

2n

, que #n f (0) = 0 a 2n

= 0.

= 0 et la continuité de f en 0, il vient f (0) = 0, ce qui est contradictoire avec (1).

Ainsi f ne s’annule pas sur ". Elle ne prend donc que des valeurs strictement positives. On peut maintenant passer aux logarithmes à partir de f (2x ) = f 2 (x ).

Considérons alors la fonction g définie sur " par g(x ) = #n f (x ). Elle est dérivable en 0 et vérifie : $x ! ", g(2x ) = 2g(x ). Avec la première question, il existe % ! " tel que : $x ! ", g(x ) = %x et donc f (x ) = e%x . On a établi une condition nécessaire sur la forme de f . Il ne faut pas oublier d’au moins évoquer la réciproque pour conclure.

Il est immédiat que la fonction nulle et les fonctions x ! e%x , avec % ! ", conviennent.

Ex. 30 Trouver les fonctions f !

1

(", ") telles que $x ! ", f x

On montrera que, nécessairement, $x ! ", f

2

f (x ) = 3 +

+3 =

f (x )

2

x

(1).

2

+ 3.

Et, pour x ! ", on pourra former la suite (un ) définie par : u0 = x et un +1 =

un + 3. 2

Sans indication particulière, le sujet peut laisser perplexe. Exploitons celle qui est proposée pour obtenir des informations.

En prenant les images par f dans (1), il vient : $ x ! ", f

x

2

+3 =f f 1

En dérivant, on obtient $x ! ", 2 f

x

2

f (x ) = (f

+3 =

f (x )

2

f ) f (x ) =

f (x )

, c’est-à-dire f

L’autre indication est d’utiliser une suite telle que un +1 =

+ 3.

2 x

2

+ 3 = f (x ).

un + 3 : il est certainement utile 2

d’étudier cette suite.

Si la suite (un ) est convergente, sa limite # vérifie # = On a un +1

6=

1 (u 2 n

6) donc un

6=

1 (u 2n 0

# + 3, d’où # = 6. 2

6) c’est-à-dire un =

1 (x 2n

6) + 6.

Chapitre 3 - Réels, suites, limites. Continuité, dérivation. Taylor. Développements limités

131

On en déduit que, pour tout x ! ", la suite (un ) est effectivement de limite 6. Poursuivons l’étude en regoupant ces deux préliminaires. x

f (x ) = f

2

un + 3 = f (un +1 ). 2

+ 3 pour tout x ! " donne f (un ) = f

La suite f (un ) est constante et, pour tout n ! !, f (un ) = f (u0 ) = f (x ). Avec la continuité de f et

n

lim un (x ) = 6, il vient f (x ) = f (6). +

Toute solution f est donc nécessairement une fonction affine et il reste à étudier s’il y a des fonctions affines qui conviennent.

Si f est une solution, il existe (a, b) ! "2 tel que $x ! ", f (x ) = ax + b, d’où : f f (x ) = af (x ) + b = a 2 x + (a + 1)b. Les couples (a, b) qui conviennent sont ceux pour lesquels : $x ! ", a 2 x + (a + 1)b =

Notons que (a 2

1)b = 3(a

2

2

,6

3 2

1 et (a + 1)b = 3. 2

+ 3 c’est-à-dire a 2 =

1) donc b = 6(1

1

Les solutions (a, b) sont

x

et

a ).

1 2

,6+ 3 2 .

Finalement, il y a deux solutions : les fonctions affines définies par ces couples (a, b).

Ex. 31 Soit a ! " ) 0, 1 et b ! ". Étudier l’ensemble des fonctions réelles, de classe que pour tout x ! ", f f (x ) = ax + b (1).

1

sur ", telles

Ce sujet élargit le cas particulier vu dans l’exercice précédent. L’indication fournie alors se retrouvera probablement utilisée. Dans un contexte de composition, on peut prendre les images par f des deux membres de l’égalité (1). On pourra exploiter alors l’hypoyhèse de deux fac¸ons : • soit en lisant f f • soit en lisant f

f (x ) , f f (x ) .

Pour tout x ! ", on a f f f (x ) = f (ax + b). Or f f f (x ) = f f f (x ) et en appliquant (1) à f (x ), on a f On a donc, pour tout x réel : f (ax + b) = af (x ) + b.

f

f (x ) = af (x ) + b.

f est supposée dérivable, exploitons cette information.

En dérivant, il vient af (ax + b) = af (x ), et on obtient donc f (ax + b) = f (x ) puisque l’on a supposé a " 0. f est probablement constante. Utilisons la fonction affine + : !ax + b, avec a " 1.

Pour x ! ", soit (xn ) la suite récurrente définie par x0 = x et, pour tout n ! !, xn +1 = +(xn ). Par récurrence, il vient f (xn ) = f (x ) pour tout n . La fonction + admet pour point fixe c ! " défini par c = ac + b, c’est-à-dire c = On obtient alors xn +1 132

Sujets d’oraux

c = a (xn

c ), donc xn = a n (x

c) + c.

b

1

a

.

Pour a < 1, on a lim xn = c et la continuité de f donne lim f (xn ) = f (c ), et il s’ensuit f (x ) = f (c ), avec c indépendant de x . f étant constante, f est affine : il existe ((, .) ! "2 tel que pour tout x , f (x ) = (x + ..

Après l’examen des solutions possibles pour f , il faut regarder celles qui conviennent.

Avec f (x ) = (x + ., f f (x ) = ax + b se lit (2 x + . + (. = ax + b. Pour 1 < a < 0, il n’y a pas de solution. Pour 0 < a < 1, les solutions sont f1 : x ! a x +

b et f2 : x ! 1+ a

ax +

b

1

a

.

Pour a > 1, on se ramène au cas précédent.

Comme + est bijective, f

f = + donne f bijective et (1) donne :

1 f 1 (x ) = x a

f 1

1 < 1, on est ramené au cas précédent et f a solutions f1 et f2 .

Avec

Il reste à examiner le cas où a =

1

b . a

est affine, donc f est affine, pour les mêmes

1.

Dans ce qui a été traité, on n’a pas eu l’occasion de dériver la relation f peut être le moment.

Pour a = 1, si f est solution, on a pour tout x réel, f f (x ) f

f (x ) =

f (x ) =

f (x ) = ax + b. C’est

x + b, d’où :

1.

2

Si f admettait un point fixe k , on aurait alors f (k ) = 1, ce qui est contradictoire. D’autre part, on aurait pour tout x : f ( x + b) = f (x ) + b, donc : f

b 2

=

f

b 2

+ b soit f

b 2

=

b . 2

b serait point fixe pour f . La contradiction établie permet de dire qu’il n’y a pas de solution 2 dans le cas où a = 1.

Ainsi

E Fonctions usuelles Ex. 32 Établir une condition nécessaire et suffisante portant sur Arctan x + Arctan y pour que : 1 2(x + y)(1 xy) . Arcsin 2 (1 + x 2 )(1 + y2 ) Exemple : exprimer le nombre 4 Arctan 4 à l’aide de la fonction Arcsin. Arctan x + Arctan y =

Chapitre 3 - Réels, suites, limites. Continuité, dérivation. Taylor. Développements limités

133

Devant des questions portant sur Arctan ou sur Arcsin, deux pistes sont classiques : on examine les fonctions dérivées, ou on se ramène à des questions de trigonométrie. Dans le cas présent, la dérivation laisse prévoir des calculs un peu longs... a = Arctan x et b = Arctan y sont dans ] x +y =

sin a sin b sin a cos b + cos a sin b sin(a + b) + = = . cos a cos b cos a cos b cos a cos b

1 + x 2 = 1 + tan2 a = 1

, / 2, , / 2[ et vérifient x = tan a , y = tan b.

xy = 1

Il s’ensuit que

1

et 1 + y2 =

cos2 a

1 cos2 b

.

sin a sin b cos a cos b sin a sin b cos(a + b) = = . cos a cos b cos a cos b cos a cos b 2(x + y)(1

xy)

= 2 sin(a + b) cos(a + b) = sin 2(a + b).

2

(1 + x )(1 + y2 )

L’égalité Arctan x + Arctan y =

1 2(x + y)(1 xy) Arcsin équivaut alors à : 2 (1 + x 2 )(1 + y2 )

2(a + b) = Arcsin sin 2(a + b) . Il reste maintenant à examiner une égalité du type t = Arcsin(sin t ).

Par définition de la fonction Arcsin, on a t = Arcsin(sin t ) si et seulement si t " 2(x + y)(1

1

, . Il s’ensuit 2

xy)

est vraie si et seulement si : que la relation Arctan x + Arctan y = 2 Arcsin (1 + x 2 )(1 + y2 ) Arctan x + Arctan y "

, . 4

L’application numérique invite à examiner le cas où y = x , avec alors Arctan x "

Pour Arctan x "

4x 1 x 2 1 , . , on a 2 Arctan x = Arcsin 2 8 2 1 + x2

Pour x ! 0, la condition Arctan x " sin , En utilisant tan = 8 cos

, 8 , 8

=

2 sin

, 8

, , équivaut à x " tan . 8 8

cos

, 8

=

, 2 cos2 8

,

sin

4 ,

1 + cos

, on obtient tan

En première étape, on a 4 Arctan x = Arcsin

Pour tout x > 0, on a Arctan x =

134

1 . 4

Sujets d’oraux

, 2

4x 1

x

1+x

Arctan

1

2

1.

1.

2

2 2

x

, = 8

4

La formule donnant 2 Arctan x est donc applicable pour x " 2

de Arctan

, . 8

pour tout x tel que x " 2

1.

, ce qui permet d’effacer Arctan 4 au bénéfice

Avec Arctan 4 =

1 Arctan , il vient : 4

, 2

4 Arctan 4 = 2 ,

et avec 0
0, on a Arctan x + Arctan xy < 1, on a Arctan x + Arctan y = Arctan

1 x

=

, , et, pour 2

x+y . 1 xy

Chapitre 3 - Réels, suites, limites. Continuité, dérivation. Taylor. Développements limités

137

1 2 1 1 et Arctan + Arctan = Arctan 8 2 8 3 2 donc Arctan 2 + Arctan 5 + Arctan 8 = , + Arctan 5 Arctan . 3

On a Arctan 2 + Arctan 8 = ,

,

Avec Arctan 5 = 2

Arctan

Arctan

1 2

Arctan

1 2 1 , et Arctan 3 + Arctan 5 = Arctan 1 = 4 , il vient : 5

Arctan 2 + Arctan 5 + Arctan 8 =

2)

5, . 4

La fonction Arctan est continue sur " et strictement croissante.

La fonction réelle définie sur " par f (x ) = Arctan(x et strictement croissante. 3, et 2

Avec lim f (x ) = x

3, 3, , 2 3

Tout x !

x

lim f (x ) = +

3) + Arctan x + Arctan(x + 3) est continue

3, , il vient f (") = 2

3, 3, , . 2 2

admet donc un antécédent et un seul par f .

Il suffit alors de remarquer que Arctan 2 + Arctan 5 + Arctan 8 = f (5). 5,

La question précédente a permis de voir que f (5) = 4 . L’équation x ! ", f (x ) =

5, a donc 5 pour unique solution. 4

F Formule de Taylor Ex. 37 3

On considère deux fonctions f et g de classe

sur un intervalle de centre 0.

(3)

On suppose que f et g sont impaires et que g (0) " 0. Étudier la limite quand x tend vers 0 de f (x )

Soit h : x ! g(x )

f (x ) g(x )

2f (2x ) + f (3x ) . 2g(2x ) + g(3x )

2f (2x ) + f (3x ) . 2g(2x ) + g(3x )

Comme f et g sont impaires, on a f (0) = g(0) = 0. La fonction h n’est pas définie en 0. La formule de Taylor-Young va permettre de préciser : f (x )

2f (2x ) + f (3x ) et g(x )

f et g étant impaires, il en est de même pour f

2g(2x ) + g(3x ) au voisinage de 0.

et g , donc f (0) = g (0) = 0.

Utilisons la formule de Taylor-Young. x

2

x

3

Lorsque x tend vers 0, on a : f (x ) = f (0) + xf (0) + 2 f (0) + 6 f (0) + o(x 3 ). f étant impaire, il vient f (0) = f (0) = 0 et donc f (x ) = xf (0) +

138

Sujets d’oraux

x

3

6

f

(0) + o(x 3 ).

On en déduit f (2x ) = 2xf (0) +

4x 3 f 3

2f (2x ) + f (3x ) = 2x 3 f

f (x )

f (x ) g(x ) f (x )

x

0

9x 3 f 2

(0) + o(x 3 ) et enfin :

(0) + o(x 3 ).

2g(2x ) + g(3x ) = 2x 3 g (0) + o(x 3 ), d’où :

Un calcul analogue donne g(x )

On en déduit que lim

(0) + o(x 3 ) et f (3x ) = 3xf (0) +

2f (2x ) + f (3x ) f (0) + 0(1) . = 2g(2x ) + g(3x ) g (0) + 0(1)

2f (2x ) + f (3x ) f (0) = . 2g(2x ) + g(3x ) g (0)

g(x )

Ex. 38 2

Soit f une fonction de " dans ", de classe On suppose que : $(x, y) ! "2 , f (x

.

y)f (x + y) " f 2 (x ). 2

Montrer que, pour tout x ! ", on a f (x )f (x ) " f (x ) (1).

La conclusion souhaitée ne concerne qu’une variable alors que l’hypothèse porte sur deux variables. On va donc, pour x fixé quelconque dans ", exploiter l’hypothèse avec un passage à la limite pour y tendant vers 0. On exprime alors f (x + y) en fonction de f (x ), f (x ) et f (x ) en utilisant la formule de Taylor. On a ainsi l’opportunité de faire apparaître ces nombres en vue de (1).

Comme f est de classe

2

sur ", la formule de Taylor-Young donne, lorsque y tend vers 0 : 2

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

y f (x ) + o(y2 ) et f (x 2

2

y) = f (x )

yf (x ) +

y f (x ) + o(y2 ). 2

En multipliant membre à membre ces deux égalités, il vient : f (x + y)f (x

On en déduit

f (x + y)f (x

y

y) 2

f (x )f (x )

Avec f (x + y)f (x

y)

y) = f (x )2 + y2 f (x )f (x ) 2

f (x )

= f (x )f (x )

f (x )2 = lim y

y

f (x )2 + o(1), donc aussi :

f (x + y)f (x

0

f (x )2 " 0, il vient lim

0

f (x )f (x )

f (x )2 + o(y2 ).

y)

y

2

f (x + y)f (x

y

2

f (x )

y) 2

f (x )2

.

" 0, et on obtient :

f (x )2 " 0.

Chapitre 3 - Réels, suites, limites. Continuité, dérivation. Taylor. Développements limités

139

G Développements limités, comparaison Ex. 39 n

1) Soit (un )n !! et (vn )n !! des suites de "+ . On pose Un =

n

uk et Vn = k =1

vk . k =1

Montrer que si lim Vn = + , et un = o(vn ), alors on a Un = o(Vn ). 2) Soit (an )n !! et (bn )n !! des suites de réels positifs. n

n

ak et Bn =

On note An = k =1

bk et on suppose que : (1) an ! bn et (2) lim Bn = +

.

k =1

Montrer que An ! Bn . Ce sujet concerne les suites positives, et elles seulement ! C’est cela qu’il faut utiliser pour traduire que un = o(vn ).

1) Exprimons que un = o(vn ), en utilisant un ! 0 et vn ! 0. $- > 0, &p ! !, n ! p un " -vn . n

n

vk c’est-à-dire Un

uk " -

On en déduit k =p+1

U p " - Vn

Avec lim Vn = + , on a l’existence de q ! ! tel que n ! q Un

Il vient alors, pour n ! sup(p, q), V " - + n Avec lim n

0"

+

Up

-Vp Vn

Vp .

k =p+1

Up

Vn > 0.

-Vp . Vn

= 0, on a &r ! !, $n ! r ,

Up

-Vp " - et donc $n ! sup(p, q, r ), Vn

Un " 2-. Il s’ensuit Un = o(Vn ). Vn

2)

Après avoir exprimé que an ! bn , on utilise la première question. n

bn = o(bn ) et lim Bn = +

On a an

. En remarquant que An

an

Bn "

b

n , la

k =1

première question donne donc : An

Bn = o(Bn ) c’est-à-dire An ! Bn .

Ex. 40 Étudier la suite (xn ) définie par x0 > 0 et xn +1 = xn +

1 xn2

.

Une suite réelle croissante et strictement positive est ou bien convergente, de limite # > 0, ou bien de limite + .

Si on a xn > 0, il vient xn +1 = xn +

1 2

xn

> 0.

Avec x0 > 0, on en déduit xn > 0 pour tout n ! !. 140

Sujets d’oraux

xn =

En outre, xn +1

1 2

xn

assure que (xn ) est strictement croissante.

Si (xn ) admet une limite réelle #, on a nécessairement # > 0, alors lim xn +1 lim

1 xn2

=

1 #2

xn

= 0 et

donne une contradiction.

En conséquence, on a lim xn = + . Pour préciser la vitesse de convergence vers + de cette suite, il est d’usage de chercher un 1 est de limite 0. équivalent de xn en utilisant que xn Une démarche classique consiste à élever à une puissance % et, au vu des termes significatifs, de choisir % au mieux de nos intérêts. 1

En élevant xn +1 = xn 1 +

3

xn

à la puissance %, on utilise le développement classique : (1 + h )% = 1 + %h + o(h ).

xn%+1 = xn%

1+

%

+o

3 xn

1

= xn% + %xn%

3

xn

En choisissant % = 3, il vient xn3+1

3

+ o xn%

3

.

xn3 = 3 + o(1), c’est-à-dire xn3+1

xn3 ! 3.

On a vu dans l’exercice précédent que l’on peut ajouter des équivalents lorsque certaines conditions sont réalisées. Il est vivement conseillé de s’y reporter. n

(xk3+1

Avec le résultat rappelé ci-dessus, on est en droit d’écrire

n

3

xk ) !

k =0

c’est-à-dire xn3+1

3 = 3(n + 1), k =0

x03 ! 3(n + 1) puis xn3+1 ! 3(n + 1).

Alors xn3 ! 3n donne finalement xn !

3

3n .

Ex. 41 %

%

1) E désignant la fonction partie entière, montrer que pour tout %!]0, 1[, e E (x ) et ex sont équivalents en + , %

%

2) Montrer que, pour % ! 1, eE (x ) et ex ne sont pas équivalents en + .

On a eu (x ) ! ev(x ) si et seulement si u (x ) +

v(x ) est de limite 0 en +

.

C’est une faute grave d’imaginer que u (x ) ! v(x ) implique eu (x ) ! ev(x ) ! +

+

Examinons en préliminaire deux cas significatifs.

Pour tout x > 0, x

1

1 < E (x ) " x donne 1

< x c’est-à-dire E (x ) ! x . On en déduit que E (x )% ! x % . +

E (x ) E (x ) " 1, et il vient lim = 1, x x + x

+

1

Examinons le cas où % = 2 . On a 0 " x On en déduit que lim x

+

x

E (x ) =

E (x )

x x+

E (x )

"

1 2

E (x )

.

x E (x ) = 0, puis que e E (x ) ! e . +

Chapitre 3 - Réels, suites, limites. Continuité, dérivation. Taylor. Développements limités

141

On examine le cas où % = 1. Remarquons que x 1 2

En effet, pour tout n ! ! , on a n +

E (x ) n’est pas de limite 0 en +

E n+

eE (x ) et ex ne sont donc pas équivalents en +

C’est un des multiples exemples où e le soient.

1 2

=

1 . 2

.

u (x )

et ev(x ) ne sont pas équivalents bien que u (x ) et v(x )

1) Étudions le premier cas global : %!]0, 1[. Pour x > 1, on a 1 " E (x ) " x et 0 " x 1 < E (x ), d’où E (x )% " x % et E (x )% > (x Il s’ensuit que 0 " x % E % (x ) < x % (x 1)% . Or x %

(x

1)% = x %

1

1 x

1

%

h )% = 1

1

1 x

(x

1)% ! +

% x

On a donc, pour tout %!]0, 1[,

1 %

x

1)% .

.

Le développement limité classique (1

et il s’ensuit x %

.

1

%h + o(h ) en 0 donne : %

!

+

% x

.

lim

x

+

%

E (x )

%

%

= 0, c’est-à-dire eE (x )

%

! ex .

+

2) Étudions enfin le deuxième cas global : % ! 1. Dans le cas particulier % = 1, on a fait intervenir n +

1 avec n ! ! . Il est raisonnable de s’en 2

inspirer pour traiter ce dernier cas. 1 Considérons xn = n + avec n ! ! . Alors E (xn ) = n et xn% 2 n+

1 2

%

n% = n%

1+

1 2n

%

1 n+

et 1 + 1 2

1 2n

%

n% !

%

E (xn ) =

%

% % n 2

1! 1

1 pn + 2

%

n%.

% donne : 2n

.

On en déduit que, pour % ! 1, xn% E (xn )% n’est pas de limite 0 en + , donc que x % E % (x ) % % n’est pas de limite 0 en + , c’est-à-dire que eE (x ) et ex ne sont pas équivalents en + .

Ex. 42 1

Soit (un ) la suite définie par u0 = 1 et $n ! !, un +1 = 1 + nu . n Prouver que $n ! ! ,

1 " un et donner un équivalent de un . 1+ n

On a un > 0 pour tout n puis un < 1 pour tout n ! 1. Avec 1 + nun > nun pour n ! 1, il vient un un +1 "

1 . n

1 1 et, si cela était, on aurait effectivement un un +1 " . n n Pour procéder par récurrence en vue de majorer un +1 , il faudrait une minoration de un . Ce sera le rôle de celle qui est proposée. On peut espérer obtenir un "

142

Sujets d’oraux

u1 =

1 1 est compris entre et 1. 2 2

Supposons que, pour n ! 1, on ait un "

1 donne 1 + nun " 1 + n

Il s’ensuit que

1 1 " un " . 1+ n n n et on en déduit 1 + nun " 1 +

n + 1.

1 " un +1 . 1+ n+1

1 n " un donne 1 + " 1 + nun puis un +1 " 1+ n 1+ n 1

Pour conclure, il suffit de prouver que 1+ n n+1"1+ c’est-à-dire 1+ n

ce qui découle de

n"

1+

n+1

1+

1

"

n

1

n+1

.

n

1+

n

ce qui équivaut à :

n

1"

n ou encore 1+ n

n n+1+1

"

n , 1+ n

n + 1.

En conclusion pour tout n ! ! , on a Il en découle immédiatement que un !

1 1 " un " . 1+ n n 1 . n

1 , la suite est assez facile. n La clé de cet exercice réside donc là et c’est ce qui le rend un peu délicat. Une fois envisagé l’éventualité de un "

Ex. 43 Soit f une fonction réelle définie et deux fois dérivable sur [0, 1]. On suppose que f (0) = f (0) = 0, f (1) = 1 et f (1) = 0. Montrer qu’il existe % ! ]0, 1[ tel que f (%) ! 4.

On procède par contraposée, en utilisant la formule de Taylor-Lagrange.

Supposons que, pour tout x ! ]0, 1[ , f (x ) < 4. f étant deux fois dérivable sur 0, f

1 1 , il existe % ! 0, 2 2 1 2

= f (0) +

tel que :

1 1 f (0) + f (%) 2 8

en application de la formule de Taylor-Lagrange. 1

Il s’ensuit, avec les hypothèses sur f et l’hypothèse de travail : f 2 En appliquant cette même formule sur l’intervalle & ' !

1 ,1 , f 2

1 2

= f (1)


0, la suite Pn (x ) 166

n !!

Thèmes d’étude – Problèmes

2n x n = 0. n!

p 2p x p x 1 " 1, c’est-à-dire " p. p! p! 2

est croissante.

q

x

Pour n ! q, on a Pn (x ) = p=0

La suite Pn (x )

n !!

n

p

p!

+ p=q+1

x

q

p

"

p!

x

p=0

n

p

p!

q

1

+ p=q+1

2

p

x

"

p

p!

p=0

+ 1.

est donc majorée.

Croissante et majorée, la suite Pn (x ) est convergente. x

c) La suite 2p"n

2p

x

est croissante et

(2p)!

2p"n

n !!

2p

(2p)!

" p"n

(x 2 )p " (2p)!

p"n

(x 2 )p = Pn (x 2 ). p!

Elle est majorée car Pn (x ) est majorée pour tout x > 0 ; sa convergence en découle. x

Pour tout x , on a Pn (x ) + Pn ( x ) = 2 2p"n

2p

(2p)!

.

Pour x < 0, la convergence de Pn ( x ) entraîne alors celle de Pn (x ) . 2) a) En passant à la limite (pour n infini) dans 1n (h ) = Pn (x + h ) obtient : 1(h ) = E (x + h ) E (x ) hE (x ).

Pn (x )

hPn 1 (x ) on

b) On a 1n (h ) = Pn 1 (x + h ) Pn 1 (x ) et, en appliquant la formule des accroissements finis, il existe /!]0, 1[ tel que 1n (h ) = hPn 2 (x + /h ). Or, pour tout entier n ! ! : Pn (x + /h ) " Pn ( x + /h ) " Pn ( x + 1) " E ( x + 1), et il vient donc 1n (h ) " h E ( x + 1). c) Compte tenu de 1n (0) = 0, l’inégalité des accroissements finis donne : 1n (h ) " +

En prenant la limite pour n d) On a donc

E (x + h ) h

lim

h

E (x )

1

, il vient 1(h ) " 2 E ( x + 1)h 2 . E (x ) "

E (x + h )

h

0

1 E ( x + 1)h 2 . 2

E (x )

1 E ( x + 1) h , d’où : 2

= E (x ) c’est-à-dire E (x ) = E (x ).

3) a) On a F (x ) = 0, donc F est constante. En notant que F (0) = 1, il vient : E (x )E ( x ) = 1 pour tout x ! ". b) On a Ga (x ) = 0 et Ga est constante. En remarquant que Ga (0) = E (a ), il vient : E (x + a )E ( x ) = E (a ). Alors, avec a), il obtient : E (x + a ) = E (x )E (a ). 4) Si E était une fonction polynôme Q, de degré q ! !, on aurait D q+1 Q = 0. Or D q+1 E = E et E n’est pas la fonction nulle puisque E (0) = 1. 5) Pour x > 0 et n ! !, on a Pn (x ) > 1 et par suite E (x ) > 1 puisque Pn (x ) est croissante. Pour x " 0, E (x )E ( x ) = 1 montre que 0 < E (x ) " 1. 6) Pour tout x > 0, on a 1 + x " E (x ), donc lim E (x ) = + . x

+

Avec E (x )E ( x ) = 1, il vient lim E (x ) = 0. x

Chapitre 3 - Réels, suites, limites. Continuité, dérivation. Taylor. Développements limités

167

10 Fonctions à dérivées successives positives Soit f !

(I, "), où I est un intervalle non vide, non réduit à un point.

On dit que f est de type (AM) lorsque $n ! !, f (n ) ! 0, en notant f (n ) sa dérivée d’ordre n ! !, avec f (0) = f . 1) a) Soit f et g des fonctions réelles définies et de type (AM) sur I . Montrer que f + g et fg sont de type (AM). b) Montrer que f est de type (AM) si et seulement si f ! 0 et f est de type (AM). c) On suppose que f est de type (AM) sur I et que g, définie sur un intervalle J ' f (I ), est de type (AM). Montrer que g f est de type (AM) sur I . 2) a) La fonction T définie par T (x ) = b) La fonction L définie par L (x ) =

1+x 1 #n , est-elle de type (AM) sur [0, 1[ ? 2 1 x

#n ( x ) est-elle de type (AM) sur ]

, 0[ ?

c) Étant donné b ! ", on considère la fonction réelle H définie sur I =]

, b[ par :

(x +. H (x ) = , avec ((, .) ! "2 . x b Donner une condition nécessaire et suffisante sur ((, .) pour que la fonction H soit de

type (AM). Dans la suite, l’intervalle I est I = [a, b[, avec a < b, et la fonction f est de type (AM) sur [a, b[. 3) Pour n ! ! et x ! [a, b[, on pose un (x ) =

(x

n

n

a ) (n ) f (a ) et Sn (x ) = n!

uk (x ). k =0

a) Montrer que $n ! !, $x ! [a, b[, Sn (x ) " f (x ). b) Montrer que, pour tout x ! [a, b[, la suite Sn (x ) S(x ) vérifie S(x ) " f (x ). 4) Pour n ! !, on définit hn : ]a, b[

n !!

est convergente et que sa limite

", x ! hn (x ) par f (x ) = Sn (x ) + (x

a )n hn (x ).

a) Montrer que hn est dérivable sur ]a, b[. On définit alors gn sur [a, b[ par gn (a ) = 0 et, pour x !]a, b[, hn (x ) =

gn (x )

(x

a)

n +1 .

Expliciter gn (x ) à l’aide de f (x ), f (x ) et des f (k ) (a ) avec k ! [[ 0, n ]]. b) Étudier le signe de g1 (x ) et en déduire le sens de variation de h1 . Étudier le signe de g2 (x ) et en déduire le sens de variation de h2 (x ). c) Avec la formule de Taylor-Young, montrer que gn (x ) = o (x

a )n .

Qu’en déduire pour g(k ) (a ), k ! [[ 0, n ]] ? Montrer que gn(n ) ! 0 et en déduire que gn ! 0 puis que hn est croissante. 5) Pour x !]a, b[ on pose Rn (x ) = (x

a )n hn (x ).

a) Étant donné x0 !]a, b[ et c !]x0 , b[, montrer que 0 " Rn (x0 ) " En déduire que S(x0 ) = f (x0 ). 168

Thèmes d’étude – Problèmes

x0 c

a n f (c ). a

b) Montrer que f est constante ou bien strictement croissante sur ]a, b[. c) Que peut-on dire de f quand il existe x0 !]a, b[ tel que f (x0 ) = 0 ? d) Que peut-on dire de f quand il existe x0 !]a, b[ et n ! ! tels que f (n ) (x0 ) = 0 ?

Solution 1) a) f et g étant

sur I , il en est de même pour f + g et pour fg.

Pour tout n ! !, on a ( f + g)(n ) = f (n ) + g(n ) , f (n ) ! 0 et g(n ) ! 0, donc ( f + g)(n ) ! 0. n

k

"n f (k ) g(n

$n ! !, ( fg)(n ) =

k)

et $k ! [[ 0, n ]], f (k ) ! 0 et g(n

k)

! 0, donc ( fg)(n ) ! 0.

k =0

sur I , il en est de même pour f . Pour tout n ! !, on a ( f )(n ) = f (n +1) , donc :

b) f étant

( f ) (n ) ! 0 .

sur I , il en est de même pour f .

Si f est

Avec f ! 0 et f (n +1) = ( f )(n ) ! 0, il vient : $n ! !, f (n ) ! 0. c) f et g étant

sur I et J respectivement, il en est de même pour g f .

Avec g ! 0 sur J , il vient g f ! 0 sur I , c’est-à-dire (g f ) (0) ! 0. Pour prouver que g f est de type (AM) sur I , il nous suffit de prouver la propriété $(n ) : pour toutes fonctions u et v de type (AM) sur I et J respectivement, avec u (I ) # J , on a : $k ! [[ 0, n ]], (v u )(k ) ! 0.

On procède par récurrence. Avec v ! 0 sur J , on a v u ! 0 sur I , donc $(0) est vraie. Avec v

u

(n +1)

=

(v

u )u

(n )

n

=

k

"n (v

v)

(k )

v

(n k )

, il vient aisément que $(n )

k =0

implique $(n + 1). Ainsi $(n ) est vraie pour tout n ! !, et on en déduit que g f est de type (AM) sur I . 2) a) T est

sur [0, 1[ et $x ! [0, 1[, 2T (x ) = #n (1 + x )

#n (1

x ).

1+x est minimum en 0 et son minimum est 1, donc T (x ) ! 0 sur I . Sur I = [0, 1[, x ! 1 x 1 1 ( 1)n 1 (n 1)! (n 1)! + donne $n ! ! , 2T (n ) (x ) = + . 1+x 1 x (1 + x )n (1 x )n 2 (1 x )n (1 x )n T (n ) (x ) = 1 + ( 1)n 1 . Il s’ensuit (n 1)! (1 + x )n 1 x (1 x )n 0 < 1 x " 1 + x donne 0 < " 1 puis 1 + ( 1)n 1 ! 0 et enfin T (n ) (x ) ! 0. 1+x (1 + x )n Ainsi, T est de type (AM). 2T (x ) =

b) On a L ( e) = 1 et L n’est pas positive sur ] Elle n’est donc pas de type (AM) sur ] , 0[.

, 0[.

c) H est sur I =] , b [. On a lim H = (, alors H ! 0 sur I implique ( ! 0. x

H (x ) =

. +b( (x

2

b)

et H ! 0 implique . + b ( "0.

Chapitre 3 - Réels, suites, limites. Continuité, dérivation. Taylor. Développements limités

169

Si ces conditions sont réalisées, alors H est croissante, de limite positive en Pour n ! ! , on a H (n ) (x ) = (. + b()

n! n +1

(b

x)

, donc positive.

! 0 donc H est de type (AM) sur I .

3) a) Avec la formule de Taylor-Lagrange : &c !]a, x [, f (x ) = Sn (x ) +

(x a )n +1 (n +1) f (c ). (n + 1)!

Alors f (n +1) ! 0 donne f (x ) ! Sn (x ). n

a ) (n ) f (a ) ! 0, donc n! de limite S(x ) " f (x ), et tant que suite croissante majorée par f (x ).

b) En outre, $n ! !, Sn +1 (x )

4) a) hn : ]a, b[, x ! hn (x ) =

f (x ) (x

Sn (x ) est n a) n

n

(x

a)

n +1 f (x )

(x

Sn (x ) est convergente,

.

a)

k

f

k!

k =0

n 1

et on pose gn (x ) = (x

(x

Sn (x ) =

a ) f (x )

(k )

(a ) +

(x

a) k!

k =0

k

f

n 1

1 (x

(k +1)

a)

n f (x )

(x

k

k!

k =0 n

(a )

a)

(x

n f (x )

a) k!

k =0

f

(k +1)

k

f

(k )

(a ) , (a ) .

Notons que, sous cette forme, on voit que gn (a ) = 0. b)

g1 (x ) = (x

a ) f (x )

f (a )

f (x )

f (a )

(x

Par la formule de Taylor : &c !]a, x [, f (a ) = f (x ) + (a g1 (x ) =

1 (a 2

a )f (a ) = (x x )f (x ) +

1 (a 2

a )f (x )

f (x ) + f (a ).

x )2 f (c ), et il s’ensuit :

x )2 f (c ) ! 0.

En conséquence, on a h1 ! 0 sur ]a, b[, donc h1 est croissante sur [a, b[. g2 (x ) = (x

a ) f (x )

c’est-à-dire g2 (x ) = (x

f (a )

(x

a )f (a )

a ) f (x ) + f (a ) g2 (x ) = (x

2 f (x )

2 f (x ) a )f (x )

f (a )

(x

1 (x 2

a )f (a )

a )2 f (a )

f (a ) , et on obtient : f (x ) + f (a ).

Par la formule de Taylor : &d !]a, x [, f (a ) = f (x ) + (a

x )f (x ) +

1 (a 2

x )2 f

(d ), donc :

1 (a x )2 f (d ) ! 0. 2 Ainsi, g2 est croissante sur [a, b[ et, avec g2 (a ) = 0, on a g2 ! 0, puis h2 croissante. g2 (x ) =

c) En appliquant la formule de Taylor-Young, on a : n 1

f (x ) k =0

(x

a) k!

k

f

(k +1)

(a ) = o (x

a)

n 1

n

et f (x )

k

f

(k )

(a ) = o (x

a )n et il s’ensuit $k ! [[ 0, n ]], gn(k ) (a ) = 0.

On obtient facilement gn(n ) (x ) = (x

a )f (n +1) (x ) ! 0.

Supposons que, pour k ! [[ 1, n ]], on ait gn(k ) ! 0. Avec gn(k gn(k )

a) k!

k =0

On en déduit gn (x ) = o (x

Ainsi, $k ! [[ 0, n ]], on a

(x

1)

(a ) = 0, il vient gn(k

! 0. En particulier gn ! 0 et hn est croissante.

5) a) La formule de Taylor-Young appliquée à f montre que lim hn (x ) = 0. x

On en déduit hn ! 0 puis 0 " hn (x0 ) " hn (c ). 170

Thèmes d’étude – Problèmes

a

1)

! 0.

a)

n

.

Alors 0 "

Rn (x0 ) Rn (c ) " donc 0 " Rn (x0 ) " (x0 a )n (c a )n

x0 c

a n Rn (c ). a

En outre, Sn (x ) ! 0 donne Rn (x ) " f (x ). Il s’ensuit 0 " Rn (x0 ) "

x0 c

a n x0 f (c ) puis lim Rn (x0 ) = 0 car 0 " a c n +

a < 1. a

Enfin f (x0 ) = Sn (x0 ) + Rn (x0 ) et lim Sn (x0 ) = S(x0 ) donne f (x0 ) = S(x0 ). n

+

b) Supposons que $n !! , f (n ) (a ) = 0. Alors, $x ![a, b[, $n !!, Sn (x ) = f (a ), d’où $x ![a, b[, S(x ) = f (a ) et, avec a), il vient f (x ) = f (a ). Ainsi f est constante si et seulement si $n ! ! , f (n ) (a ) = 0. Si f n’est pas constante, il existe n ! ! tel que f (n ) (a ) > 0. La croissance de f (n ) donne $x ! [a, b[, f (n ) (x ) > 0. -n

Alors, pour tout - > 0, x + - < b, on a f (x + -) ! f (x ) + f (n ) (x ) > f (x ), donc f est strictement n! croissante. c) f (x0 ) = 0, avec x0 a > 0, donne S(x0 ) = 0 puis, avec 0 " Sn (x0 ) " S(x0 ), $n ! !, Sn (x0 ) = 0, donc f (n ) (a ) = 0. Il s’ensuit que f est la constante nulle. d) Avec f (n ) de type (AM) sur I , f (n ) (x0 ) = 0 implique f (n ) = 0 sur [a, b[. Alors f est une fonction polynomiale de degré au plus n 1.

11 Majoration des dérivées successives Pour n ! ! , on note &n le "-espace vectoriel des fonctions de sur " et dont les dérivées jusqu’à l’ordre n sont bornées sur ".

n

(", ") qui sont bornées

On pose M0 = sup f (x ) et, pour k ! [[ 1, n ]], Mk = sup f (k ) (x ) . x !"

x !"

1) Dans cette question, on suppose n ! 2 et on considère f ! &2 . Justifier l’inégalité, pour tout x ! " et pour tout h ! ", 2

(1) :

M2 h . 2 h ), montrer que pour tout x ! " et tout h > 0, on a :

f (x + h )

En appliquant (1) à f (x + h ) et à f (x

f (x )

f (x ) "

En déduire que (2) : M1 " 2

hf (x ) "

M0 M2 h + . h 2

M0 M2 .

2) Dans cette question, on suppose n ! 3 et on considère f ! &3 . a) En appliquant (2) aux fonctions f et f , majorer M2 en fonction de M1 et de M3 , puis majorer M1 en fonction de M0 et M2 . En déduire des majorations de M1 et de M2 à l’aide de M0 et de M3 . b) Seconde majoration de M1 et M2 à l’aide de M0 et M3 . Chapitre 3 - Réels, suites, limites. Continuité, dérivation. Taylor. Développements limités

171

En appliquant l’inégalité de Taylor-Lagrange à f (x + h ) et à f (x x ! " et tout h > 0, on a :

h ), montrer que, pour tout

3

M3 h 4M0 + 2 . 3 h En déduire de nouvelles majorations de M1 et M2 à l’aide de M0 et M3 . f (x ) "

M3 h M0 + 6 h

et

f (x ) "

3) a) On suppose n ! 2 et on considère f ! &n . En appliquant (2) à la fonction f (n Mn 1 en fonction de Mn 2 et de Mn . b) En déduire l’existence d’une suite an $n ! ! , $f ! &n ,

n !! 1 1 1 Mn 1 " an M0n Mn n

c) Montrer que pour tout f ! &n , Mn

1

"2

2)

, majorer

de réels telle que : ann " 2n 1 ann 11 pour n ! 2.

avec

1 n 1 2 Mn 0

n 1

Mn n .

d) Montrer que pour tout f ! &n : $k ! [[ 0, n ]], Mk " 2

n k k k (n k ) 2 M0 n Mnn

.

Étude d’un exemple Pour p ! ! , on considère la fonction wp définie par : wp (x ) = 2 pour 0 " x < 1

1 ; 2p

wp (x ) = 2 sin p , (1

wp ( x ) = wp (x ) et wp (x + 2) =

wp (x )

x)

pour 1

1 "x "1 ; 2p

pour tout x ! ".

4) Étudier la continuité et la périodicité de wp . 5) Soit vp la primitive de wp telle que vp (0) = 0. Donner l’expression de vp (x ) pour 0 " x " 1. Exprimer vp ( x ) et vp (x + 2) en fonction de vp (x ). 6) Soit up la primitive de vp telle que up (1) = 0. Donner l’expression de up (x ) pour 0 " x " 1. Exprimer up ( x ) et up (x + 2) en fonction de up (x ). 7) a) Déterminer :

M0 (p) = sup up (x ) ; x !"

M1 (p) = sup up (x ) ; x !"

b) Donner les limites de M0 (p), M1 (p) et M2 (p) quand p tend vers + Qu’en déduire pour l’inégalité (2) ?

M2 (p) = sup up (x ) . x !"

?

8) Soit Up la primitive de up telle que Up (0) = 0. Montrer à l’aide de cette fonction que les majorations (3) de M1 et de M2 sont optimales.

Solution 1) Si M2 = 0, il existe (a, b) ! "2 tel que $x ! ", f (x ) = ax + b. Alors l’hypothèse f bornée implique a = 0. Dans ce cas, on a M1 = 0 et les inégalités (1) ou (2) sont triviales. On suppose maintenant M2 " 0. f étant de classe 2 sur ", avec f bornée sur ", l’inégalité de Taylor-Lagrange s’applique, pour tout x ! " et pour tout h ! ", 172

Thèmes d’étude – Problèmes

f (x + h )

(1) :

f (x )

hf (x ) "

M2 h 2 . 2

Pour x ! " et h > 0, on a : f (x + h )

f (x )

Il s’ensuit 2hf (x )

hf (x ) "

f (x + h ) + f (x

M2 h 2

2

2

et f (x

h)

f (x ) + hf (x ) " f (x + h )

h ) " M2 h 2 , puis f (x ) "

M2 h . 2

f (x

h)

2h

+

M2 h , 2

d’où : f (x ) "

M0 M2 h + . h 2

2M0 . M2

M0 M2 h + est dérivable, et présente un minimum en h1 = h 2

La fonction 2 : "+

", h !

Ce minimum vaut

2M0 M2 . Il s’ensuit : M1 "

(2) :

2

M0 M2 .

2) Si M3 = 0, alors il existe (a, b, c ) ! "3 tel que $x ! ", f (x ) = ax 2 + bx + c . Alors l’hypothèse f bornée implique a = b = 0. Dans ce cas, on a M1 = M2 = 0 et toute majoration de M1 ou M2 est triviale. Si M1 = 0, alors f est constante et il vient M3 = 0. Dans la suite, on suppose M3 " 0. a) Puisque f est dans &3 , on a f ! &2 et f ! &2 . 2M1 M3 et M1 "

Par application de (2) aux fonctions f et f , il vient M2 " Avec M14 Avec M26 D’où,

" 4M02 M22 et M22 " 2M1 M3 , il vient M14 " 8M02 M1 M3 , d’où M13 " 8M13 M33 , il vient alors M26 " 64M02 M34 d’où M23 " 8M0 M32 . 2 1 1 2 finalement, (3) : M1 " 2M03 M33 et M2 " 2M03 M33 .

2M0 M2 .

" 8M02 M3 .

b) f étant de classe 3 sur ", avec f (3) bornée sur ", l’inégalité de Taylor-Lagrange donne pour tout x ! " et tout h > 0 : f (x

et

h)

f (x + h )

h

f (x ) + hf (x )

f (x )

2

2 h

hf (x )

f (x ) "

2

2

f (x ) "

M3 h

3

6 M3 h

6

3

.

3

On en déduit

f (x + h )

f (x

h)

f (x + h )

f (x ) "

donc

f (x ) "

f (x + h ) + f (x

h

f (x

h)

2

h)

2f (x )

2f (x )

M3 h , puis : 3

h)

2h

f (x + h ) + f (x

et

2hf (x ) "

+

M3 h

6

2

2

"

h f (x ) "

M3 h

2

6

+

M0 h

M3 h 3

3

M3 h M3 h 4M0 + " + 2 . 3 3 h

2

La fonction + : "+

", h ! 1 2

2

2

M3 h M0 + est dérivable et présente un minimum en h0 = 6 h

3

3M0 . M3

1

Ce minimum vaut 3 3 M03 M33 . C’est un majorant de M1 . Chapitre 3 - Réels, suites, limites. Continuité, dérivation. Taylor. Développements limités

173

La fonction 2 : "+

", h !

M3 h 4M0 + 2 est dérivable et présente un minimum en : 3 h h1 = 2

1

1

3

3M0 . M3

2

Ce minimum vaut 3 3 M03 M33 . C’est un majorant de M2 . 3) a) f (n

2)

2

est de classe

puisque f est dans &n .

En appliquant (2) à la fonction f (n

1)

, il vient Mn

1

2Mn

"

2 Mn .

b) Étant donné n ! ! , soit $(n ) la propriété : 1

1

Il existe donc an Avec Mn2(n1

1)

1

tel que Mn

" 2n

1

2

1

" an Mon Mn

1 n

avec ann " 2n 1 ann 11 si n ! 2. D’après les questions précédentes, les propriétés $(1), $(2) et $(3) sont vraies, avec : a1 = 1, a2 = 2, a3 = 2. Supposons alors que $(n 1) soit vraie et soit f ! &n . &an ! "+ , $f ! &n , Mn

" an

1 1 1 n 1 Mn 1n 1 , 1 M0

d’où

Mnn 21 " ann 11 M0 Mnn 12 .

Mnn 21 Mnn 1 , il vient :

Mn2(n1 1) " 2n 1 ann 11 M0 Mnn 12 Mnn 1 soit Mnn 1 " 2n 1 ann 11 M0 Mnn 1 . On en déduit l’existence de an tel que : 1

1

1 Mn 1 " an M0n Mn n , c’est-à-dire Mnn 1 " ann M0 Mnn 1 avec ann " 2n 1 ann 11 . Ainsi la propriété $(n ) est récurrente et elle est donc vraie pour tout n ! ! , ce qui prouve l’existence de la suite an n !! .

n 1

c) Soit '(n ) la propriété an " 2 2 . Avec a1 = 1, la propriété '(1) est vraie. Supposons que la propriété '(n 1) soit vraie. On a alors an

1"2

et il s’ensuit an " 2

n 2 2 , donc

n 1 2 .

ann 11 " 2

(n 1)(n 2) 2 ,

puis ann " 2n

Il en résulte que pour tout f ! &n : k (n k )

n k

1

2

(n 1)(n 2) 2

n 1

1

=2

(n 1) n 2

n 1

Mn 1 " 2 2 M0n Mn n .

k

d) Soit ((k ) la propriété Mk " 2 2 M0 n Mnn pour 0 " k " n . ((n ) est évidente et ((n 1) est vraie d’après le c). Supposons que ((k ) soit vraie, avec 1 " k " n . D’après le c), on a : k 1

1

k 1

Mk 1 " 2 2 M0k Mk k k 1

et ((k ) donne Mk k " 2

(k 1)(n k ) k 1 (k 1)(n k ) kn 2 M0 Mn n donc : n k +1 k 1 (k 1)(n k +1) 2 Mk 1 " 2 M0 n Mn n ,

ce qui montre que ((k 1) est vraie. La propriété ((k ) est ainsi établie par récurrence descendante. Étude d’un exemple 4) Soit Ip = [1

1 / 2p, 1]. On a wp

Ip

continue et de valeur 2 en 1

continue et par parité, wp est continue sur ] 174

Thèmes d’étude – Problèmes

1, 1[.

1 , donc wp 2p

]0,1[

est

Avec wp (1) = wp ( 1) = 0, la condition wp (x + 2) = wp (x ) permet de définir wp sur [1, 3], sans ambiguïté en 1 et wp (3) = wp (1) = 0, donc wp est continue sur ] 1, 3[. Pour x ! ", wp (x + 4) = wp (x + 2) = wp (x ) et wp est de période 4. Il y a raccordement continu en 1 et en 3, donc wp est continue sur ". 5) Étant la primitive nulle en 0 de wp continue, paire et de période 4, la fonction vp est impaire. Sur [0, 1

1 / 2p], on a vp (x ) = 2x ,

et sur [1

1 / 2p, 1], on a vp (x ) = 2

x

1 + p

1 2p

1

2 sin p , (1

1 2 + cos p , (1 p p,

vp (x ) = 2

t ) dt donc :

x) .

Par imparité, on connaît vp sur [ 1, 1]. x +2

vp (x + 2) =

wp +

0

wp =

1 0

wp (2 + t ) dt =

wp .

2

1

wp (t ) dt =

1

1

x +2

2

wp +

0 0

2

Or

1

wp =

wp (t ) dt par parité de wp et :

1

0

x +2

x

wp (t ) dt =

x

wp (2 + t ) dt =

wp (t ) dt .

0

2

0

Il s’ensuit vp (x + 2) = vp (x ) puis la période 4 pour vp . 6) Primitive de vp impaire, la fonction up est paire : up ( x ) = up (x ). Sur [1

1 / 2p, 1], on a : x

up (x ) =

1

2

p

1

1 = 2p

et up 1 Sur [0, 1

1 p

2

+

p,

2

cos p , (1

1 2p

2 2 2

p ,

t)

dt =

1

2 (1

p

x)

2 2 2

p ,

sin p , (1

x)

.

1 / 2p], on a : 1

up (x ) =

1 2p

x

vp (t ) dt +

donc up (x ) =

1 p

2

1 + x2 2p

x +2

up (x + 2) =

1 2p

1

1

1 2p

1

x

2 2

p ,

vp (t + 2) dt = 1

donc up (x + 2) = up (x ) puisque vp est impaire. 7) a) M2 (p) = sup wp (x ) = 2 ;

2

2

up (0) =

x !"

2 2 2

p ,

1 2p

2t dt

x

1

vp (t ) dt

1

vp (t ) dt 1

1

x !"

M0 (p) = sup up (x ) =

1

vp (t ) dt =

M1 (p) = sup vp (x ) = vp (1) =

x !"

x

+

.

x

vp (t ) dt = 1

1 2p

vp (t ) dt = up 1

1 2p

+ 1

2 +2 1 p, 2

+ 2

1

1 2p 1

p 2p

; .

b) M0 = lim M0 (p) = 1, M1 = lim M1 (p) = 2 et M2 = lim M2 (p) = 2 p

+

p

+

p

+

On a donc M1 = 2M0 M2 et l’inégalité (2) est optimale, en ce sens qu’un coefficient plus petit que 2 devant M0 M2 donnerait une inégalité fausse pour p assez grand. Chapitre 3 - Réels, suites, limites. Continuité, dérivation. Taylor. Développements limités

175

x

8) Up (x ) = Sur [0, 1 Sur [1

p p p

up (t ) dt . Il suffit de calculer Up (x ) pour x ! [0, 1].

0

1 / 2p], Up (x ) =

x

3

3

1 p

+

p

+

+

Up (1) = lim p

2

1

1 2p

2

x.

up (t ) dt .

1 2 = . 2p 3

Up 1

+

1 2p

1

2 2

p ,

x

1 + 2p

1 / 2p, 1], Up (x ) = Up 1

lim M0 (Up ) = lim

1 2p

2

lim M3 (Up ) = 2. +

lim M1 (Up ) = lim M0 (up ) = 1 et lim M2 (Up ) = lim M1 (up ) = 2. p

+

Il s’ensuit lim p

+

p

+

p

+

2 3

2 1 1 2 1 2 2 3 3 M0 (up ) 3 M3 (up ) 3 = 3 3 2 2 3

+

1

2 3 = 1 = lim M1 (up ) et la majoration p

+

est optimale. 1

1

2

1

De même, lim 3 3 M0 (up ) 3 M3 (up ) 3 = 3 3 p

+

1 3

2 3

2

2 3 = 2 = lim M2 (up ) et la majoration est p

+

optimale.

12 Majoration de fonction pseudo-additive Soit a un réel positif et f une fonction réelle continue sur "+ et telle que : $(u, v) ! "2+ , f (u + v) f (u ) f (v) " a . (1) 1) Établir que $u ! "+ , $n ! ! , f (nu )

1)a .

nf (u ) " (n

2) a) Montrer que $x ! 1, &(u, n ) ! [1, 2]

(2)

! , x = nu .

En déduire que $x ! 1, f (x ) " x a + sup f (u ) . u ![1,2]

b) On pose A = sup f (u ) et B = sup f (u ) . u ![1,2]

u ![0,1]

Montrer que $x ! 0, f (x ) " (A + a )x + B. 3) Soit u et x réels, 1 " u " x , et m = E a) Montrer que f (x )

mf (u )

f (x

x u

.

mu ) " ma .

b) Montrer qu’il existe c0 ! 0 tel que : $(u, x ), 1 " u " x,

f (x ) x

4) Montrer qu’il existe c ! 0 tel que, pour tout (u, x ), 1 " u " x ,

f (u ) c0 u a " + . u x u f (x ) x

f (u ) c " . u u

5) Soit g1 et g2 , h1 et h2 les fonctions définies sur [1, + [ par : g1 (u ) =

1 f (u ) u

176

Thèmes d’étude – Problèmes

c , g2 (u ) =

1 f (u ) + c , u

h1 (x ) =

sup u ![1, x ]

g1 (u ), h2 (x ) =

inf

u ![1, x ]

g2 (u ).

Montrer que : a) $x ![1, x ], h1 (x )!

1 f ( x) c , x

h2 (x )"

1 f ( x )+ c x

1

et h1 (x )" x f (x )" h2 (x ) ;

b) h1 est croissante et h2 est décroissante ; c) h1 et h2 ont une limite quand x tend vers +

et que lim h1 = lim h2 = lim +

x

+

f (x )

+

x

.

On note # cette limite. 6) Montrer que, pour tout x ! 0, f (x )

#x " a .

Solution 1) L’inégalité est vraie si n = 1. Supposons la vraie pour n ! ! . On a f [(n + 1)u ] (n + 1)f (u ) = f [(n + 1)u ] f (nu ) f (u ) + f (nu ) nf (u ). Avec (1) et l’hypothèse de récurrence, il vient f [(n + 1)u ] (n + 1)f (u ) " na . On a ainsi prouvé (2) par récurrence. 2) a) Soit n = E (x ) la partie entière de x . Avec x ! 1, on a n ! ! . Avec n " x < n + 1 " 2n , il reste à poser u =

x pour conclure. n x x f (u ) " na d’où f (x ) " ( f (u ) + a ) " x a + sup f (u ) u u u ![1,2]

Avec 1), on a f (x )

.

b) Pour x ! 1, on a f (x ) " (a + A)x . Pour x ! [0, 1], on a f (x ) " B. Par suite, pour tout x ! 0, f (x ) " (a + A)x + B. x ! 1, c’est-à-dire m ! 1, on applique les propriétés (1) et (2) à : u f (x ) mf (u ) f (x mu ) = [f (x ) f (mu ) f (x mu )] + [f (mu ) mf (u )]

3) a) Avec

et on obtient : f (x )

b) Posons y =

x u

mf (u )

f (x

m . On a 0 " y < 1 et x f (x ) x

f (u ) 1 = f (x ) u x

f (x )

f (u ) 1 = f (x ) u x

ce qui s’écrit aussi : x majoration du a) :

f (x ) x

mu ) " a + (m

1)a = ma .

mu = uy. x 1 f (u ) = f (x ) u x

mf (u )

f (x

f (u ) 1 " ma + f (uy) u x

mf (u )

yf (u )

mu ) + f (uy)

yf (u ) d’où, avec la

yf (u ) .

Avec f (uy) " (a + A)uy + B " (a + A)uy + Bu et f (u ) " (a + A)u + B " (a + A + B)u , et avec 0 " y " 1, on obtient alors : f (x ) x

m

1

f (u ) m 2u " a+ a+A+B . u x x

En remarquant que x " u , et en posant c0 = 2(a + A + B), on obtient

f (x ) x

f (u ) a uc0 . " + u u x

Chapitre 3 - Réels, suites, limites. Continuité, dérivation. Taylor. Développements limités

177

4) Avec 1 " u " x et

x " x , la majoration précédente s’applique.

u a uc 1 1 " et il s’ensuit + 0 " (a + c0 ) . x u u x u On conclut en posant c = a + c0 .

On a x ! u 2 donc

1 (f ( x ) x

5) a) On a h1 (x ) ! g1 ( x ) = c

f (x )

c ) et h2 (x ) " g2 ( x ) =

f (u ) c 1 f (x ) 1 " d’où (f (u ) c )" " (f (u )+ c ), c’est-à-dire : u u u x u

Pour u ![1, x ], on a u " x

g1 (u ) "

Il s’ensuit h1 (x ) "

1 (f ( x ) + c ). x

f (x ) " g2 (u ). x

f (x ) " h2 (x ). x

b) Pour 1 " x1 " x2 , on a [1, x1 ] # [1, x2 ] d’où h1 (x1 ) " h1 (x2 ) et h2 (x1 ) ! h2 (x2 ). c) On a h1 (1) " h1 (x ) "

f (x ) " h2 (x ) " h2 (1). x

La fonction h1 est croissante et majorée. Elle admet donc une limite en + . La fonction h2 est décroissante et minorée. Elle admet donc une limite en + . Avec h1 (x ) ! g1 ( x ), on a 0 " Il vient alors

x

lim +

De même, 0 " h2 (x ) 6) Soit g(x ) = f (x )

f (x )

x

f (x ) x

h1 (x ) "

f (x ) x

f ( x) c 2c + " avec 4). x x x

= lim h1 (x ). x

+

f (x ) f (x ) 2c " donne lim = lim h2 (x ). x x + x + x x lx . On a lim

g(x )

= 0.

x Supposons qu’il existe x0 ! 0 tel que g(x0 ) > a . x

+

f (x + x0 ) f (x ) f (x0 ) " a donne g(x + x0 ) + (x + x0 ) # g(x ) x # g(x0 ) x0 # " a , c’est-à-dire g(x + x0 ) g(x ) g(x0 ) " a Il vient alors g(x + x0 ) g(x ) ! g(x0 ) a > 0. On a donc x0 " 0. Par récurrence, g(x + nx0 ) g(x ) ! n [g(x0 ) a ], et en particulier, avec x = 0, on obtient :

g(nx0 ) g(0) g(x0 ) ! + nx0 nx0 x0

En prenant la limite pour n , il vient 0 !

g(x0 ) x0

a

a

.

> 0, ce qui est contradictoire.

On en déduit $x ! 0, g(x ) " a . On montre de même que $x ! 0, g(x ) ! a . Ainsi : $x ! 0, f (x ) #x " a .

178

Thèmes d’étude – Problèmes

CHAPITRE

4

Espaces vectoriels Applications linéaires Dimension finie Sujets d’oraux

180

A. Espaces vectoriels, applications linéaires B. Dimension finie

180 189

Thèmes d’étude – Problèmes

203

1. Polynômes d’interpolation de Lagrange 2. Images itérées et endomorphisme nilpotent 3. Un sous-espace vectoriel de polynômes

Chapitre 4 - Espaces vectoriels. Applications linéaires. Dimension finie

203 205 206

179

Sujets d’oraux A Espaces vectoriels, applications linéaires Ex. 1 Soit E un espace vectoriel, p un projecteur et u un endomorphisme de E . Montrer que p u = u p si et seulement si Ker p et Im p sont stables par u . Comme souvent dans une équivalence de proposition, les preuves de la condition nécessaire et de la condition suffisante s’établissent avec des arguments différents. Pour montrer que si p et u commutent, alors Ker p et Im p sont stables par u , il n’est pas utile de supposer que p est un projecteur. On peut évidemment se limiter au problème particulier mais il est aussi simple de prouver que si deux endomorphismes commutent, alors le noyau et l’image de l’un sont stables par l’autre.

Soit p et u des endomorphismes de E qui commutent. Pour tout x ! Ker p, on a p(x ) = 0E , donc u p(x ) = 0E puis p u (x ) = 0E donc u (x ) ! Ker p. On a donc u (Ker p) " Ker p. Pour tout x ! Im p, il existe y ! E , x = p(y). Alors u (x ) = u p(y) = p u (y) ! Im p. On a donc u (Im p) " Im p. Pour la réciproque, la stabilité de Ker p et de Im p rend intéressant que, pour un projecteur, on ait Ker p ! Im p = E . Pour un projecteur, Im p = Inv p facilite bien la tâche. En outre une application linéaire est caractérisée par ses restrictions à des sous-espaces supplémentaires.

Supposons que Ker p et Im p sont stables par u . Comme p est un projecteur, on a : Ker p ! Im p = E

et il suffit de comparer les restrictions des endomorphismes u p et p u aux sous-espaces Ker p et Im p. Pour tout x ! Ker p, on a p(x ) = 0E donc u p(x ) = 0E . Et avec la stabilité, on a aussi u (x ) ! Ker p donc p u (x ) = 0E . En conséquence, les restrictions p u Ker p et u p Ker p sont égales. Pour tout x ! Im p, on a p(x ) = x , donc u p(x ) = u (x ). Et avec la stabilité, on a aussi u (x ) ! Im p donc p u (x ) = u (x ). En conséquence, les restrictions p u Im p et u p Im p sont égales. En conclusion, ayant mêmes restrictions aux sous-espaces supplémentaires Ker p et Im p, les applications u p et p u sont égales.

Ex. 2 Soit u et v des endomorphismes d’un "-espace vectoriel. Montrer que Ker(vu ) = Ker u si et seulement si Im u # Ker v = 0E . Montrer que Im(vu ) = Im v si et seulement si Im u + Ker v = E . vu est usuellement mis pour v

180

Sujets d’oraux

u.

L’inclusion Ker u " Ker(vu ) et l’inclusion Im(vu ) " Im v sont vraies sans hypothèse particulière. De ce fait, seules les inclusions contraires sont à examiner.

1 ) Examinons l’équivalence Ker(vu ) " Ker u Im u # Ker v = 0E . Supposons que Ker(vu ) " Ker u et considérons x ! Im u # Ker v. Il existe y ! E tel que x = u (y) et on a v(x ) = 0E . On en déduit vu (y) = 0E , c’est-à-dire y ! Ker vu . Il s’ensuit (hypothèse de travail) que y ! Ker u , c’est-à-dire u (y) = 0E , donc x = 0E et on en déduit Im u # Ker v = 0E . Supposons que Im u # Ker v = 0E et considérons x ! Ker(vu ). vu (x ) = 0E donne u (x ) ! Ker v. Par ailleurs on a u (x ) ! Im u . Il s’ensuit (hypothèse de travail) que u (x ) = 0E , c’est-à-dire x ! Ker u et on en déduit Ker(vu ) " Ker u . 2) Pour le second point, l’appel à Im u et à l’endomorphisme vu incite à considérer la restriction de v à Im u .

Examinons l’équivalence Im v " Im(vu ) Im u + Ker v = E . Supposons que Im v " Im(vu ) et considérons x ! E . Face à x quelconque, on considère v(x ) pour avoir un élément de Im v et être en mesure d’exploiter Im v " Im(vu ).

Avec v(x ) ! Im v, on a (hypothèse de travail) v(x ) ! Im(vu ). Il existe donc y ! E tel que v(x ) = vu (y). On a ainsi v x u (y) = 0, c’est-à-dire x u (y) ! Ker v. Il reste à écrire x = u (y) + x u (y) pour voir que x ! Im u + Ker v. Il s’ensuit que E " Im u + Ker v, c’est-à-dire E = Im u + Ker v. Supposons que E = Im u + Ker v et considérons x ! Im v. Il existe y ! E tel que x = v(y). Avec E = Im u + Ker v, il existe z ! Im u et t ! Ker v tels que y = z + t . On a donc x = v(z ) puisque v(t ) = 0E . Alors, avec z ! Im u , il vient x ! Im(vu ) et il s’ensuit Im v " Im(vu ).

Ex. 3 Soit E un espace vectoriel réel, f un endomorphisme tel que f 3 = IdE , a ! # et u ! E . Chercher les vecteurs x de E tels que x + af (x ) = u . L’équation se lit !(u ) = u , où ! = IdE +af est un endomorphisme de E . IdE +af apparaît dans la factorisation de (1 + a 3 ) IdE = IdE +a 3 f 3 : (1 + a 3 ) IdE = IdE +a 3 f 3 = (IdE +af ) (IdE

af + a 2 f 2 ) = (IdE

af + a 2 f 2 )

(IdE +af ).

3

La mise en évidence d’une factorisation de (1 + a ) IdE par IdE +af invite à distinguer le cas général a $ 1 du cas particulier a = 1.

Si on a a $ 1, alors ! est bijective, d’inverse ! u ! E admet alors un antécédent unique x =

1

1 1 + a3

= u

1 1 + a3

IdE

af + a 2 f 2 .

af (u ) + a 2 f 2 (u ) .

Chapitre 4 - Espaces vectoriels. Applications linéaires. Dimension finie

181

Dans le cas général où a $

1, on a une solution et une seule.

Attachons-nous maintenant au cas particulier a = Pour orienter les calculs, notons que f 3

1. IdE ) ( f 2 + f + IdE ) = 0.

IdE = 0 se lit ( f

Cas où a = 1. Une solution x éventuelle vérifie nécessairement x f (x ) = u (1) puis, en prenant les images par f , f (x ) f 2 (x ) = f (u ) (2) et f 2 (x ) f 3 (x ) = f 2 (u ), c’est-à-dire : f 2 (x )

x = f 2 (u ) (3).

En ajoutant membres à membres, on en déduit que u + f (u ) + f 2 (u ) = 0. Notons " = IdE +f + f 2 . Il n’y a pas de solution quand u % Ker ". Examinons enfin le cas où u + f (u ) + f 2 (u ) = 0. Pour étudier une solution de l’équation, ou peut s’inspirer de la solution obtenue dans le cas :

Avec a =

Considérons v =

1

u

1 + a3

On a 1 + a 3 = (1 + a )(1

1 qui est

af (u ) + a 2 f 2 (u ) pour a $

a + a 2 ) = h (3

af (u ) + a 2 f 2 (u ) =

hf (u )

Notons que u + f (u ) + f (u ) = 0 donne aussi f (u ) 1 3

3h + h 2

hf (u )

2hf 2 (u ) + h 2 f 2 (u ),

2f 2 (u ) = 2u + f (u ).

2u + f (u ) + hf 2 (u ) .

Avec maintenant h = 0, on est conduit à envisager x0 = On a f (x0 ) =

1 + h.

2hf 2 (u ) + h 2 f 2 (u ) puisque u + f (u ) + f 2 (u ) = 0.

2

Alors v =

1 et posons a =

3h + h 2 ) et :

af (u ) + a 2 f 2 (u ) = u + f (u ) + f 2 (u )

u

c’est-à-dire u

1

u af (u ) + a 2 f 2 (u ) . 1 + a3 1 + h , on aura peut-être une idée d’une solution possible.

a$

1 2f (u ) + f 2 (u ) puis x0 3

Avec u + f (u ) + f 2 (u ) = 0, il vient x0

f (x0 ) =

1 2u 3

1 2u + f (u ) . 3 f (u )

f 2 (u ) .

f (x0 ) = u , ce qui montre que x0 est solution de l’équation.

Il reste enfin à décrire l’ensemble des solutions, en s’appuyant sur cette solution particulière.

Compte tenu de !(x0 ) = u , l’équation !(x ) = u équivaut à !(x x0 ) = 0, c’est-à-dire x x0 !Ker !. L’ensemble des solutions est donc x0 + Ker(IdE f ) ou encore x0 + Inv f .

Ex. 4 Pour tout P ! #[X ], on pose !(P ) = XP

P . Quels sont les éléments propres de ! ?

Les valeurs propres de l’endomorphisme ! sont les réels # pour lesquels il existe P ! #[X ] non nul tel que !(P ) = #P . On dit alors que P est un vecteur propre associé à #. !(P ) = #P est équivalent à XP = (# + 1)P (1).

Cas particulier : # = 1. Alors (1) se lit XP = 0, c’est-à-dire P = 0. Les polynômes qui conviennent sont les polynômes constants. De la sorte, 1 est valeur propre pour ! et les vecteurs propres associés à 1 sont les éléments de # . 182

Sujets d’oraux

Pour # $ 1, (1) montre que P divise P . Rappel d’un résultat classique : les polynômes non constants qui sont divisibles par leur polynôme dérivé sont les P = a (X $)n , avec a ! # , $ ! # et n ! $ . P = a (X

$)n est vecteur propre pour # $ n 1

1 si et seulement si :

n

anX (X $) = (# + 1)a (X $) c’est-à-dire avec a $ 0, nX = (# + 1)(X Cette égalité est vraie si et seulement si $ = 0 et n = # + 1. Les valeurs propres de ! autres que 1 sont donc les réls n 1, avec n ! $ . Les vecteurs propres associés à n 1 sont les polynômes aX n , avec a ! # .

$).

Ex. 5

Soit E un espace vectoriel et u ! !(E ) tel que Im u = Im u 2 . Que peut-on dire de u ? La question «que peut-on dire de u ?» est assez ouverte. Sans autre piste plus ou moins suggérée, il est classique de chercher des informations sur le noyau et l’image de u . Pour tout f !!(E ), on a Im f 2 "Im f . Alors l’hypothèse Im u = Im u 2 équivaut à Im u "Im u 2 .

Supposons que Im u " Im u 2 . Pour tout x ! E , on a u (x ) ! Im u , donc u (x ) ! Im u 2 . Il existe alors t ! E tel que u (x ) = u 2 (t ). On en déduit u x u (t ) = 0 donc x u (t ) ! Ker u . En écrivant x = u (t ) + x

u (t ) , il vient x ! Im u + Ker u , d’où E " Im u + Ker u , c’est-à-dire : E = Im u + Ker u .

Supposons que E = Im u + Ker u et considérons x ! Im u . Il existe y ! E tel que x = u (y) puis il existe (z, t ) ! Ker u Im u tel que y = z + t . On en déduit u (y) = u (z ) + u (t ), c’est-à-dire u (y) = u (t ) = u 2 (t ), où t est un antécédent de t par u. On a donc x = u 2 (t ) et il s’ensuit que Im u " Im u 2 . En conclusion, on a Im u = Im u 2 si et seulement si E = Ker u + Im u . Confronté à E = Ker u + Im u , il est légitime d’examiner si on ne pourrait pas affiner l’information : Ker u et Im u ne seraient-ils pas supplémentaires dans E ?

Soit E le #-espace vectoriel des fonctions réelles de classe sur #. La dérivation est un endomorphisme u de E . Tout f ! E admet une primitive qui est dans E . Autrement dit, u est surjectif et on a donc Im u 2 = Im u = E . Toutefois Ker u est l’ensemble des fonctions constantes sur #. 0E $ Ker u = Ker u # Im u montre que Ker u et Im u ne sont pas supplémentaires bien que l’on ait E = Ker u + Im u .

Ex. 6 Soit E un %-espace vectoriel. On considère f ! !(E ) pour lequel il existe a ! % tel que f 3 3af 2 + a 2 f = 0. Montrer que Im f et Ker f sont supplémentaires. Deux situations classiques peuvent guider une démarche. Projecteurs : p2 = p se lit p (IdE 2

Involutions : s = IdE se lit (IdE

p) = 0 et on a Ker p ! Ker(IdE

s) (IdE +s) = 0 et on a Ker(IdE

On peut espérer dans le cas présent que Ker f ! Ker a 2 IdE

p) = E .

s) ! Ker(IdE +s) = E .

3af + f 2 = E .

Chapitre 4 - Espaces vectoriels. Applications linéaires. Dimension finie

183

Soit x ! Ker f # Ker a 2 IdE 3af + f 2 . Alors f (x ) = 0 et a 2 x = 3af (x ) f 2 (x ) donne a 2 x = 0, donc x = 0 car a $ 0. Il s’ensuit que Ker f # Ker a 2 IdE 3af + f 2 = 0 . La somme de Ker f et de Ker a 2 IdE est égale à E .

3af + f 2 est donc directe. Il reste à voir si cette somme

Soit x ! E . On cherche y ! Ker f et z ! Ker a 2 IdE 3af + f 2 tels que x = y + z . On a nécessairement f (x ) = f (z ) et f 2 (x ) = f 2 (z ). z ! Ker a 2 IdE 3af + f 2 donne a 2 z = 3af (z ) La seule solution possible est donc z = On a f (y) =

1 a2

a 2 f (x )

1 a

2

3af (x )

f 2 (z ) = 3af (x ) f 2 (x ) et y = x

3af 2 (x ) + f 3 (x ) = 0 car f 3

1 a

2

3af (x )

f 2 (x ) , on a f (z ) =

1 a

2

1 a

2

3af (x )

f 2 (x ) .

3af 2 + a 2 f = 0, d’où y ! Ker f .

Pour examiner si z ! Ker a 2 IdE 3af + f 2 , formons a 2 z Avec z =

f 2 (x ).

3af 2 (x )

3af (z ) + f 2 (z ).

f 3 (x ) .

Avec f 3 (x ) = 3af 2 (x ) a 2 f (x ), il vient f (z ) = f (x ), puis f 2 (z ) = f 2 (x ). Il s’ensuit que a 2 z 3af (z ) + f 2 (z ) = 0, c’est-à-dire z ! Ker a 2 IdE 3af + f 2 . En première conclusion, les deux sous-espaces Ker f et Ker a 2 IdE 3af + f 2 sont supplémentaires dans E . La question concerne Ker f et Im f . Une solution consiste alors à examiner si les sous-espaces Im f et Ker a 2 IdE 3af + f 2 n’auraient pas le bon goût d’être égaux.

Soit x ! Ker a 2 IdE 3af + f 2 : a 2 x = 3af (x )

f 2 (x ) donne x = f

3 x a

1 a

2 f (x )

! Im f .

On a donc Ker a 2 IdE 3af + f 2 " Im f . D’autre part, il est classique que u v = 0 donne Im v " Ker u . Ainsi, puisque f 3 3af 2 + a 2 f = 0 s’écrit a 2 IdE 3af + f 2 f = 0, il vient : Im f " Ker a 2 IdE

3af + f 2 .

Finalement, on a Ker f ! Im f = E .

Ex. 7 Soit p1 et p2 des projecteurs et q = p1 + p2

p2 p1 .

1) Montrer que si p1 p2 = p2 p1 , alors q est un projecteur ; étudier Im q et Ker q. 2) Montrer que si p1 p2 = 0, alors q est un projecteur ; étudier Im q et Ker q. 1)

Dans la mesure où p1 et p2 commutent, q 2 = (p1 + p2 p2 p1 )2 se développe comme (a + b + c )2 dans #.

q 2 = (p1 + p2

vient :

p2 p1 )2 = p12 + p22 + p12 p22 + 2p1 p2 q 2 = p1 + p2 + p1 p2 + 2p1 p2

2p1 p2

2p12 p2

2p1 p22 et avec p12 = p1 , p22 = p2 , il

2p1 p2 = p1 + p2

p1 p2 = q.

Il est naturel de préciser le noyau et l’image de q à l’aide de ceux de p1 et de p2 . Rappelons que, pour tout projecteur p, le sous-espace des vecteurs invariants est égal au sousespace Im p.

184

Sujets d’oraux

On a Im p1 p2 " Im p1 et Im q " Im p1 + Im p2 + Im p1 p2 donne Im q " Im p1 + Im p2 . On voit que pour x ! Ker p1 # Ker p2 , on a q(x ) = 0, donc Ker p1 # Ker p2 " Ker q. Ces inclusions sont banales. Il reste à examiner si on peut établir les inclusions contraires.

Soit x ! Im p1 = Inv p1 . On a q(x ) = p1 (x ) + p2 (x ) p2 p1 (x ) = x + p2 (x ) p2 (x ) = x , d’où Im p1 " Im q. De même, on obtient Im p2 " Im q et il s’ensuit Im p1 + Im p2 " Im q et finalement : Im p1 + Im p2 = Im q. Soit x ! Ker q : p1 (x ) + p2 (x ) p1 p2 (x ) = 0. En prenant l’image par p1 , et avec p12 (x ) = p1 (x ), il vient p1 (x ) + p1 p2 (x ) p1 p2 (x ) = 0, d’où : x ! Ker p1 . On obtient de même (avec p1 p2 = p2 p1 ) : x ! Ker q x ! Ker p2 , et finalement : Ker q = Ker p1 # Ker p2 . 2)

Il faut prendre garde au fait que p1 et p2 ne sont pas supposés commuter. Les simplifications dans le développement de q 2 viendont de p1 p2 = 0. Noter que l’on ne sait (provisoirement) rien au sujet de p2 p1 .

On a q2 = p1 + p2

p2 p1

p1 + p2

p2 p1

p1 p2 p1 + p2 p1 + p22 p22 p1 p2 p12 p2 p1 p2 + p2 p1 p2 p1 et avec p12 = p1 , p22 = p2 p1 p2 = 0, il vient q 2 = p1 + p2 p2 p1 = q.

=

p12

+ p1 p2

Comme en question 1), on a Im q " Im p1 + Im p2 et Ker p1 # Ker p2 " Ker q. Étudions les inclusions contraires. Soit x ! Ker q : q(x ) = p1 (x ) + p2 (x ) p2 p1 (x ) = 0. En composant par p1 , il vient : p1 (x ) + p1 p2 (x )

p1 p2 p1 (x ) = 0

et avec p1 p2 = 0, il vient p1 (x ) = 0, d’où Ker q " Ker p1 . En reportant dans p1 (x ) + p2 (x ) p2 p1 (x ) = 0, on a p2 (x ) = 0 d’où Ker q " Ker p2 , puis Ker q " Ker p1 # Ker p2 et finalement, Ker q = Ker p1 # Ker p2 . Pour Im q, considérons z ! Im p1 + Im p2 . Il existe alors x ! Im p1 et y ! Im p2 tel que z = p1 (x ) + p2 (y). On vérifie sans peine que qp1 = p1 et qp2 = p2 , d’où q(z ) = qp1 (x ) + qp2 (y) = p1 (x ) + p2 (y) = z , donc Im q & Im p1 + Im p2 et finalement, Im q = Im p1 + Im p2 .

Ex. 8 Soit E un %-espace vectoriel non nul. On considère des projecteurs f et g non nuls, distincts et tels qu’il existe (#, %) ! %2 tels que fg gf = #f + %g (1). 1) On suppose # % 0, 1 . Montrer que, pour tout x ! E , on a fg(x ) ! Im g et que Im f " Im g. Montrer que gf = f et # + % = 0 et en déduire que fg = g et # = 1. 2) On suppose # % 0, 1 . Montrer que le noyau de g est inclus dans celui de f . Montrer que fg = f et # + % = 0 et en déduire que gf = g et # = 1.

Chapitre 4 - Espaces vectoriels. Applications linéaires. Dimension finie

185

Comme usuel, on convient de noter fg la composée f

1)

g.

Pour faire apparaître fg(x ), on peut évidemment utiliser (1) directement pour x . Dans le souci d’utiliser que g est un projecteur, on note que fg(x ) = fgg(x ) et on peut appliquer (1) à g(x ).

Soit x ! E . Appliquons (1) à g(x ). Il vient fgg(x ) 2

Avec g = g, on obtient (2) fg(x ) 1 1

%gg(x ).

gfg(x ) = #fg(x ) + %g(x ), c’est-à-dire :

(1

Avec # $ 1, il s’ensuit fg(x ) =

gfg(x ) = #fg(x )

#

#)fg(x ) = g fg(x ) + %x . g fg(x ) + %x , d’où fg(x ) ! Im g. (2)

Avec fg(x ) ! Im g, on peut directement appliquer (1) à x en isolant f (x ).

Pour tout x ! E , on a fg(x )

gf (x ) = #f (x ) + %g(x ) d’où avec # $ 0 : f (x ) =

Avec (2), il vient fg(x )

1 fg(x ) #

g[f (x ) + %x ] .

g f (x ) + %x ! Im g, puis f (x ) ! Im g et Im f " Im g.

Une qualité utile d’un projecteur p est que Im p est le sous-espace des vecteurs invariants.

On a vu que &x ! E , f (x ) ! Im g. En notant que Im g = Inv g, il vient gf (x ) = f (x ) c’est-àdire gf = f . On a donc fg f = #f + %g. En composant à droite par f , il vient fgf f = #f + %gf . Avec gf = f et donc fgf = f 2 = f , on obtient 0 = (# + %)f puis # + % = 0 puisque f $ 0. En composant à droite fg

f on obtient 0 en utilisant g 2 = g.

Avec # + % = 0, la relation (1) devient fg f = #( f g). En composant à droite par g, il vient 0 = #( fg g) d’où fg = g puisque # $ 0. La relation (1) devient alors g f = #( f g). Avec f $ g, il s’ensuit # = 1. 2)

Pour exploiter x ! Ker g, on peut utiliser directement (1).

Soit x ! Ker g. Alors (1) donne gf (x ) = #f (x ). En composant à gauche par g, il vient gf (x ) = #gf (x ). Avec # $ 1, on a gf (x ) = 0 et donc #f (x ) = 0 puis f (x ) = 0 car # $ 0. Ainsi, Ker g " Ker f . Pour tout x , on a g(x ) = g2 (x ), donc x g(x ) est dans le noyau de g. Il est donc dans celui de f . On peut alors exploiter Ker g " Ker f . &x ! E , x

g(x ) ! Ker g donne x

g(x ) ! Ker f , d’où f (x ) = fg(x ), c’est-à-dire f = fg.

On a donc, en reportant dans (1), f gf = #f + %g. En composant à gauche par f , il vient f fgf = #f + %fg, c’est-à-dire 0 = (# + %)f et donc : # + % = 0. (1) s’écrit alors f gf = #( f g). En composant à gauche par g, il vient 0 = #( gf g), d’où gf = g. On a alors f g = #( f g), et avec f g $ 0, il vient # = 1. 186

Sujets d’oraux

Ex. 9 Soit E un "-espace vectoriel et f , g des endomorphismes de E . 1) Montrer que, si IdE f g est injectif, alors IdE g f est injectif. Montrer que, si IdE f g est surjectif, alors IdE g f est surjectif. 2) Montrer que : Ker f

et que En déduire que f

Im f

g = Ker g

Ker f # Im g = 0E ,

g = Im f

Ker f + Im g = E.

g est bijectif si et seulement si :

Im f = E , Ker g = 0E

et Ker f ! Im g = E .

3) Montrer que, si IdE f g est inversible à gauche, alors IdE g f l’est aussi et que, si f g est inversible à droite, alors IdE g f l’est aussi.

IdE

Ce sujet porte sur une étude sous plusieurs aspects du composé de deux morphismes. Les différentes questions sont largement indépendantes.

1)

La démarche est simple : partir de x = g f (x ) et faire apparaître un élément de Ker(IdE

f g).

Soit x ! Ker(IdE g f ), c’est-à-dire x = g f (x ). On en déduit f (x ) = f g f (x ), c’est-à-dire f (x ) = f g f (x ) . Cette relation exprime que f (x ) est dans le noyau de IdE f g. Il vient alors f (x ) = 0 puis g f (x ) = 0, ce qui, avec x = g f (x ), donne x = 0. Pour le second point, en partant de y ! E , avec x tel que y = x f g(x ), on peut espérer un x tel que y = x g f (x ). On obtient g(y) = g(x ) g f g(x ) ou f (y) = f (x ) f f g(x ) , mais alors on perd y ! Pour faire apparaître simultanément g f et f g, on exprime que f (y) admet un antécédent par IdE f g. On prend ainsi une longueur d’avance. On verra ensuite !

Soit y ! E . Alors f (y) ! E admet un antécédent x : f (y) = x f g(x ). On en déduit g f (y) = g(x ) g f g(x ) ou encore : g f (y) = (IdE g f ) g(x ) . En étape intermédiaire, on vient d’obtenir g f (y) ! Im(IdE g f ). Pour conclure, il suffit de remarquer que y = (IdE g f )(y) + g f (y) pour voir que y est la somme de deux éléments de Im(IdE g f ). 2)

Il est vrai que Ker g " Ker f g. De ce fait la première équivalence se réduit à : Ker f g " Ker g Ker f # Im g = 0 . Ce que l’on note (1) (2).

Soit y ! Ker f # Im g. Il existe x tel que y = g(x ) et f (y) = 0. Il s’ensuit f c’est-à-dire x ! Ker f g. L’hypothèse (1) donne alors g(x ) = 0, donc y = 0. Ker f # Im g = 0 . Ce qui établit Ker f g " Ker g Soit x ! Ker f g. On a f g(x ) = 0, d’où g(x ) ! Ker f et g(x ) ! Im g. L’hypothèse (2) donne alors g(x ) = 0, c’est-à-dire x ! Ker g. Ker f g " Ker g. Ce qui établit Ker f # Im g = 0 Il est vrai que Im f réduit à : Ce que l’on note (3)

g(x ) = 0,

g " Im f et que Ker f + Im g " E . De ce fait la seconde équivalence se

Im f " Im f (4).

g

E " Ker f + Im g.

Chapitre 4 - Espaces vectoriels. Applications linéaires. Dimension finie

187

Soit x ! E ; on a f (x ) ! Im f et (3) donne f (x ) ! Im f g. Il existe t ! E tel que f (x ) = f g(t ), donc x g(t ) ! Ker f . Avec g(t ) ! Im g, on a : x = x g(t ) + g(t ) ! Ker f + Im g. Ce qui établit Im f " Im f g E " Ker f + Im g. Soit y ! Im f . Il existe x ! E tel que y = f (x ). Avec (4), il existe u ! Ker f et v ! Im g tel que : x = u + v. Alors on a y = f (v) et, avec t ! E tel que v = g(t ), y = f g(t ) donne : y ! Im f g. Ce qui établit E " Ker f + Im g Im f " Im f g. Pour le troisième point, on a besoin de : et de :

f

g injectif implique g injectif,

f

g surjectif implique f surjectif.

Si f g est bijectif, alors f est surjectif et g est injectif. On a donc Im f g = Im f = E , et Ker( f g) = Ker g = 0 . Avec les points précédents, on en déduit que E = Ker f + Im g et Ker f # Im g = 0 , donc E = Ker f ! Im g. Réciproquement, supposons que Im f = E , Ker g = 0 et E = Ker f ! Im g. E = Ker f + Im g implique Im f " Im f g, et avec Im f = E , il vient Im f g = E . Ker f # Im g = 0 implique Ker f g " Ker g, et avec Ker g = 0 , il vient Ker f g = 0 . On en déduit alors que f g est bijectif. 3) Supposons que IdE f On a : IdE +g h

f

g admet un inverse à gauche h : h

(IdE

IdE

g

g

f

= IdE

g

f +g

h

= IdE

g

f +g

h

f

IdE

g) = IdE .

f

h

f

g

f

g

f

f

et, avec h (IdE f g) = IdE , il vient (IdE +g h f ) (IdE g f ) = IdE , ce qui prouve que IdE g f est inversible à gauche. C’est un peu un lapin sorti du chapeau d’un prestidigitateur, mais c¸a marche !

On vérifie de même que, si IdE f g admet un inverse à droite h , alors IdE +g h f est inverse à droite de IdE g f . En conclusion de cette analyse, il vient évidemment que si IdE f g est inversible, d’inverse h , alors IdE g f est inversible, d’inverse IdE +g h f .

188

Sujets d’oraux

B Dimension finie Ex. 10 Soit E un "-espace vectoriel de dimension finie n '2. On considère un sous-espace vectoriel F de dimension p, avec 0 < p < n et G un supplémentaire de F . 1) Soit a ! F et (ei )i ![[ 1,r ]] une base de G . a) Montrer que la famille (a + ei )i ![[ 1,r ]] est libre. b) Montrer que le sous-espace Ga engendré par (a + ei )i ![[ 1,r ]] est un supplémentaire de F dans E . 2) a) Soit a et b des éléments de F . Montrer que Ga = Gb

a = b.

b) En déduire que F admet une infinité de supplémentaires dans E .

Le corps " est # ou %. En dimension finie, le théorème de la base incomplète permet d’établir que tout sous-espace vectoriel admet un supplémentaire. L’objet de ce sujet est de montrer l’existence d’une infinité de supplémentaires, sauf cas exceptionnels : en dimension 1 ou sous-espaces triviaux.

1)

L’existence en dimension finie d’un supplémentaire d’un sous-espace est seulement rappelée. Il serait prudent de vous assurer que vous êtes en mesure de le prouver sans hésitation. r

r

a) Pour (#i )i ![[ 1,r ]] ! "r ,

#i (a + ei ) = 0, s’écrit aussi i =1

r

i =1

#i ei = 0. i =1

r

#i ei ! G . De F # G = 0 , on déduit en particulier :

#i a ! F et

On a

r

#i a +

i =1

i =1

r

#i ei = 0, puis &i ! [[ 1, r ]], #i = 0. i =1

La famille (a + ei )i ![[ 1,r ]] est donc libre. b)

Pour que F et Ga soient supplémentaires, il suffit que dim F + dim Ga = dim E et que F # G a = 0E .

On a dim Ga = r et donc dim F + dim Ga = n . Soit f ! F # Ga . Il existe (#i )i ![[ 1,r ]] ! "r tel que : r

f =

r

#i (a + ei ) ou encore f i =1

r

#i

a=

i =1

#i ei . i =1

r

F # G = 0 donne

#i ei = 0, d’où &i ! [[ 1, r ]], #i = 0 puis f = 0. i =1

En conclusion, on a F ! Ga = E . 2) a) Supposons que Ga = Gb ; avec b + e1 ! Gb , on a b + e1 ! Ga . Chapitre 4 - Espaces vectoriels. Applications linéaires. Dimension finie

189

r

Il existe alors (#i )i ![[ 1,r ]] ! "r tel que b + e1 =

#k (a + ei ). On en déduit : k =1

r

r

#k a = (#1

b

r

1)e1 +

k =1

k =2

r

#k a ! F et (#1

#k ek , avec b

1)e1 +

k =1

#k ek ! G . k =2

Avec F # G = 0 , il vient #1 = 1 et #k = 0 pour tout k > 1. r

#k a = 0 donne b = a .

Alors b k =1

On peut aussi lire ce résultat en disant que l’application qui à a ! F associe le sous-espace Ga est injective.

b) L’application qui à f ! F associe Gf est injective. F contient un élément a non nul (dim F ' 1) et " est infini. La droite "a est donc infinie et les Gf , f ! F , sont alors en nombre infini. En conclusion, F admet donc une infinité de supplémentaires.

Ex. 11 Soit n un entier naturel, n ' 2, et E = #n [X ] l’espace vectoriel des polynômes réels de degrés au plus égaux à n . On considère l’application f : E E définie par : &P ! E , f (P ) = P (X + 1) + P (X 1) 2P (X ). 1) a) Montrer qu’une famille (Qk )k ![[ 1,r ]] de polynômes tous non nuls et qui vérifient : &k ! [[ 1, r 1 ]], deg Qk < deg Qk +1 , est une famille libre. b) Vérifier que f est linéaire. 2) Déterminer le sous-espace Im f (en précisant rg f ) et le sous-espace Ker f . On pourra former f (X k ) pour k ! [[ 0, n ]] et préciser son degré. 3) Soit Q ! Im f . Montrer qu’il existe un unique élément P de E tel que : f (P ) = Q et P (0) = P (0) = 0. 1) a) Cette première question est une modeste entrée en matière. Il est classique que toute famille de polynômes de degrés échelonnés est libre ; c’est une petite question de cours. r

#k Qk = 0 une combinaison linéaire nulle des Qk .

Soit k =0

Supposons que les #k ne soient pas tous nuls et posons p = max k ! [[ 0, r ]], #k $ 0 . p 1

On a alors

#p Qp =

#k Qk . k =0

Avec #p $ 0 on a deg(#p Qp ) = deg Qp . Or, pour tout k ! [[ 0, p p 1

deg

#k Qk k =0

ce qui fait apparaître une contradiction. 190

Sujets d’oraux

< deg Qp ,

1 ]], on a deg Qk < deg Qp donc :

Il s’ensuit que tous les #k sont nuls, c’est-à-dire que la famille (Qk )k ![[ 1,r ]] est libre. b) Pour tout (P, Q) ! E 2 et # ! #, on a : f (#P + Q) = (#P + Q)(X + 1) + (#P + Q)(X

= # P (X + 1) + P (X

1)

1)

2(#P + Q)(X )

2P (X ) + Q(X + 1) + Q(X

1)

2Q(X ),

d’où f (#P + Q) = #f (P ) + f (Q). 2) Notons que f (1) = f (X ) = 0. Pour p ! [[ 2, n ]], on a f (X p ) = (X + 1)p + (X

1)p

p

p

k

"p X p

La formule du binôme, donne f (X p ) =

2X p . k

k =0 p

f (X ) =

2 2 "p

X

p 2

+ R (X ) = p(p

k

( 1)k "p X p

+

k

2X p et on a donc :

k =0

1)X

p 2

+ R (X ), avec deg R < p

2.

Ainsi, pour p ! [[ 2, n ]], on a deg f (X p ) = p 2. Im f est le sous-espace Im f = Vect f (X p ) p![[ 0,n ]]. Avec f (1) = f (X ) = 0, on a Im f = Vect f (X p )

p![[ 2,n ]]

.

Le résultat de la question 1)a) permet de dire que la famille f (X p )

p![[ 2,n ]]

est libre.

Il s’ensuit dim Im f = n 1 et finalement Im f = #n 2 [X ]. On a 1 ! Ker f et X ! Ker f , donc Vect(1, X ) " Ker f . Avec dim E = n + 1 et dim Im f = n 1, le théorème du rang donne dim Ker f = 2 et il s’ensuit Ker f = Vect(1, X ). 3) Existence Soit Q ! Im f . Il existe A ! E , Q = f (A). Par la formule de Taylor, il existe B ! #[X ], deg B ( n 2, tel que A = A(0) + XA (0) + X 2 B. Posons P = X 2 B. On a deg P ( n et P (0) = P (0) = 0. En outre, Q = f (A) = A(0)f (1) + A (0)f (X ) + f (P ), c’est-à-dire Q = f (P ). Unicité Soit P1 et P2 dans E , tels que Q = f (P1 ) et Q = f (P2 ), avec P1 (0) = P1 (0) = 0 et P2 (0) = P2 (0) = 0. Alors f (P1 ) = f (P2 ) donne P2 P1 ! Ker f , donc il existe (#, %) ! #2 tels que P2 Et (P2 P1 )(0) = 0 et (P2 P1 ) (0) = 0 donnent # = % = 0, donc P2 = P1 .

P1 = #X + %.

Ex. 12 Soit Q ! %3 [X ]. Montrer qu’il existe un unique polynôme P tel que Q = P + P + P . Expliciter P lorsque Q = 1 + X + X 2 + X 3 . ! : P # P + P + P est linéaire. On s’attend à ce qu’elle soit injective. Alors, dans un contexte de dimension finie, elle sera bijective.

Pour tout P , on a deg(P + P + P ) = deg P . Alors Q = P + P + P donne nécessairement deg P = deg Q, d’où P ! %3 [X ]. Soit ! : %3 [X ] %3 [X ], P # P + P + P . C’est un endomorphisme de %3 [X ]. P + P + P = 0 implique aisément P = 0, donc ! est injective. Endomorphisme d’un espace de dimension finie 4, ! est bijective. Ainsi pour tout Q ! %3 [X ], il existe un unique P ! %3 [X ] tel que Q = P + P + P . En conclusion, pour tout Q ! %3 [X ], il existe un unique P ! %[X ] tel que Q = P + P + P . Chapitre 4 - Espaces vectoriels. Applications linéaires. Dimension finie

191

Ce résultat s’étend immédiatement à tout Q ! %[X ]. Avec n = deg Q, on a nécessairement deg P = n et ! : P # P + P + P est un endomorphisme injectif de %n [X ]. La détermination de P vient de dom P = dom Q et d’un système linéaire échelonné.

Pour Q = 1 + X + X 2 + X 3 , on pose P = X 3 + aX 2 + bX + c . On a Q = P + P + P si et seulement si a + 3 = 1, 2a + b + 6 = 1 et 2a + b + c = 1, c’est-à-dire : a = 2, b = 1 et c = 6. 3 2 Ainsi, P = X 2X X + 6.

Ex. 13 Soit E un espace vectoriel de dimension finie et F , G des sous-espaces vectoriels de E . Montrer que F et G admettent un supplémentaire commun si et seulement si ils ont même dimension. Comme bien souvent, un des deux volets (condition nécessaire ou condition suffisante) est assez simple. Le lien entre les dimensions de deux sous-espaces supplémentaires est ici une clé.

Si F et G ont un supplémentaire commun S, alors on a : dim F + dim S = dim E et dim G + dim S = dim E , et il s’ensuit dim F = dim G . Pour aborder la réciproque, on peut commencer par l’étude de cas particuliers. Dans un supplémentaire commun non réduit à 0E , il y a un élément qui n’est pas dans F ' G .

Le sujet est trivial si dim E = 1, puisque les seuls sous-espaces sont 0E et E . On se place dorénavant dans le cas où dim E = n > 1. Si dim F = dim G = n , alors F = G = E et ils ont 0E pour supplémentaire commun. Si dim F = dim G = n 1, la réunion de F et G n’est pas égale à E . Soit a $ 0E un élément de E ) (F ' G ) et on considère la droite vectorielle S = "a . On a F # S = 0E et dim F + dim S = dim E , donc F ! S = E et de même G ! S = E . On a ainsi prouvé que deux hyperplans de E ont un supplémentaire commun. Si F est de dimension p, tout supplémentaire de F est de dimension n Ce nombre n

p.

p est en général appelé la codimension de F .

La proposition visée peut alors s’exprimer par : deux sous-espaces de même codimension ont un supplémentaire commun. On vient de voir que des sous-espaces de codimension 0 ou de codimension 1 ont un supplémentaire commun. Une preuve par récurrence finie, portant sur la codimension de F et G , semble prendre corps.

Notons $(p) la proposition : des sous-espaces de même codimension p ont un supplémentaire commun. Les propositions $(0) et $(1) sont vraies. Pour conclure, il reste à montrer que, pour p ! [[ 0, n 1 ]], on a $(p) $(p + 1). Soit F et G des sous-espaces de même codimension p + 1 ( n . On a dim F = dim G = n p 1 ! [[ 0, n 1 ]], donc ni F ni G ne sont égaux à E . Leur réunion n’est donc pas égale à E et il existe a ! E ) (F ' G ). Les sous-espaces U = F ! "a et V = G ! "a sont de dimension n p. 192

Sujets d’oraux

Ils ont même codimension p et l’hypothèse de récurrence $(p) donne alors l’existence d’un sous-espace T , supplémentaire commun à U et V . Posons S = "a + T ; avec a % T , on a S = "a ! T donc S est de dimension p + 1. On a U ! T = E , donc F + "a + T = E puis F + S = E , avec dim F = n p 1 et dim S = p + 1, $(p + 1). d’où F ! S = E . De même, G ! S = E , ce qui montre que $(p)

Ex. 14 Soit E un "-espace vectoriel de dimension finie, f et g dans !(E ). Montrer l’équivalence de (1) rg( f + g) = rg f + rg g et de (2) Im f # Im g = 0E et E = Ker f + Ker g. Commenc¸ons par analyser la proposition (1). Il est classique que rg( f + g) ( rg f + rg g. La proposition (1) en est le cas d’égalité.

On a Im( f + g) " Im f + Im g d’où rg( f + g) ( dim(Im f + Im g). Par ailleurs, on a dim(Im f + Im g) = rg f + rg g dim(Im f # Im g). Avec rg( f + g) = rg f + rg g, il vient donc rg f + rg g ( rg f + rg g dim(Im f # Im g). Il s’ensuit dim(Im f # Im g) = 0, c’est-à-dire Im f # Im g = 0E . Mettons en œuvre le théorème du rang pour obtenir d’autres informations.

On a rg( f + g) + dim Ker( f + g) = dim E donc, avec (1), rg f + rg g + dim Ker( f + g) = dim E . On déduit dim E dim Ker f + dim E dim Ker g + dim Ker( f + g) = dim E , c’est-à-dire : dim E + dim Ker( f + g) = dim Ker f + dim Ker g. Par ailleurs, avec Ker f # Ker g " Ker( f + g), il vient dim Ker( f + g) ' dim(Ker f # Ker g). On en déduit dim Ker f + dim Ker g dim(Ker f # Ker g) ' dim E , c’est-à-dire : dim(Ker f + Ker g) ' dim E

et il s’ensuit Ker f + Ker g = E . Pour étudier l’implication réciproque, il est vraisemblable que les outils de travail mis en œuvre ci-dessus vont à nouveau être mis à contribution. Im f # Im g = 0E donne rg f + rg g = dim(Im f + Im g). Soit x ! E = Ker f + Ker g : x = y + z avec y ! Ker f et z ! Ker g. On a f (x ) = f (z ) et, avec 0E = g(z ), il vient f (x ) = ( f + g)(z ). Il s’ensuit que Im f " Im( f + g) et, de même, Im g " Im( f + g). On a donc Im f + Im g " Im( f + g) et, en regardant les dimensions, il vient : rg f + rg g = rg( f + g).

Ex. 15 Soit E un espace vectoriel de dimension 4 et f un endomorphisme nilpotent dont l’indice est égal à 3. Calculer rg f . Les hypothèses nous donnent rg f 3 = 0 et rg f 2 ' 1. On est dans des termes de rang de composées d’endomorphismes. Étudions au préalable un encadrement du rang de la composée de deux endomorphismes.

Chapitre 4 - Espaces vectoriels. Applications linéaires. Dimension finie

193

Soit u et v des endomorphismes d’un espace vectoriel E de dimension finie. v(E ) " E donne uv(E ) " u (E ), d’où rg(uv) ( rg u . Soit u la restriction de u à Im v. Alors uv(E ) = u (Im v) = Im u , d’où rg(uv) = rg u . Le noyau de u étant Ker u # Im v, le théorème du rang appliqué à u donne : rg u = dim(Im v) dim(Ker u # Im v), ce qui montre que rg u ( rg v. En conclusion, on a rg(uv) ( inf rg u, rg v . Reprenons rg(uv) = rg v dim(Ker u # Im v). On a dim(Ker u # Im v) ( dim Ker u et dim Ker u = dim E rg u et il s’ensuit : rg(uv) ' rg u + rg v dim E . En conclusion, on a rg u + rg v dim E ( rg(uv) ( inf rg u, rg v . Appliquons ce résultat dans le cas où dim E = 4 à f 3 = f 2 f et f 2 = ff . Notons que f 2 $ 0 implique f $ 0, donc rg f ' 1.

Avec f 3 = 0, on a 0 = rg f 3 = rg f 2 f ' rg f 2 + rg f 4 et rg f 2 ' 2 rg f 4. On en déduit 3 rg f ( 8, d’où rg f ! 1, 2 . L’indice de nilpotence de f étant égal à 3, les inclusions 0E " Im f 2 " Im f sont strictes. On pourra se reporter au sujet d’écrit 5, ci-après, consacré aux endomorphismes nilpotents.

Avec 0 < rg f 2 < rg f , l’éventualité rg f = 1 est à écarter et finalement, on a rg f = 2.

Ex. 16 Soit E un "-espace vectoriel de dimension finie n et f ! !(E ). Montrer que Ker f ! Im f = E Im f = Im f 2 . Que peut-on dire si E n’est pas de dimension finie ? En dimension finie, on dispose du théorème du rang : dim(Im f ) + dim(Ker f ) = dim E . Alors Ker f ! Im f = E équivaut à Ker f + Im f = E . Pour tout f ! !(E ), sans considération de dimension, on a toujours Im f 2 " Im f . Alors Im f = Im f 2 équivaut à Im f " Im f 2 . En dimension finie, l’énoncé équivaut donc à Ker f + Im f = E

Im f " Im f 2 .

Supposons que Ker f + Im f = E et considérons y ! Im f . Il existe x ! E tel que y = f (x ). Il existe u ! Ker f et v ! Im f tels que x = u + v et il existe t ! E tel que v = f (t ). Il s’ensuit y = f (u ) + f 2 (t ) = f 2 (t ), d’où y ! Im f 2 , et il vient Im f " Im f 2 . Supposons que Im f " Im f 2 et considérons z ! E . Alors f (z ) ! Im f , donc il existe y ! E tel que f (z ) = f 2 (y). De f z f (y) = 0 on déduit z f (y) ! Ker f . Avec z = z

f (y) + f (y), il vient z ! Ker f + Im f , d’où E = Ker f + Im f .

On vient en fait de prouver que Ker f + Im f = E Im f " Im f 2 ne fait pas intervenir Im f " Im f 2 est toujours d’argument de dimension. En particulier, Ker f ! Im f = E 2 vrai. Il est toujours vrai aussi que Im f " Im f Ker f + Im f = E , et il ne reste qu’à examiner, hors dimension finie, si cette somme est toujours directe ou non.

Pour un contre-exemple de Im f " Im f 2 Ker f ! Im f = E , il suffit d’exhiber un endomorphisme surjectif et de noyau non nul. On aura ainsi Im f # Ker f = Ker f $ 0E . Un exemple simple en est la dérivation sur "[X ]. 194

Sujets d’oraux

Ex. 17 1) Soit f ! !(#n ). On suppose qu’il existe g ! !(#n ) tel que fg = gf , fgf = f et gfg = g. Soit h = fg. Comparer Ker f et Ker h , Im f et Im h . En déduire que #n = Ker f ! Im f . 2) Réciproquement, si #n = Ker f ! Im f , trouver g vérifiant les conditions précédentes. 1)

Soit u , v, w des endomorphismes d’un espace vectoriel E tels que u = vw. Alors Im u " Im v et Ker w " Ker u doivent être utilisés sans hésitation.

h = fg donne Im h " Im f et h = gf donne Ker f " Ker h . ffg = fgf = f se lit aussi f = fh et f = hf . On en déduit Ker h " Ker f et Im f " Im h .

On a ainsi établi que Ker f = Ker h et Im f = Im h . Une somme directe d’un noyau et d’une image se présente naturellement pour un projecteur.

De fgf = f on déduit fgfg = fg, c’est-à-dire h 2 = h , ou encore que h est un projecteur. De Ker h ! Im h = #n on déduit alors Ker f ! Im f = #n . Notons que ceci ne nécessite en rien d’être dans un contexte de dimension finie.

2)

Il semble raisonnable de construire g tel que h = fg soit un projecteur. Qu’il vérifie les conditions demandées sera donné par surcroît ! C’est peut-être le moment d’utiliser le cadre de dimension finie. Il est classique que Ker f + Im f = #n si et seulement si Im f = Im f 2 . (Voir l’exercice précédent.) En dimension finie, il est équivalent de dire que : Ker f + Im f = #n ou que Ker f ! Im f = #n . Il suffit de définir les restrictions de g à Ker f et à Im f .

Avec Ker f + Im f = #n , on a Im f = Im f 2 , c’est-à-dire f (Im f ) = Im f . On peut alors considérer l’endomorphisme f de F = Im f induit par f . Comme f est un endomorphisme surjectif, il est bijectif car Im f est de dimension finie. Soit g l’automorphisme réciproque de f . Alors f g = gf = IdF . Soit g l’endomorphisme nul sur Ker f et dont la restriction à F est g. Pour tout x ! Ker f , on a gf (x ) = g(0) = 0#n et pour tout x ! Im f , gf (x ) = fg(x ) = x , ce qui donne gf = fg. En notant h = fg, on a bien h 2 = h . Pour x ! Ker f , on a fgf (x ) = 0 et pour x ! Im f , on a fgf (x ) = f gf (x ) = f (x ), d’où fgf = f . Pour x !Ker f , on a g(x ) = 0E d’où gfg(x ) = 0E , et pour x !Im f , on a fg(x ) = x d’où gfg(x ) = g(x ), et il s’ensuit gfg = g.

Ex. 18 Soit u et v des endomorphismes d’un espace vectoriel de dimension finie. Montrer que : rg u rg v ( rg(u + v) ( rg u + rg v. Pour guider une preuve, on peut s’inspirer d’un résultat classique dans % : pour (u, v) ! %2 , on a

u

v

( u+v ( u + v.

z donne la «taille» de z ! %, de même que rg u donne la «taille» de u ! !(E ).

Chapitre 4 - Espaces vectoriels. Applications linéaires. Dimension finie

195

rg(u + v) ( rg u + rg v est un résultat classique.

Cela résulte de (u + v)(E ) " u (E ) + v(E ), où u et v sont des applications (pas nécessairement linéaires) de E dans E (ou dans un autre ensemble), et de dim(F + G ) ( dim F + dim G , pour des sous-espaces d’un espace vectoriel de dimension finie. On a v = (u + v) u d’où, avec l’inégalité ci-dessus, rg v ( rg(u + v) + rg( u ) = rg(u + v) + rg u . Il s’ensuit rg v rg u ( rg(u + v). De même, avec u = (u + v) On en déduit alors rg u

v, on obtient rg u

rg v ( rg(u + v).

rg v ( rg(u + v).

Ex. 19 Soit E un espace vectoriel de dimension n et f , g des endomorphismes de E tels que f + g soit bijectif et f g = 0. Que vaut rg f + rg g ?

Cet exercice est fort classique. Il met en œuvre quelques situations simples mais fondamentales en dimension finie. g = 0 équivaut à Im f " Ker g. On a donc rg f ( dim(Ker g), d’où rg f ( n en première information, rg f + rg g ( n .

f

rg g ou encore,

Par ailleurs ( f + g)(E ) " f (E ) + g(E ) et dim(U + V ) ( dim U + dim V donne rg( f + g) ( rg f + rg g. Comme f + g est bijective, on a rg( f + g) = n , d’où n ( rg f + rg g. Finalement, on a rg f + rg g = n .

Ex. 20 Étant donné a ! # et A ! #n [X ], montrer qu’il existe un unique P ! #[X ] tel que : P (X + a ) + P (X ) = A(X ).

On compare le degré et le coefficient dominant de P (X + a ) + P (X ) à ceux de A(X ). P (X + a ) et P (X ) ont même degré p et même coefficient dominant bp . Alors P (X + a ) + P (X ) et

1

de degré p et de coefficient dominant 2bp . On a donc p = deg A et bp = 2 dom A. La question porte sur l’existence et l’unicité de P . En outre on donne seulement deg A ( n sans le préciser davantage. Il est constructif d’envisager une bijection de #n [X ] vers lui-même.

L’application ! de #n [X ] dans #n [X ] définie par !(P ) = P (X + a ) + P (X ) est linéaire. On a !(P ) = 0 si et seulement si P (X + a ) + P (X ) = 0, ce qui, en examinant le degré de P , implique P = 0, donc l’endomorphisme ! est injectif.

Ceci garantit l’unicité demandée. Pour la question d’existence, c’est la surjectivité de ! qui est nécessaire.

En dimension finie, tout endomorphisme injectif est surjectif. En conclusion, tout A ! #n [X ] admet un antécédent P et un seul. 196

Sujets d’oraux

Ex. 21 Soit E un "-espace vectoriel de dimension finie et u ! !(E ). Montrer que dim(Ker u 2 ) ( 2 dim Ker u . On a Ker u " Ker u 2 pour tout u ! !(E ), d’où dim Ker u ( dim Ker u 2 en dimension finie. Pour une majoration de dim Ker u 2 par 2 dim Ker u , on peut chercher un énoncé équivalent grâce au théorème du rang et a Im u 2 " Im u .

Notons n = dim E . Le théorème du rang donne : dim Ker u 2 = n dim Im u 2 et dim Ker u = n dim Im u . Un énoncé équivalent est donc n rg u 2 (2(n rg u ), ou encore rg u rg u 2 (n rg u = dim Ker u ou aussi rg u ( rg u 2 + dim Ker u . On a Im u 2 = u (Im u ) et Im u est stable par u .

Soit ! l’endomorphisme de Im u induit par u . On a Im u 2 = Im !. Le théorème du rang appliqué à ! donne rg ! + dim Ker ! = dim Im u , c’est-à-dire : rg u = rg u 2 + dim Ker !. Il reste à examiner la majoration de dim Ker ! par dim Ker u . Pour cela on utilise la description du noyau de !.

Or on a Ker ! = Im u # Ker u et il s’ensuit dim Ker ! ( dim Ker u . En conclusion, on a établi la majoration dim(Ker u 2 ) ( 2 dim Ker u .

Ex. 22

Soit u un endomorphime de #3 tel que u 2 = 0. Montrer qu’il existe a ! #3 et f une forme linéaire sur #3 tels que : &x ! #3 , u (x ) = f (x )a . Une variante de ce sujet est : Déterminer le rang de u . Que dire de Im u et Ker u ?

Si u est l’endomorphisme nul, une solution est de choisir a = 0E ou de choisir pour f la forme nulle sur E . On peut alors se limiter à u $ 0. Pour des endomorphimes f et g d’un espace vectoriel E (de dimension finie ou non), on a : f g=0 Im g " Ker f . u 2 = 0 équivaut à Im u " Ker u . On a donc nécessairement 0 < rg u ( dim Ker u . Il s’ensuit, avec le théorème du rang, rg u ( 3 rg u d’où, avec rg u > 0, rg u = 1.

Soit a $ 0E un générateur de Im u . Pour tout x ! E , il existe #x ! " tel que u (x ) = #x a . Il reste alors à montrer que f : x # #x est linéaire. a $ 0E donne #x a = %x a #x = %x , donc x # #x est bien une application de #3 dans #. u (x + y) = u (x ) + u (y) donne #x +y a = #x a + #y a = (#x + #y )a donc f (x + y) = f (x ) + f (y). Avec $ ! #, u ($x ) = $u (x ) donne #$x a = $ #x a donc f ($x ) = $f (x ).

En conclusion, il existe a ! #3 et f ! !(#3 , #) tels que u (x ) = f (x )a pour tout x ! #3 . u 2 = 0 et E = #3 servent uniquement à dire que rg u = 1. L’existence de a $ 0E et f pour u $ 0 ne dépendent que de cette propriété rg u = 1.

Chapitre 4 - Espaces vectoriels. Applications linéaires. Dimension finie

197

Ex. 23 Soit E un "-espace vectoriel et u un endomorphisme de rang 1. Pour n ! $, n ' 2, exprimer u n en fonction de u . L’exercice précédent a permis de voir qu’il existe a ! E , a $ 0E , et une forme linéaire f non nulle telle que u (x ) = f (x )a pour tout x ! E sous la seule hypothèse rg u = 1.

On utilise u (x ) = f (x )a pour avoir u 2 (x ) = u f (x )a = f (x )u (a ). Or u (a ) = f (a )a donne u 2 (x ) = f (a )f (x )a et il s’ensuit u 2 (x ) = f (a )u (x ), d’où u 2 = f (a )u . On étudie u 3 pour préciser une forme éventuelle de u n par récurrence.

Si f (a ) = 0" , alors u 2 est l’endomorphisme nul et par suite u n = 0 pour n ' 2. Si f (a ) $ 0" , on pose # = f (a ). Alors u 2 = #u donne u 3 = #u 2 = #2 u . Pour n ' 2, on considère la proposition u n = #n n

n 1

n +1

n 1 2

1

u . Elle est vraie pour n = 2.

n

u implique u = # u = # u , ce qui montre que la propriété étudiée est Et u = # récurrente. En conclusion, on a u n = #n 1 u pour tout n ' 2. C’est évidemment encore vrai si # = 0. Notons que cette formule reste vraie dans le cas où n = 1 à condition que # = f (a ) $ 0" .

Ex. 24 Soit E un "-espace vectoriel de dimension n et f ! !(E ) telle que f 2 = IdE . On considère : g = IdE f et h = IdE +f . Montrer que Im g et Im h sont stables par f et supplémentaires. Étudions d’abord la stabilité de Im g et de Im h par f . Ce problème d’inclusion ne devrait pas faire appel à la dimension.

Soit y ! Im g : il existe r ! E tel que y = r

f (r ).

2

Alors f (y) = f (r ) f (r ) = f (r ) r = y ! Im g. Il s’ensuit que Im g est stable par f . Notons que f (y) + y = 0E donne Im g " Ker h . Soit z ! Im h : il existe s ! E tel que z = s + f (s). Alors f (z ) = f (s) + f 2 (s) = f (s) + s = z ! Im h . Il s’ensuit que Im h est stable par f . Notons que f (z )

z = 0E donne Im h " Ker g.

f est une involution. Ker g est le sous-espace des vecteurs invariants par f et Ker h est celui des vecteurs changés en leur opposé. Il est classique que ces deux sous-espaces sont supplémentaires dans E , hors toute considération de dimension.

Avec Ker g ! Ker h = E , il vient dim Ker g + dim Ker h = dim E . Avec le théorème du rang pour g et pour h , il s’ensuit dim(Im g) + dim(Im h ) = dim E . Dans l’étude de la stabilité de Im g et de Im h par f , on a constaté que Im g "Ker h et Im h "Ker g. Avec Ker g # Ker h = 0E , il vient Im g # Im h = 0E . En conclusion, on a bien Im g ! Im h = E . 198

Sujets d’oraux

Dans la mesure où Ker g ! Ker h = E ne fait pas appel à la dimension de E , il est raisonnable d’examiner s’il en est de même pour Im g et Im h . Deux orientations : trouver une preuve indépendante de la dimension ou bien trouver un contre-exemple.

Soit U = Inv f = Ker g et V = Opp f = Ker h . On considère la projection p sur U parallèlement à V . On sait que f = 2p Id. Alors g = 2(Id p) et h = 2p. On sait aussi que q = Id p est la projection sur V parallèlement à U . On a Im h = Im 2p = U et Im g = Im 2q = V . Alors U ! V = E donne Im g ! Im h = E . On remarque que la solution «générale» est aisée si on examine le lien entre involutions et projecteurs. On peut imaginer que l’objectif du sujet tel que posé est de privilégier l’usage de la dimension, tant à travers le théorème du rang que pour une caractérisation des sous-espaces supplémentaires.

Ex. 25 Soit E un "-espace vectoriel de dimension finie n et u ! !(E ). On suppose qu’il existe x0 ! E tel que u (x0 ), u 2 (x0 ), . . . , u n (x0 ) soit une famille libre. Montrer que x0 , u (x0 ), . . . , u n

1

(x0 ) est une base de E et que u est bijectif.

Une famille libre de cardinal n est une base de E . Seul le caractère libre de x0 , u (x0 ), . . . , u n 1 (x0 ) est utile. On sait que l’image d’une famille libre par une application injective est une famille libre. C’est une réciproque de cette propriété qui est ici à l’étude. n

Pour (#1 , . . . , #n ) ! "n ,

#k u k

1

n

(x0 ) = 0E donne par linéarité de u :

k =1

#k u k (x0 ) = 0E .

k =1

La famille u (x0 ), u 2 (x0 ), . . . , u n (x0 ) étant libre, il vient #1 = . . . = #n = 0, donc la famille x0 , u (x0 ), . . . , u n 1 (x0 ) est libre. De cardinal n , c’est une base de E . L’image par u d’une base x0 , u (x0 ), . . . , u n 1 (x0 ) étant u (x0 ), u 2 (x0 ), . . . , u n (x0 ) qui est elle-même une base, u est un automorphisme de E .

Ex. 26 Étant donné P ! #[X ], montrer qu’il existe un unique Q ! #[X ] tel que : P (X ) = Q(X ) Q(X 1) et Q(0) = 0. Il s’agit d’un problème d’existence et d’unicité. Une piste raisonnable est de mettre en évidence une application bijective.

Soit ! l’application de #[X ] dans lui-même définie par ! : Q # Q(X ) Q(X 1). Cette application est linéaire. On a !(Q) = 0 si et seulement si Q(X ) Q(X 1) = 0. Pour tout n ! $ , on a Q(n ) = Q(n 1), donc Q(n ) = Q(0). ALors Q Q(0) admet une infinité de racines, c’est donc le polynôme nul et Q est une constante. Ainsi Ker ! = #. L’hypothèse Q(0) = 0 est à mettre en œuvre. E = Q ! #[X ] Q(0) = 0 est un sous-espace vectoriel. Soit f la restriction de ! à E .

Chapitre 4 - Espaces vectoriels. Applications linéaires. Dimension finie

199

Le noyau de f est E # Ker ! = E # # = 0 donc f est injective. Le passage de l’injectivité à la surjectivité se passe bien pour une application linéaire d’un espace de dimension finie dans un espace de même dimension. F et #[X ] n’étant pas de dimension finie, il serait bon de s’y ramener en jouant sur le degré de P .

Si P = 0, alors Q = 0 vérifie P = Q(X ) Q(X 1). Si deg P = 0, P = a ! # . Le polynôme Q = aX vérifie Q(X ) Q(X Soit Q de degré q ! $ , alors Q(X ) Q(X 1) est de degré q 1.

1) = a et Q(0) = 0.

Pour avoir f (Q) = P , avec deg P ( n , il est nécessaire de considérer les polynômes Q au moins jusqu’au degré n + 1.

On considère alors En = #n +1 [X ] # E . L’application fn de En dans #n [X ] induite par ! est linéaire et injective. Rappelons que #n [X ] est de dimension n + 1. Avec #n +1 [X ] = # ! En et dim #n +1 [X ] = n + 2, il vient dim En = n + 1. On en déduit que fn est bijective. Par suite tout polynôme P de degré au plus égal à n admet un antécédent Q, et un seul, celui qui appartient à #n +1 [X ].

Ex. 27

Soit E un #-espace vectoriel de dimension finie n ' 1 et u ! !(E ) tel que u 3 + u = 0. On pose F = Ker u et G = Ker(u 2 + IdE ). 1) Montrer que F et G sont stables par u , que G = Im u , F = Im(u 2 + IdE ) et que F ! G = E . 2) On suppose u $ 0 et u 2 + IdE $0. Montrer que l’on a n ' 3. 1)

u3 + u = u

(u 2 + IdE ) = (u 2 + IdE ) u est de la forme u On note classiquement uv en lieu de u v.

v, avec u et v qui commutent.

Ker u est évidemment stable par u . Avec v = u 2 + IdE , soit x ! G = Ker v. alors v(x ) = 0E implique uv(x ) = 0E puis vu (x ) = 0E puisque u et v commutent. On a donc u (x ) ! Ker v et par suite u (G ) " G . Montrons maintenant que Ker v = Im u et que Ker u = Im v. vu = 0 donne Im u " Ker v, et uv = 0 donne Im v " Ker u . On peut utiliser la dimension de ces sous-espaces ou établir que Ker v " Im u et Ker u " Im v.

Pour x ! Ker u , on a u (x ) = 0E d’où u 2 (x ) = 0E et x = (u 2 + IdE )(x ) ! Im v. Ainsi Ker u " Im v. Soit x ! Ker v. Alors u 2 (x ) + x = 0E donne x = u u (x ) ! Im u . Ainsi Ker v " Im u . Tout ce qui précède est indépendant de toute hypothèse de dimension finie. Il reste à examiner le rôle de cette hypothèse.

Soit x ! Ker u # Ker v. De u (x ) = 0E et u 2 (x ) + x = 0E , on déduit Ker u # Ker v = 0E . Avec Ker v = Im u le théorème de la dimension donne dim Ker u + dim Ker v = n et on en déduit que : F ! G = E. 2) On écarte les cas u = 0 et v = 0 (c’est-à-dire u 2 = IdE ) qui conviennent sans hypothèse sur n . Dans les autres cas, on a dim Im u ' 1 et dim Im v ' 1. 200

Sujets d’oraux

Si n = 1, alors u et v sont bijectives. Alors uv = 0 donne u = 0 et v = 0, ce qui est contradictoire. On a donc n ' 2. Si n = 2, alors on a deux cas à examiner : rg v = 2 ou rg v = 1. • Si rg v = 2, alors v est bijective puis uv = 0 donne u = 0, ce qui est exclu. • Si rg v = 1, donc dim Ker v = 1, alors on a rg u = 1, donc dim Ker u = 1. Premier cas : Im u = Ker u = #a , a $ 0. Alors u 2 = 0 donc IdE +u 2 = IdE , ce qui donne une contradiction avec rg v = 1. Deuxième cas : Im u = #a et Ker u = #b avec a et b indépendants. Alors (Id +u 2 )(b) = b et, avec u (a ) = #a , il vient (Id +u 2 )(a ) = (1 + #2 )a , donc rg(v) = 2, ce qui est contradictoire. Finalement, pour u $ 0 et u 2 $ IdE , on a nécessairement n ' 3, donc, pour n ( 2, il n’y a pas d’autre solution que u = 0 ou u 2 = IdE .

Ex. 28 Soit E un #-espace vectoriel, et f , g des endomorphismes de E . Soit # $ 0 une valeur propre de f g. Montrer que # est valeur propre de g f . Montrer que, si E est de dimension finie, alors le résultat reste vrai pour # = 0. # ! # est valeur propre de u ! !(E ) lorsqu’il existe x ! E , x $ 0E , tel que u (x ) = #x . C’est vrai si et seulement si (u # IdE )(x ) = 0E avec x $ 0E , ou encore si et seulement si Ker(u # IdE ) $ 0E ou encore si et seulement si u # IdE n’est pas injective.

Soit x ! E , x $ 0E , tel que fg(x ) = #x . Supposons que # ne soit pas valeur propre de gf : alors &y ! E , gf (y) = #y y = 0E . Alors, en formant gfg(x ), avec fg(x ) = #x , il vient gfg(x ) = g(#x ) = #g(x ), ce qui donne : gf g(x ) = #g(x ). L’hypothèse sur gf donne alors g(x ) = 0E . Il s’ensuit fg(x ) = 0E . Or x $ 0E et # $ 0 implique #x $ 0E . Ce qui est en contradiction avec fg(x ) = #x . En conclusion, si # $ 0 est valeur propre de fg, alors # est valeur propre de gf . Dire que 0 est valeur propre de u ! !(E ) équivaut à dire que Ker u $ 0E . Autrement dit, 0 est valeur propre de u si et seulement si u n’est pas injectif. En dimension finie, dire que 0 est valeur propre de u équivaut à dire que u n’est pas bijectif.

Plac¸ons-nous en dimension finie et supposons que 0 ne soit pas valeur propre de gf . Alors l’endomorphisme gf est bijectif, ce qui a pour conséquence que f et g sont tous deux bijectifs. On en déduit que fg est bijectif, donc n’admet pas 0 pour valeur propre. On a ainsi prouvé, par contraposition, que si fg admet 0 pour valeur propre, alors gf admet 0 pour valeur propre. En dimension finie, on peut donner une preuve qui ne distingue pas # $ 0 de # = 0. En effet, Ker(u

# IdE ) $ 0E équivaut à det(u

# IdE ) = 0.

Pour les questions de déterminant, on pourra se reporter au chapitre 5.

Le problème revient à montrer que si det( fg # IdE ) = 0, alors det( gf # IdE ) = 0. Il est par ailleurs vrai que det( fg # IdE ) = det( gf # IdE ). Toutefois ce résultat, classique en Spéciales, ne sera pas envisagé ici. Chapitre 4 - Espaces vectoriels. Applications linéaires. Dimension finie

201

Ex. 29 Étant donné A et B dans #[X ] et a ! #, trouver les polynômes : P ! #[X ] tels que P (X ) + P (a )A(X ) = B(X ). Si A = 0, alors P = B est solution unique. Dans la suite, on suppose A $ 0. L’étude des degrés permet de limiter le travail à un espace de dimension finie.

Avec P = B P (a )A, on pose n = sup(deg B, deg A) et on a deg P ( n . Le problème se place alors dans le contexte de #n [X ]. On examine l’application ! : P # P + P (a )A pour étudier les solutions de !(P ) = B.

L’application ! : P # P + P (a )A est linéaire. C’est un endomorphisme de #n [X ]. On étudie son noyau en résolvant P + P (a )A = 0. La seule solution qui vérifie P (a ) = 0 est P = 0. Si P (a ) n’est pas nul, P (a ) + P (a )A(a ) = 0 implique A(a ) = 1. En conséquence, si on a A(a ) $ 1, le noyau de ! est réduit au polynôme nul. L’endomorphisme ! de #n [X ] est alors bijectif et B admet un antécédent et un seul. Étudions maintenant Ker ! lorsque A(a ) = 1. Notons que A est alors non nul. P=

P (a )A montre que Ker ! est soit 0 soit le sous-espace de dimension 1 engendré par A.

Tout P ! Ker ! est un multiple scalaire de A. Réciproquement, pour P = #A, # ! #, avec A(a ) = 1, on a P (a ) = # donc P + P (a )A = 0. Ainsi, dans le cas où A(a ) = 1, Ker ! est la droite engendrée par A. En résumé : si A(a ) $ 1, ! est bijective et si A(a ) = 1, Ker ! = #A. Il reste alors à préciser les solutions de !(P ) = B, ce qui est l’objectif explicite du sujet.

Solution dans le cas où A(a ) $ 1. B admet un antécédent unique P par !. La solution est définie par P (X ) = B(X ) B(a ) On a P (a ) = B(a ) P (a )A(a ), donc P (a ) = 1 + A(a ) , d’où P (X ) = B(X ) Solutions dans le cas où A(a ) = 1.

P (a )A(X ).

B (a ) A(X ). 1 + A(a )

! n’est pas surjective ; il peut ne pas y avoir d’antécédent de B par !.

Avec P (X ) + P (a )A(X ) = B(X ), on a nécessairement B(a ) = 0. • Lorsqu’on a B(a ) $ 0, il n’y a pas de solution. • Dans le cas où B(a ) = 0, on dispose alors d’une solution particulière, à savoir P = B, au problème P + P (a )A = B. Comme P B + P (a ) B(a ) A = 0 équivaut P B ! Ker !, les solutions sont alors les polynômes P = B + #A, avec # ! #.

202

Sujets d’oraux

Thèmes d’étude - Problèmes 1 Polynômes d’interpolation de Lagrange 1) Soit n ! $ et (x0 , . . . , xn ) une famille de n + 1 éléments d’un corps " (# ou %), deux à deux distincts. a) Montrer que, pour tout i ! [[ 0, n ]], Li = qui vérifie les propriétés : (1) deg Li ( n ,

0(k (n, k $i

(2) Li (xi ) = 1,

X

xk

xi

xk

est l’unique élément de "[X ]

et (3) &j ! [[ 0, n ]] ) i , Li (xj ) = 0.

Les polynômes Li sont les polynômes d’interpolation de Lagrange relatifs à la famille (x0 , . . . , xn ) ! "n +1 . Chaque polynôme Li est de degré égal à n .

b) Montrer que, pour tout (b0 , . . . , bn ) ! "n +1 , il existe un unique L ! "[X ] tel que : deg L ( n et &k ! [[ 0, n ]], L (xk ) = bk . c) Quels sont les polynômes P ! "[X ] tels que &k ! [[ 0, n ]], P (xk ) = bk ? 2) Étant donné a , b, c deux à deux distincts dans ", simplifier : (X (c

a )(X a )(c

b) (X + b) (b

a )(X a )(b

c ) (X + c) (a

c )(X c )(a

b) . b)

3) Soit p ! $, (x1 , . . . , xn ) ! "n une famille d’éléments deux à deux distincts et (Li ) les polynômes de Lagrange associés à cette famille. n

p

n

xk Lk est le reste dans la division de X p par

Montrer que L = k =1

(X

xk ).

k =1

4) Soit E le #-espace vectoriel #[0,1] , (ai )i ![[ 1,n ]] une famille de n éléments deux à deux distincts dans [0, 1] et F le sous-espace vectoriel f ! E, &i ! [[ 1, n ]], f (ai ) = 0 . Déterminer un supplémentaire de F dans E .

Solution La question d’approximation d’une fonction par une fonction polynôme est importante. Les polynômes de Lagrange en donnent une solution simple. Le texte proposé montre leur efficacité dans des domaines variés. Dans toute question d’unicité de polynôme, deux points sont à examiner en priorité : deg(P Q) < 0 P = Q, deg P ( n et P admet au moins n + 1 racines distinctes P = 0.

1) a) Si Li et Mi vérifient les propriétés (1), (2) et (3), leur différence est de degré au plus n et prend la valeur 0 en n + 1 éléments distincts, c’est donc le polynôme nul. Il est immédiat que Li prend la valeur 1 en xi et la valeur 0 en xj pour j $ i . b) L’unicité de L se prouve comme celle des Li . Le polynôme bk Lk prend la valeur bk en xk et la valeur 0 en xj , j $ k . n

Alors L =

bk Lk convient : on a bien deg L ( n . k =0

Chapitre 4 - Espaces vectoriels. Applications linéaires. Dimension finie

203

Une utilisation de ce résultat : soit P un polynôme de degré inférieur ou égal à n . On choisit n

bk = P (xk ) ; le polynôme L ci-dessus est alors P lui-même, d’où P =

P (xk )Lk . k =0

c) Soit P ! "[X ] un tel polynôme. P

L prend la valeur 0 en tout xk , k ! [[ 0, n ]].

Soit a ! ", Q ! "[X ] est divisible par X a si et seulement si Q(a ) = 0. Ce théorème s’étend dans le cas de plusieurs racines distinctes. n

Alors P

(X

L est un multiple de

xk ). On a établi une condition nécessaire.

k =0

n

Il est clair que tout polynôme P = L + Q(X )

(X

xk ), avec Q ! "[X ] convient.

k =0

2) C’est un polynôme de degré au plus 2, et qui prend la valeur 1 et a , en b et en c ; c’est donc le polynôme constant 1. 3)

On utilise la première question pour exprimer X p à l’aide des polynômes de Lagrange associés à la famille (x0 , x1 , . . . , xn ). n

n

p

Il existe un polynôme Q tel que X p =

xk Lk + Q(X )

(X

k =1

n

n

p

1 et celui de

xk Lk est inférieur ou égal à n

Le degré de

xk ).

k =1

k =1

n

alors en présence de la division euclidienne de X p par

(X

xk ) est égal à n . On est

k =1

(X

xk ).

k =1

n

Le reste dans cette division est donc R =

p

xk Lk . k =0

n

Extension : le reste dans la division de P par

n

(X

xk ) est R =

k =0

P (xk )Lk . k =0

4) Soit (Li )1(i (n la famille des polynômes interpolateurs de (a1 , . . . , an ) et G le sous-espace vectoriel engendré par les fonctions polynômes Li , 1 ( i ( n . On identifie classiquement un polynôme et la fonction polynôme associée. Soit f ! F # G . Il existe (#i )1(i (n ! #n tel que f =

# i Li . 1(i (n

Pour tout j ! [[ 1, n ]], f ! G donne f (xj ) = #j et f ! F donne f (xj ) = 0. On a donc #i = 0. Alors f = 0 et F # G = 0 . Soit h ! E . On considère la fonction f = h

h (xi )Li . 1(i (n

Pour tout j ! [[ 1, n ]], on a f (xj ) = h (xj )

h (xi )Li (xj ) = 0 puisque Li (xj ) = *i j . 1(i (n

*i j est le symbole de Kronecker : *i i = 1 et *i j = 0 pour i $ j.

Alors f est dans F . Avec g =

h (xi )Li ! G et h = f + g, il vient h = f + g ! F + G . 1(i (n

On a donc E = F + G et finalement E = F ! G . 204

Thèmes d’étude – Problèmes

2 Images itérées et endomorphisme nilpotent Un endomorphisme est qualifié de nilpotent lorsqu’il existe p ! $ tel que f p = 0. En dimension finie n ! $ , on utilise souvent f n = 0 et c’est ce résultat qui est visé. On utilise ici des inclusions entre les images des f k pour argumenter cette preuve.

Soit E un "-espace vectoriel de dimension finie n ! $ et f un endomorphisme de E . Pour k ! $, f k désigne l’endomorphisme composé de k fois f par lui-même, avec la convention classique : f 0 = IdE et f 1 = f .

1) Montrer que, pour tout k ! $, Im( f k +1 ) " Im( f k ). 2) On suppose qu’il existe q ! $ tel que Im( f q+1 ) = Im( f q ). Im( f j ) = Im( f q ). Montrer que, &j ! $, j ' q 3) On suppose que f est nilpotent : +p ! $ , f p = 0. On note r = inf k ! $ , f k = 0 . Montrer que r ( n et en déduire que f n = 0.

Solution 1)

Cette question naïve n’a pour objet que de rentrer dans la démarche proposée.

f k +1 = f k f donne Im( f k +1 ) = f k +1 (E ) = f k f (E ) = f k (Im f ) " Im f k .

2)

On commence par vérifier que Im( f j ) " Im( f q ) est vrai pour tout j ' q. De la sorte, Im( f j ) = Im( f q ) équivaut à Im( f j ) & Im( f q ).

Im( f j ) " Im( f q ) est vrai pour j = q.

Pour j ' q, considérons la proposition Im( f j ) " Im( f q ). La question précédente donne Im( f j+1 ) " Im( f j ) et il vient Im( f j+1 ) " Im( f q ). La propriété est donc récurrente, ce qui montre que &j ' q, Im( f j ) " Im( f q ). Supposons que Im( f q+1 ) = Im( f q ), c’est-à-dire Im( f q+1 ) & Im( f q ). Hypothèse de récurrence : supposons que, pour k ! $, Im( f q+k +1 ) & Im( f q+k ). Alors Im( f q+k +2 ) = f Im( f q+k +1 ) et f Im( f q+k +1 ) & f Im( f q+k ) = Im( f q+k +1 ) donne : Im( f q+k +2 ) & Im( f q+k +1 ). q+k

La suite des Im( f ) est ainsi croissante (pour l’inclusion). On a donc &j ' q, Im( f j ) & Im( f q ), ce qui donne en définitive Im( f j ) = Im( f q ). Cette première partie ne fait pas intervenir la dimension de E . Les résultats ainsi établis sont vrais pour tout endomorphisme de tout espace vectoriel.

3)

À l’aide de la question précédente, les inclusions Im( f k +1 ) " Im( f k ) sont strictes pour k ! [[ 0, r 1 ]]. Si f était surjective, on aurait Im( f k ) = E pour tout k ! $ .

S’il existait k ! [[ 0, r 1 ]] tel que Im( f k +1 ) = Im( f k ), alors on aurait Im( f k ) = Im( f r ) = 0E . Ce serait en contradiction avec la caractérisation de r . Chapitre 4 - Espaces vectoriels. Applications linéaires. Dimension finie

205

L’entier r est appelé l’indice de nilpotence de l’endomorphisme nilpotent f .

Les inclusions Im( f k +1 ) " Im( f k ) sont donc strictes pour k ! [[ 0, r En notant dk = dim Im( f k ) , on a donc 0 < dr

1

< . . . d1 .

En outre, on a d1 < n puisque f n’est pas surjective et dr d1 ( n

1 et dk < dk

Avec 1 ( dr

1,

1

pour k ! [[ 1, r

il vient alors 1 ( n

1 ]].

1 ]] donnent dr

1

> 0 puisque f r 1 $ 0.

1

(n

r + 1.

r + 1 c’est-à-dire n ' r .

La première question donne alors Im( f n ) " Im( f r ) = 0 et donc f n = 0.

3 Un sous-espace de polynômes "[X ] est l’ensemble des polynômes sur ". Un polynôme est dit normalisé – ou unitaire –

quand il est non nul et que son coefficient dominant est 1. On considère l’application : f :

"[X ] P

#

"[X ] (3X + 8)P + (X 2

5X )P + (X 2

X 3 )P

où P et P sont les premiers polynômes dérivés de P . 1) a) Vérifier que f est linéaire. b) Préciser f (1), f (X ), f (X 2 ) et f (X 3 ). 2) Préciser le degré de f (P ) selon le degré de P . On examinera en particulier le cas où P est de degré 3. 3) a) f est-elle surjective ? b) Dans quel sous-espace de "[X ] doit-on chercher le noyau de f ? Déterminer ce noyau. c) On considère l’ensemble Vf des polynômes P pour lesquels il existe un scalaire # tel que f (P ) = #P . Montrer que Vf contient quatre polynômes normalisés.

4) On note H l’ensemble des polynômes dont l’image par f est de degré 3. a) Justifier que H n’est pas vide et n’est pas un sous-espace vectoriel de "[X ]. b) Exprimer les éléments de H et leurs images à l’aide des quatre polynômes normalisés de Vf . c) On se place dans le cas où " = %. Étant donné Q ! H , normalisé, soit x1 , x2 et x3 les racines de f (Q). On pose S1 = x1 + x2 + x3 , S2 = x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 et S3 = x1 x2 x3 . Déterminer entre S1 , S2 et S3 une relation indépendante des coefficients de Q. 206

Thèmes d’étude – Problèmes

Solution 1) a) La linéarité de f découle de la linéarité de la dérivation et de la distributivité de la multiplication par rapport à l’addition. b) f (1) = 8 + 3X ,

f (X ) = 3X + 4X 2 ,

f (X 2 ) = 3X 3 ,

f (X 3 ) =

X 3.

2) Par linéarité, on peut se limiter aux polynômes normalisés. P = 0, f (P ) = 0 ;

f (1) = (8 + 3X ) donc, si deg P = 0, alors deg f (P ) = 1.

Pour deg P = n ' 2, deg(8 + 3X )P = n + 1 et dom(8 + 3X )P = 3, deg(X 2 deg(X

2

5X )P = n + 1 et dom(X 2 3

X )P = n + 1 et dom(X

5X )P = n,

2

3

X )P =

n (n

1).

On a donc deg f (P ) ( n + 1. La somme des coefficients dominants est (n + 1)(n n $ 3, on a donc deg f (P ) = n + 1.

3). Pour

Soit P = X 3 + aX 2 + bX + c . Avec f (1), f (X ), f (X 2 ) et f (X 3 ), il vient f (P ) = (3a

1)X 3 + 4bX 2 + 3(b + c )X + 8c .

Si 3a $ 1, alors deg f (P ) = 3. Si 3a = 1 et b $ 0, alors deg f (P ) = 2. Si 3a = 1, b = 0 et c $ 0, deg f X 3 +

2

X + c = 1. Et enfin, si 3a = 1, b = 0 et c = 0, alors : 3 f

X3 +

X2 3

= 0.

3) a) Si deg P ( 3, alors deg f (P ) ( 3 et si deg P ' 4, alors deg f (P ) ' 5. Il n’y a aucun polynôme de degré 4 dans Im f ; ainsi f n’est pas surjective. b) Si P $ 0 et deg P = n $ 3, on a deg f (P ) = n + 1, donc P % Ker f . Par suite, Ker f " "3 [X ]. L’étude des polynômes de degré 3 montre que Ker f = %Q0 , % ! " , avec Q0 = 3X 3 + X 2 . 1

c) Pour # = 0, f (P ) = 0 caractérise les vecteurs du noyau d’où la solution X 3 + 3 X 2 . Pour # $ 0 et P $ 0, f (P ) = #P implique deg f (P ) = deg P , d’où deg P = 3. Avec P (X ) = X 3 + aX 2 + bX + c et f (P ) = (3a et seulement si : 3a = 1 + #, c$0

4b = #a,

1)X 3 + 4bX 2 + 3(b + c )X + 8c , on a f (P ) = #P si 3c = (#

3

3)b,

(8

#)c = 0

2

# = 8 puis la solution Q8 = X + 3X + 6X + 10 ;

c = 0 et b $ 0 donne # = 3 pour la solution Q3 = X 3 + c = b = 0 donne #a = 0 donc a = 0 puis # =

4 2 X +X ; 3

1 pour la solution Q

1

= X 3 (voir alors 1)a).

Chapitre 4 - Espaces vectoriels. Applications linéaires. Dimension finie

207

4) a) En question 2), on a vu que H est l’ensemble des polynômes de degré 2 ou de la forme 1 ; ainsi H $ ,. Notons que 0 % H . 3 La partie relative aux polynômes de degré 2 a été oubliée.

$(X 3 + aX 2 + bX + c ) avec $ $ 0 et a $

1

4

b) Q = X 3 + aX 2 + bX + c = xX 3 + y X 3 + 3 X 2 + z X 3 + 3 X 2 + X + t (X 3 + 3X 2 + 6X + 10 x + y + z + t = 1, y + 4z + 9t = 3a, z + 6t = b, 10t = c

si et seulement si t= f (Q) =

x X 3 + 3z

c ,z=b 10

X3 +

3c , y = 3a 5

4 2 X +X 3

4b +

3 c et x = 1 2

3a + 3b

soit : c.

+ 8t X 3 + 3X 2 + 6X + 10 en utilisant les propriétés de

Q8 , Q3 , Q 1 et Q0 . Remarque. f (Q) est de degré 3 lorsque x + 3z + 8t $ 0, soit 3a $ 1.

4

c) Avec f (Q) = x X 3 + 3z (X 3 + 3 X 2 + X f (Q) = (3z

d’où S1 =

x

x + 8t )X 3 + 4(z + 6t )X 2 + 3(z + 16t )X + 80t

3(z + 16t ) 4(z + 6t ) , S2 = , S3 = 3z 8t x 3z 8t x

On a 4S2 + 3S1 =

208

+ 8t X 3 + 3X 2 + 6X + 10 , on a :

x

120t = 3z 8t

Thèmes d’étude – Problèmes

80t . 3z 8t

3 S ou encore : 6S1 + 8S2 + 3S3 = 0. 2 3

CHAPITRE

5

Intégration Calcul intégral Sujets d’oraux

209

A. Intégration sur un segment B. Sommes de riemann – Intégration par parties C. Changement de variable

Thèmes d’étude – Problèmes 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9.

Intégrale de Wallis – Formule de Stirling Suites définies par des intégrales Limite d’une intégrale de borne variable Intégrales et inégalités sin t Intégration de t Primitives et sous-espaces vectoriels Limite d’une somme d’intégrales Intégrales et équivalents de suites Limites de suites d’intégrales

Chapitre 5 - Intégration. Calcul intégral

209 223 232

242 242 244 247 249 252 256 258 260 263

209

Sujets d’oraux A Intégration sur un segment Ex. 1 Soit f une fonction réelle, continue sur un segment [a, b], a < b. On suppose qu’il existe b

n ! ! tel que !k ! [[ 0, n ]],

k

x f (x ) dx = 0. Montrer que f admet au moins n + 1 valeurs

a

d’annulation distinctes dans [a, b]. La fonction nulle sur [a, b] convient évidemment. Il est légitime de se limiter à l’étude du cas où f n’est pas la fonction nulle. Le cas où n = 0 invite a montrer que f admet au moins une valeur d’annulation. C’est en réalité un corollaire d’un théorème classique d’intégration.

Si f n’admet pas de valeur d’annulation sur [a, b], alors elle est de signe constant sur [a, b] en application du théorème des valeurs intermédiaires. La fonction f étant continue, non nulle et de signe constant sur [a, b], on aurait alors : b

a

b

f (x ) dx > 0 ou bien

a

f (x ) dx < 0,

b

ce qui est contraire à l’hypothèse

a

f (x ) dx = 0.

Un bon moyen d’utiliser simultanément les n +1 informations est de faire intervenir un polynôme de degré au plus égal à n . n

Considérons un polynôme P ! "n [X ], P =

k

pk X . Par linéarité de l’intégrale, on a : k =0

n

b

P (x )f (x ) dx = a

b

pk k =0

a

b

k

x f (x ) dx v d’où

a

P (x )f (x ) dx = 0.

On suppose que f admet au plus n valeurs d’annulation distinctes. Il reste alors à construire un polynôme P qui fasse apparaître une contradiction avec les hypothèses.

Supposons que f admette au plus n valeurs d’annulation distinctes, et notons q le nombre de ces zéros distints, avec 1 " q " n . q

En les notant c1 , . . . , cq , on forme alors le polynôme P =

(X

ck ).

k =1

La fonction x ! P (x )f (x ) s’annule en chacun de ces q zéros, mais ce n’est pas suffisant pour exploiter le théorème d’intégrale nulle pour une fonction continue.

On va prouver plus précisément que, sous les hypothèses données, f admet au moins n + 1 valeurs d’annulations telles que f (x ) change de signe en chacune d’elles. Supposons alors que f ait au plus n valeurs d’annulation avec changement de signe, c1 , . . . cq , avec 1 " q " n . 210

Sujets d’oraux

Alors x ! P (x )f (x ) est de signe constant sur [a, b] et, comme elle est continue et non nulle, on a b

a

P (x )f (x ) dx "0, ce qui est contraire à l’hypothèse.

On en déduit que f admet au moins n + 1 valeurs d’annulation. On a en fait prouvé que f présente au moins n + 1 zéros distincts, tels qu’en chacun d’eux, elle change de signe.

Ex. 2

1

Déterminer les fonctions réelles de classe y

pour tout (x, y) ! [0, 1]2 ,

f =

y

sur [0, 1] et telles que : x

f (x ) + f (y) ,

2

x

f (0) = 0 et f (1) = 0.

y

1 f (x ) + f (y) ; c’est-à-dire que la valeur moyenne 2 x sur [x, y] (au sens de l’intégrale) est égale à la moyenne des valeurs en x et y. Plutôt que de chercher des fonctions générales avant d’injecter les conditions particulières, pourquoi ne pas commencer par exploiter tout de suite f (0) = 0 ? Cette expression se lit aussi

1

y

f =

x

x

Avec f (0) = 0, une condition nécessaire est : pour tout x ! [0, 1],

f = 0

1 xf (x ). 2

En dérivant, il vient f (x ) = xf (x ) et cette équation différentielle admet pour solutions les fonctions f : x ! #x , avec # ! ". On a en particulier f (1) = # et la condition f (1) = 0 donne # = 0. La seule solution possible est la fonction nulle sur [0, 1], et il est immédiat qu’elle convient.

Ex. 3

Soit f et g des fonctions réelles continues sur [0, 1], positives et non nulles, g étant stricte1

ment positive. Pour n ! !, on pose un = un +1 . un n !!

Étudier la suite 1

On a un +1 =

f 0

n

f g. 0

n +1

1

g et un +2 =

f

n +2

0

g, avec g > 0.

Comme f et g sont continues, positives et non nulles, il en est de même pour f n g. 1

On a donc 0

f n g > 0, c’est-à-dire un > 0 pour tout n ! !.

Les nombres un sont des intégrales de produit et l’inégalité de Cauchy-Schwarz est un des seuls outils disponibles dans ce contexte. Les fonctions f et g sont positives sur [0, 1]. On peut alors considérer f n g.

Appliquons l’inégalité de Cauchy-Schwarz aux fonctions f n g et f f n g. Leur produit est f n +1 g et il vient alors, pour tout n ! !, 1

f 0

n +1

g

1

2

1

n

f g

" 0

f

n +2

0

g.

On a ainsi établi que, pour tout n ! !, un2+1 " un un +2 . L’inégalité un2+1 " un un +2 donne

un +1 un +2 " , donc la suite un un +1

un +1 est croissante. un n !!

Chapitre 5 - Intégration. Calcul intégral

211

Il reste alors à examiner si cette suite est majorée.

Continue sur [0, 1], la fonction f est bornée. Soit M sa borne supérieure. 1

De f " M , on déduit f n +1 g " Mf n g et il s’ensuit

n +1

f

1

g"M

0

n

f g, c’est-à-dire : 0

un +1 " Mun . un +1 est alors majorée par M . un n !!

La suite

Croissante et majorée, cette suite est convergente, de limite " " M . En complément, on peut s’attacher à la détermination de cette limite. En application du théorème des moyennes de Cesaro, on établit que, pour une suite (un ) un +1 est convergente, de limite ", alors la suite n un n !! strictement positive, si la suite un n !! est convergente, avec lim n un = ". Dans le cas présent, la détermination de " peut se faire en étudiant la suite

n

un n !! .

La fonction g, continue sur [0, 1], atteint sa borne inférieure m et on a m > 0 puisque g est strictement positive. La fonction f atteint sa borne supérieure M en un point c ! [0, 1]. En exprimant la continuité M

de f en c , pour tout 0 < $ < 2 , il existe [a, b] # [0, 1], a < b, sur lequel f prend ses valeurs dans [M $, M ]. On a donc, sur [a, b], f n g % (M $)n m et il vient : 1 0

b

f ng %

f n g % (M

$)n (b

a )m

a

d’où n un % (M $) n (b a )m . On sait que la suite de terme général n (b a )m admet 1 pour limite. Il existe donc p ! ! tel que, pour tout n % p, on a n (b a )m % 1 $. Il vient alors n un % (M $)(1 $) = M (M + 1) $ + $2 %M (M + 1)$. En prenant la limite pour n + , il vient " % M (M + 1)$. M , donne " 2 Comme on a déjà " " M , il vient finalement " = sup f (x ).

Et "

M%

(M + 1)$ pour tout $ tel que 0 < $
1. Il existe c ! [0, 1] tel que A = f (c ) . On considère # = 212

Sujets d’oraux

1 (1 + A) ; on a A > # > 1. 2

En utilisant la continuité de f en c , il existe [a, b] # [0, 1], a < b, tel que f (x ) % # pour tout x ! [a, b]. 1

On en déduit, pour tout n ! !, u2n =

f

2n

b

f

%

2n

% (b

a )#

a

0

L’usage de la suite extraite (u2n ) permet d’utiliser f 2n = f minorer f 2n par #2n .

2n

2n

.

. On sera alors en mesure de

Avec # > 1, on a lim u2n = + , donc la suite (un ) n’est pas bornée. Elle prend alors un nombre infini de valeurs distinctes. En conséquence, si la suite (un ) ne prend qu’un nombre fini de valeurs, alors A " 1. Si (un ) ne prend qu’un nombre fini de valeurs, n ! u2n n’est pas injective.

Avec la condition sur (un ), il existe des entiers p et q, p < q, tels que u2p = u2q . 1

1

En terme d’intégrale, cela se lit :

f

2(q p)

f

2p

= 0.

0

Or, puisque l’on a f 2(q déduit que 1

p)

" 1, la fonction

1

f 2(q p) f 2p est continue et positive, on en

f 2(q p) f 2p est la fonction nulle.

Pour tout x ! [0, 1], on a donc f (x ) = 0 ou f (x ) = 1. La fonction f est continue et ne prend qu’au plus trois valeurs. Le théorème des valeurs intermédiaires montre alors que f est constante. f est continue sur [0, 1]. Si elle prenait deux valeurs distinctes u et v, elle prendrait toute valeur de l’intervalle [u, v].

Ex. 5 Soit f et g des fonctions continues sur un segment [a, b], a < b, et on considère la fonction h b

définie sur " par h (x ) =

f (t ) + xg(t ) dt .

a

Montrer que si f est strictement positive sur [a, b] et si h présente un minimum local en 0, b

alors on a

a

g = 0.

Le fait que la fonction f est strictement positive assure que son minimum sur [a, b] est strictement positif.

Les fonctions f et g sont continues sur [a, b]. Elles sont bornées et atteignent leurs bornes. En posant m = inf f (t ), on a m > 0. Considérons aussi M = sup g(t ) . t ![a,b]

t ![a,b]

b

Notons que l’on a h (0) =

f (t ) dt %(b a

a )m , donc h (0) > 0.

Une petite difficulté vient de la valeur absolue sous l’intégrale. L’objectif est de trouver un intervalle I sur lequel h soit affine.

Montrons qu’il existe un intervalle I de centre 0 tel que, pour tout x ! I , sur lequel on a : f (t ) + xg(t ) > 0 pour tout t ! [a, b]. Chapitre 5 - Intégration. Calcul intégral

213

Dans le cas où M = 0, la fonction g est nulle et on a f (t ) > 0 pour tout t , et ceci pour tout x ! " ; alors I = " convient. Dans le cas où M > 0, on considère l’intervalle I , ensemble des x ! " tels que x
0 vient de l’intégration d’une fonction continue, positive et non nulle. n

La fonction x !

b n x (& n!

x )n est continue, positive sur [0, &].

Comme ce n’est pas la fonction nulle sur [0, &], on a In > 0. Par ailleurs, on a In = F (0) + F (&), donc In est un entier. En conclusion, (In )n !! est une suite d’entiers strictement positifs. Pour étudier la limite de (In ), on cherche une majoration de la fonction intégrée.

Sur [0, &], x ! x n (&

x )n a son maximum en

& égal à 2

&2 4

n

, donc 0 " In "

& a2 n ! 4b

n

.

La comparaison des suites (n !) et (q n ) montre alors que la suite (In ) a 0 pour limite. Dans !, toute partie non vide admet un plus petit élément.

L’ensemble des In admet un plus petit élément, soit Ir . Pour tout n ! !, on a donc In % Ir et Ir > 0, ce qui est contradictoire avec lim In = 0. Cette contradiction, qui découle de & ! #, montre que & n’est pas un nombre rationnel. Chapitre 5 - Intégration. Calcul intégral

217

Ex. 10

a2

Étudier les limites pour a tendant vers 0, vers 1 et vers +

de

a

dt . "n t

Il faut préciser sur quel(s) intervalle(s) la fonction à intégrer est continue. 1

La fonction f : t ! "n t est

sur 0, 1 $ 1, +

2

Pour 0 < a < 1, on a 0 < a < 1, donc a, a

2

. a2

# 0, 1 et F (a ) =

De même, pour a > 1, on a a, a 2 # 1, +

dt est défini. "n t

a

et F (a ) est défini.

Au voisinage de 0 la fonction f est bornée et on a lim (a 2 a

0

a ) = 0.

Il s’ensuit lim F (a ) = 0. a

0

Au voisinage de + , la fonction f est bornée et on a lim (a 2 a

+

a) = +

.

Dans ce cas, il est un peu tôt pour se prononcer puisque f est de limite 0. On est en présence d’une forme indéterminée qu’il faut analyser un peu plus finement.

Pour a > 1, on a

1

"

2 a a 1 pour tout t ! a, a 2 . Il s’ensuit que F (a ) % 2 . "n t "n a

"n a 2 Au voisinage de + , on a :

2

a

"n a

2

a

!

a

2

"n a 2

et la croissance comparée des fonctions puissance et logarithme nous donne : a

lim +

a

2

"n a 2

=+

.

On en déduit que lim F (a ) = + . a

+

Étudions la limite de F en 1. Compte tenu de l’ensemble de définition de F , il faut distinguer l’étude de la limite à droite de 1 et celle de la limite à gauche.

Premier cas : 0 < a < 1. Notons que l’on a 0 < a 2 < a < 1 et "n t < 0 pour t ! a, a 2 . a

Écrivons F (a ) sous la forme

a2

1 dt pour tenir compte de a 2 < a . "n t

Sur l’intervalle a 2 , a #]0, 1[, la fonction ( f ) : t !

a (a 1) a (a 1) a 1 " F (a ) " " . 2 "n a "n a "n a

On en déduit l’encadrement Avec la limite classique lim a

1

1 est strictement croissante. "n t

1 = 1, il vient que F (a ) est encadrée par des fonctions de limites "n a

a

1 et 1 quand a tend vers 1. 2 On n’est pas en mesure de se prononcer sur la limite de F (a ) en 1 avec ces seuls éléments. Il est nécessaire d’explorer une autre piste. Majorée (sur ]0, 1[) par une fonction ayant une limite réelle en 1, la fonction F est majorée.

218

Sujets d’oraux

La dérivée sur ]0, 1[ de F est définie par F (a ) = 2a

1

1 a 1 > 0. = "n a "n a

"n a 2

Croissante sur ]0, 1[ et majorée, F admet une limite quand a tend vers 1 sur ]0, 1[. Le problème reste entier : trouver cette limite, avec une avancée, c’est que cette limite existe. Notons en passant que F est majorée par sa dérivée. Les encadrements de la fonction à intégrer étant inopérants, il faudrait disposer d’une primitive. 1 1 On n’en connait pas pour mais on en connait une pour . "n t t "n t a2

On a F (a ) =

t a

dt

et une primitive de t !

t "n t

En encadrant t , il vient a a2

Avec

dt t "n t

a

a2

2

a

= "n "n a 2

1 est t ! "n "n t . t "n t a2

dt " F (a ) " a t "n t

dt t "n t

a

.

"n "n a = "n 2, il vient a 2 "n 2 " F (a ) " a "n 2 et finalement : lim

a

1 a 1, on a "n t > 0, donc '(x, y) < 0 pour 1 < y < x , '(x, y) > 0 pour y > x , et '(x, x ) = 0. y

Pour x > 1 fixé, la fonction 'x : y ! Comme t !

1 est décroissante, on a, pour y > x , 'x (y) % (y "n t

Avec lim (y y

x

dt est dérivable sur ]1, + "n t

+

x)

1 =+ "n y

x)

[ et 'x (y) =

1 > 0. "n y

1 . "n y

, on obtient lim 'x (y) = + . y

+

Ainsi, la fonction 'x continue et strictement croissante définit une bijection de ]1, + [ sur 'x ]1, + [ . Puisque 'x ]1, + [ contient 'x [x, + [ = [0, + [, il existe un unique y > 1 tel que 'x (y) = 1, et on a y > x . Étudions maintenant la fonction f . f (x )

La fonction f :]1, + [ ]1, + [ est définie par x

1 Avec > 0 sur ]1, + "n t

dt = 1. "n t f (x )

[, on a nécessairement f (x ) > x , sinon on aurait

On vient de voir que f (x ) > x , donc f est de limite +

x

dt " 0. "n t

quand x tend vers + .

Il est raisonnable d’espérer que f est dérivable. On est dans un contexte de fonction réciproque sous-jacent. y

Avec x

dt = "n t

y

e

dt "n t

x

e

dt , notons g(x ) = "n t

x

e

dt . "n t

f (x ) est l’unique réel y tel que g(y) = g(x ) + 1, c’est-à-dire f (x ) = g 1 g(x ) + 1 .

Comme g est dérivable, de dérivée strictement positive sur ]1, + [, sa réciproque est dérivable et il s’ensuit que f est dérivable. Chapitre 5 - Intégration. Calcul intégral

221

f (x )

Par dérivation de la fonction constante x ! x

dire :

f (x ) =

dt f (x ) , on obtient "n f (x ) "n t

1 = 0, c’est-à"n x

"n f (x ) . "n x

Avec x > 1 et f (x ) > 1, il vient f (x ) > 0, et f est strictement croissante. Minorée par 1 et croissante, la fonction f admet une limite réelle en 1. f (x )

Pour préciser cette limite, encadrons x

dt . "n t

Notons " la limite en 1 de f (x ). 1 f (x ) x f (x ) x 1 1 " . Il s’ensuit . " "1" "n f (x ) "n t "n x "n f (x ) "n x En passant à la limite, f (x ) % x + "n x donne " % 1.

Sur x, f (x ) , on a

En passant à la limite dans f (x ) On a "n u " u

Alors " vérifie "n " " "

x " "n f (x ), il vient "

1 " "n ".

1 pour tout u > 0 et, pour tout u > 0, u " 1, on a "n u < u 1 " "n ", donc "n " = "

1.

1. On en déduit que " = 1.

Ex. 15 Étant donné une fonction réelle f continue sur [0, 1], on considère la fonction ' définie sur " 1

par '(x ) =

f (t ) sin(xt ) dt . 0

Montrer que ' est continue et montrer qu’elle est dérivable ; on exprimera ' (x ) à l’aide d’une intégrale.

En première année, aucun théorème n’est disponible pour étudier une fonction définie par une b

intégrale de la forme '(x ) = l’examen de '(x2 )

'(x1 ).

g(x, t ) dt . Pour la continuité par exemple, il faut passer par a

Notons que la dérivabilité dispenserait de se pencher sur la continuité. Le but visé est d’étudier dans un cas particulier des méthodes qui pourront orienter l’étude de cas analogues. 1

Pour x1 et x2 réels, on a '(x2 ) On a classiquement sin u sements finis.

'(x1 ) =

sin v " u

sin(x2 t )

0

sin(x1 t ) f (t ) dt .

v , par exemple en utilisant le théorème des accrois1

Il s’ensuit que '(x2 )

'(x1 ) " x2

x1

0

t f (t ) dt .

Ainsi, la fonction ' est lipschitzienne sur ", elle est donc continue. La continuité de ' ne présente ainsi aucune difficulté. En revanche, pour l’étude de la dérivabilité, il n’y a pas d’indication fournie et on est un peu désarmé. Il reste à imaginer un résultat plausible et à le confirmer. Un tel résultat plausible serait que la dérivée ' (x ) soit l’intégrale de la dérivée par rapport à x du terme à intégrer.

222

Sujets d’oraux

La dérivée par rapport à x de sin(xt )f (t ) est t cos(xt )f (t ) et on considère la fonction ( définie sur " par : 1

((x ) =

t cos(xt )f (t ) dt .

0

Dans l’espoir que ' (x ) = ((x ), on étudie

Pout tout x réel et h " 0, formons )(h ) = )(h ) =

' (x + h ) h

' (x + h ) h

'(x )

'(x )

((x ).

((x ) :

1

1 h

sin(xt + ht )

sin(xt )

ht cos(xt ) f (t ) dt .

0

On voit apparaître sin(a + *) = sin a + * cos a + . . . et une formule de Taylor semble adaptée pour établir que lim )(h ) = 0, ce qui est l’objectif sous-jacent. h

0

Par la formule de Taylor - reste intégral - il vient : sin(a + *) qui donne ici : sin(xt + ht ) t

2

0

* cos a "

ht cos(xt ) " h 2 t 2 .

sin(xt ) 1

On en déduit )(h ) " h

sin a

*2 " *2 , ce 2

f (t ) dt , ce qui donne lim )(h ) = 0. h

0

On a ainsi établi que, pour tout x réel, ' (x ) = ((x ).

B Sommes de Riemann – Intégration par parties Ex. 16

n

1

Donner un équivalent de un =

2

k =0

k + (n

2

k)

.

Que cet énoncé soit dans cette section est déjà une indication en soi. L’utilisation de sommes de Riemann est fort vraisemblable.

On a un =

1 n

n

1

2

k

k =0

2

n

En posant f (x ) =

+ 1

1 2

x + (1

x)

2,

k 2

donc nun =

n

1 n

n

1 k

k =0

2

n

on peut écrire alors nun =

La fonction f est continue sur [0, 1] et les

1 n

k 2

+ 1

n

f k =0

.

n k

n

.

k constituent la subdivision régulière d’ordre n de cet n

intervalle. En application du théorème des sommes de Riemann d’une fonction continue, il vient : lim

1 n

n

f k =1

k

n

1

=

f. 0

Chapitre 5 - Intégration. Calcul intégral

223

Notons que

1 n

n

k

f

n

k =0

1 n

et

n

k

f k =1

1

Il vient alors lim nun =

0

f (0) , qui est de limite nulle. n

diffèrent de

n

1

f . On notant I =

f , on a donc nun ! I , puis un !

0

I . n

Il ne reste plus maintenant qu’à calculer I .

On a x 2 + (1

x ) 2 = 2x 2

Une primitive de

1 2

(x

*) + +

Il vient enfin I = Arctan(2x

1

1)

0

2

1 2

2x + 1 = 2 x

+

1

1 1 et il vient I = 2 2

dx

0

1 1 Arctan (x + +

2

est classique : c’est

=

& & . En conclusion, on a un ! . 2 2n

Ex. 17

n

Calculer la limite de la suite (un )n !! définie par un =

sin k =1

k

sin

n

1

x

2

2

+

1

.

4

*) .

k

n2

.

Il semble qu’une somme de Riemann ne soit pas loin, mais ce n’en est pas une !

Pour tout k ! [[ 1, n ]], on a

k

n2

k k 1 et on a donc sin 2 ! 2 . n n n

"

n

Considérons alors la suite (vn )n !! définie par vn = k =1

k

n

2

k

sin

1 n

=

n

n

k

k =1

n

sin

k

n

.

On reconnaît pour (vn ) la suite des sommes de Riemann sur [0, 1] de la fonction continue : f : x ! x sin x . La limite de (vn ) est alors aisée. La véritable question est de savoir si cette limite nous rend service pour le calcul de la limite de (un ). n

un =

On a vn

k =1

k

n

2

k

sin

n

sin

2

k

n

.

Pour x ! [0, & / 2], on a 0 " sin x " 1 et 0 " x

Notons que, pour k ! [[ 1, n ]], on a 0
1, calculer la valeur moyenne sur [0, &] de la fonction : f : x ! "n 1

2a cos 2x + a 2 .

Pour x ! ", on a 1 2a + a 2 " 1 2a cos 2x + a 2 et, avec a > 1, il vient 0 < 1 sur [0, &]. Ainsi f est de classe La valeur moyenne

2a cos 2x + a 2 .

&

1 &

f est la limite de la suite des sommes de Riemann. 0

En l’absence de primitive connue pour f , ces sommes de Riemann sont une démarche intéressante, si elle se prête bien aux calculs. 1 Soit Sn = n

n

"n 1

2a cos

k =1

2k & + a 2 . On est ramené à l’étude de la limite de (Sn ). n

La situation paraît encore bien pire. Mais en regardant 1 en a , la somme des racines (complexes ?) est 2 cos

2a cos

2k & + a 2 comme polynôme n

2k & et leur produit est 1. Un bon point n

d’attaque se précise.

Avec e2ik & / n + e

2ik & / n

= 2 cos

2k & et e2ik & / n e n

1

2a cos

2k & + a2 = a n

n

a

Avec

e

n

a e

"n

k =1

2ik & / n

a e

n

=

a

2ik & / n

e

2ik & / n

= an

k =1 n

Pour a > 1, on a lim a = + , donc "n (a n n

e 2ik & / n

k =1

2ik & / n

= 1, on a : e 2ik & / n .

a

1 sont les e 2ik & / n pour k ![[ 1, n ]] ; ce sont aussi leurs conjugués

Les racines du polynôme X n e 2ik & / n . 1 On a donc Sn = n

2ik & / n

+

1 = "n n

n

a e

2ik & / n

a e

2ik & / n

.

k =1

1, il vient Sn =

1 "n (a n n

1)2 =

2 "n (a n n

1).

1) ! "n (a n ) = n "n a .

Il vient alors Sn ! 2 "n a , ce qui est la valeur moyenne de f sur [0, &].

Ex. 19 On considère les fonctions f et g définies sur ]0, + [ par : x

f (x ) =

1 + sin t t

1

2

x

dt et g(x ) =

1

cos t dt . t

Montrer que f et g ont chacune une limite réelle en + . Un cas simple d’existence de limite concerne les fonctions monotones.

La fonction f est dérivable sur ]0, + [ et, pour tout x > 0, f (x ) = Pour tout t > 0, on a

1 + sin t t

2

"

2 t

2,

1 + sin x x x

d’où, pour tout x > 1, f (x ) "

2

2

1 t

2

% 0.

dt = 2

2 x

" 2.

Chapitre 5 - Intégration. Calcul intégral

225

Croissante et majorée sur [1, + [, la fonction f admet une limite réelle " en + . On n’est pas dans la même situation confortable vis-à-vis de g. Mais en notant que t ! cos t est la dérivée de t ! 1 + sin t , une intégration par parties paraît d’actualité.

Les fonctions t ! 1 + sin t et t !

1 sont de classe t

1

sur ]0, + [. x

1 + sin t t

Une intégration par parties donne f (x ) =

1

x

+ 1

cos t dt , et il vient : t

1 + sin x g(x ) = f (x ) 1 sin 1 + . x 1 + sin x Comme x ! 1 + sin x est bornée, on obtient lim = 0, et on en déduit que g admet x + x en + une limite " = " 1 sin 1.

Ex. 20

Donner une primitive de sin("n x ). La fonction f : x ! sin("n x ) est de classe

sur ]0, + [.

On ne connait pas classiquement de primitive de f . Une intégration par parties peut être tentée. Rappelons que f désigne une primitive de f , sans se préoccuper de constante d’intégration.

En intégrant par parties, on a F (x ) =

sin("n x ) dx = x sin("n x )

F (x ) = x sin("n x )

x

cos("n x ) dx d’où : x

cos("n x ) dx .

Comme souvent dans le cas de fonction à base de sinus, l’analogue en cosinus s’invite aux débats.

Posons g : x ! cos("n x ) et G (x ) =

g(x ) dx .

En intégrant par parties, il vient de même G (x ) = x cos("n x ) + Les relations F (x ) + G (x ) = x sin("n x ) et G (x ) F (x ) =

x

2

sin("n x )

cos("n x )

Ex. 21 Soit (un )n !! la suite définie par un =

& 2

0

F (x ) = x cos("n x ) donnent alors :

et G (x ) =

x

2

k =1

fn (t ) dt . Prouver que In =

Montrer que, pour tout p ! ! , n

Montrer que

1

t)

p+1

et fn (0) = n .

et que In = Sn . & . 4p &

p

Sujets d’oraux

1 k

n

p 1

( 1) p

x sin(2px ) dx = ( 1)

(1 t

#n sin(2px ) = 2n sin(nx ) cosn x . En déduire que un =

p=1

226

0

p

#n p=1

& 2

n

n

n

1 0

sin("n x ) + cos("n x ) .

x sin(nx ) cos x dx . On pose Sn =

On définit la fonction fn sur [0, 1] par !t !]0, 1], fn (t ) = On pose In =

sin("n x ) dx .

2

n +2 Sn

.

.

Montrons que fn est une fonction polynôme sur [0, 1]. n

1

p

#n ( 1)p t p donne, pour t " 0,

t )n =

(1

(1 t

p=0

t)

n

n

p

#n ( 1)p

=

1 p 1

= '(t ).

t

p=1

1

Avec '(0) = #n = n , il vient que fn (t ) = '(t ) sur [0, 1]. In est alors l’intégrale d’une fonction polynôme. 1 n

In = 0

p

#n ( 1)p

n

1 p 1

p

#n ( 1)p

dt =

t

p=1

1

1

t

n

(1

t)

k 1

=

1

t )n

(1 t

k =1

(1

t)

k 1

1

dt =

t

0

p

#n p=1

( 1)p p

1

.

(suite géométrique de raison 1 1

D’autre part, avec le changement de variable t 1

n

dt =

0

p=1

Pour t " 0, on a

p 1

k 1

t " 1).

t , on obtient :

1

dt =

k

0

, et il s’ensuit In = Sn

L’intégration du produit d’une fonction polynôme par une fonction trigonométrique se traite par intégration par parties. & 2

En intégrant par parties, il vient & 2

on en déduit

cos(2px ) x 2p

x sin(2px ) dx =

0

x sin(2px ) dx = ( 1)

p+1

0

& 2

0

1 + 2p

& 2

cos(2px ) dx et

0

& . 4p

Une somme trigonométrique en sinus est la partie imaginaire de la somme analogue en exponentielle complexe. n

n

p

p

#n e2ipx = 1 + (1 + e2ix )n .

#n sin(2px ) est la partie imaginaire de Vn (x ) = p=1

p=1

Avec 1 + e2ix = 2eix cos x , il vient Vn (x ) = 1 + 2n einx cosn x , dont la partie imaginaire est : 2n sin(nx ) cosn x . On a donc un =

1 2n

n

& 2

p

#n

0

p=1

x sin(2px ) dx .

Il reste enfin à regrouper les différents résultats obtenus.

Il vient alors un =

& 2

n

n +2 p=1

( 1)p p

1

&

p

#n =

2

I n +2 n

et In = Sn donne enfin un =

Ex. 22

2n

Étudier la limite de la suite de terme général sn = k =n

sin2

1 k

& 2n +2

Sn

pour n ! ! .

1 1 2 = 1 cos , on peut se laisser tenter par une somme de 2 k k cos ka qui sont classiques, et on en est assez cosinus. Toutefois, ce sont les sommes du type En linéarisant : sin2

k

éloigné.

Chapitre 5 - Intégration. Calcul intégral

227

1 devant la somme, la perspective de somme de Riemann n’est pas n transparente. Examinons plus attentivement les termes de la somme.

En l’absence de coefficient

Pour n " k " 2n , on a 0
0. Montrer que la suite de terme général T

un = 0

f (x )g(nx ) dx admet

1 T

T

T

f 0

0

g pour limite.

Une intégrale sur [0, nT ] permet de décomposer en somme d’intégrales sur des intervalles de longueur T et d’utiliser la périodicité de g. Un changement de variable est une clé.

Chapitre 5 - Intégration. Calcul intégral

229

nT

1

Le changement de variable défini par t = nx donne un = n n

1

La relation de Chasles donne alors un = n

kT

Par le changement de variable défini par t = (k kT

T

t

f

g(t ) dt =

n

(k 1)T

1)T + v, il vient :

(k

f

1)T + v g (k n

0

kT

La périodicité de g donne ensuite

T

t

f

g(t ) dt =

n

(k 1)T

Ces diverses transformations donnent un =

(k

f

T

(k

f

1)T + v g(v) dv. n

n

(k

f

1)T

n

1 n

qui est une somme de Riemann

n

k =1

pour f sur [0, T ].

1)T + v g(v) dv. n

0

k =1

1 n

On considère la suite de terme général sn =

1)T + v dv.

0

n

1 n

Il est particulièrement tentant d’isoler

g(t ) dt .

n

(k 1)T

k =1

g(t ) dt .

n

0

t

f

t

f

(k

f

T

1)T n

k =1

0

g(v) dv.

Si la limite de (sn ) est immédiate, cette suite ne se révélera utile que si on peut estimer la différence (un sn ).

En application du théorème des sommes de Riemann pour une fonction continue, on a : n

et donc, lim sn =

T

1 T

1 n

lim +

n

(k

f

1)T n

k =1

=

1 T

T

f 0

T

g.

f 0

0

La limite de (sn ) est celle qui est attendue pour (un ). Il reste alors à prouver que (un sn ) est de limite 0. Quand on sait où on va, il est plus facile d’orienter les calculs. À ce sujet, l’hypothèse «f lipschitzienne» est encore inutilisée.

En écrivant sn sous la forme sn = 1 sn = n

un

1 n

n

n

T

k =1

T

f

(k

1)T + v n

f étant lipschitzienne, il existe # > 0 tel que f (b)

On a donc f

(k

1)T + v n T

f

(k

0

Finalement un

sn "

proposition. 230

Sujets d’oraux

#T n

f

(k

1)T n

1)T + v n

1)T n

0

0

k =1

(k

f

f

g(v) dv, on a :

f

(k

f (a ) " # b

"# (k

1)T

g(v) dv

n

a pour a et b dans ".

v T " # , et il s’ensuit : n n

1)T n

g(v) dv " #

T n

T 0

g.

T

g donne lim(un 0

sn ) = 0, ce qui achève la preuve de la

Ex. 25

1

Pour n ! !, on considère la fonction fn définie sur " par fn (x ) =

2 n

t ) cos xt dt et on

(1 0

pose In = fn (0). Montrer que fn est bornée et lipschitzienne sur ". Donner une relation liant fn +2 (x ), fn +1 (x ) et fn (x ). En déduire une expression de In . La première partie du sujet s’obtient par des majorations usuelles. t 2 )n " 1 et cos xt " 1, il vient fn (x ) " 1.

Avec 0 " (1

1

Étudions fn (u )

fn (v) =

2 n

(1

t ) (cos ut

cos vt ) dt .

0

On a classiquement cos ut

cos vt " ut fn (u )

vt " u v , ce qui permet d’obtenir : fn (v) " u v

et par suite fn est lipschitzienne. Pour une relation entre fn +2 (x ) et fn +1 (x ), on peut utiliser une intégration par parties en dérivant (1 t 2 )n +2 . En vue d’une primitive de cos xt , on se place dans le cas x " 0.

Les fonctions qui interviennent sont de classe parties est justifiée. 1

fn +2 (x ) =

(1

2 n +2

t )

0

donne : fn +2 (x ) =

1 (1 x

cos xt dt = 1

2(n + 2) x

donc, dans ce sujet, toute intégration par

2 n +2

t )

sin xt

1 0

+

1

n+2 x

2t (1

2 n +1

t )

sin xt dt

0

t 2 )n +1 sin xt dt .

t (1 0

Une nouvelle intégration par parties permet de retrouver cos xt sous le signe d’intégration. Il faut porter une attention particulière à la dérivée de t (1 t 2 )n +1 pour l’écrire en combinaison linéaire de puissances de 1 t 2 . t 2 )n +1 est ' (t ) = (1

La dérivée de '(t ) = t (1

t 2 )n +1

2 n

2

2 n

t 2 )n et on a :

2t 2 (n + 1)(1 (1 t 2 )n +1 .

t (1 t ) = (1 t ) t 2 )n + (2n + 3)(1 t 2 )n +1 .

Il s’ensuit ' (t ) = 2(n + 1)(1 Avec

1 ' (t ) cos xt x

dire :

1 0

1

= 0, on obtient

t (1

1 x

sin xt dt =

0

1

t (1

2 n +1

t )

sin xt dt =

0

et on obtient : fn +2 (x ) =

2 n +1

t )

2(n + 2)(2n + 3) x

2

2n + 3 fn +1 (x ) x

fn +1 (x )

' (t ) cos xt dt , c’est-à0

2(n + 1) fn (x ) x

4(n + 1)(n + 2) x

1

2

fn (x ).

Pour en déduire une relation entre les Ik , il faut étudier le comportement en 0 déduit de la relation précédente. C’est le moment de se rappeler que fn +2 est bornée.

Dans x 2 fn +2 (x ) = 2(n + 2) (2n + 3)fn +1 (x )

2(n + 1)fn (x ) , on prend la limite en 0, en tenant

compte du fait que fn +2 est bornée, et aussi que fn +1 et fn sont continues. Il vient alors (2n + 3)fn +1 (0)

2(n + 1)fn (0) = 0, c’est-à-dire In +1 =

En observant que I0 = 1 et que In +1 =

2(n + 1) I , il vient In = 2(n + 1) + 1 n

2n + 2 I . 2n + 3 n

n k =1

n

2k , il vient In =

En multipliant numérateur et dénominateur par k =1

2k . 2k + 1 4n (n !)2 . (2n + 1)!

Chapitre 5 - Intégration. Calcul intégral

231

C Changement de variable Ex. 26 Existe-t-il une fonction f continue sur [0, 1] telle que : 1

(1) :

1

1 + 3

f (x ) dx = 0

2

2

f (x ) dx ? 0

La formulation n’est pas homogène en terme d’intégrales. Pour y remédier, on exprime une intégrale sur [0, 1].

1 en 3

2

Ici, f 2 représente la fonction u ! f (u ) .

Notons, classiquement, que

1 = 3

1

2

x dx . Un énoncé équivalent est alors : 0

1

1

f (x ) dx = 0

f 2 (x 2 ) + x 2 dx .

0

Le changement de variable bijectif de [0, 1] sur [0, 1] défini par x = t 2 permet d’exprimer 1

f (x ) dx en une intégrale avec f (t 2 ), mieux en rapport avec l’intégrale qui figure au second

0

membre.

Supposons que f soit solution du problème. Le changement de variable bijectif défini par x = t 2 , et avec dx = 2t dt donne : 1

1

f (x ) dx = 0 1

et la condition devient :

2tf (t 2 ) dt

0 1

2xf (x 2 ) dx =

2

2

f (x ) + x

0

2

dx .

0 1

2

2

2xf (x 2 ) + x 2 dx , c’est-à-dire :

f (x )

Par linéarité, cette condition équivaut à

0

1

2

f (x )

x

2

dx .

0

Nous voilà en territoire connu : fonction positive, d’intégrale nulle. L’hypothèse de continuité de f devient plus importante que pour la seule intégrabilité.

La fonction x ! f (x 2 )

x

2

est continue sur [0, 1], positive et d’intégrale nulle. C’est donc la

fonction nulle sur [0, 1]. Pour tout x ! [0, 1], on a ainsi f (x 2 ) La fonction x ! 1

x dx =

On a 0

2

= 0, donc f (x 2 ) = x , d’où f (x ) =

1 0

=

2 . 3

t , on a f 2 (t ) = t et f 2 (x 2 ) = x 2 , d’où

Il s’ensuit que f définie sur [0, 1] par f (x ) = donc l’unique solution du problème. 232

Sujets d’oraux

x.

x est la seule solution possible. Il reste à vérifier qu’elle convient.

2 3/2 x 3

Par ailleurs, avec f (t ) =

x

1

2

2

f (x ) dx = 0

1 . 3

x est continue et vérifie la propriété (1). C’est

Ex. 27 r

Étant donné r > 0, calculer

1

dy 2

0 x +y

1/r

dx .

2

1

Il y a lieu de dépoussiérer le sujet. Sous l’apparence d’une intégrale double, 0

dy 2

x +y

2

n’est là

que pour effaroucher à bon compte ! dy

Pour x > 0, on a

2

x +y

2

=

1

y 1 Arctan , d’où x x

x +y

0

r

La véritable question est donc le calcul de I (r ) =

dy 2

1

1/r x

2

1

=

x

Arctan

1 x

Arctan

&

r

Avec

1/r

Avec t =

r 1/r

r

dx x

Arctan x dx . Posons J (r ) = x

1/r

r

dx = "n x x

1/r

= 2 "n r , on a I (r ) = & "n r 1

Un autre moyen d’éliminer

x

défini sur ]0, +

x

[ par t =

1 , donc avec dx = x

1 t

2,

1

dans Arctan

1 x

r 1/r

.

dx .

Une particularité de la fonction Arctan est que, pour x > 0, Arctan

On a I (r ) = 2

1 x

1 x

=

& 2

Arctan x .

Arctan x dx . x

J (r ).

est de procéder au changement de variable bijectif

. 1/r

on a I (r ) =

r

1 Arctan t dt = t

r 1/r

1 Arctan t dt . t

On voit alors que I (r ) = J (r ) et, en reportant dans la première relation entre I (r ) et J (r ), il vient : I (r ) =

& "n r . 2

Ex. 28 Soit f une fonction réelle, continue et strictement positive sur [a, b]. Son graphe dans un repère orthonormal délimite, avec les droites x = a , x = b et y = 0, un domaine - d’aire A. Pour n ! ! , on forme la subdivision (c0 , c1 , . . . , cn ) de [a, b] telles que les droites x = a , x = c1 , . . . , x = cn 1 , x = b partagent - en n parties de même aire A / n . 1

Étudier la suite (un ) définie par un = n

n

f (ck ). k =1

b

On a A = a

f . La subdivision .n = (ck )k ![[ 0,n ]] n’est pas régulière et un ne s’interprète pas,

sous la forme donnée, en une somme de Riemann. Le plus urgent est d’étudier d’un peu plus près cette subdivision.

Chapitre 5 - Intégration. Calcul intégral

233

x

La fonction F définie par F (x ) =

1

f (t ) dt est de classe

a

, avec F (x ) = f (x ) > 0, donc

strictement croissante sur [a, b]. Compte tenu de F (a ) = 0 et F (b) = A, c’est alors une bijection de [a, b] sur [0, A]. A

Les points ck de la subdivision choisie sont définis par F (ck ) = k n . Les points ck , définis en compréhension, sont maintenant exprimés techniquement. On est maintenant en mesure d’exprimer un sous une nouvelle forme. 1

Avec ck = F

k

1 A , il vient un = n n

n

f

F

1

k

k =1

A n

On reconnaît une somme de Riemann de la fonction f La limite de un est alors

A

1 A

F

f

1

. F 1 sur l’intervalle [0, A].

.

0

Le nombre un est une moyenne de f A

F 1 , dont la limite est la valeur moyenne sur [0, A], qui

1 1 f F . Une faute serait d’oublier de diviser l’intégrale par la longueur de l’intervalle A 0 d’intégration. est

A

f

Pour le calcul de

F

0

1

(t ) dt , on effectue le changement de variable bijectif défini par

x = F 1 (t ), soit t = F (x ) et dt = f (x ) dx . Compte tenu de F (a ) = 0 et F (b) = A, il vient : A

f

F

1

b

(t ) dt = a

0

2

f (x ) dx , où f 2 représente la fonction x ! f (x ) b

f

b

En notant que A =

a

a

f (t ) dt , il vient finalement lim un =

2

.

2

.

b

f a

Ex. 29 *

Étant donné * réel, 0 " * < 1, et n ! !, on pose In (*) =

0

x

(1

n

x )(1 + 3x )

dx .

1) Calculer I0 (*) et I1 (*). Montrer que I0 (*) et I1 (*) ont des limites réelles, notées respectivement I0 et I1 , quand * tend vers 1. 2) Montrer que, pour * fixé, la suite In (*) fonction * ! In (*) est croissante sur [0, 1[.

n !!

est décroissante et que, pour n fixé, la

En déduire que In (*) admet une limite, notée In , quand * tend vers 1. Montrer que la suite (In )n !! est décroissante. 3) Dériver la fonction 'n définie, pour n ! !, par 'n (x ) = x n (1 En déduire une relation de récurrence liant In +1 , In et In

234

Sujets d’oraux

1.

x )(1 + 3x ).

Calculer I2 et I3 .

1)

1 x . 1 + 3x

Pour cette situation, on effectue le changement de variable défini par t = *

I0 (*) =

dx

0

1 x 1 + 3x

(1 + 3x )

1

x=

t

2

1 + 3t

4

puis 1 + 3x =

2

1 + 3t

2

8t

et dx =

(1 + 3t 2 )2

dt .

1 * et il vient : 1 + 3*

On pose + = +

I0 (*) =

1 x , il vient : 1 + 3x

. Avec le changement de variable défini par t =

2 1

dt 2

3t + 1

2

=

3

Il vient immédiatement I0 =

Arctan( 3t )

+ 1

2

=

3(1 *) 1 + 3*

Arctan

3

2& en prenant la limite pour * 3 3

Arctan

3 .

1.

Le même changement de variable s’impose pour le calcul de I1 (*). +

De même, I1 (*) = 2 Pour

t

2

1

2

(3t + 1)

1

dt (3t 2 + 1)2

+ 1

dt 2

(3t + 1)2

=

8 3 1 3

On en déduit I1 (*) = I0 (*) + 2)

dt =

+

2 3

3t 2 + 1 (3t + 1)

1

dt 2

1

1 3

t

=

dt 2

(3t + 1)

2

1 (1 3

=

2

2

1 I (*) 3 0

dt =

dt 3t 2 + 1 +2

8 3

+

dt 2

(3t + 1)2

1

2 1 I (*) + 3 0 3

.

par parties. dt

2

2

dt

3t + 1 3t + 1 (3t + 1)2 + 1 , et il s’ensuit : + 2 3t + 1 4 3 +2 +1

3t + 1 + dt 1

+

4

2

, il est classique d’intégrer

En intégrant par parties, il vient On a donc 2

2

4+ 3(3 +2 +1)

*)(1 + 3*). et il vient I1 =

2

.

.

2& 1 + . 9 3 3

Il faut distinguer le comportement de In (*) selon que c’est * qui est variable (étude de fonction) ou que c’est n qui est variable (étude de suite).

Pour x ! [0, 1[, on a x n +1 " x n d’où

x n +1

(1

x )(1 + 3x )

[0, *], il vient In +1 (*) " In (*), donc la suite In (*)

n !!

"

xn

(1

x )(1 + 3x )

. En intégrant sur

est décroissante.

*

Pour 0 < * < * < 1, on a In (* ) = In (*) + croissante sur [0, 1[.

fn (x ) dx avec fn (x ) % 0, donc * ! In (*) est *

Le passage de In (*) à In met en œuvre le théorème de limite d’une fonction monotone.

On a In (*) " I0 (*) et I0 (*) est majorée par sa limite en 1. Ainsi, croissante sur [0, 1[ et majorée par I0 , la fonction * ! In (*) a une limite réelle en 1. In +1 *) " In (*) donne par passage à la limite, In +1 " In . La suite (In ) est donc décroissante. Chapitre 5 - Intégration. Calcul intégral

235

3) '0 (x ) =

(1

3x

x )(1 + 3x ) a pour dérivée '0 (x ) =

Pour n % 1, on a 'n (x ) = x n '0 (x ) d’où 'n (x ) = nx n

(1

On a 'n (x )

= *n (1

* 0

=

(1

x )(1 + 3x )

. x (3x

(1

1)

x )(1 + 3x )

.

1

.

3(n + 1)In +1 (*) + (2n + 1)In (*) + nIn

*)(1 + 3*) et, en prenant la limite pour * 3(n + 1)In +1 = (2n + 1)In + nIn

On en déduit I2 =

3x )

n

1

x )(1 + 3x )

En intégrant sur [0, *], il vient 'n (x ) * 0

x )(1

3(n + 1)x n +1 + (2n + 1)x n + nx n

Soit encore : 'n (x ) =

1

(1

1 (*).

1, il vient :

1.

1 1 2& 1 1 14& 3I1 + I0 = + et I3 = 5I2 + 2I1 = + . 6 6 9 3 9 6 81 3

Ex. 30 Calculer la primitive nulle en 0 de la fonction ' définie sur " par : '(x ) =

1 + cos2 x (1 + sin2 x )2

. x

On justifiera le choix du changement de variable défini par u = tan t dans

'(t ) dt . 0

x

x

' est continue sur ". Pour le calcul de /(x ) = 1 + cos2 t (1 + sin2 t )2

'(t ) dt = 0

dt est invariant par t

1 + cos2 t (1 + sin2 t )2

0

dt , on note que

t + &. Les règles de Bioche proposent alors le changement

de variable défini par u = tan t . & & , . 2 2

Dans un premier temps, on suppose donc que x !

On se met en situation de pouvoir utiliser ce changement de variable, en particulier en faisant dt . apparaître cos2 t 1

1+

En écrivant '(t ) dt =

1

dt

cos2 t

+ tan t

cos2 t

u +2

(2u 2 + 1)2

0

Il est usuel que

tan x

1 2

236

du 2u 2 + 1

2

2u + 1

du 2

2u + 1

On exprime

Il vient

du

0

=

Sujets d’oraux

=

1 2

(2u + 1) u

2u 2 + 1

2

+2

, et en utilisant

+

3 2

du =

tan x

tan x

1 2

= 1 + tan2 t , il vient :

2u 2 + 1 + 3 (2u 2 + 1)2

0

du 2

(2u + 1)2

0

1 cos2 t

du .

.

Arctan(u 2).

du 2

cos2 t

2

tan x

/(x ) =

On a donc /(x ) =

2

2

à l’aide de 2u 2 + 1

du 2u 2 + 1 1

(2u 2 + 1)2

=

avec une intégration par parties.

u

2u 2 + 1

+2

du 2u 2 + 1

2

du (2u 2 + 1)2

,

du

2

d’où : Finalement /(x ) =

3 tan x 4(1 + 2 tan2 x ) /(x ) =

=

(2u 2 + 1)2 +

u

du

+

2u 2 + 1

2u 2 + 1

.

5 2 Arctan( 2 tan x ) ou aussi : 8

3 sin x cos x 4(1 + sin2 x )

+

5 2 Arctan( 2 tan x ). (1) 8

& & et en , donc avec la formule (1), valable sur 2 2

La fonction / est continue en

& & , , on 2 2

obtient : /

5& 2 & = lim /(x ) = et / 2 16 & x

& 2

=

5& 2 . 16

2

On aurait simplifié la tâche en notant que, puisque ' est paire, / est impaire. Dans la suite, nous nous limitons à x ! "+ , et plus précisément à x !

Pour tout x !

& ,+ 2

n 1

(k +1)&

x

'+ k =0

.

x & 1 < (n + 1)& : c’est n = E + . 2 & 2

, il existe n ! ! tel que n & "x +

La relation de Chasles donne /(x ) =

& ,+ 2

n&

k&

'.

Or ' est &-périodique. On a donc, pour tout k ! ! : (k +1)&

'= k&

& 2 & 2

'=

5& 2 et 8

n &) défini par (1) lorsque n & < x +

avec /(x

x n&

x

'= n&

' = /(x

n &)

0

& < (n + 1)&. 2

Finalement, on obtient :

et

/ (x ) = n

5 & 2 3 sin x cos x 5 2 + + Arctan( 2 tan x ) pour n & 8 8 4(1 + sin2 x )

/ n&

& 2

=n

5& 2 8

& & 0. (2n + 2)Wn +1 = (2n + 1)Wn est la classique relation de Wallis.

b) Intégration par parties en dérivant sin t cos2n +1 t : &/2

t sin t cos

2n +1

t dt

0

= =

1 2 2n +1 t sin t cos t 2 2n + 1 2

&/2

&/2

1 2

0

Jn =

cos2n +2 t

t

(2n + 1) sin2 t cos2n t dt

0

2n + 2 2

t 2 cos2n t dt

0

d’où !n ! !, Jn +1

&/2 2

1 J 2n + 1 n +1

&/2 2

t cos2n +2 t dt =

0

2 2n + 1

&/2

t sin t cos

2n + 1 Jn 2

2n +1

2n + 2 Jn +1 . 2

t dt .

0

c) Une autre intégration par parties, en intégrant sin t cos2n +1 t , donne : &/2

t sin t cos

2n +1

t dt =

0

t

2n + 2

cos2n +2 t

&/2 0

+

1 1 W = W . 2n + 2 n +1 2n + 2 n +1

On en déduit : 2n + 2 J 2n + 1 n +1

Jn =

2 J W puis n +1 (2n + 1)(2n + 2) n +1 Wn +1

Jn

d) En additionnant, W n

J0 = W0

Jn = Wn

2 (2n + 2)

2

=

1 1 . 2 (n + 1)2

2

1 J0 & S . Notons que = . 2 n W0 12 Chapitre 5 - Intégration. Calcul intégral

245

2) a) Il s’agit là d’une classique inégalité de convexité. La fonction sin est concave sur & & 2 d’où, pour tout t ! 0, : sin t % t . 2 2 &

0,

En tant qu’intégrale d’une fonction positive non nulle, on a Jn > 0, et l’inégalité précédente Jn "

donne, pour tout n ! !,

&/2

&2 4

&2 (Wn 4

sin2 t cos2n t dt =

0

Wn +1 ).

2

Wn +1 =

Or, avec 1)a), on a Wn b) Il vient alors lim

& Wn Wn donc Jn " . 2(n + 1) 8(n + 1) 2

Jn J0 & = 0 puis, avec le 1)d), lim Sn = 2 = . Wn W0 6

1 S et S2n = S2n 2 n

c) On a S2n +1 = S2n +1

d) Il s’ensuit lim S2n +1 = lim S2n =

1 &2 lim Sn , donc (Sn ) converge vers S = . 2 12

q 1

1 1+x

3) a) On a

1 S . 2 n

x

( 1)p x p = ( 1)q

q

1+x

p=0

q 1

1 1+x

, d’où

( 1)p x p " x q . p=0 q

( 1)p+1

Avec l’inégalité des accroissements finis, il vient "n (1 + x ) p=1 q+1

x x " 0q (x ) " "n (1 + x ) + donne q+1 q+1

b) "n (1 + x )

( 1)p+1 p=1

x

p 1

x

q

( 1)p+1 p=1

( 1)p+1

x

q

x

2

x

"

+

p

x

(q + 1)

2

0

p

x

q+1

q+1

p

= "n (1 + x ).

p

donne, en intégrant sur [0, 1] :

( 1)p+1 p=1

1 p

2

1

+

(q + 1)2

.

1

En prenant la limite pour q infini, il vient (fin de question 2), 0

q

( 1)p+1

5) a) Avec 3)a), on a "n (1 + x n ) p=1

"n (1 + x n )

n (q+1)

x " q+1

x

np

p

q

( 1)p+1 p=1

x

" x

np

p

.

.

q

'(x ) dx "

"

"

q

q+1

1

1

x

p

q

q+1

p 1

p=1

1 p

( 1)p+1

" '(x ) "

( 1)p+1

p=1

p 1

p

p=1

q

q+1

p

q

"n (1 + x ) x

4) Avec 3)a), il vient q

+

q+1

x

'(x ) dx = lim Sq =

&2 . 12

n (q+1)

q+1

, ce qui s’écrit aussi :

" "n (1 + x n ) +

x

n (q+1)

q+1

et en intégrant sur [0, 1], on obtient : 1

"n (1 + x n ) dx

0

1 " (q + 1)(nq + n + 1)

q

p=1

( 1)p+1 " p(np + 1)

+

d’où, en prenant la limite pour q

+

, p=1

246

Thèmes d’étude – Problèmes

1

"n (1 + x n ) dx +

0

p 1

( 1) = p(np + 1)

1 0

1 (q + 1)(nq + n + 1)

"n (1 + x n ) dx .

b) On a

1

n p(np + 1)

p

=

2

1 2

p (np + 1)

, d’où : q

nTq

1

Sq "

2

p=1

+

puis, en prenant la limite pour q +

1

"n (1 + x n ) dx

0

&2 1 , Sq " n 6n

: +

p 1

p=1

c’est-à-dire n

p (np + 1)

"

( 1) n p(np + 1)

( 1)p p

p=1

1

&2 6n

"

2

&2 &2 " , et il s’ensuit : 6n 12 1

"n (1 + x n ) dx

0

6) a) Pour x ![0, 1], x n +1 " x n , d’où

1

"

1 + x n +1

n

!

+

&2 . 12n

1 puis un +1 " un . La suite est décroissante 1 + xn

et positive, donc convergente. 1

b) En intégrant par parties,

0

0 1

"n (1 + x n ) dx = "n 2 + n (un

"n 2 1 + n n

1

0

nx

n

1 + xn

dx . Il vient alors :

1).

0

c) un = 1

1

1

"n (1 + x n ) dx = x "n (1 + x n )

"n (1 + x n ) dx et le résultat 5)b), donne :

0

"n 2 1 &2 + +o 2 . n 12n 2 n

un = 1

3 Limite d’une intégrale de borne variable 1

Soit f la fonction définie sur " par f (x ) =

e

(1+t 2 )x

1 + t2

0

dt .

1) a) Pour x ! " fixé et pour tout h ! ", former f (x + h ) et justifier que e de limite 0 en 0.

(1+t 2 )h

=1

En déduire une expression de

2

2

f (x ) en terme d’intégrale sur [0, 1] 2

(1 + t )h + (1 + t )h ' (1 + t )h où ' est une fonction continue f (x + h ) h

f (x )

à l’aide d’intégrales. 1

b) En déduire que f est dérivable sur " et que f (x ) =

e

(1+t 2 )x

dt .

0

Cette question n’est pas la plus facile et le résultat peut être admis. 2) a) Calculer f (0). b) En majorant e

x (1+t 2 )

, justifier que lim f (x ) = 0 et que x

+

x

lim f (x ) = 0. +

Chapitre 5 - Intégration. Calcul intégral

247

3) Soit g la fonction définie sur " par g(x ) = f (x 2 ). x

x2

a) Montrer que g (x ) = 2e

2 e t dt .

0

x

b) Montrer que la fonction ' : "

" , x ! g (x ) +

t2

e

2

dt

est constante et préciser

0

cette constante. x

c) En déduire la limite quand x tend vers +

de

+

t2

e

dt , notée

e

0

t2

dt .

0

Solution 1

1) a) Pour h ! ", on a f (x + h ) =

e

(x +h )(1+t 2 )

1

e

h (1+t 2 )

dt . 1 + t2 Le développement limité à l’ordre 1 au voisinage de 0 de la fonction exp donne l’existence de ', fonction continue de limite 0 en 0, telle que e X = 1 + X + '(X ), et il vient : 1 + t2

0

2 e h (1+t ) = 1

dt =

x (1+t 2 )

e

0

h (1 + t 2 ) + (1 + t 2 )h ' (1 + t 2 )h .

La fonction à intégrer pour le calcul de f (x + h ) s’écrit donc : e

(x +h )(1+t 2 )

=

x (1+t 2 )

e

1 + t2 En intégrant sur [0, 1], on a :

1

f (x + h ) = f (x )

2 2 he x (1+t ) + he x (1+t ) ' (1 + t 2 )h .

1 + t2

h

x (1+t 2 )

e

1

dt +h

e

0

x (1+t 2 )

' (1 + t 2 )h dt

0

et il vient : f (x + h ) h

f (x )

x (1+t 2 )

e

1

dt +

f (x )

x (1+t 2 )

e

0

f (x + h ) h

b) On a donc

1

=

0

1

+

1

2 e x (1+t ) dt "

0

' (1 + t 2 )h dt .

2 e x (1+t ) ' (1 + t 2 )h

dt .

0

1 " 1 + t 2 " 2 donne (1 + t 2 )h ! [h, 2h ] et, ' étant bornée sur [h, 2h ], nous posons alors : $(h ) =

sup u ![h,2h ]

'(u ) ,

et il vient : f (x + h ) h

f (x )

1

+

e

x (1+t 2 )

1

dt " $(h )

0

e

x (1+t 2 )

dt .

0

En remarquant que lim '(X ) = 0 s’exprime par lim $(h ) = 0, on en déduit que la limite X

0

h

f (x + h ) quand h tend vers 0 de h

f (x )

1

+

e

0

2

x (1+t )

0

dt est nulle. 1

En conséquence, f est dérivable en x , avec f (x ) =

e

x (1+t 2 )

0 1

2) a) f (0) = 2

0

dt 1+t

2

= Arctan 1 =

1 + t % 1 donne, pour x % 0,

248

& . 4

x (1 + t 2 ) "

Thèmes d’étude – Problèmes

x . Il s’ensuit :

dt .

0"

x (1+t 2 )

e

1+t 1

0 " f (x ) "

puis :

x

e

x

"e

2

x

dt = e

0

ce qui entraîne

x

x

"e

,

1

et 0 " f (x ) "

x

e

dt = e

x

0

,

lim f (x ) = 0 et lim f (x ) = 0. x

+

1

3) a) f (x ) =

x (1+t 2 )

et 0 " e

e

x (1+t 2 )

0

dt et g (x ) = 2xf (x 2 ) donnent :

1

g (x ) =

2x

+

e

x 2 (1+t 2 )

dt c’est-à-dire g (x ) =

1

x2

2xe

x2t2

e

0

dt .

0

Pour x " 0, le changement de variable défini par u = tx donne : g (x ) =

2e

x

x2

u2

e

du .

0

x

b) D’après le a), la fonction ' définie par '(x ) = g(x ) +

t2

e

2

dt

est dérivable et de

0

&

dérivée nulle. Elle est donc constante et '(0) = g(0) = f (0) = 4 donne : x

g(x ) +

e

t2

2

dt

& . 4

=

0

c) Avec lim f (x ) = 0 et donc lim g(x ) = 0, il vient, en prenant la limite pour x x

x

+

+

+

u2

e

2

du

=

0

+

& puis 4

e

u2

+

:

& . 2

du =

0

4 Intégrales et inégalités 1) Pour (a, b) ! "2 , montrer que 2 ab " a 2 + b2 et (a + b)2 " 2(a 2 + b2 ). Cas d’égalité ? Soit I = [0, 1], (x1 , x ) ! I 2 et f ! (I, "). Montrer que : 2

x

f (t ) dt

x

" (x

x1 )

x1

2) Soit f de classe

1

f 2 (t ) dt .

x1

sur I = [0, 1] et x , x1 dans I . x

a) Montrer que : f (x ) = f (x1 ) + b) Soit x dans I et x1 !

x1

x

f (t ) dt et f 2 (x ) " 2f 2 (x1 ) + 2(x

x1 )

2

f (t ) dt . (A) x1

1 2 , . Montrer l’inégalité : 3 3 f 2 (x ) " 2f 2 (x1 ) +

c) Soit x dans I . Montrer l’inégalité :

4 3

1 2 f (x ) " 2 3

1

2

f (t ) dt . 0 2/3

2

f (t ) dt + 1/3

4 9

1

2

f (t ) dt .

(B)

0

Chapitre 5 - Intégration. Calcul intégral

249

1

d) Établir l’inégalité :

2/3

2

f (t ) dt "6 1/3

0

1

e) Pour quelles fonctions f , de classe

1

4 3

2

f (t ) dt +

2

f (t ) dt .

0

(I)

sur I , l’inégalité (I) est-elle une égalité ?

3) Cette question a pour but d’obtenir une généralisation de l’inégalité (I). On considère * ! 0,

1 . 2

a) En suivant la même méthode qu’à la deuxième question, montrer qu’il existe des polynômes P et Q, du premier degré, tels que : 1 3

P

et pour tout f !

1

=

1 1 , Q 6 3

4 3

=

[0, 1], " : 1

2

f (t ) dt " 0

1 P (*)

1 *

1

2

f (t ) dt +Q(*) 0

*

2

f (t ) dt .

(II)

b) Pour quelles fonctions f de classe 1 sur I l’inégalité (II) est-elle une égalité ?

Solution 1) 2 ab " a 2 + b2 (i) équivaut à a Il y a égalité si et seulement si a = b . (a + b)2 " 2 a 2 + b2

2

x

f (t ) dt

x x1

f (t ) dt

x

" (x

x1

2

f (t ) dt , c’est-à-dire : x1

2

x

x

12 dt

"

x1

2) a) Avec

% 0 ; elle est donc vraie.

b)2 % 0 ; elle est donc vraie.

(ii) équivaut à (a Il y a égalité si et seulement si a = b.

L’inégalité de Schwarz donne

2

b

x1 )

2

f (t ) dt .

x1

(iii)

x

f (t ) dt = f (x )

f (x1 ), on a :

x1 x

f (x ) = f (x1 ) +

2

x

f (t ) dt puis f 2 (x ) =

f (x1 ) +

x1

f (t ) dt

.

x1

En utilisant (ii), il vient : 2

x

f 2 (x ) " 2f 2 (x1 ) + 2

f (t ) dt x1

,

puis avec (iii), on obtient : f 2 (x ) " 2f 2 (x1 ) + 2(x

b) Avec x ! [0, 1] et x1 !

x

x1 )

1 2 , , on a x 3 3

2

f (t ) dt .

x1 "

2 et 3

Donc (A) donne : f 2 (x ) " 2f 2 (x1 ) +

250

Thèmes d’étude – Problèmes

4 3

1

2

f (t ) dt . 0

(A)

x1 x

1

2

f (t ) dt " x1

2

f (t ) dt . 0

1 2 , les deux membres de l’inégalité précédente, 3 3

c) Alors, en intégrant par rapport à x1 sur on obtient :

2/3

1 2 f (x ) " 2 3

1/3 2/3

d) En intégrant sur [0, 1], f 2 (x ) " 6 1

2

f (t ) dt + 2

f (t ) dt + 1/3 2/3

2

f (t ) dt "6 1/3

0

1

4 9

2

f (t ) dt

(B)

0 1

4 3

0

4 2 f (t ) dt + 3

2

f (t ) dt , on a : 1

2

f (t ) dt

(I)

0

e) f 2 est continue sur [0, 1]. Elle est donc bornée sur [0, 1] et atteint ses bornes. Soit alors y ! [0, 1], f 2 (y) = sup f 2 (t ), t ! [0, 1] . (B) donne : 1

2

2/3

2

f (t ) dt "f (y) " 6

2

f (t ) dt + 1/3

0

1

4 3

0

2

f (t ) dt .

L’égalité dans (I) impose alors : 1 0

2

1

2

f (t ) dt = f (y) c’est-à-dire

2

2

f (y)

f (t ) dt = 0.

0

Avec t ! f 2 (y) f 2 (t ) continue et positive, il vient f 2 (t ) = f 2 (y) pour tout t ! [0, 1], ce qui nous donne que f 2 est constante sur [0, 1]. La continuité, donc la propriété des valeurs intermédiaires, fait que f ne peut pas prendre des valeurs de signes contraires, donc f est une constante C . L’égalité dans (I) donne alors C 2 = 2C 2 , donc C = 0 et la fonction nulle convient. L’inégalité (I) est donc une égalité si et seulement si f est nulle sur [0, 1]. 3) a) Soit x ! [0, 1] et x1 ! [*, 1 f 2 (x ) " 2f 2 (x1 ) + 2(1

En intégrant sur [*, 1

*]. On a x x

*) x1

*. En utilisant (A), on obtient : *) 0

2

f (t ) dt .

*], il vient : 1 *

1

2

f (t ) dt +2(1

2*)

*)(1

f 2 (x ) "

puis :

1 *

2 1

2*

2

f (t ) dt , 0

*

f 2 (t ) dt +2(1

1

*)

f 2 (t ) dt .

0

*

1

On choisit alors P et Q définis par P (*) = 2 (1

2*) et Q(*) = 2(1

*).

1 1 4 et Q = . 6 3 3 Et, en intégrant sur [0, 1], il vient :

On a bien P

1 3

1

2

f (t ) dt puis f 2 (x ) " 2f 2 (x1 ) + 2(1

2*)f 2 (x ) " 2

(1

x1 " 1

=

1

2

f (t ) dt " 0

1 P (*)

1 *

1

2

f (t ) dt +Q(*) 0

2

f (t ) dt

(II)

0

b) Comme en 2)e), l’inégalité (II) est une égalité si et seulement si f est la fonction nulle sur [0, 1].

Chapitre 5 - Intégration. Calcul intégral

251

5 Intégration de sin t / t On ne connait pas de primitive de x !

sin x à l’aide de fonctions usuelles. x

Soit f le prolongement par continuité de la fonction x !

sin x avec f (0) = 1. x

x

La primitive F nulle en 0 de f : F (x ) =

x

f , sera aussi noté F (x ) = 0

0

sin t dt . t

Partie I 1) Montrer que F est impaire. Dans la suite, on se limitera à F (x ) pour x > 0. 2) Étudier les variations de F et montrer que, pour tout n ! ! , F admet un point d’inflexion et un seul sur chacun des intervalles ]n &, (n + 1) & [ .

Partie II n&

On pose In = F (n &) =

0

n

1) Montrer que In =

sin t dt pour n ! ! et Jk = t

( 1)k

1

& 0

sin u du pour k ! ! . 1) & +u

(k

Jk .

k =1

2) a) Montrer que, pour tout k ! ! , Jk > 0 et que la suite Jk b) Montrer que Jk converge vers 0. (On pourra majorer

(k

k !!

est décroissante.

sin u sur [0, &].) 1) & +u

3) Montrer que les suites I2p et I2p+1 sont adjacentes. On notera " = lim In . 4) Montrer que F admet " pour limite en + .

Partie III k 1) Pour k ! ! et x ! " 1 2 & $, on admet que : Sk (x ) = + 2

k 1

(k

p) cos px =

p=1

cos kx . x 4 sin2 2

1

&

Calculer

0

Sk (x ) dx .

2) Calculer la limite en 0 de

3) On pose Mk =

252

& 0

1 x

2

1 x

1

2

4 sin2

1 x 4 sin2 2

Thèmes d’étude – Problèmes

(1

x

.

2

cos kx ) dx . Montrer que lim k

+

Mk k

= 0.

Partie IV k& 2

1) a) Montrer que Mk = k L b) En déduire la limite de L vers + . B

2) a) Montrer que : L

k& 2

=

2

& , où L (x ) est défini par L (x ) = 2

quand k tend vers + B

2 B sin2 + B 2

0

x

f 2 (t ) dt .

0

puis celle de L (B) quand B tend

sin x dx . x

b) En déduire la valeur de ".

Solution Partie I 1) f étant paire, le changement de variable x ! x donne : x

F (x ) =

x

f (t ) dt =

f (t ) dt =

0

F ( x)

0

F est impaire.

2) La dérivée de F est f . Avec n ! !, on a f (x ) > 0 sur 2n &, (2n + 1) & et f (x ) < 0 sur (2n + 1)&, (2n + 2) & , et f s’annule en changeant de signe en n &, n ! ! . Il s’ensuit que F est strictement croissante sur 2n &, (2n + 1) & et strictement décroissante sur (2n + 1)&, (2n + 2) & . f (x ) =

x cos x x

sin x 2

et x cos x

sin x ! 0

1 3 x donne lim f (x ) = 0, d’où f (0) = 0. 3 x 0

F s’annule avec changement de signe pour les racines dans " de x = tan x . F admet donc un point d’inflexion et un seul dans chacun des intervalles n &, (n + 1) & pour n!! .

Partie II n

1) La relation de Chasles donne In = défini par t = u + (k k& (k 1)&

sin t dt = t n

On a donc In =

1)& donne : & 0

k =1

k& (k 1)&

sin t dt . Le changement de variable bijectif t

sin u + (k 1)& du = ( 1)k (k 1) & +u

( 1)k

1

&

1 0

(k

sin u du = ( 1)k 1) & +u

1

Jk .

Jk .

k =1

2) a) Sur [0, &], la fonction x !

(k

sin x est continue, positive et non nulle. 1) & +x Chapitre 5 - Intégration. Calcul intégral

253

Son intégrale Jk sur [0, &] est donc strictement positive. Sur [0, &] et pour tout k ! ! , on a (k 1) & +u " k & +u et donc : sin u sin u % . 1) & +u k & +u

(k

Il s’ensuit Jk % Jk +1 . b) Décroissante et positive, la suite Jk est convergente. Pour k % 2 et u ! [0, &], on a 3) Avec I2p+1

sin u 1 1 " . Il s’ensuit Jk " puis lim Jk = 0. 1) & +u (k 1)& k 1

I2p = J2p+1 , on a lim I2p+1

I2p+1 = J2p+3

I2p+3

(k

I2p = 0.

J2p+2 " 0 montre que I2p+1 est décroissante.

I2p = J2p+2 + J2p+1 % 0 montre que I2p est croissante. Ces deux suites sont donc adjacentes. On note " leur limite commune.

I2p+2

x &

4) Pour x % 0, posons nx = E

où E (y) désigne la partie entière du réel y. Alors : nx &

F (x ) =

x

f + nx &

0

On a lim nx = + x

f.

et donc lim Inx = " et : x x

+

+

(nx +1)&

x

f "

f = Jnx +1 .

f "

nx &

nx &

nx &

Avec lim Jnx +1 = 0, il vient lim F (x ) = ". x

x

+

+

Partie III 1)

& 0

Sk (x ) dx =

k&

2

k 1

+

&

(k

p)

0

t! 0

t

3

6

donnent sin2 t

En outre 4t 2 sin2 t ! 4t 4 . Il s’ensuit 0

lim

x

0

sin2 t

t

2

2

4t sin t 1 x

continue sur [0, &]. Il existe alors A > 0 tel que Avec 0 " 1 254

0

4 sin2 1 x

=

k&

2

.

.

2

1 . 12

x

, prolongée par continuité en 0, est

2

1 4 sin2

x

" A pour tout x ! [0, &].

2

cos kx " 2, il vient Mk " 2A&. On en déduit que lim

Thèmes d’étude – Problèmes

0

.

=

1

1 x

&

1 puis : 12

!

x 4 sin2 2

2

p

sin px

4

3

1

2

3) La fonction continue sur ]0, &] x !

4t sin t t

p

2

2

0

2

t

2

t2 !

k

p=1

sin2 t

2) En posant x = 2t , on cherche la limite en 0 de sin t + t ! 2t et sin t

+

2

0

p=1

k 1

k&

cos px dx =

Mk = 0. k

Partie IV 1) a) x ! Sk (x ) et x ! &

On a donc Mk =

cos kx

1

x

1

2

cos kx x

0

2

&

dx

&

1

cos kx x

0

2

1

k

k

x k& / 2

dx = k

Soit k ! ! tel que k

sin2 t 2

k

k& / 2

x

dx

k&

2

.

=

2

+

d’où :

2

k& 2

L

dt

& . 2

& . 2

& & " B < (k + 1) , on a : 2 2

sin2 x

B

2t 2 k&

dt = kL

k&

lim L

L (B) = L

Alors 0 "

2

cos 2t

0

t

= 0 il vient

cos kx x

1

dx = k

2

0

Mk

+

1

0

k& / 2

cos kx

Mk = k

b) Avec lim

2

2t donne : k

0 &

&

Sk (x ) dx =

0

Le changement de variable x !

puis

k

se prolongent par continuité en 0 par 2 .

2

(k +1)& / 2

dx "

x

sin2 x

B B

+

x

k& / 2

+

2

sin2 x 2

x

k& / 2

sin2 x

k& / 2

lim

B

k& 2

dx .

(k +1)& / 2

dx "

2

k &

k& / 2

dx = 0 puis

B

4 2 2

dx =

lim L (B) = +

2 2

k &

donne :

& . 2

2) Une intégration par parties donne : L

B

2

1 sin2 x x

=

B/2 0

B/2

+ 0

sin 2x dx , x

et, avec un changement de variable : L

Avec lim L B

+

B

2

B

2

=

2 B sin2 + B 2

B 0

sin t dt . t

2 B & = et lim sin2 = 0, il vient : 2 B 2 B + B

" = lim B

+

0

sin x & dx = . x 2

Chapitre 5 - Intégration. Calcul intégral

255

6 Primitives et sous-espaces vectoriels 1

On considère l’espace vectoriel réel E = f !

f (t ) dt = 0 .

[0, 1], " , 0

On définit sur E l’application / par : x

!f ! E , !x ! [0, 1], /( f ) (x ) =

1

tf (t ) dt .

f (t ) dt + 0

0

1) Montrer que / est une application linéaire de E dans E . x

2) Montrer que !f ! E , !x ! [0, 1], /( f ) (x ) = 3) a) Soit f dans E ; montrer que l’on a /(f ) ! 1

b) Réciproquement, soit h dans E , de classe f dans E telle que /( f ) = h .

1

tf (t ) dt 1

(1 x

0

t )f (t ) dt .

[0, 1], ") et que /(f ) (0) = /( f ) (1).

et vérifiant h (0) = h (1) ; montrer qu’il existe

c) Montrer que / est injective. 4) On considère les sous-espaces vectoriels E et E de E définis par : E = f ! E, !x ! [0, 1], f (1

, E = f ! E, !x ! [0, 1], f (1

x ) = f (x )

x) =

Montrer que E et E sont supplémentaires dans E , que /(E ) est inclus dans E /(E ) est inclus dans E .

f (x ) .

et que

5) Soit g la fonction définie par !t ! [0, 1], g(t ) = cos &t . Vérifier que g appartient à E et exprimer /(g) à l’aide de fonctions usuelles. 6) Pour toute fonction f de E , on pose Montrer que, !f ! E ,

/ (f ) "

= sup

f

f (t ) , t ! [0, 1] .

1 f . 2

Solution 1) La linéariré de / découle de la linéarité de l’intégrale. x

La fonction f étant continue, F : x !

f (t ) dt est dérivable, de dérivée f . 0

On en déduit que /( f ) est dérivable et de dérivée égale à f , donc /( f ) est de classe Il reste à montrer que /( f ) est d’intégrale nulle sur [0, 1]. 1

On a /( f )(x ) = F (x ) +

tF (t ) dt . Une intégration par parties donne : 0

1

F (x ) dx = xF (x ) 0

1

1 0

1

tF (x ) dx = F (1) 0

1

La condition F (1) = 0 donne alors

/( f )(x ) dx = 0. 0

256

Thèmes d’étude – Problèmes

0

xf (x ) dx .

1

sur [0, 1].

x

2) Avec

1

f (t ) dt +

tf (t ) dt =

tf (t ) dt +

f (t ) dt . x

0

tf (t ) dt , il vient : x

0

0

1

f (t ) dt =

0 1

x

1

Avec

f (t ) dt = 0, on a

x

0

x

1

f (t ) dt =

x

/( f )(x ) =

1

tf (t ) dt

(1

t )f (t ) dt .

x

0 1

3) a) On a déjà dit que /( f ) est de classe

. 1

Avec la formule de définition de /( f ), on a /( f )(0) =

tf (t ) dt , et avec la formule établie en 0

2), il vient :

1

/( f )(1) =

tf (t ) dt . 0

b) Si /( f ) = h , on a nécessairement f = h . Il reste donc à prouver que /(h ) = h . x

1

/(h )(x ) =

h (t ) dt +

1

th (t ) dt = h (x )

0

h (0) +

th (t ) dt .

0

0

1

h (t ) dt = 0, une intégration par parties donne :

Compte tenu de 0

1

1

1

th (t ) dt = th(t )

h (t ) dt = h (1).

0

0

0

En conclusion, avec h (0) = h (1), il vient /(h )(x ) = h (x ). c) Soit f ! E telle que /( f ) = 0. Il vient /( f ) = 0 et, avec /( f ) = f , on a f = 0. On obtient donc Ker / = 0 . 4) Soit f ! E % E . Pour tout x ! [0, 1], on a f (x ) = f (1 x ) et f (x ) = f (1 x ) ; d’où f (x ) = 0. Il en résulte E % E = 0 . Pour tout x ! [0, 1], on peut écrire f (x ) = Posons g(x ) =

f (x ) + f (1

x)

2

et h (x ) =

f (x ) + f (1

x)

+

2

f (x )

f (1

x)

2

f (x )

f (1

x)

2

.

.

Il est clair que g et h sont dans E et E respectivement. On a donc E # E + E . 1 x

Soit f ! E ; on a /( f )(1

x) =

1

f (t ) dt + 0

tf (t ) dt . 0

Le changement de variable défini par u = 1

t donne :

x

/( f )(1

x) =

1

f (1

u ) du +

1

(1

x

Si f est dans E , il vient : /( f )(1

x) =

x) =

Ainsi, /(E ) # E

u )f (u ) du d’où :

1

f (u ) du + 0

1

(1 0

x

f (u ) du

u ) du .

1

f (u ) du + 1

0

/( f )(1

u )f (1

0

1

f (u ) du 0

uf (u ) du =

/ ( f )(x ).

0

et on vérifie de même que /(E ) # E . 1

5) g est continue sur [0, 1] et

cos &t dt = 0

1 sin &t &

1 0

= 0. Notons que g est dans E .

Chapitre 5 - Intégration. Calcul intégral

257

x

1

Avec /(g)(x ) =

cos &t dt + 0

t cos &t dt , une intégration par parties donne : 0

et il vient /(g)(x ) =

2

1 sin &x &

&2

x

0

+

1

1 t sin &t &

0

x

(1

t )f (t ) dt .

x

0

(1

t ) f (t ) dt , d’où :

x x

1

t dt +

(1

/( f )(x ) " 1

En notant que 2 x 2 + (1

1 2

t2

x )2 = x 2

x

(1

0

x+

t ) dt ,

x

0

/ (f ) "

sin &t dt , 0

1

tf (t ) dt

/( f )(x ) " f

il vient

1

1

t f (t ) dt + 0

puis :

1 &

.

6) Utilisons l’expression /( f )(x ) = On a /( f )(x ) "

x

1 sin &t &

/(g)(x ) =

t )2

1

1 = x 2

=

f

x

2

1 2

+

1 2 x + (1 2

x )2

f .

1 1 est majorée par 2 pour x ! [0, 1], 4

1 f . 2

7 Limite d’une somme d’intégrales 1) Pour tout n ! ! , on pose In =

&/4 0

tann x dx .

a) Montrer que la suite (In )n !! est décroissante et convergente. b) Calculer la dérivée de la fonction x ! tann +1 x et en déduire une expression de In + In +2 pour tout n ! ! . En déduire la limite de (In )n !! . 2) Pour t ! 0,

t

& et pour n ! ! , on pose In (t ) = 4

tann x dx et Sn (t ) =

0

n

Ik (t ). k =1

a) Pour tout n ! ! et pour tout x ! [0, t ], vérifier que : tan x + tan2 x + . . . + tann x n

0"

1

n

tan x tann +1 x = 1 tan x 1 tan x

tan x tan t " . tan x 1 tan t t

b) Montrer que, pour tout n ! ! , on a : Sn (t ) En déduire que la suite Sn (t )

n !!

0

tan x tann +1 t dx " t . 1 tan x 1 tan t

est convergente.

3) On se propose de trouver une expression de la limite de la suite Sn (t ) 258

Thèmes d’étude – Problèmes

n !!

.

et que

a) Soit f la fonction définie sur

0,

& par f (x ) = "n (cos x 4

sin x ).

Montrer que f est dérivable et calculer sa dérivée. b) On pose J (t ) =

t 0

t

sin x dx et K (t ) = cos x sin x

0

cos x dx . cos x sin x

Calculer J (t ) et K (t ). En déduire la limite de la suite Sn (t )

n !!

.

Solution 1) a) Avec 0 " tan x " 1 sur [0, & / 4], donc tan n x % 0, il vient In % 0. Et on a aussi tann +1 x " tann x sur [0, & / 4], donc In +1 " In . Décroissante et minorée, (In ) est convergente. b) La dérivée de x ! tann +1 x est x ! (n + 1)(1 + tan2 x ) tann x = (n + 1)(tann x + tann +2 x ). Il s’ensuit

tann +1 x

&/4 0

= (n + 1)(In + In +2 ), c’est-à-dire In + In +2 =

Alors In +2 % 0 donne 0 " In "

1 . n+1

1 , d’où lim In = 0. n+1

2) a) L’égalité classique (1 + u + . . . + u n

1

)(1

1 + u + . . . + un

u n et 0 " u < 1 donne :

u) = 1

n

1

1

1

u

=

u . 1 u

Avec 0 " tan x < 1, il vient alors : tan x + tan2 x + . . . + tann x

La fonction tan étant croissante sur 0, 0 " tann x " tann t et 1

tan x tann +1 x = . 1 tan x 1 tan x

& , on a : 4

tan x % 1

tan t > 0 d’où 0 "

tann x tann t " . 1 tan x 1 tan t

b) Soit 'n définie par 'n (x ) = tan x + tan2 x + . . . + tann x . tan x tann +1 t " pour tout x ! [0, t ]. 1 tan x 1 tan t

On a 'n (x )

t

Avec Sn (t )

0

t

tan x dx = 1 tan x

'n (x ) 0

t

Sn (t ) 0

1

tan x tan x

dx , il vient :

tan x tann +1 t dx " t . 1 tan x 1 tan t

n

Or 0 " tan t < 1 donne lim tan t = 0, donc la suite Sn (t ) n

t 0

3) a) ' : x ! cos x

1

n !!

a pour limite :

tan x dx . tan x

sin x est dérivable sur ". En écrivant cos x

' est strictement positive sur 0,

sin x =

2 cos x +

& , 4

& . Alors f = "n ' est dérivable sur cet intervalle. 4 Chapitre 5 - Intégration. Calcul intégral

259

Avec ' (x ) = b) K (t )

sin x

sin x + cos x . cos x sin x

cos x , il vient f (x ) = t

J (t ) = t et K (t ) + J (t ) =

f (t ) dt = f (0)

f (t ) =

"n (cos t

sin t ) donne :

0

1 "n (cos t 2

J (t ) =

La limite de la suite Sn (t )

n !!

, est J (t ) puisque

sin t ) + t . sin x tan x = . cos x sin x 1 tan x

8 Intégrales et équivalents de suites n

1 et Sn = k

Pour n ! ! , on pose : Hn = k =1

n

1

k =1

k

2

.

fn , pn et gn sont les fonctions réelles définies sur [0, + n

fn (x ) =

x

"n 1 +

k

k =1

, pn (x ) = Hn

gn (x ) dx , Un =

On pose In =

(x + k ) et gn (x ) = k =1

1/

1

[ par :

n

1

gn (x ) dx et Vn =

0

0

n! . pn (x )

1/

Hn

gn (x ) dx .

En est l’espace vectoriel des polynômes réels de degré inférieur ou égal à n

1.

Partie I 1) a) Les suites (Hn )n !! et (Sn )n !! sont-elles convergentes ? b) Prouver, pour tout x ! "+ , les inégalités : x

x

2

2

" "n (1 + x ) " x

(1)

c) En déduire que Hn ! "n n quand n tend vers l’infini. 2) a) Exprimer gn (x ) à l’aide de fn (x ) pour tout x ! "+ . 1/

b) En déduire, à l’aide de (1) : c) En déduire que Un !

Hn

xHn

e 0

1 pour n Hn

1/

Sn

dx "Un " e 2Hn

Hn

e

xHn

0

+

dx .

. 1S

d) Montrer de fac¸on analogue les inégalités : 0 " Vn " e e) Montrer que Vn = o

1 Hn

pour n

+

Hn

n

e2 . Hn

.

3) À l’aide des questions précédentes, établir que : In !

1 pour n "n n

+

.

Partie II 1) Soit B = (ej )j![[ 1,n ]] la famille de En définie par !x ! ", !j ! [[ 1, n ]], ej (x ) = 260

Thèmes d’étude – Problèmes

pn (x ) . x+j

a) Montrer que la famille B est libre. n

b) En déduire l’existence de (#j )j![[ 1,n ]] ! "n tel que !x ! ", n ! =

#j ej (x ). j =1

j 1 1.

c) Calculer #j en fonction de n et du coefficient binomial #n n

k 1 1

( 1)k +1 #n

2) Établir la formule : In = n

"n k .

"n (k + 1)

k =1

3) Utiliser cette dernière égalité et l’équivalent de In obtenu dans la partie t I pour justifier n

l’équivalent :

1

k

( 1)k +1 #n "n (k + 1) !

k =0

quand n tend vers l’infini.

n "n n

Solution Partie I 1) a) Si la suite (Hn )n !! était de limite h , alors la suite extraite (H2n )n !! aurait aussi h pour 2n

limite, d’où lim(H2n

Hn ) = 0. Or on a H2n

1 1 1 %n = . k 2n 2

Hn = k =n +1

Ainsi la suite croissante (Hn )n !! n’est pas convergente, donc elle a + Avec

1 k

2

"

1 pour k % 2, il vient Sn " 1 + k

1 k

1

n

1 1

k

k =2

1 k

pour limite. =2

1 " 2. n

Majorée, la suite croissante (Sn )n !! est convergente. b) "n (1 + x ) " x découle de la concavité de la fonction "n (courbe en dessous de la tangente en 1) (1) La fonction g : x ! "n (1 + x )

x+

donc g(x ) % 0 pour x % 0. c) Pour tout k ! ! ,

1 k

1 2k 2

x

2

x

2

est dérivable, avec g(0) = 0 et g (x ) = x + 1 % 0 et on a 2

" "n

k+1 1 " donne Hn k k

1 S " "n (n + 1) " Hn par 2 n

1

sommation pour k ! [[ 1, n ]]. On a donc 0 " Hn "n (n + 1) " Sn et, avec Sn = o(Hn ), il vient 2 Hn "n (n + 1) = o(Hn ). Donc Hn ! "n (n + 1), puis Hn ! "n n . n

k

2) a) Avec gn (x ) = k =1

b) "n 1 +

x +k

n

, on a "n gn (x ) =

"n k =1

k x+k

=

fn (x ), d’où gn (x ) = e fn (x ) .

x x " donne fn (x ) " xHn en sommant pour k ! [[ 1, n ]]. k k

On a donc gn (x ) % e

xHn

1/

Hn

e

puis

xHn

dx "Un .

0

x "n 1 + k

x % k

x

2

2k 2

donne de même fn (x ) % xHn

x

2

2

Sn d’où

x2 S n gn (x ) " e 2 e xHn .

Chapitre 5 - Intégration. Calcul intégral

261

Sur 0, 1 / Hn , on a x 2 " c) On a donc

1 e Hn

Hn

Hn =

1 e Hn

1 " Un "

1

Avec lim

Hn

e

et lim

e 1/

xHn

xHn

dx .

Sn

Hn

e

e 2Hn .

Sn 1 = 0, il vient lim Un Hn = 1 puis Un ! . 2Hn Hn x2 S 2 n e xHn

x

et

Hn

e

Hn

Hn

1S

e2

n

2

2

Sn "

1 S sur [1 / Hn , 1], on a : 2 n

1S

n

e2

dx =

e) On a donc 0"Hn Vn "e

e 0

1 e 2Hn , c’est-à-dire :

1S

1

Hn

Sn

Hn

" Hn Un " 1

d) gn (x ) % 0 donne 0 " Vn . Avec gn (x ) " e 1S n Vn "e 2

1/

2 Sn x Sn 1 donc Sn " et il vient Un " e 2Hn Hn 2 2Hn

Hn

e

Hn

=

1 il vient lim Vn Hn = 0, donc Vn = o Hn

n

Hn

e

Hn

1S

. En notant que e 2

1S

n

e2

Hn

e

"e

Hn

est convergente et que lim e

e2

Hn Hn

n

.

= 0,

quand n tend vers l’infini.

3) On a In = Un + Vn donc In Hn = Un Hn + Vn Hn ; avec lim Un Hn = 1 et lim Vn Hn = 0, il vient : 1 . Hn

lim In Hn = 1, donc In !

Comme on a établi que Hn ! "n n , il vient alors In !

1 "n n

quand n tend vers l’infini.

Partie II n

1) a) Soit (#j )j![[ 1,n ]] une famille de réels telle que

#j ej = 0. j =1 n

Pour tout k ! [[ 1, n ]] 1 j , on a ej ( k ) = 0, et par suite

#j ej ( k ) = #k ek ( k ). j =1

n

#j ej ( k ) = 0 et ek ( k ) " 0 donne #k = 0 ; la famille B est donc libre.

Alors j =1

b) B est de cardinal n et En est de dimension n ; c’est donc une base de En . Le polynôme constant n ! est dans En ; il est donc combinaison linéaire des vecteurs de B. Ainsi n

il existe une famille (#j )j![[ 1,n ]] de réels tels que n ! =

#j ej , c’est-à-dire : j =1

n

! x ! ", n ! =

#j ej (x ). j =1

c) À nouveau, pour tout k ! [[ 1, n ]] 1 j , on a ej ( k ) = 0, donc n ! = #k ek ( k ). Notons que pk (x ) =

(x + j) 1"j 0 et il s’ensuit ap p (

ap k ,

k ![[ 1,n ]] + p

ce qui est contraire à l’hypothèse donnée sur A. On a ainsi prouvé que, dans le contexte donné, A est inversible.

Ex. 13 Soit n ! $, n ! 2, et A ! GLn ("). On suppose que tous les termes de A et de A 1 sont positifs ou nuls. Montrer que, dans chaque ligne et chaque colonne de A, il y a un terme non nul et un seul. Il suffit d’établir qu’il y a un terme non nul et un seul dans chaque ligne de A. Pour l’examen des colonnes, il suffira de considérer ensuite sa transposée t A pour laquelle on a : t

A

1

=t A

1

.

Chapitre 6 - Matrices et systèmes linéaires. Déterminants. Changement de base

277

On note A = ai j et A 1 = bi j . Supposons que deux termes d’une ligne p ! [[ 1, n ]] soient non nuls : il existe r ! [[ 1, n ]] et s ! [[ 1, n ]], r " s, tels que ap r " 0 et ap s " 0. 1

Pour utiliser simultanément les ai et les bj , on détaille AA

= In .

e

Plus précisément, on examine les termes de la p ligne de ce produit. n

Pour tout j ! [[ 1, n ]], on a

ap k bk j = *p j en utilisant le classique symbole de Kronecker. k =1

n

ap k bk j = 0.

Pour j " p, on a donc k =1

Dans cette somme, tous les termes sont positifs ou nuls.

On en déduit en particulier : ap r br j = 0 et ap s bs j = 0. Il s’ensuit br j = 0 et bs j = 0. Cela signifie que les lignes r et s ont tous les termes nuls sauf peut-être ceux qui sont sur la même colonne j. Ces deux lignes sont alors liées, ce qui en en contradiction avec rg(A 1 ) = n . On a finalement prouvé le résultat en procédant par contraposition.

Ex. 14 On considère une matrice A ! !p (!), p ! $ , pour laquelle il existe des scalaires # et $, # " $, tels que A #Ip A $Ip = 0. Calculer les puissances An pour n ! $ .

1) Exploration de pistes possibles Le premier souci est évidemment d’examiner A2 et peut-être aussi A3 pour voir de quel côté on peut s’orienter.

En développant, A

# Ip

$Ip = 0 donne : A2

A

2

A = (# + $)A 3

2

3

Ensuite, avec A = AA , on a A = (# + $)A A3 = (# + $) (# + $)A

# $ Ip

2

(# + $)A + # $ Ip = 0, c’est-à-dire : # $ Ip .

# $ A et il vient : # $ A = (#2 + # $ +$2 )A

n

# $ (# + $)Ip .

n

Une solution se présente : A est de la forme A = an A + bn Ip et on cherche une relation de récurrence sur les an et les bn . Une autre piste est d’exprimer un lien entre An et A polynômes.

# Ip

A

$Ip en passant par les

Dans la division euclidienne de X n par B = (X #)(X $), on obtient : X n = BQn + Rn , avec deg Rn ( 1. On en déduit que An = B(A)Qn (A) + Rn (A) et, avec B(A) = 0, on a An = Rn (A). Le problème se réduit donc à la recherche du polynôme Rn . Une autre piste, moins facile à imaginer, est d’exploiter A A

On a A

# Ip A

278

2

# Ip

= A2 2

= ($

Sujets d’oraux

# Ip

n

et

A

$ Ip

2 # A + #2 Ip et, avec A2 = (# + $)A #)A + #(#

$)Ip ou encore

# Ip

A

n

A

$Ip = 0 pour étudier :

.

# $ Ip , il vient : # Ip

2

= ($

#) A

# Ip .

Et, en échangeant les rôles de # et $, on obtient A

$ Ip

2

= (#

$) A

$ Ip .

2) Utilisation de la troisième piste Explorons plus avant cette troisième piste. Pour le calcul de A A

#Ip )2 = ($

#) A

3

# Ip

, on a besoin de A

#Ip donne A

n

# Ip

3

2

# Ip

.

#)2 A

= ($

# Ip .

n 1

Alors A #Ip = ($ #) A #Ip s’obtient par récurrence, en germe dans le calcul précédent et qu’il n’est pas utile de refaire. Et on a aussi A

n

$ Ip

$)n

= (#

Bien évidemment, A

1

A

#Ip et A

$Ip commutent. De A

s

r

$ Ip . # Ip

$Ip = 0, on déduit

A

que A #Ip A $Ip = 0 quels que soient les entiers r et s supérieurs ou égaux à 1. D’ici à utiliser la formule du binôme, il n’y a qu’un pas ! Sans oublier l’objectif qui est d’exprimer An .

Pour calculer An , commenc¸ons par écrire A à l’aide de A A=

Pour tout k ! [[ 1, n du binôme, que :

$ $

1 ]], on a A An =

#

En utilisant les expressions de (A An =

n

$ A $ #

# Ip

k

A

A

$ $ Ip

# Ip

# A # $

n

+

#Ip )n et de (A

n

# Ip +

#

# Ip

n

$ $

A

#

#Ip et de A A

#

n k

$ Ip .

= 0 et il s’ensuit, en utilisant la formule n

# #

$

A

3) Utilisation de la deuxième piste Dans la division euclidienne de X n par (X

#)(X

$ Ip

n

.

$Ip )n , il vient :

et, finalement, An =

$ Ip

$ Ip :

#n #

$n # $n A+ $ #

$#n Ip . $

$), le polynôme Rn est de la forme :

Rn (X ) = an X + bn avec an et bn dans !.

De X n = (X

#)(X

$)Qn (X ) + an X + bn , on déduit #n = an # +bn et $n = an $ +bn .

Il s’ensuit an =

#n #

$n # $n et bn = $ #

Alors An = A

# Ip

A

$#n . $

$Ip Qn (A) + an A + bn Ip donne An = an A + bn Ip , c’est-à-dire : An =

#n #

$n # $n A+ $ #

$#n Ip . $

Il n’y a pas photo ! Dans l’efficacité, cette dernière méthode décroche la palme. Pour bien faire, il faudrait un aperc¸u de solution avec la première piste.

4) Indications sur la première piste On cherche un et vn telles que, %n ! $ , An = un A + vn Ip , avec u1 = 1, v1 = 0, u2 = # + $, v2 = # $. On obtient An +1 = (#+$)un +vn A #$un Ip , c’est-à-dire un +1 = (#+$)un +vn et vn +1 = #$un . On en déduit un +2 = (# + $)un +1 # $ un . L’équation caractéristique de (un ) est r 2 (# + $)r + #$ = 0, c’est-à-dire (r #)(r $) = 0. (un ) est donc du type un = x #n +y$n . Et on détermine x et y avec u0 et u1 , en ayant posé u0 = 0 pour tenir compte de A0 = Ip . Chapitre 6 - Matrices et systèmes linéaires. Déterminants. Changement de base

279

B Déterminants Ex. 15 Étant donné A et B dans !3 (!), on pose C = AB BA. Montrer que, si C est colinéaire à A, alors C est nilpotente. Le résultat est immédiat si A et B commutent, ou si A ou B est nulle. Soit # ! " tel que C = #A. Il suffit de prouver que A est nilpotente. Puisque l’on a écarté le cas où C est nulle (c’est-à-dire si A et B commutent), on se limite à # " 0. Dans le but de montrer que A est nilpotente, il faut exploiter les Ak , k ! $ , sans nécessité de toucher à B. Une piste est de considérer les Ak B BAk d’où, plus généralement, MB BM pour M ! !n (").

Avec l’endomorphisme " : !n (")

!n ("), M # MB

BM , l’hypothèse est "(A) = #A. 2

Pour tester l’efficacité de cette piste, on étudie "(A ). "(A2 ) = A2 B

BA2 = A(BA + C )

(BA)A = (AB

BA)A + AC = CA + AC = 2 # A2 .

Avec "(A) = #A et "(A2 ) = 2 # A2 , la propriété "(Ak ) = k # Ak devient crédible.

Supposons que, pour k ! $ , on ait "(Ak ) = k # Ak . On a "(Ak +1 ) = Ak (AB) (BA)Ak = Ak (BA + C ) (BA)Ak = (Ak B)A + Ak C "(Ak +1 ) = (Ak B BAk )A + Ak C = "(Ak )A + Ak C . k L’hypothèse "(A ) = k # Ak et C = #A donnent alors :

(BAk )A, d’où :

"(Ak +1 ) = (k # Ak )A + #Ak +1 = (k + 1) # Ak +1 .

En conclusion de cette preuve par récurrence : %k ! $ , "(Ak ) = k # Ak . L’objectif est de montrer qu’il existe k ! $ tel que Ak = 0, Il suffit pour cela qu’on puisse choisir k tel que " ("

k # Id soit bijective, puisque l’on aura alors :

k # Id)(Ak ) = 0

Ak = 0.

Le déterminant D (k #) de " k # Id est une fonction polynomiale de degré 3 en k #. Il y a donc au plus 3 valeurs de k # qui annulent D . Puisque l’on s’est limité à # " 0, il y a au plus 3 valeurs de k qui conviennent. Pour tout autre valeur de k , on a D (k #) " 0, donc " k # Id est bijective et il s’ensuit que (" k # Id)(Ak ) = 0 Ak = 0, ce qui montre que A est nilpotente.

Ex. 16 Soit A ! !3 (#) telle que pour tout M ! !3 (#), det(A + M ) = det A + det M (1). Montrer que A = 0. Étant donné C1 , C2 et C3 les vecteurs colonne de A, on pourra considérer, pour k ! [[ 1, 3 ]], une matrice Mk ! !3 (#) dont la k e colonne est Ck . La relation (1) permet d’obtenir det A. Ce sera une première étape qui permettra de voir comment utiliser l’indication.

(1) avec M = A, donne det(2A) = 2 det A. Or on a det(2A) = 8 det A, il vient donc det A = 0. 280

Sujets d’oraux

On en déduit que, pour tout M ! !3 (#), on a det(A + M ) = det M . Il vient aussi det(A

M ) = det( M ) =

det M puisque l’on est en dimension impaire.

Avec les matrices Mk proposées en indication, les matrices A

On a det(A

Mk ) = e

Mk ont une colonne nulle.

det Mk .

Par ailleurs la k colonne de A

Mk est nulle, donc det(A

Mk ) = 0 et il vient det Mk = 0.

Pour montrer que A est nulle, on peut procéder par l’absurde, en mettant en œuvre une matrice M convenable en s’aidant de l’indication. Un objectif serait d’avoir une matrice du type Mk et qui serait toutefois de déterminant non nul.

Si A n’est pas nulle, elle a une colonne, C1 par exemple, non nulle. On complète C1 par C2 et C3 pour avoir une base de #3 . On forme M de colonnes (C1 , C2 , C3 ). Alors on a det M " 0, ce qui est contraire au résultat obtenu pour les matices Mk . La contradiction impose alors A = 0. L’éventuelle linéarité du déterminant imposerait det(A + M ) = det A + det M , quelles que soient A et M dans !3 (#). Mais ceci n’étant vrai que pour A = 0, la linéarité est exclue. Ceci complète ce qui est déjà connu pour la non-linéarité avec det(#M ) = #3 det M pour tout # ! # et toute M ! !3 (#), au lieu d’avoir det(#M ) = # det M si la linéarité était vraie.

Ex. 17

a b 0 b

Étant donné (a, b) ! !2 , la matrice M (a, b) =

0 b a b

b a b 0

b 0 b a

! !4 (!) est-elle inversible ?

En développant suivant la première colonne, on a : a det M (a, b) = a b 0 a b 0

b a b

0 2 b = a (a a

0 b a

b a b

b b b 0

0 a b

b b a

b b a b

0 b a

b 0 . b

2b2 ) en utilisant la règle de Sarrus. 0 a b

b

En retranchant la ligne 1 à la 2e , il vient b

0 b

et en retranchant la ligne 1 à la 3e , il vient a

b 2

Finalement, il vient det M (a, b) = a (a a " 0 et a " 2 b .

2

b b 0 b b = 0 a 0 a 0 b a 0 b b 0 b 0 = a b 0 a a b

= a 2 b, b 0 = a 2 b. 0

4b2 ), donc M (a, b) est inversible si et seulement si

Le calcul de l’inverse de M (a, b) n’est pas demandé, mais il est naturel de s’y employer. Une méthode efficace est la résolution d’un système linéaire.

Chapitre 6 - Matrices et systèmes linéaires. Déterminants. Changement de base

281

ax +by

+bt = X

(1)

=Y

(2)

by +az +bt = Z

(3)

+bz +at = T

(4)

bx +ay +bz

On considère le système d’inconnue (x, y, z, t ) ! !4 :

bx

En ajoutant les quatre équations, on obtient : (a + 2b)(x + y + z + t ) = X + Y + Z + T

(s).

En formant (1)

(d ).

(2) + (3)

(4), on obtient : (a

(s) et (d ) donnent (x + z )+(y + t ) =

et il s’ensuit x + z = (1)

(3) et (2)

1 a2

4b2

a

2

a (X + Z )

(4) donnent : x

2

z = # 2b X

2b2 X

2b(Y + T ) et y + t =

z=

1 (X a

a (a

2

2

Z ), y

1

abY + 2b Z

abY + a

2b2 Z

2

4b2 )

2

t=

(y + t ) = 1

a2

1 (Y a

1 2b

a

T

(X + Z

a (Y + T )

T)

Y

2b(X + Z ) .

: 2

abT ,t = #

abX + 2b Y

4b2 )

4b2

Y +Z

T ).

abX + a

1 a (a

t) = X

abT ,y = #

a2

L’inverse de M (a, b) est donc

y+z

1 (X + Z + Y + T ) et (x + z ) a + 2b

Il s’ensuit finalement, en posant # = x =#

2b)(x

2b2 ab 2b2 ab

2b2 Y

2

a2

ab 2b2 ab 2b2

2

abZ + 2b T ,

abZ + a

2b2 ab a 2 2b2 ab

Une étude matricielle serait intéressante. On utilise pour cela N =

0 0 0 1

1 0 0 0

2

2b2 T ,

ab 2b2 ab a 2 2b2 0 1 0 0

0 0 1 0

.

.

Pour simplifier, on notera M = M (a, b) et I la matrice unité. Dans un premier temps, on explore les propriétés de N et de t N .

Avec la matrice N proposée, on a M = aI + b(N + t N ). Un calcul immédiat donne N t N = I . En particulier, N et t N commutent. 2

t

0 0 1 0

2

On obtient aussi N = N =

0 0 0 1

1 0 0 0

0 1 0 0

. Notons C cette matrice N 2 ou t N 2 .

Enfin, on obtient N 3 = t N et t N 3 = N , et il s’ensuit N 4 = I et t N 4 = I , c’est-à-dire C 2 = I . Étudions maintenant les puissances de S = N + t N . S2 = N 2 + t N 2 + 2N t N = 2(I + C ). Et on a (I + C )2 = I + 2C + C 2 = 2(I + C ).

On vérifie alors que, pour k ! $ , S2k = 22k

(I + C ) – par récurrence immédiate –.

On a S = S S = 2(I + C ) N + N = 2 N + N + CN + C t N = 2 S + N 3 + t N 3 = 4S. 3

t

1

2

t

On vérifie alors que, pour k ! $, S2k +1 = 22k S. Étudions ensuite les puissances de M = aI + bS. 2

M = a 2 I + 2abS + b2 S2 , M 3 = a 3 I + 3a 2 bS + 3ab2 S2 + b3 S3 = a 3 I + b(3a 2 + 4b2 )S + 3ab2 S2 .

Il vient alors M 3

3aM 2 = M3

282

Sujets d’oraux

2a 3 I + b(4b2 3aM 2

4b2

3a 2 )S, puis : 3a 2 M = a a 2

4b2 I .

Inversibilité de M . Si on a a (a 2 4b2 ) " 0, alors M M 2 inversible, d’inverse

1 a (a

Pour a = 0, on a M =

Pour a =

2

0 b 0 b

4b2 ) b 0 0 b b 0 0 b

2b, on a M = b

3aM

M2

3aM

b 0 b 0 2 1 0 1

(4b 2

3a 2 )I = a (a 2

(4b 2

4b2 )I montre que M est

3a 2 )I .

de rang au plus 2, donc non inversible. 1 2 1 0

0 1 2 1

1 0 1 2

. La somme des colonnes est nulle ;

M n’est donc pas inversible.

2 1 0 1

1 2 Pour a = 2b, on a M = b 1 0 C1 C2 + C3 C4 = 0, donc la matrice M

0 1 2 1

1 0 1 2

. Les colonnes C1 , C2 , C3 , C4 vérifient

n’est pas inversible.

Ex. 18

1

Étant donné a , b et c réels, on considère le déterminant T = 1 1

sin a sin b sin c

cos a cos b . cos c

Calculer T de deux fac¸ons différentes et en déduire une factorisation de : sin(a b) + sin(b c ) + sin(c a ). Pour un déterminant d’ordre 3, il est raisonnable de penser à la règle de Sarrus.

On obtient T = sin b cos c + sin c cos a + sin a cos b

sin b cos a

Le formulaire trigonométrique de base donne sin(x

On en déduit que T = sin(a

b) + sin(b

c ) + sin(c

sin c cos b

y) = sin x cos y

sin a cos c .

sin y cos x .

a ).

L’expression tigonométrique à factoriser apparaît tout naturellement. Il serait utile qu’un autre calcul de T en donne une expression factorisée. Une seconde méthode, toute aussi classique, consiste à développer un déterminant suivant une ligne ou une colonne. Cette méthode est d’autant plus efficace qu’il y a une ligne ou colonne avec 1 ou 2 termes 0.

On ne change pas la valeur du déterminant si on retranche la première ligne à chacune des autres. 1

sin a sin a sin c sin a

Il vient alors T = 0 sin b 0

cos a cos b cos a . cos c cos a

La trigonométrie est encore mise à contribution par deux formules classiques : sin p

sin q = 2 sin

p

q

2

cos

p+q et cos p 2

1

Une nouvelle expression est alors T = 0 0

cos q =

sin a a b+a 2 sin cos 2 2 c a c+a 2 sin cos 2 2 b

2 sin

p

q

2

sin

p+q . 2

cos a a b+a 2 sin sin . 2 2 c a c+a 2 sin sin 2 2 b

Chapitre 6 - Matrices et systèmes linéaires. Déterminants. Changement de base

283

Un déterminant est linéaire par rapport à chacune de ses lignes. Avant tout développement, c’est en exploitant cette trilinéarité que l’on fait apparaître une factorisation.

Avec la trilinéarité, on factorise par 2 sin

a

b

2

dans la seconde ligne et par 2 sin

seconde et il vient :

1

a

c

2

dans la

cos a b+a sin T = 4 sin sin U , avec U = 0 . 2 2 2 c+a 0 sin 2 b+a b+a cos sin 2 2 En développant U suivant la première colonne, on obtient U = c+a c+a cos sin 2 2 c+a b+a b+a c+a b c et il vient U = sin cos + sin cos , puis U = sin et on obtient 2 2 2 2 2 b

a

c

sin a b+a cos 2 c+a cos 2

a

finalement : T = 4 sin

a

b

2

sin

a

c

sin

2

b

c

2

.

Il est plus «joli» de donner une expression qui met en évidence une permutation circulaire entre a , b et c .

Les deux modes de calcul de T donnent en conclusion : sin(a

b) + sin(b

c ) + sin(c

a) =

4 sin

a

b

2

sin

b

c

sin

2

a

c

2

.

Ex. 19

Étant donné trois réels non nuls a , b et c , on considère dans "3 les plans d’équations (a + b)2 x + c 2 y + c 2 z = 0, a 2 x + (b + c )2 y + a 2 z = 0 et b2 x + b2 y + (c + a )2 z = 0. Donner une condition nécessaire et suffisante portant sur a , b et c pour que ces plans aient en commun le seul vecteur nul. Cet énoncé, en langage géométrique, masque un langage linéaire. (a + b)2 x + c 2 y + c 2 z = 0

Le système linéaire d’inconnue (x, y, z )!"3 :

a 2 x + (b + c )2 y + a 2 z = 0 2

2

admet (0, 0, 0) pour

2

b x + b y + (c + a ) z = 0

(a + b)2 solution unique si et seulement si a2 b2

c2 (b + c )2 b2

c2 " 0. a2 (c + a )2

Une annulation demande une forme factorisée pour être facilement exploitable. Aussi la règle de Sarrus doit être écartée comme point de départ. Il faut chercher une forme où on pourra mettre en œuvre la trilinéarité, ce qui amorcera une factorisation. En retranchant une colonne aux deux autres, on va faire apparaître des différences de deux carrés. Peut-être y verra-t-on plus clair après.

En retranchant la première colonne aux deux autres, on obtient : (a + b)2 D= a2 b2

284

Sujets d’oraux

c2 (b + c )2 b2

c2 (a + b)2 2 = a a2 2 (c + a ) b2

c 2 (a + b)2 (b + c )2 a 2

0

c2

(a + b)2 . 0 (c + a ) 2 b 2

Les deux dernières colonnes sont aussi respectivement : (c a (b + c

b)(c + a + b) a )(b + c + a ) = (a + b + c ) 0 (c a b)(c + a + b) et = (a + b + c ) 0 (c + a b)(c + a + b) (a + b)2 c a b c a b 2 On a donc D = (a + b + c ) . b+c a 0 a2 b2 0 c+a b

c a b+c

b a

0 a 0 c+a

c

b b

On retranche ensuite les lignes 2 et 3 à la première et on obtient : 2

(a + b)2

D = (a + b + c )

c’est-à-dire : D = (a + b + c )2

2ab a2 b2

2b b+c a 0

2

a b2

a2

b2

2b b+c a 0

2a 0 c+a b

2a ab = 2(a + b + c )2 a 2 0 c+a b b2

b b+c a 0

a . 0 c+a b

Ne voyant plus de combinaison entre lignes ou colonnes qui pourraient apporter des simplifications, on peut alors développer par exemple suivant la dernière ligne. a b a ab b = b2 + (c + a b) 2 0 0 b+c a b+c a a c+a b ce qui, en développant, est égal à abc (a + b + c ). En final, on a obtenu D = 2abc (a + b + c )3 .

On a

ab a2 b2

b b+c a 0

Avec a , b, c non nuls, on a D " 0 si et seulement si a + b + c " 0.

Ex. 20 Soit f et g des polynômes à coefficients complexes, de degré p ! 1 et q ! 1 respectivement. Montrer que f et g admettent une racine commune si et seulement si il existe des polynômes A et B non nuls, avec deg A ( q 1 et deg B ( p 1, tels que Af + Bg = 0. Soit " de #q 1 [X ] #p 1 [X ] vers #p+q 1 [X ] définie par "(A, B) = Af + Bg. Montrer que " est bijective si et seulement si f et g n’ont aucune racine commune. Soit a ! #, a " 0, f (X ) = aX 2 + X 1 et g(X ) = aX 3 + aX 2 + 1. Donner la matrice de " puis une condition nécessaire et suffisante sur a pour que f et g aient une racine commune. f , de degré p ! $ , admet p racines x1 , . . . , xp dans #, sans se préoccuper de ce qu’elles soient

distinctes ou non.

Si f et g ont une racine commune c , on pose f = (X c )U et g = (X c )V , avec deg U = p 1 ! 0 et deg V = q 1 ! 0. Alors Vf Ug = 0 montre qu’il existe des polynômes A et B non nuls, avec deg A ( q 1 et deg B ( p 1, tels que Af + Bg = 0. Réciproquement, supposons qu’il existe des polynômes A et B non nuls tels que : deg A ( q 1, deg B ( p 1 et Af + Bg = 0. Soit x1 , . . . , xp les p racines dans # de f : pour tout k ! [[ 1, p ]], f (xk ) = 0. Bg = Af donne alors B(xk )g(xk ) = 0. Avec deg B ( p 1, il y a au plus p 1 des p nombres x1 , . . . , xp qui soient racines de B. L’un au moins vérifie alors g(xk ) = 0, ce qui montre que f et g ont (au moins) une racine commune. Chapitre 6 - Matrices et systèmes linéaires. Déterminants. Changement de base

285

Si E et F sont des espaces de dimension finie, dim E = m et dim F = n , alors E dimension m + n .

vers #p+q 1 [X ], " : (A, B) # Af + Bg est linéaire. (A, B) est dans Ker " si et seulement si Af + Bg = 0. Si A ou B est nul, l’autre l’est aussi puisque f et g sont non nuls. Si A et B sont non nuls, cela équivaut au fait que f et g ont une racine commune. En conséquence, f et g n’ont aucune racine commune si et seulement si le seul élément de Ker " est (0, 0). En notant que dim(#q 1 [X ] #p 1 [X ]) = q + p et dim(#p+q 1 [X ]) = p + q, l’injectivité de " équivaut à sa bijectivité. En conclusion, " est bijective si et seulement si f et g n’ont aucune racine commune. " de #q

1 [X ]

F est de

#p

1 [X ]

Si (e1 , . . . , em ) et (f1 , . . . , fn ) sont des bases de E et F , alors une base de E (ei , 0F ) pour 1 ( i ( m et des (0E , fj ) pour 1 ( j ( n . La matrice de " est naturellement donnée dans les bases canoniques de #q #p+q 1 [X ].

F est formée des 1 [X ]

#p

1 [X ] et

Pour l’exemple étudié, f (X ) = aX 2 + X 1 et g(X ) = aX 3 + aX 2 + 1, on se place dans le cas où p = 2 et q = 3. La base canonique de #2 [X ] #1 [X ] est (1, 0), (X, 0), (X 2 , 0), (0, 1), (0, X ) . Avec "(1, 0) = f , "(X, 0) = Xf , "(X 2 , 0) = X 2 f , "(0, 1) = g et "(0, X ) = Xg, on obtient la matrice A de " dans les bases canoniques de #2 [X ] #1 [X ] et #4 [X ] : 1 1 a 0 0

0 1 1 a 0

0 1 0 0 A= 1 a 1 a a 0 f et g ont une racine commune si et seulement si rg A < 5.

0 1 0 a a

.

Il y a ici a plusieurs démarches possibles : étudier le noyau de l’endomorphisme de "5 canoniquement associé à A, ou étudier le rang de A suivant les valeurs de a . Ces deux démarches sont gourmandes en volume et il est plus raisonnable d’utiliser que rg A < 5 équivaut à det A = 0.

En ajoutant la colonne 1 à la colonne 4, on a det A =

1 1 a 0

det A =

0 1 1 a

1 1 a 0 0 1 2a a 0

0 1 1 a 0

0 0 1 1 a

0 1 2a a 0

0 1 0 d’où : a a

1 1 a

2a + 1 2a 0

1 0 a a

puis, en ajoutant la colonne 1 aux colonnes 3 et 4,

det A =

286

Sujets d’oraux

1 1 a 0

0 1 1 a

0 2a + 1 2a 0

0 1 2a a

d’où

det A =

1 2a . a

On obtient alors det A = a 4a 2

4a

1 1+ 2

1 qui s’annule pour a !

2 ,

1 1 2

2

puisque l’on a supposé a " 0. En conclusion, avec a " 0, f = aX 2 + X 1 1+ 2

seulement si a !

2 ,

1 1 2

1 et g = aX 3 + aX 2 + 1 ont une racine commune si et 2

.

En complément, on peut déterminer la condition nécessaire et suffisante pour que f et g aient une racine commune par la méthode classique qui utilise les fonctions symétriques élémentaires des racines.

Soit u et v les racines de f . Les polynômes f et g ont une racine commune si et seulement si : g(u )g(v) = 0.

On a g(u )g(v) = a 2 (uv)3 + a 2 (u + v)(uv)2 + a 2 (uv)2 + a u 3 + v3 + a u 2 + v2 +1 et u + v = En utilisant u 2 + v2 = (u + v)2

2uv et u 3 + v3 = (u + v)3 g(u )g(v) =

1 a

2

4a 2

1 = uv . a

3uv(u + v), il vient :

4a

1 .

En conclusion, f et g ont une racine commune si et seulement si 4a 2

4a

1 = 0.

Dans l’objectif de l’exemple, cette dernière méthode est très largement plus performante. Le sujet proposé met principalement en œuvre une méthode générale d’algèbre linéaire pour traiter un problème essentiellement algébrique.

Ex. 21 On considère le déterminant d’ordre n , où x est une variable réelle : 1

0

...

2x

2

0

3x 2

6x

6

x x Dn (x ) =

2

x3

.. . .. .

xn

.. . .. .

nx n 1

Calculer Dn (x ) en fonction de Dn

1 (x )

.. . .. .

n (n

1)x n

.. 2

.

...

0

...

.. .. ..

.

.. . .. .

.

0

.

(n

...

1)! n !x

et en déduire Dn (x ).

Notons c1 (x ), c2 (x ), . . . , cn (x ) la liste des vecteurs colonnes. Lorsque les fonctions x # c1 (x ), . . . , x # cn (x ) sont dérivables, la fonction Dn : x # det c1 (x ), . . . , cn (x ) est dérivable et on a Dn (x ) = det c1 (x ), c2 (x ), . . . , cn (x ) + det c1 (x ), c2 (c ), . . . , cn (x ) + . . .

+ det c1 (x ), c2 (x ), . . . , cn (x ) Chapitre 6 - Matrices et systèmes linéaires. Déterminants. Changement de base

287

La particularité de cet exercice est que c2 (x ) = c1 (x ), c3 (x ) = c2 (x ), . . . , cn (x ) = cn 1 (x ).

Et on sait qu’un déterminant est nul dès que deux colonnes sont égales.

On a donc ici Dn (x ) = det c1 (x ), c2 (x ), . . . , cn (x ) :

Dn (x ) =

x

1

0

...

x2

2x

2

0

x3

3x 2

6x

6

.. . .. .

.. . .. .

xn

.. . .. .

nx n 1

n (n

..

1)x n

2

.. ..

.

...

0

...

..

.

.. . .. .

.

0

.

0 n!

...

En développant suivant la dernière colonne, on voit que Dn (x ) = n ! Dn

1 (x ).

Les constantes d’intégration sont définies par Dn (0) = 0 (car c1 (0) = 0). On a D1 (x ) = x , et donc D2 (x ) = 2x , ce qui donne ensuite D2 (x ) = x 2 . Alors D3 (x ) = 3!x 2 donne D3 (x ) = 2!x 3 . 1)!x n . Essayons !

Une formule envisageable est que Dn (x ) = (n

Si on a Dn

1 (x )

= (n

2)!x n

1

, alors Dn (x ) = n ! (n 2)!x n

1

donne Dn (x ) = (n 1)! (n 2)! X n .

C’est une éventualité à écarter. Elle serait peut-être plus vraisemblable avec Dn (x ) = nDn 1 (x ); mais ce n’est pas le cas ici. Pour une primitive de x n

1

, on a besoin de nx n

1

. Dans le facteur n !, il reste (n

1)!.

n 1

Hypothèse de récurrence : Dn (x ) = x n

k !. k =1

n

n

Alors Dn +1 (x ) = (n + 1)!Dn (x ) donne Dn +1 (x ) = (n + 1)x n

k !, d’où Dn +1 (x ) = x n +1 k =1

k !. k =1

n 1

La formule étant récurrente, on a bien Dn (x ) = x n

k ! pour tout n ! $ . k =1

Ex. 22 Étant donné n et p dans $ , calculer le déterminant de la matrice : 1

1

$n .. . p $n

A(n, p) =

1

1

$n +1 .. . p $n +1

... ...

...

1

1

$n +p .. . p $n +p

! !p+1 (").

i 1

Pour 1 ( i ( p + 1 et 1 ( j ( p + 1, le terme (i, j) de A(n, p) est $n +j

1.

Confrontés à des coefficients du binôme, il est raisonnable de penser à la formule du triangle de p

p 1 1

Pascal : $n = $n

p

+ $n

1.

i 1

En retranchant le terme (i, j + 1) au terme (i, j), on a $n +j 288

Sujets d’oraux

i 1

$n +j

i 2

1

= $n +j

1,

pour i ! 2.

1

1

Avec cj+1 =

$n +j .. . i 1 $n +j .. . p $n +j

1

et cj =

1

0

$n +j .. . i 1 $n +j .. . p $n +j

1

cj =

, il vient cj+1

1

0

$n +j 1 .. . i 2 $n +j 1 .. . p 1 $n +j 1

1

.

Une précaution est indispensable. Si on soustrait la colonne 1 à la colonne 2, la nouvelle colonne 2 ne permet plus d’exploiter le résultat ci-dessus. En revanche, si on commence par soustraire la colonne p à la colonne p + 1, la colonne p reste inchangée et on peut alors envisager de soustraire la colonne p 1 à la colonne p avec la même formule.

Pour k variant de p + 1 à 2 (dans l’ordre décroissante), on retranche la colonne k 1 à la colonne k. Ces opérations élémentaires sur les colonnes ne changent pas le déterminant de A(n, p). 1

0 1

1

$n 2 On a donc det A(n, p) = $n .. . p $n

0 1

1

1

$n .. . p 1 $n

0 1

... ...

$n +1 .. . p 1 $n +1

1

...

$n +p .. . p 1 $n +p

... ...

1

1

En développant suivant la première ligne, il vient que det A(n, p) = det A(n, p On en déduit que det A(n, p) = det A(n, 1) =

1

1

1

1

$n

$n +1

1).

= 1.

Ex. 23

Étudier le système d’inconnue (x, y, z ) ! "3 , selon (p, q, r, s) ! "4 : 2y + 2z = p 2x + z = q

,=

2x x

y=r

2y + 2z = s

Première solution Pour ce système à trois inconnues (x, y, z ) ! "3 , le plus immédiat est de considérer le système formé par les trois premières inconnues et de voir éventuellement la compatibilité avec la quatrième. 2y + 2z = p

Le déterminant du système

2x + z = q 2x

est

y=r

0 2 2

2 0 1

2 1 = 0. 0

Ce n’est pas un bon choix initial. Prenons alors le système formé des trois dernières équations. 2x + z = q

Le déterminant du système , =

2x x

y=r

2y + 2z = s

est

2 2 1

0 1 2

1 0 = 9. 2

, admet une solution et une seule. Chapitre 6 - Matrices et systèmes linéaires. Déterminants. Changement de base

289

On peut exprimer y avec la troisième équation et reporter dans les deux autres pour se ramener à un système de deux équations à deux inconnues, ou utiliser les formules de Cramer. L’existence et l’unicité étant garanties, tous les moyens sont bons...

On obtient :

x=

1 ( 2q 9

2r + s), y =

1 (4q 9

5r

2s), z =

1 (5q 9

4r + 2s).

Ce triplet convient si et seulement si il vérifie aussi la première équation 2y +2z = p c’est-à-dire si et seulement si 2(4q 5r 2s) + 2(5q 4r + 2s) = 9p, soit, finalement : p

2q + 2r = 0.

Deuxième solution 2y + 2z apparaît dans le produit scalaire (dans "3 usuel) des vecteurs X = (x, y, z ) et N = (1, 2, 2). x

Le problème semble avoir une interprétation géométrique. Il reste à voir une interprétation des trois premières équations.

Avec X = (x, y, z ) et N = (1, 2, 2), l’équation x Notons que X

N=

2y + 2z 2x + z 2x y

2y + 2z = s se lit (X N ) = s.

. En posant A = (p, q, r ), le système équivaut à : (X N ) = s et X

X

N = A.

N = A admet une solution si et seulement si (A N ) = 0, c’est-à-dire p

et ses solutions sont les X =

N

A

N

2

2q + 2r = 0,

+ #N , avec # ! ".

Il reste à choisir # pour que X vérifie (X N ) = s.

On a (N

A N ) = 0, donc X vérifie (X N ) = s si et seulement si # N 2 = s

1

et la solution du système est X =

A + sA .

N N 2

On a N 2 = 9. Le soin de retrouver la solution obtenue par la première méthode est laissé à l’initiative du lecteur.

Ex. 24 Soit n et p dans $ . Étudier le rang de la matrice : Mn (p) =

p2 (p + 1)2

.. .

(p + n

1)2

(p + 1)2 (p + 2)2

... ...

(p + n 1)2 (p + n )2

(p + n )2

...

(p + 2n

.. .

.. .

2)2

Commenc¸ons par étudier les cas simples : n = 1 et n = 2.

Pour n = 1, on a M1 (p) = (p2 ) et elle est de rang 1 puisque l’on a p " 0. Pour n = 2, on a M2 (p) = 290

Sujets d’oraux

p2 (p + 1)2

(p + 1)2 . (p + 2)2

! !n (").

Le calcul brutal du déterminant n’est pas difficile, mais on peut aussi commencer par retrancher la première ligne à la seconde.

Alors det M2 (p) =

p2 2p + 1

(p + 1)2 puis on retranche la première colonne à la seconde 2p + 3 p2 2p + 1

pour obtenir det M2 (p) = 2p2

2p + 1 et il vient det M2 (p) = 2

1 = 0 équivaut à p2 + 2p +

4p

2p2

4p

1.

1 1 = 0 ou encore à (p + 1)2 = , ce qui n’a pas de solution 2 2

dans $ . On a donc det M2 (p) " 0 et M2 (p) est de rang 2. On ne change pas le rang d’une matrice en retranchant une ligne à chacune des autres. 1)2 et on a (p + i + j)2

Le terme (i, j) de Mn (p) est (p + i + j

À la ligne n , on retranche la ligne n 1, puis à la ligne n de suite pour retrancher enfin la ligne 1 à la ligne 2.

1)2 = 2(p + i + j)

(p + i + j

1, on retranche la ligne n

1.

2, et ainsi

Pour n ! 3, le rang de Mn (p) est donc aussi celui de : Mn (p) =

p2 2p + 1

(p + 1)2 2p + 3

.. .

.. .

2p + 2n

3

(p + n 1)2 2p + 2n 1

... ...

.. .

2 p + 2n

1

2p + 4n

...

5

Dans cette matrice, à la ligne n , on retranche la ligne n 1, puis à la ligne n la ligne n 2, et ainsi de suite pour retrancher enfin la ligne 2 à la ligne 3. On a Ln

Ln 1 = Ln 1

Ln 2 = . . . = L3

L2 = ( 2 2

p 2p + 1 2

donc Mn (p) a même rang que Mn (p) =

.. .

(p + 1) 2p + 3 2

Elle a aussi même rang que Mn (p) =

... ... ...

.. .

2 (p + 1)2 2p + 3 2

2)

... 2

2 p2 2p + 1 2

2

(p + n 1)2 2p + 2n 1 2

.

.. .

2

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

1, on retranche

(p + n 1)2 2p + 2n 1 2

.

À ce stade, on a rg Mn (p) ( 3. Examinons une matrice carrée extraite d’ordre 3.

Soit Nn (p) =

p2 2p + 1 2

(p + 1)2 2p + 3 2

(p + 2)2 2p + 5 2

!!3 (") la matrice extraite de Mn (p) en considérant

les éléments des trois premières colonnes et trois premières lignes. p2 On a det Nn (p) = 2 2p + 1 1

(p + 1)2 2p + 3 1

(p + 2)2 p2 2p + 5 = 2 2p + 1 1 1

2p + 1 2 0

2p + 3 = 2 0

8.

Nn (p) est alors de rang 3 et il s’ensuit que

pour tout n ! 3 et tout p ! 1, Mn (p) est de rang 3. Chapitre 6 - Matrices et systèmes linéaires. Déterminants. Changement de base

291

C Changement de base En préliminaire, donnons brièvement quelques notions élémentaires. Notion de valeur propre et de vecteur propre Ces notions sont d’un usage constant en algèbre linéaire. Les mots en eux-mêmes ne figurent pas au programme de première année et pour pallier ce manque de vocabulaire, on est contraint d’utiliser des périphrases qui ne contribuent pas à la clarté d’un énoncé.

Valeurs propres Soit f un endomorphisme d’un espace vectoriel E , réel ou complexe. Un scalaire # est une valeur propre pour f si : il existe un vecteur x non nul tel que f (x ) = #x . Cela équivaut à dire que qu’il existe x " 0E tel que : f (x ) = # Id(x ) ou encore à (f # Id)(x ) = 0E . Et cela équivaut à dire que le noyau de f # Id n’est pas réduit au vecteur nul. Cela équivaut enfin à dire que f # Id n’est pas injective. Vecteurs propres Un vecteur non nul x est un vecteur propre pour f si : il existe un scalaire # tel que f (x ) = #x . Soit # une valeur propre pour f . Il est immédiat que x ! E, f (x ) = #x est un sous-espace vectoriel de E non réduit à 0E . C’est le sous-espace propre pour f associé à la valeur propre #. Ce sous-espace propre n’est autre que le noyau de f # Id. Si # est une valeur propre pour f , la restriction de f au sous-espace propre V# associé à # est l’homothétie vectorielle de rapport #. Notons que si un scalaire $ n’est pas une valeur propre pour f , alors x ! E, f (x ) = $x est le sous-espace nul 0E de E .

Recherche des valeurs propres en dimension 2 ou 3 # est valeur propre pour f si et seulement si det(f # Id) = 0. Si A est la matrice de f dans une base de E , les valeurs propres de f sont définies par det(A #I ) = 0. Le fait de disposer de ces éléments, faciles à assimiler, permet bien souvent de décrypter des sujets dont on ne voit pas toujours clairement le fil conducteur.

Ex. 25 Exemple de mise en pratique des notions de valeurs ou vecteurs propres L’espace vectoriel E = "3 est rapporté à sa base canonique '. On considère l’endomorphisme 7 2 2 1 . 2 4 2 1 4 Déterminer les réels # tels qu’il existe x " 0E vérifiant f (x ) = #x . Pour chacune des valeurs obtenues, déterminer l’ensemble des x ! E tels que f (x ) = #x .

f de matrice A =

292

Sujets d’oraux

C’est le style de rédaction que l’on peut trouver alors qu’il s’agit simplement de chercher les valeurs propres et les sous-espaces propres pour f . Il s’agit alors dans un premier temps de chercher les valeurs propres et l’usage d’un déterminant est tout indiqué. 7

On a det(f

# Id) =

# 2 2

2 4

# 1

2 1 . Les valeurs propres de f sont les valeurs d’annu4 #

lation de ce déterminant. En l’absence de remarques particulières, on peut appliquer la règle de Sarrus.

On obtient det(f

# Id) =

#3 +15 #2

63 # +81 = P (#).

Il est bon de remarquer qu’une racine entière éventuelle du polynôme P (#) est un diviseur de 81. On essaie alors 3, 3. . . 3 est racine de P (#) et on peut factoriser par (# 3) : P (#) = de P (#) sont 3 (racine double) et 9 (racine simple).

(#

3)(#2

12 # +27) et les racines

On aurait pu remarquer que, en notant c1 , c2 et c3 les colonnes de A #I , le déterminant de (c1 , c2 , c3 ) est égal à celui de (c1 c2 + c3 , c2 , c3 ) et on obtient : 3 # 2 2 1 2 2 det(f # Id) = (3 #) 4 # 1 = (3 #) 1 4 # 1 . 1 4 # 1 4 # 3 # 1 1 2 2 Des opérations élémentaires sur les lignes donnent ensuite P (#) = 0 6 # 3 . 3 6 # 0

En conclusion les valeurs propres de f sont 3 et 9. Les vecteurs propres relatifs à 9 sont les éléments du noyau de f 2 2 2

9I =

On a A

2 5 1

2 1 5

9 Id. 2x + 2y

. On résoud alors le système

2x

5y

2z = 0 , z = 0,

2x + y + 5z = 0.

En ajoutant la première équation aux deux autres, on obtient un système équivalent : 2x + 2y 3y

2z = 0

3z = 0

ou encore

3 y + 3z = 0

x =y

z=

z

y

dont les solutions sont (2y, y, y).

Ce noyau est le sous-espace engendré par u = (2, 1, 1). Les vecteurs propres relatifs à 3 sont les éléments du noyau de f On a A

3I =

qui se réduit à 2x + y w = (1, 2, 0).

4 2 2

2 1 1

2 1 1

3 Id. 4x + 2y

. On résoud alors le système

2x + y

2z = 0 z=0

2x y + z = 0 z = 0. C’est l’équation d’un plan vectoriel dont une base est v = (0, 1, 1),

On a f (u ) = 9u , f (v) = 3v, f (w) = 3w. Et si par hasard (u, v, w) était une base ?

En complément, le déterminant des vecteurs u , v, w est égal à 6, donc ' = (u, v, w) est une base de E et dans cette base, la matrice de f est A =

9 0 0

0 3 0

0 0 3

.

Voilà, sur un exemple, un aperc¸u du fil conducteur de nombreux sujets en algèbre linéaire. À méditer ! Chapitre 6 - Matrices et systèmes linéaires. Déterminants. Changement de base

293

Ex. 26 2 1 1

Soit f ! %("3 ) dont la matrice, dans la base canonique ' est A =

1 2 1

1 1 2

.

Déterminer une base ' dans laquelle la matrice de f est diagonale.

Dire que la matrice de f dans une base ' = (u1 , u2 , u3 ) est diagonale revient à dire que u1 , u2 et u3 sont vecteurs propres pour f .

Les valeurs propres de f sont les racines de l’équation : 2 P (#) = 0, avec P (#) =

1

# 1 1

2

1 1

# 1

2

. #

En ajoutant les deux dernières colonnes à la première, on obtient : 4 P (#) = 4 4

1

# # #

2

1 1

# 1

2

puis P (#) = (4 #

1 #) 1 1

1 2

1 1

# 1

2

. #

Dans le dernier déterminant, on retranche la première ligne aux deux autres et il vient : 1 #) 0 0

P (#) = (4

1 1

1 0

# 0

1

puis P (#) = (4

#)(1

#)2 .

#

Les valeurs propres de f sont ainsi 4 et 1. On peut s’occuper maintenant des vecteurs propres. C’est parmi eux que l’on choisira les éléments d’une nouvelle base.

Les éléments v = (x, y, z ) vérifient f (v) = v si et seulement si x + y + z = 0. Une base du plan vectoriel ainsi défini est (u1 , u2 ) avec u1 = (1, 1, 0) et u2 = (0, 1, 1). 2x + y + z = 0,

Les éléments v = (x, y, z ) vérifient f (v) = 4v si et seulement si

x

2y + z = 0,

x+y

2z = 0 .

Sans chercher à résoudre ce système, on voit que u3 = (1, 1, 1) est solution. Nous disposons de trois vecteurs. Il reste à voir si ils constituent une famille libre.

On a det' (u1 , u2 , u3 ) =

1 1 0

0 1 1

1 1 = 3. 1

Il s’ensuit que ' = (u1 , u2 , u3 ) est une base de "3 . Dans cette base, la matrice de f est A =

Notons que P =

294

1 1 0

Sujets d’oraux

0 1 1

1 1 1

1 0 0

0 1 0

0 0 4

.

est la matrice de passage de ' à ' .

Ex. 27 Dans l’espace vectoriel E = "3 , on considère la base canonique ' = (i, j, k ), avec i = (1, 0, 0), j = (0, 1, 0) et k = (0, 0, 1), et l’endomorphisme f dont la matrice dans la base ' est : 2 1 2 15 6 11 14 6 11 On pose u = i + j + 2k , v = 3j + 2k et ' = (u, v, k ). A=

.

Montrer que ' est une base de E . On note P la matrice de passage de ' à ' . Déterminer la matrice T de f dans la base ' et exprimer An à l’aide de n , I , A et A2 . Quelques remarques pour voir...

On obtient aisément f (u ) = i + j + 2k : le vecteur u est invariant par f . En revanche, f (v) = 2f (j) + 3f (k ) = i + 4j + 4k n’a rien de remarquable pour l’instant. 1 1 2

La matrice de ' dans ' est

0 3 2

0 0 1

. Elle est triangulaire, de termes diagonaux non nuls.

Elle est donc de rang 3 et ' est une base. Cette matrice P est la matrice de passage de ' à ' . 1

La matrice de f dans la base ' est T = P Pour calculer P

1

x= x

=x

x x + 3y

AP .

, on peut passer par la résolution d’un système linéaire PX = X .

= y donne

y=

1 1 x + y 3 3

z=

4 x 3

2x + 2y + z = z

1

et il s’ensuit P

1 1 3 4 3

=

2 y +z 3

Un produit matriciel donne alors : T = P

1

1 0 0

AP =

1 1 0

2 3 1

0 1 3 2 3

0 0

.

1

.

T est de la forme I3 + N . Comme N est strictement triangulaire, elle est nilpotente.

Comme elle commute avec I3 , la formule du binôme donnera aisément T 3 .

Avec N =

0 0 0

1 0 0

2 3 0

0 0 0

, il vient N 2 =

N étant la matrice dans la base ' de f A

I3 = mat' (f

Posons B = A

0 3 0 0 puis N 3 = 0 donc N r = 0 pour r ! 3. 0 0 Id, il en résulte que g = f Id est nilpotent et donc

Id) est nilpotente : A

I3

k

= 0 pour k ! 3.

I3 , B et I3 étant permutables, la formule du binôme s’applique et donne :

A n = I3 + B

n

= I 3 + nB +

n (n

1) 2

B 2 soit An = I3 + n A

I3 +

n (n

1) 2

A2

2A + I3

et finalement : An =

(n

1)(n 2

2)

I3

n (n

2)A +

n (n

1) 2

A2 .

Chapitre 6 - Matrices et systèmes linéaires. Déterminants. Changement de base

295

Thèmes d’étude - Problèmes 1 Changement de base pour un endomorphisme E est l’espace vectoriel "3 rapporté à sa base canonique '.

I désigne la matrice unité d’ordre 3.

" est l’endomorphisme de E dont la matrice dans la base ' est A =

1 2 3

1 1 1

2 2 4

.

1) a) Montrer que A est inversible et calculer l’inverse de A. b) Déterminer les réels # pour lesquels la matrice A

#I n’est pas de rang 3.

c) Déterminer, pour chacune des valeurs de # ainsi rencontrées, le noyau de " 1 0 0

d) En déduire une base dans laquelle la matrice de " est D =

0 1 0

0 0 2

# Id.

.

2) a) Vérifier que A3 = 2A2 + A + 2I . b) Montrer que, pour tout n entier relatif, il existe des rationnels an , bn et cn tels que An = an A2 + bn A + cn I . c) Écrire la matrice C telle que :

an +1 bn +1 cn +1

an bn cn

=C

.

3) Soit - l’endomorphisme de E dont la matrice, dans la base ', est C . a) En s’inspirant de 1), montrer qu’il existe une base de E dans laquelle la matrice de - est diagonale. b) En déduire C n et calculer les nombres &n , 'n et .n en fonction de n .

Solution 1) a) Une solution : on utilise les opérations élémentaires sur les lignes par exemple. Après avoir prouvé que A est de rang 3, on poursuit pour en calculer l’inverse. 1 2 3

A=

L2

L2

2L1 et L3

L3

L3

2L2

L2

L2 + L3 et L1

296

L3

1 1 1

L3

Thèmes d’étude – Problèmes

1 0 0

I= 1 0 0

3L1 1 0 0

L1

2 2 4

1 1 0 1 0 0

1 1 2

0 0 1

2 2 2

2 2 2 1 1 0

0 1 0

1 2 3 1 2 1

0 0 2

0 1 2 0 1 1

0 1 0

0 0 1

0 0 1 2 1 2

1 1 1

L1 L2

1 0 0

L1 + L2

0 1 0 1 0 0

1 L 2 3

L2 et L3

0 1 0

0 0 2

1 1 1

0 0 1

1 1 1 2

1 1 2

0 1 1

1 1 1

0 1 1 2

1

=A

.

Autre solution : on calcule det A puis on cherche l’inverse de A par résolution d’un système linéaire. 1

1

2 1 2 = 1 2 4

En retranchant la ligne 1 aux deux autres, il vient det A = 2 1 x +y

Le système

2z = a

2x + y

2z = b

3x + y

4z = c

3 1 2z = a

x+y x=b

équivaut à

2x

a

1 0 0

2 0 = 2. 2

en retranchant la première

2z = c

a

équation aux deux autres. La solution est x = a + b, y = a + b 1

b) A

#I =

1

# 2 3

1

c, z =

2 2

# 4

1

1 ( a + 2b 2

En effectuant enfin C1 On en déduit que A

C1

1 1 # 1

L1 , on obtient C2 on obtient

1

première : det(A

0 2# 2 # # 1 # 0 1 # 0 0

#I ) = 1

la ligne 1 à la troisième.

#I ) = # # #

1

.

C3 + 2C2 , on obtient :

. 1 1 # 0 1 1 # 0

0 2# 2 # 0 2# 2 #

#I n’est pas de rang 3 si et seulement si # ! 1,

Autre solution avec det(A

0 1 1 2

.

# 1 # #

L3

1 1

#

Une solution met en œuvre des opérations élémentaires. En effectuant successivement C1 C1 + C2 + C3 et C3

En faisant maintenant L3

1 1 1 2

c ), d’où A 1 =

# 2 3 1 1 # 1

1 1

2 2

#

. . 1,

2 .

. On ajoute les colonnes 2 et 3 à la

1 4 # 2 # = 1 # 2 0 4 #

1 1

2 2

# 0

2

en retranchant #

Il vient alors det(A #I ) = (#+2)(#2 1), donc rg(A #I ) < 3 si et seulement si #! 1, y

c) u = (x, y, z ) est invariant par " si et seulement si

2x 3x + y

2z = 0 2z = 0 soit :

1,

2 .

y = 2z

5z = 0

x=z

Ce sont les vecteurs du sous-espace " i , avec i = (1, 2, 1). 2x + y u = (x, y, z ) vérifie "(u ) =

u si et seulement si

2x + 2y 3x + y

2z = 0 2z = 0 c’est-à-dire 3z = 0

y=0 x =z

Chapitre 6 - Matrices et systèmes linéaires. Déterminants. Changement de base

297

Les vecteurs changés en leur opposé sont ceux du sous-espace " j , avec j = (1, 0, 1). Les vecteurs u = (x, y, z ) tels que "(u ) = 2u sont caractérisés par

3x + y

2z = 0 ,

2x + 3y

2z = 0 ,

3x + y

2z = 0 .

Ce sont ceux du sous-espace " k , avec k = (4, 2, 7). d) On a det( i , j , k ) = " est D =

1 0 0

0 1 0

0 0 2

6 donc rg( i , j , k ) = 3. Dans la base ( i , j 1 . Notons que la matrice de passage est P = 2 1

2) a) Avec An = PDn P 1 , on a A3 + 2A2 A 2I = P (D 3 + 2D 2 D 2I )P que D 3 + 2D 2 D 2I = 0, et il s’ensuit A3 = 2A2 + A + 2I .

1

, k 1 0 1

), la matrice de 4 2 . 7

et on voit aisément

b) Avec A0 = I , posons (a0 , b0 , c0 ) = (0, 0, 1), (a1 , b1 , c1 ) = (0, 1, 0), (a2 , b2 , c2 ) = (1, 0, 0). On a (a3 , b3 , c3 ) = ( 2, 1, 2). En supposant, pour n ! 3, qu’il existe (an , bn , cn ) tel que An = an A2 + bn A + cn I , il vient : An +1 = an A3 + bn A2 + cn A = an ( 2A2 + A +2I )+ bn A2 + cn A = ( 2an + bn )A2 +(an + cn )A +2an I d’où (an +1 , bn +1 , cn +1 ) = ( 2an + bn , an + cn , 2an ). L’existence des suites an , bn et cn

est ainsi prouvée par récurrence. an +1 bn +1 cn +1

c) D’après b), on a pour n ! 3 :

2 1 2

=

an bn cn

Et cela convient encore pour n ! 0, 1, 2 , d’où

3) a) On a det(C

2 # 1 2

#I ) =

donc 1, 1 et 2.

1 # 0

1 0 0

0 1 = #

0 1 0

an =C bn cn 0 = Cn 0 . 1

(# + 2)(#2

an bn cn

.

1), les valeurs propres de C sont

b) Les vecteurs propres de la matrice C , relatifs à 1, 1 et 2 sont caractérisés respectivement par : 3x + y = 0

x+y=0

y=0

y+z =0

x +y+z =0

x + 2y + z = 0

2x + z = 0

2x + 2z = 0

x

2x

z=0

Les sous-espaces propres sont dirigés par u = (1, 3, 2), v = (1, 1, 2) et w = (1, 0, 1). On a det( u , v , w ) = det Q = 6 avec Q = Il s’ensuit que C = QDQ

1

, puis C n = QDn Q

1 3 2 1

1 1 2

1 0 1

,

.

x +y+z =a

1 6

2x

2y

1 2

donne x = (a + b + c ), y = ( a + b

3x + y = b

1 (4a 3

2b + c ) d’où :

z=c

1 Q 1=

6

Il s’ensuit an = 298

c ) et z =

1 1 + 3( 1)n +1 6

1 3 8

( 2)n +1 , bn =

Thèmes d’étude – Problèmes

1 3 4

1 3 2

.

1 1 1 + ( 1)n +1 , cn = 1 + 3( 1)n 2 3

( 2)n .

2 Matrice et équation de degré 3 Notations

et j = e2i 3 , ! désigne l’anneau !3 (#), de matrice unité notée I . /=

3

0

3

a 3c 3b b a 3c b a c ( est l’ensemble des matrices M (a, b, c ).

M (a, b, c ) désigne la matrice

, avec (a, b, c ) ! #3 .

1) a) Montrer que ( est un sous-espace vectoriel de !. 0 1 0

On pose U = b) Soit " : #3

0 0 1

3 0 0

et V =

0 0 1

3 0 0

0 3 0

. Montrer que (I, U, V ) est une base de (.

( , (a, b, c ) # M (a, b, c ). Montrer que " est linéaire et bijective.

2) a) Vérifer que UV , VU , U 2 et V 2 sont dans (. b) Montrer que ( est un sous-anneau commutatif de !. 3) a) Soit A appartenant à !. Montrer que AM = MA pour tout M ! ( si et seulement si : AU = UA. b) Montrer que AU = UA si et seulement si A appartient à (. 4) Former le produit M (a, b, c ) . M (a, bj, cj2 ) . M (a, bj2 , cj). En déduire que M (a, b, c ) est inversible si et seulement si a 3 + 3b3 + 9c 3 son inverse est dans (.

9abc " 0 et que

5) a) Étant donné &, ', . complexes, développer et réduire : (& + ' + .)(& + 'j + .j2 )(& + 'j2 + .j).

b) En déduire une décomposition de a 3 + 3b3 + 9c 3 9abc en produit de termes de la forme a + xb + yc , avec des coefficients x , y indépendants de a , b et c . 6) a) En utilisant 4), montrer qu’il y a trois complexes # tels que M (a, b, c ) inversible. b) Retrouver ce résultat en calculant le déterminant de M (a, b, c )

#I ne soit pas

#I .

Solution 1) a) M (a, b, c ) = aI + bU + cV montre que ( est le sous-espace des combinaisons linéaires de (I, U, V ). a 3c 3b b a 3c = 0, d’où a = 0, b = 0 et c = 0. c b a Libre et génératrice, (I, U, V ) est une base de (. aI + bU + cV = 0 :

b) M (a, b, c ) + #M (a , b , c ) = (a + #a )I + (b + #b )U + (c + #c )V montre que : " (a, b, c ) + #(a , b , c ) = "(a, b, c ) + # " (a , b, , c ), d’où la linarité de ". Chapitre 6 - Matrices et systèmes linéaires. Déterminants. Changement de base

299

Avec "(1, 0, 0) = I , "(0, 1, 0) = U et "(0, 0, 1) = V , l’image par " de la base canonique de # 3 est une base de (, donc " est bijective. 2) a) On a UV = 3I , VU = 3I , U 2 = V et V 2 = 3U . b) ( est un sous-groupe de (!, +), puisque sous-espace de !. En outre ( contient I . (aI + bU + cV )(a I + b U + c V ) = aa I +(ab + a b)U +(ac + a c )V + bb U 2 + cc V 2 + bc UV + cb VU = (aa + 3bc + 3b c )I + (ab + a b + 3cc )U + (ac + a c + bb )V. ( est ainsi stable pour le produit et deux éléments de ( commutent.

3) a) La condition est évidemment nécessaire. Si AU = UA, alors AU 2 = UAU = U (AU ) = U (UA) = U 2 A. Avec U 2 = V , il vient AV = VA. Commutant ainsi avec U et V , A commute avec toute combinaison linéaire aI + bU + cV , c’est-à-dire avec toute M ! (. b) Soit A =

a1 b1 c1

a2 b2 c2

a3 b3 c3

! !.

3c1 3c2 3c3 a2 a3 3a1 = b2 b3 3b1 . a1 a2 a3 b1 b2 b3 c2 c3 3c1 On en déduit a1 = b2 = c3 , a2 = b3 = 3c1 et a3 = 3b1 = 3c2 , c’est-à-dire A appartient à (.

En détaillant UA = AU , il vient

4) En utilisant le résultat obtenu en 2)b), il vient : M (a, b, c ) . M (a, bj, cj 2 ) = M a 2

3bc, (3c 2

ab)j2 , (b2

ac )j

et une nouvelle utilisation donne : M (a, b, c ) . M (a, bj, cj 2 ) . M (a, bj2 , cj) = M (a 3 + 3b3 + 9c 3 3

3

9abc, 0, 0) = (a 3 + 3b3 + 9c 3

9abc )I .

3

9abc est différent de 0, alors M (a, b, c ) est On en déduit que, si *(a, b, c ) = a + 3b + 9c inversible. En notant que *(a, bj, cj2 ) = *(a, bj2 , cj) = *(a, b, c ), alors M (a, bj, cj2 ) et M (a, bj2 , cj) sont inversibles. On en déduit que, avec un produit de matrices simultanément inversibles ou non, M (a, b, c ) est inversible si et seulement si *(a, b, c ) " 0. 1 *

Et que son inverse M (a, bj, cj2 ) . M (a, bj2 , cj) est dans (. 5) On a (& + 'j + .j2 )(& + 'j2 + .j) = &2 + '2 + .2 + (' & + & . + .')j + (' & + & . + .')j2 = &2 + '2 + . 2 2

(' & + & . + .').

On en déduit (& + ' + .)(& + 'j + .j )(& + 'j + .) = &3 + '3 + .3 Avec & = a , ' = b/ et . = c /2 , il vient : a 3 + 3b3 + 9c 3

2

3 & '..

9abc = (a + b / +c /2 )(a + b / j + c /2 j2 )(a + b / j2 + c /2 j).

6) a) La matrice M (a, b, c ) #I est aussi la matrice M (a #, b, c ). En utilisant la question 4)a), il vient que M (a, b, c ) #I n’est pas inversible si et seulement si # vérifie : #)3 + 3b3 + 9c 3

(a 2

2 2

9(a

#)bc = 0

2

2

= (a

#)3 + 3b3 + 9c 3

c’est-à-dire # ! a + b / +c / , b / j + c / j , b / j + c / j . a

b) det(M (a, b, c ) #I ) =

3c

# b c

a

méthode au choix. 300

Thèmes d’étude – Problèmes

3b 3c

# b

a

#

9(a

#)bc avec toute

3 Matrices pseudo-magiques Soit n un entier naturel, n ! 2. On considère le sous-ensemble E de Mn (") formé des matrices A = [ai j ] telles que les 2n n

n

nombres sk =

akj et 1k = j =1

aik , pour k ! [[ 1, n ]], soient égaux. i =1

Lorsque A appartient à E , on note d (A) la valeur commune de ces 2n nombres. On note J la matrice dont tous les éléments sont égaux à 1. 1) Montrer que E est, pour les lois usuelles de Mn ("), un "-espace vectoriel et que l’application d : E ", A # d (A), est linéaire. 2) a) Montrer que, si A appartient à E , AJ = JA = d (A)J . b) Soit A un élément de Mn ("). On suppose qu’il existe & ! " tel que AJ = JA = &J . Montrer que A est dans E . c) Montrer que E est un sous-anneau de Mn ("). A et B étant des éléments de E , calculer d (AB) en fonction de d (A) et d (B).

3) Montrer que, si A ! E est inversible dans Mn ("), alors A Comparer alors d (A

1

1

est dans E .

) et d (A).

4) Soit A un élément de E . On pose B =

d (A) J et C = A n

B.

a) Montrer que B et C sont dans E . b) Calculer d (B), d (C ), BC et CB. c) Montrer que, quel que soit p dans $ , Ap = Bp + Cp . 5) Soit F le sous-espace vectoriel de E formé des matrices A de E telles que d (A) = 0 – c’est-à-dire le noyau de d – et G le sous-espace de E engendré par J . a) Montrer que F et G sont des sous-espaces supplémentaires dans E . b) Étant donné les entiers r et s, 2 ( r ( n , 2 ( s ( n , on note Ars la matrice dont tous les éléments sont égaux à 0, sauf a11 = ars = 1 et a1s = ar 1 = 1. Montrer que les matrices Ars constituent une base de F . En déduire la dimension de E .

Solution 1) Pour A et B dans E , # et $ dans ", on considère C = #A + $B : ci j = #ai j + $bi j . On a si = #

ai j + $ j

bi j = #d (A) + $d (B) et 1j = #

ai j + $ i

j

bi j = #d (A) + $d (B). i

Il s’ensuit que #A + $B est dans E qui est ainsi un sous-espace vectoriel de !n (") (notons que 0, I et J sont dans E ) et que d (#A + $B) = #d (A) + $d (B) ce qui montre que d est linéaire. 2) a) Soit A = [ai j ] ! E . Posons AJ = [&i j ] et JA = ['i j ], on a alors : &i j =

aik = si = d (A) et 'i j = k

akj = 1j = d (A) d’où AJ = JA = d (A)J . k

Chapitre 6 - Matrices et systèmes linéaires. Déterminants. Changement de base

301

b) Avec A = [ai j ], posons AJ = [&i j ] et JA = ['i j ], on a : &i j =

aik = si et 'i j = k

akj = 1j . k

Avec AJ = JA = &J , on a si = & et 1j = & et il s’ensuit A ! E , avec d (A) = &. c) Étant donné A et B dans E , on a : ABJ = A(BJ ) = A d (B)J = d (B)AJ = d (B)d (A)J et JAB = (JA)B = d (A)JB = d (A)d (B)J . De la question précédente on déduit que AB est dans E et que d (AB) = d (A)d (B). Ainsi, E est un sous-groupe (pour l’addition) de !n (") stable pour la multiplication de !n ("). Comme on a I ! E , il vient que E est un sous-anneau de !n ("). 3) On a J = A 1 AJ = A 1 d (A)J = d (A)A 1 J . Nécessairement, avec J " 0, on a d (A) " 0 et 1 1 J et J = JAA 1 = d (A)JA 1 donne JA 1 = J. d (A) d (A) 1 1 1 D’après 2), il s’ensuit que A est dans E et d (A ) = d (A) .

donc A

1

J =

4) a) B et C sont dans E parce que E est un sous-espace vectoriel de !n ("). d (A)

b) Par linéarité de d on a d (B) = n d (J ) = d (A) et d (C ) = d (A)

d (B) = 0.

d (A) d (A) d (A) d (A) JC = d (C )J = 0 et CB = CJ = d (C )J = 0. n n n n

Alors il vient BC =

c) Comme B et C commutent, on applique la formule du binôme. En regroupant les termes, il existe M ! !n (") telle que Ap = (B + C )p = Bp + Cp + MBC d’où Ap = Bp + Cp . d (A)

5) a) Tout A ! E peut s’écrire A = B + C , avec B = n J ! G et C ! F puisque d (C ) = 0. Soit A ! F # G . A = #J et d (A) = 0. Avec d (#J ) = n #, il vient # = 0 puis A = 0. En conclusion, on a E = F & G . 1 si i = j = 1 *js si i = 1 b) Il est immédiat que Ars est dans E et que d (Ars ) = 0. On a (Ars )i j = *ir si j = 1 *ir *js si i ! 2 et j ! 2 Soit M ! F . Supposons qu’il existe #rs et j ! 2, on a mi j =

2(r,s(n

telle que M =

#r,s srs . Alors, pour i ! 2 2(r,s(n

#rs *ir *js = #i j ce qui donne la famille r !2 , s!2

unique. Il reste à vérifier que M =

#r,s

2(r,s(n

de manière

mi j Ai j est bien la matrice M . Notons que M ! F et 2(i,j (n

posons M = mi j . Comme ci-dessus, on obtient : mi j = mi j pour tout (i, j) ! [[ 2, n ]]2 . n

n

mi j =

Alors i =1 n

mi j = 0 donne %j ! [[ 2, n ]], m1 j = m1 j , i =1 n

mi j = j =1

mi j = 0 donne %i ! [[ 2, n ]], mi 1 = mi 1 , j =1

n

n

m1 j =

et enfin j =1

m1 j = 0 donne m11 = m11 , donc M = M . j =1

On en déduit que tout M ! F est combinaison linéaire, d’une manière unique, des Ars . La famille (Ars )2(r (n, 2(s(n est donc une base de F qui est ainsi de dimension (n 1)2 . Comme G est de dimension 1, l’espace E est de dimension (n 1)2 + 1. 302

Thèmes d’étude – Problèmes

4 Inversion d’une matrice Soit A =

0 3 1

3 0 1

canonique de "3 .

0 4 0

! !3 (") et f l’endomorphisme de "3 de matrice A dans la base

1) a) Montrer que A est inversible. b) Calculer le déterminant de A

#I3 , où # est réel et I3 est la matrice unité d’ordre 3. #I3 ).

Préciser les valeurs d’annulation de la fonction polynôme PA : # # det(A

c) Pour chacune des valeurs d’annulation précédentes (#1 < #2 < #3 ), donner une base du noyau de f # Id, où Id est l’identité sur "3 . 1 1 0

2) a) Soit P =

3 1 2

12 16 7

! !3 ("). Montrer que P est inversible. x + 3y + 12z = a

b) Étant donné (a, b, c ) ! "3 , résoudre le système (x, y, z ) ! "3 : et en déduire P 1 . 1

3) a) Calculer la matrice D = P

y + 16z = b

x

2y + 7z = c

AP .

b) Calculer An pour tout n ! $ . Justifier que D est inversible et calculer A

1

.

4) On considère les suites (pn ), (qn ) et (rn ) définies par p0 = 0, q0 = 1, r0 = 0 et : Pn +1 qn +1 rn +1 Calculer les limites des suites (pn ), (qn ) et (rn ).

pour tout n ! $,

=

1 A 4

pn qn rn

.

Solution 1) a) En développant suivant la première ligne, on obtient det A = 12, donc A est inversible. b) det(A

#I3 ) =

# 3 1

3 # 1

0 4 = #

à la troisième. Ainsi, det(A det(A

#I3 ) = (4 #I3 ) = (4

# 3 # +4 #)

# 3 1

3 0 en ajoutant les lignes 1 et 2 # 4 # +4 # +4 3 0 # 3 0 # 4 = (4 #) 1 # 4 4 puis : 1 1 0 0 1

#)(#2 + 4 # +3) = (4

#)(# + 1)(# + 3).

c) (x, y, z ) ! "3 est dans Ker(f + 3 Id) ou dans Ker(f + Id) ou dans Ker(f si , respectivement : 3x + 3y

=0

x + 3y

=0

3x + 3y + 4z= 0

3x + y + 4 z = 0

x + y + 3z = 0

x + y + z= 0

4x + 3y 3x

4 Id) si et seulement =0

4y + 4z= 0 x+y

4z= 0

ces sous-espaces sont donc des droites vectorielles dirigées respectivement par : u = (1,

1, 0) , v = (3, 1, 2) , w = (12, 16, 7).

Chapitre 6 - Matrices et systèmes linéaires. Déterminants. Changement de base

303

1 1 0

12 1 3 12 2 28 en ajoutant L1 à L2. Il vient det P = 70, donc 16 = 0 0 7 2 7 P est inversible. En notant que P est la matrice dans la base canonique des vecteurs u , v et w, il vient que ' = (u, v, w) est une base de "3 . P est alors la matrice de passage de la base

2) a) det P =

3 1 2

canonique à '. x + 3y + 12z = a

b)

x + 3y + 12z = a

y + 16z = b

x

2y + 28z = a + b

et à L2 on ajoute L1 :

2y + 7z = c

2y + 7z = c x + 3y + 12z = a

2y + 28z = a + b

puis à L3 on ajoute L2 :

35z = a + b + c 1

1

On en déduit z = 35 (a + b + c ) puis y = 10 (a + b 1 P 1= 70

3) a) La matrice D = P

1

1

b) Pour tout n ! $ , on a A = PDP Avec D n =

( 3) 0 0

( 1)n A = 70

21 + 25 3n + 24( 4)n 7 25 3n + 32( 4)n 14 + 14( 4)n

n

45 7 2

60 28 2

9b + 12c ), d’où :

.

AP est la matrice de f dans la base (u, v, w). Il vient alors : D=

n

25 7 2

1 (5a 14

4c ) et x =

0 ( 1)n 0

0 0 4n

3 0 0

0 1 0

0 0 4

.

et il vient An = PDn P

1

.

, on obtient : 21 45 3 n + 24( 4)n 7 + 45 3n + 32( 4)n 14 + 14( 4)n

84 + 60 3n + 24( 4)n 28 60 3 n + 32( 4)n 56 + 14( 4)n

La matrice diagonale D est inversible puisque ses termes diagonaux sont non nuls. On a A 1 = PD 1 P 1 et le résultat précédent s’applique avec n = 1. Il vient alors A

4) Avec Un =

1

=

pn qn rn

1 70

et U0 =

70 / 3 70 / 3 35 / 2 0 1 0

0 0 35 / 2

1/3 1/3 1/4

0 0 1/4

1 0 3/4

1

21 45 3 n + 24( 4)n 7 + 45 3n + 32( 4)n 14 + 14( 4)n

.

3n 1 12 16 1 = 0 et lim n = 0, il vient lim pn = , lim qn = et lim rn = . 35 35 5 4n 4

On peut noter que pn + qn + rn = 1. 304

=

, on a Un +1 = 4 AUn , d’où :

1 ( 1)n Un = n A n U0 = 4 70 4n

Avec lim

70 0 105 / 2

Thèmes d’étude – Problèmes

.

5 Puissances entières de matrices d’ordre 3 Quelques questions peuvent être traitées avec l’emploi de déterminant. Le texte n’y fait pas appel à l’intention des étudiants qui souhaiteraient un problème sur les matrices sans avoir encore étudié les déterminants. Leur usage n’est toutefois pas prohibé ! !3 (") est le "-espace vectoriel 1 0 0 On pose I = 0 1 0 , B = 0 0 1

des matrices carrées réelles d’ordre 3. 0 1 0

1 0 1

0 1 0

et C =

Pour (a, b, c ) ! "3 , on note T (a, b, c ) la matrice

a b c

0 0 1 0 1 0 . 1 0 0 b c a + c b et on considère l’ensemble : b a

& = T (a, b, c ), (a, b, c ) ! "3 .

1) Montrer que & est un sous-espace vectoriel de !3 (") ; en préciser une base. 2) Exprimer B2 , C 2 , BC et CB à l’aide de I , B et C . Montrer que & est un sous-anneau de !3 ("). Est-il commutatif ? Est-ce un corps ? 3) a) En étudiant le rang de T (a, b, c ) par opérations élémentaires sur les lignes ou les colonnes, montrer que T (a, b, c ) est inversible si et seulement si a c " 0 et (a + c )2 2b2 " 0. b) Former un système de trois équations, d’inconnue (a , b , c )!"3 , qui exprime que T (a, b, c ) admet T (a , b , c ) pour inverse. c) Calculer, quand c’est possible, a , b et c en fonction de a , b et c . 4) Avec K =

1 2

B et n ! $ , calculer K 2 , K 3 puis K n en distinguant n pair et n impair.

5) a) On pose M = T (1, 2, 0). Exprimer M à l’aide de I et K . k

$n 2k , bn =

b) Montrer que, %n ! $ , M n = I + an K + bn K 2 , avec an = 1(k (n k impair

k

$n 2k .

1(k (n k pair

c) Expliciter an et bn en fonction de n (on pourra former 1 + an + bn et 1

an + bn ).

n

d) Exprimer M comme combinaison linéaire de I , B et C .

Solution 1) Avec T (a, b, c ) = aI + bB + cC , on a & = Vect(I, B, C ). Et T (a, b, c ) = 0 a =b =c =0 montre que (I, B, C ) est libre ; c’est une base de & qui est donc de dimension 3. 2) On vérifie que B2 = I + C , C 2 = I , BC = CB = B. Il s’ensuit que & est stable pour le produit matriciel et que deux éléments quelconques de & commutent. BC = B donne B(C I ) = 0 ; avec B " 0 et C I " 0, & n’est donc pas un corps. a c

3) a) En retranchant C 3 à C 1, T (a, b, c ) a même rang que

0

c a

b

c

a +c b b

.

a

Chapitre 6 - Matrices et systèmes linéaires. Déterminants. Changement de base

305

a c

b

0

a +c

b

0

2b

a +c

En ajoutant L 1 à L 3, le rang est celui de

c

b = 0 : T (a, b, c ) est inversible si et seulement si a a c

b " 0 : le rang est celui de la matrice

0 0

.

c " 0 et a + c " 0.

b

c a +c 1 2b a +c b

obtenue en divisant la ligne L 3 par

2b puis échangeant les lignes L 2, L 3. a c b

À L 3 on retranche (a + c )

c a +c 1 2b 2 0 b (a + c ) 2b 2 2

0

L 2 : le rang est celui de

0

Alors T (a, b, c ) est inversible si et seulement si a

c " 0 et (a + c )

.

2b " 0.

Notons que ces conditions contiennent le cas où b = 0. b) On a T (a, b, c )T (a , b , c ) = (aI + bB + cC )(a I + b B + c C ) = (aa + bb + cc )I + (ba + (a + c )b + bc )B + (ca + bb + ac )C .

Si T (a, b, c ) est inversible, son inverse T (a , b , c ), est définie par

aa

+

ba

+ (a +c )b

ca

+

bb

bb

+cc =1 +bc =0 +ac =0

c) La résolution du système donne : 2

a + ac

a =

(a + c )2

b

2

2b2 (a

c)

, b =

b

(a + c )2

2b2

, c =

b

1 2

1

= K , alors K 2n +1 = K 2n

1

K2 = K

1 2

Si K 2n = (I + C ), alors K 2(n +1) = K 2n

K2 =

c

(a + c )2

4) Avec B2 = I + C , on a K 2 = (I + C ) ; puis avec BC = B, on a K 3 = Si K 2n

2

1 2 2

2

ac

2b2 (a

B (I + C ) =

n

k

= K et K 2n = K 2 .

1

k

$n 2k K k = I +

b) M = (I + 2K ) = I +

k

1(k (n k impair

k

$n 2k K 2 1(k (n k pair

k

1(k (n k impair

c) On a 1 + an + bn = (1 + 2)n = 3n et 1

d) Alors M n = I + an 306

B

2

+

1 n 3 2

k

$n 2k et bn =

donc M n = I + an K + bn K 2 , avec an =

an =

$n 2k K k 1(k (n k pair

$n 2k K +

=I+

k

$n 2k K k + 1(k (n k impair

k =1

1(k (n k pair

an + bn = (1

( 1)n et bn =

$n 2k .

1+

2)n = ( 1)n . Il vient alors : 1 n 3 + ( 1)n . 2

bn bn B bn (I + C ) = 1 + I + an + C. 2 2 2 2

Thèmes d’étude – Problèmes

2

B = K.

1 1 1 (I + C )2 = I + 2C + C 2 = ( I + C ) = K 2 . 4 4 2

5) a) M = T (1, 2, 0) = I + 2B = I + 2K . n

1

.

K2 = K3 = K.

On a donc, par récurrence, pour tout n ! $ , K 2n

n

c)

6 Limite et dérivée de matrice On note ! l’espace !3 ("), 0 la matrice nulle et I la matrice unité. On identifie un vecteur de "3 avec la matrice colonne de ses composantes dans la base canonique. Une suite (Mn ) d’éléments de !, Mn = mi j (n ) a une limite si chaque suite numérique mi j (n ) a une limite et on pose : lim Mn = lim mi j (n ) . On admettra que les règles usuelles relatives aux limites de sommes et produits s’appliquent aux sommes et produits matriciels. Étant donné une application : t # M (t ) = mi j (t ) de " dans !, on dit que M est de classe 1 (respectivement de classe ) si chaque fonction mi j est de classe 1 (resp. ). La (k ) (k ) dérivée d’ordre k de M est alors définie par M (t ) = mi j (t ) . On admettra que les règles de dérivation des sommes et produits s’appliquent aux sommes et produits matriciels. Soit M ! !. Si M est est diagonalisable, toute expression de la forme M = PDP 1 , où P est un élément inversible de ! et D une matrice diagonale, est appelée décomposition diagonale de M ; P est la matrice de passage, D la réduite diagonale. 1 1 3 1 2 2 2 3 , 1 1 On considère : A = B = 2 1 2 2 2 5 1 1 2 1 2 2 2 Les rudiments concernant les valeurs propres, vecteurs propres donnés en début de la section C de ce chapitre. 2

1 2 1 2 3 2 et sou-espaces propres sont

Partie I 1) Déterminer les valeurs propres de A. Préciser une décomposition diagonale de A : A = P0 D0 P0 1 . On classera les valeurs propres par ordre de valeurs croissantes et on choisira pour P0 une matrice dont les vecteurs colonnes ont une première composante égale à 1. 2) Soit n ! $ . Déterminer deux réels &n et 'n tels que : Que peut-on dire de An ?

(1) D0n = &n D0 + 'n D02 .

3) Soit ) le sous-espace vectoriel de ! engendré par la famille (An )n !$ , avec A0 = I . Déduire de ce qui précède la dimension de ) en précisant une base de ce sous-espace.

Partie II On désigne par * l’ensemble des matrices M ! ! telles que AM

MA = 0 .

1) Vérifier que * est un sous-espace vectoriel de !. Quelle relation d’inclusion existe-t-il entre * et ) ? 2) Soit # une valeur propre de A et X un vecteur propre associé à #. Montrer que si M ! *, alors X est un vecteur propre de M . Que peut-on en conclure pour la matrice P0 1 MP0 ? Chapitre 6 - Matrices et systèmes linéaires. Déterminants. Changement de base

307

3) Déduire de ce qui précède la forme générale des éléments de *. Comparer * et ). 4) Utiliser ce qui précède pour déterminer les matrices M ! ! telles que M 2 = A. On donnera de chacune d’elles une décomposition diagonale et son expression explicite.

Partie III B étant la matrice définie dans le préambule et t un nombre réel, on définit les matrices : n

(2)

( 1)k

Cn (t ) = k =0

t

2k

(2k )!

B

2k

n

avec B0 = I ,

Sn (t ) =

(3)

k =0

( 1)k

t

2k +1

(2k + 1)!

B

2k +1

On admettra le résultat suivant, non donné dans le texte original : n

soit un (t ) =

( 1)k

k =0

t

n

2k

et

(2k )!

vn (t ) = k =0

( 1)k

t

2k +1

(2k + 1)!

.

Alors, pour tout t ! ", lim un (t ) = cos t et lim vn (t ) = sin t . 1) Écrire une décomposition diagonale de B. En utilisant une décomposition diagonale de Cn (t ) et de Sn (t ), montrer que les suites Cn (t ) et Sn (t ) ont, pour tout t ! ", des limites que l’on notera respectivement C (t ) et S(t ). Préciser une décomposition diagonale de C (t ) et S(t ) et expliciter ces deux matrices. 2) Calculer C 2 (t ) + S2 (t ). Exprimer, pour t et u réels, C (t + u ) et S(t + u ) à l’aide de C (t ), C (u ), S(t ) et S(u ). 3) Montrer que les applications : t # C (t ) et t # S(t ) sont de classe * dérivées C (t ), C (t ), S (t ) et S (t ) à l’aide des matrices C (t ), S(t ) et B.

et exprimer les

4) Soit Z un vecteur de "3 tel que BZ = 0. Calculer C (t )Z et S(t )Z .

Partie IV On considère le système différentiel : (4) X + B2 X = 0, où X est une application inconnue, de classe 2 , de " dans "3 . 1) U et V étant deux vecteurs de "3 , l’application (5) X : t # C (t )U + S(t )V est-elle une solution de (4) ? 0 0 2

2) On choisit U =

0 0 0

et V =

paramétrique : t # X (t ) =

x (t ) y (t ) z (t )

, et on désigne par 2 la courbe de "3 de représentation

.

Construire la projection de 2 sur le plan Oxy et la projection sur le plan Oyz . Reconnaître la nature géométrique de ces projections. 3) Soient X0 =

a b c

et X0 =

& ' .

deux vecteurs de "3 .

La formule (5) permet-elle de déterminer une solution X de (4) vérifiant de plus : X (0) = X0 et X (0) = X0 ? On discutera éventuellement suivant les valeurs du vecteur X0 . 308

Thèmes d’étude – Problèmes

Solution Partie I 2

1) Le déterminant de A

#I est

1 2

# 1 2

2

# 1 2

2

c’est-à-dire :

3 2 3 2 5 2

=

1 2 1 # 1 2

# 0 2

#

1 2 2 (1 #) = (1 0 1 0 1 2 # 2 2 Les valeurs propres de A sont donc 0, 1 et 4. 2

2

1 5 2

3 2

# #

#

#)(#2

4#).

Sous-espace propre V0 = Ker A 1 y+ 2 1 2x + y 2 1 2x + y + 2

3 z=0 2 3 Le système z = 0 équivaut à 2 5 z=0 2 C’est le sous-espace engendré par v0 = (1, 1, 1). 2x

Sous-espace propre V1 = Ker(A

4x

y + 3z = 0,

4x + y + 5z = 0.

I)

1 y+ 2 1 2x y 2 1 2x + y + 2

3 z=0 2 3 Le système équivaut à z=0 2 3 z=0 2 C’est le sous-espace engendré par v1 = (1, 1, 1). x

Sous-espace propre V4 = Ker(A

2x

y + 3z = 0 ,

4x + y + 3z = 0.

4I )

1 y+ 2 7 2x y 2 1 2x + y 2

3 z=0 2 3 Le système z = 0 équivaut à 2 3 z=0 2 C’est le sous-espace engendré par v4 = (1, 1, 1). 2x

Les vecteurs v0 , v1 et v4 ont pour déterminant La matrice de passage P0 =

1 1 1

1 1 1

1 1 1

4x + 7y + 3z = 0, 4x + y

1 1 1

1 1 1

3z = 0.

1 1 égal à 1

donne A = P0 D0 P0 1 , D0 =

4. 0 0 0

0 1 0

0 0 4

Chapitre 6 - Matrices et systèmes linéaires. Déterminants. Changement de base

.

309

x +y+z =u

2x = u + v

z=v

x

y

x

y+z =w

2y = v + w

équivaut à

1 P0 1 = 2

et il vient

2z = u + w & n + 'n = 1

2) D0n = &n D0 + 'n D02 équivaut à 4

4n 3

1

, 'n =

1 1 0

0 1 1

.

de solution :

4 &n +16'n = 4n

&n =

1 0 1

4n

1

3

1

.

Avec An = P0 D0n P0 1 , cela donne An = &n A + 'n A2 . 3) On en déduit que ) est engendré par I , A et A2 . Ces trois matrices sont linéairement indépendantes (vérification sans souci) ; ainsi ) est de dimension 3.

Partie II 1) M # AM MA est un endomorphisme de ! et * en est le noyau ; c’est donc un sous-espace vectoriel de !. Toute puissance An de A commute avec A donc ) $ *. 2) Avec AM = MA, il vient AMX = MAX = #MX . Ainsi MX appartient au sous-espace propre V# de A. Or V# est de dimension 1 et, puisque X est non nul, V# = Vect X . Il s’ensuit MX = $X , avec $ ! ". Ainsi, tout vecteur propre pour A est vecteur propre pour M . Alors la matrice P0 1 MP0 est diagonale puisque P0 est une matrice formée de vecteurs propres pour M . 3) On a vu que si M commute avec A, alors P0 1 MP est diagonale. Réciproquement, pour toute matrice diagonale D , la matrice P0 DP0 1 commute avec A = P0 D0 P0 1 puisque D et D0 commutent. On a ainsi une bijection entre * et l’ensemble " des matrices diagonales. Le sous-espace " étant de dimension 3, il en est de même pour *. Avec ) $ * et dim ) = dim *, il vient * = ). 4) Si M 2 = A, alors AM = M 2 M = MM 2 = MA. Il existe donc D ! " telle que M = P0 DP0 1 . 0 0 0

M 2 = A équivaut alors à D2 = D0 , d’où D =

Posons D1 =

0 0 0

0 1 0

0 0 2

1 R1 = P0 D1 P0 1 = 2

, D2 =

0 0 0

2 2 2

1 1 1

0 1 0

R3 =

310

Thèmes d’étude – Problèmes

1 1 3

0 0 2

,

0 )1 0

0 0 2)2

avec )1 = 1 et )2 = 1.

. Les racines carrées de A sont donc :

1 R2 = P0 D2 P0 1 = 2

R1 et R4 =

R2 .

2 2 2

1 1 1

3 3 1

,

Partie III 1) On a B = R1 = P0 D1 P0 1 . En particulier, B2 = A. Notons que Bk = R1k = P0 D1k P0 1 . 0

0

n

( 1)

0

Il vient alors Cn (t ) = I + P0

k

0

(2k )!

k =1

0

0

t 2k n

( 1)k

0 k =1

1 0 0

On en déduit que C (t ) = P0

C (t ) =

De même, S(t ) = P0

0 0 0

0 sin t 0

1 0 0

= P0 IP0

1

0 0 cos 2t

1 + cos 2t 1 cos 2t 1 + cos 2t

1 2

0 0 sin 2t

(2t ) (2k )!

P0 1 = P0 31 (t )P0 1 .

1 cos t 1 + cos t 1 + cos t

cos t + cos 2t cos t cos 2t cos t + cos 2t

.

P0 1 = P0 32 (t )P0 1 .

1 2

sin 2t sin 2t sin 2t

sin t sin t sin t

0 cos2 t 0

0 0 cos2 2t

P0 1 + P0

S(t ) =

2) C 2 (t ) + S2 (t ) = P0

0 cos t 0

P0 1 .

2k

sin t + sin 2t sin t sin 2t sin t + sin 2t 0 0 0

0 sin2 t 0

. 0 0 sin2 2t

P0 1

= I.

La réduite diagonale de C (t + u ) est : 1 0 0

0 cos t cos u

0 0

sin t sin u 0

Il s’ensuit aisément C (t + u ) = C (t )C (u )

cos 2t cos 2u

. sin 2t sin 2u

S(t )S(u ).

De même, on a S(t + u ) = S(t )C (u ) + C (t )S(u ). 3) La réduite diagonale de C (t ), à savoir 31 (t ) =

On a 31 (t ) =

0 0 0

0 sin t 0

0 0 2 sin 2t

C (t ) = P0 31 (t )P0 1 =

=

1 0 0

0 cos t 0

0 0 cos 2t

, est de classe

.

D1 32 (t ) d’où :

P0 D1 P0 1 P0 32 (t )P0 1 =

BS(t ).

De même, on a S (t ) = BC (t ) et on en déduit C (t ) = B2 C (t ) et S (t ) = B2 S(t ). 4) C (t )Z = lim Cn (t )Z et, avec BZ = 0, donc B k Z = 0 pour k ! $ , il vient Cn (t )Z = Z puis C (t )Z = Z ; de même, S(t )Z = 0.

Chapitre 6 - Matrices et systèmes linéaires. Déterminants. Changement de base

311

Partie IV X + B2 X = 0

(4)

1) X (t ) = C (t )U + S (t )V = B2 C (t )U (5) 2) X (t ) =

1 2

1 + cos 2t 1 cos 2t 1 + cos 2t

B 2 S(t )V montre que :

X : t # C (t )U + S(t )V est une solution de (4).

1 cos t 1 + cos t 1 + cos t

cos t + cos 2t cos t cos 2t cos t + cos 2t

La projetée de 2 sur le plan Oxy est paramétrée par

0 0 2 x (t ) =

=

cos t + cos 2t cos t cos 2t cos t + cos 2t

.

cos t + cos 2t

y(t ) = cos t

cos 2t

La période est 20 et avec x ( t ) = x (t ), y( t ) = y(t ), la courbe est obtenue pour t ! [0, 0]. C’est un segment de la droite x + y = 0 ; x (t ) = sin t (1

4 cos t ) montre que x (t ) est maximum 9 1 en 0, avec x (0) = 2 ; x (t ) est minimum pour cos t = , de valeur . 4 8

La projetée sur le plan Oyz est paramétrée par

y(t ) = cos t

z (t ) = cos t + cos 2t

La courbe est obtenue pour t ! [0, 0]. Les dérivées sont Soit & tel que cos & = dans ]0, 0[.

cos 2t

y (t ) =

sin t (1

z (t ) =

sin t (1 + 4 cos t )

1 l’unique zéro de y dans ]0, 0[ ; alors ' = 0 4

4 cos t )

& est l’unique zéro de z z

2

2

Avec y = cos t 2 cos t +1 et z = cos t +2 cos t 1, il vient 2 cos t = y + z et 2 2 cos2 t 1 = z y. Donc la courbe est une partie de la conique d’équation (y + z )2 + y z 2 = 0, qui est une parabole. Par une rotation du repère d’angle 30 1 , elle a pour équation Z 2 = (Y + 4 2

Y

2). y

Les variations de y et de z permettent de limiter la parabole à sa partie utile.

Z

3) X (t ) = C (t )U + S(t )V vérifie X (0) = X0 si et seulement si U = X0 . Avec X (t ) = BS(t )U + BC (t )V , on a X (0) = X0 si et seulement si BV = X0 , c’est-àdire si et seulement si X0 ! Im B ou encore si et seulement si X0 est combinaison linéaire de 1 1 1

N=

312

et 1 1 1

1 1 1

, en examinant les vecteurs colonnes de B. Le noyau de B étant engendré par

, si V0 vérifie BV0 = X0 , les solutions pour V sont V0 + #N avec # ! ".

Thèmes d’étude – Problèmes

7 Endomorphismes et base formée de vecteurs propres E est un espace vectoriel réel de dimension 3, muni d’une base ' = (e1 , e2 , e3 ). f et g sont des endomorphismes de E dont les matrices dans la base ' sont respectivement :

A=

5 12 12

2 3 4

4 8 9

et

4 6 6

B=

0 2 0

1 3 1

.

1) Préciser f 2 et donner les éléments propres (valeurs propres et vecteurs propres associés) de f . 2) Donner les éléments propres de g et montrer qu’il existe une base + = (V1 , V2 , V3 ) formée de vecteurs propres à la fois pour f et pour g. 3) Soit a et b des réels. Donner la matrice de af + bg dans la base + et déterminer les valeurs propres de l’endomorphisme af + bg. 0 0 , , dérivables et qui vérifient : 2 2

4) En déduire les fonctions réelles x , y et z définies sur

x (u ) = (5 + 4 tan u ) x (u ) + 2y(u ) + (4 + tan u ) z (u )

(&)

y (u ) = (12 + 6 tan u ) x (u ) + (3 + 2 tan u ) y(u ) + (8 + 3 tan u ) z (u ) z (u ) =

(12 + 6 tan u ) x (u )

4y(u )

(9 + tan u ) z (u )

On pourra considérer ce système différentiel comme écrit dans la base ' et l’écrire alors dans la base + ; la résolution se ramène alors à celle de trois équations linéaires ordinaires du premier ordre.

Solution 1) Le calcul donne A2 = I3 donc f 2 = Id. f étant une involution, alors Inv f & Opp f = E . 2x + y + 2z = 0 6x + y + 4z = 0

Les vecteurs invariants par f sont donnés par

6x + 2y + 5z = 0

On a donc Inv f = "V1 , avec V1 = (1, 2, 2). Les vecteurs changés en leur opposé par f sont ceux du plan G d’équation 3x + y + 2z = 0. Les valeurs propres de f sont ainsi 1 et 1, correspondant aux sous-espaces supplémentaires formés des vecteurs x tels que f (x ) = x ou f (x ) = x . 4

2) Les valeurs propres de g sont données par (2

#)(#2

# 6 6

0 2 0

3 # +2) = 0 ou encore (#

Le sous-espace Inv(g) est déterminé par

3x

1 = 0, c’est-à-dire : 3 1 #

# 1)(#

2) 2 = 0.

z=0

6x + y + 3z = 0

Il est engendré par V2 = (1, 3, 3) : g(V2 ) = V2 . Chapitre 6 - Matrices et systèmes linéaires. Déterminants. Changement de base

313

Le sous-espace propre de g associé à la valeur propre 2 est le plan H d’équation 2x + z = 0. Les plans G et H ont le vecteur V3 = (1, 1, 2) en commun : f (V3 ) = V3 et g(V3 ) = 2V3 . En notant que g(V1 ) = 2V1 et que f (V2 ) = V2 , il suffit de vérifier que : det(V1 , V2 , V3 ) =

1 2 2

1 3 3

1 1 = 2

1"0

pour obtenir une base + = (V1 , V2 , V3 ) de vecteurs propres pour f et pour g. 1 0 0

3) Dans +, la matrice de f est A =

a + 2b 0 0

0 1 0

0 0 1

0 a+b 0

, celle de g est B =

2 0 0

0 1 0

0 0 2

:

0 0 a + 2b

est alors celle de af + bg, qui a ainsi pour valeurs propres a + 2b, a + b et a + 2b. 4) Soit F la fonction définie sur

0 0 , et à valeurs dans "3 , dont les fonctions coordonnées 2 2

sont (x, y, z ) dans la base '. x y z

En posant X =

Notons Y =

x1 y1 z1

, le système (&) se lit X (u ) = AX (u ) + (tan u )BX (u ).

la matrice des coordonnées de F dans la base +.

Le système se lit alors Y (u ) = A Y (u ) + (tan u )B Y (u ), c’est-à-dire : x1 (u ) = (1 + 2 tan u )x1 (u )

y1 (u ) = ( 1 + tan u )y1 (u ) z1 (u ) = ( 1 + 2 tan u )z 1 (u )

Il vient alors x1 (u ) =

& eu cos2 u

, y1 =

' . et z1 (u ) = u u 2 . e cos u e cos u

La matrice de passage de ' à + est P =

1 2 2

1 3 3

1 1 2

.

Avec X = PY , on obtient alors : 1

x (u ) = u &e 2 e cos u

2u

+ ' cos u + . ,

1 2 & e 2u + 3 ' cos u + . , y(u ) = u 2 e cos u 1 z (u ) = 2 & e 2u + 3 ' cos u + 2 . . u 2 e cos u

314

Thèmes d’étude – Problèmes

8 Endomorphisme d’un espace de polynômes Pour traiter ce problème, on se reportera au préambule de la section C de ce chapitre où sont présentées les notions de valeur propre et de vecteur propre. 1) On note E le #-espace vectoriel #2n [X ] des polynômes dont le degré est inférieur ou égal à 2n , avec n ! $ . Soit p ! $ et a ! #. On pose : %P ! E ,

" (P ) (X ) = p2

X 2 P (X ) + 2(nX + a )P (X )

a) Vérifier que " est un endomorphisme de E . b) Montrer que les valeurs propres de " sont les scalaires : k )p + 2a , avec k ! [[ 0, 2n ]].

#k = 2(n

Pour P vecteur propre associé à une valeur propre #, décomposer

P en éléments simples. P

c) À quelle condition (portant sur a et p) cet endomorphisme est-il bijectif ? 2) On considère la matrice de " dans la base canonique de E . Choisir a et p pour que les termes diagonaux de cette matrice soient tous égaux à 1 et que ses valeurs propres soient les entiers 2k + 1, avec k ! [[ n, n ]]. 3) Soit n ! $, n ! 2. On considère a1 , . . . , an , #1 , . . . , #n une famille de 2n scalaires tels que : n

n

#i .

ai = i =1

On considère en outre b1 , . . . bn que :

1

i =1

une famille de n n 1

n 1

ai .

bi = i =1

n

On pose alors P (X ) =

1 scalaires deux à deux distincts tels

i =1

n 1

#i ) et Q(X ) =

(X i =1

(X

bi )

i =1

a) Décomposer en éléments simples la fraction rationnelle

P (X ) , à l’aide de an , des P (bi ) et Q(X )

des Q (bi ). b) On considère : b1

..

M=

0 1

1

&1 &2

0

b2

.

..

! !n (#)

. bn 1 1

où &i =

P (bi ) Q (bi )

.

&n 1 an

Montrer que det(M #In ) = ( 1)n P (#). On pourra développer ce déterminant suivant la dernière colonne et utiliser la décomposition précédente. Chapitre 6 - Matrices et systèmes linéaires. Déterminants. Changement de base

315

4) Soit T = [tij ] ! GLn

a) On considère S =

1 (#)

T (0)

et T

1

= [tij ] son inverse. 0 0

(0) 1

=

.. .

T

0

0

0

...

! !n (#).

0 1

Montrer que S est inversible et donner son inverse à l’aide de T

1

.

On admettra qu’un produit de matrices par blocs s’effectue comme un produit de matrices usuelles à condition : 1) de respecter l’ordre des facteurs dans les produits matriciels de blocs, 2) de veiller à ce que les tailles des blocs permettent d’en faire les produits. b) On pose M = [mij ] = SMS

1

.

TD T 1 U (M est écrite par blocs, de fac¸on V an analogue à la matrice S ci-dessus) où D = diag(b1 , . . . , bn 1 ) ! !n 1 (#) et où U et V sont dans !n 1,1 (#) et !1,n 1 (#) respectivement.

Montrer que M est de la forme M =

n 1

c) Calculer

n

mii à l’aide des bi ainsi que i =1

mii à l’aide des ai . i =1

d) Quelles sont les valeurs propres de M ? 5) Montrer – par récurrence – qu’il existe une matrice carrée d’ordre n ayant a1 , . . . an pour éléments diagonaux et #1 , . . . , #n pour valeurs propres si et seulement si : n

n

#i .

ai = i =1

i =1

Indication. On pourra commencer par prouver que dans un espace E de dimension n , si un endomorphisme f admet n valeurs propres distinctes, alors il existe une base de E formée de vecteurs propres de f .

Solution 1) a) Avec la linéarité de la dérivation et la distributivité du produit par rapport à la somme, il vient : "(#P + Q) = (p2

On a deg(p2

X 2 )(#P + Q ) + 2(nX + a )(#P + Q) = # " (P ) + "(Q).

X 2 )P = 1 + deg P et deg 2(nX + a )P = 1 + deg P .

Si deg P < 2n , on a donc deg "(P ) ( 2n Si P est unitaire de degré 2n , le coefficient de X 2n +1 dans (p2 2(nX + a )P c’est 2n ; donc deg "(P ) ( 2n .

X 2 )P est

En conclusion, " est un endomorphisme de E . b) P " 0 est vecteur propre pour # si et seulement si "(P ) = #P , c’est-à-dire : (p2

316

Thèmes d’étude – Problèmes

X 2 )P + (2nX + 2a

#)P = 0,

2n et dans

ce qui équivaut à : P 2nX + 2a # . = 2 2 P X p

A se décompose dans #(X ) en somme de fractions A

Étant donné un polynôme A, on sait que du type

r&

X

&

avec les r& entiers naturels.

La décomposition : 2nX + 2a X

2

#

p

2

=

2np + 2a # 2np 2a + # + 2p(X p) 2p(X + p)

et l’unicité de la décomposition d’une fraction rationnelle en éléments simples montre alors que # est valeur propre si et seulement si : 2np + 2a 2p

Si k =

2np + 2a 2p

#

, alors

2np

#

2np

et

2a + # = 2n 2p

2a + # sont dans $. 2p 2np + 2a 2p

Ainsi, #k est valeur propre si et seulement si #k = 2(n

#

= 2n

k.

k )p + 2a , avec k ! [[ 0, 2n ]]. P k 2n k = + , c’est-à-dire : P X p X +p

P unitaire est vecteur propre pour #k si et seulement si

p)k (X + p)2n p .

P = (X

c) " n’est pas bijectif si et seulement si il existe x ! E , non nul, tel que "(x ) = 0E = 0 x , c’est-à-dire si 0 est valeur propre de ". Ainsi " est bijectif si et seulement si 0 n’est pas valeur propre, c’est-à-dire si a n’appartient pas à l’ensemble des (k n )p pour k ! [[ 0, 2n ]]. 1

2) "(1) = 2nX + 2a conduit à choisir a = 2 . Alors : 2(n

k )p + 1

k ! [[ 0, 2n ]]

=

2k + 1

k ! [[

n, n ]]

donne p = 1.

Avec ces choix, on obtient : "(1) = 1 + 2nX , 1)X 2 ,

"(X ) = 1 + X + (2n

pour k ! [[ 2, 2n

1 ]], "(X k ) = kX k "(X 2n ) = 2nX 2n

1 1

+ X k + (2n

k )X k +1 et,

+ X 2n .

Les termes diagonaux de la matrice de " dans la base canonique de E sont effectivement tous égaux à 1. 3) a) Le quotient dans la division euclidienne de P par Q, unitaires, de degrés respectifs n et n 1, est X r . On a donc : P = (X r )Q + R , avec deg R < n 1. n

Dans P , le coefficient de X n

1

n

#i =

est i =1

ai . i =1

n 1

Le coefficient de X n

1

dans (X r )Q + R est le même que dans (X r )Q, c’est donc

r

bi . i =1

Il vient alors r = an . Chapitre 6 - Matrices et systèmes linéaires. Déterminants. Changement de base

317

La partie polaire relative au pôle simple bi est On a donc

n 1

P =X Q

P (bi )

an +

(X

i =1

b1

bi )Q (bi )

.

.

# b2

b) det(M

bi )Q (bi )

P (bi )

(X

..

#I ) =

.

..

0 1

&1 &2

0

#

. bn 1 # 1

1

&n 1 an #

En développant par rapport à la dernière colonne, on obtient : n 1

det(M

# I ) = (a n

n 1

(bi

#)

#) +

i =1

b1

0

# 0 0 0

avec 3i =

...

b2

( 1)n +i &i 3i

i =1

0

0

0 0

0

#

..

... ...

.

0

bi 1 0

#

bi +1

0

(0)

#

..

0

.

bn 1

1

1

1

#

1

1

c’est-à-dire , en développant suivant la i e colonne, 3i = ( 1)n +i

(bj

#).

j "i n 1

#I ) = ( 1)n Q(#)

Il vient alors : det(M

an +

#

j =1

4) a) Le produit de S =

T (0)

(0) 1

par S 1=

b) Avec M =

D V1

T 1 (0)

(0) 1

T 1 (0)

&j #

bj

est

= ( 1)n P (#).

TT 1 (0)

(0) 1

= I , ce qui donne :

(0) . 1

U1 , on a : an

(0) 1 où on a posé U = TU1 et V = V1 T SMS 1 =

T (0)

1

D V1

T 1 (0)

U1 an

(0) 1

=

TD T 1 V

U) , an

.

c) On a : n 1

mi,i = Tr TDT i =1 n

mi,i = Tr TDT

et i =1

318

Thèmes d’étude – Problèmes

1

1

n 1

= Tr D =

bi ,

i =1 n 1

+ an =

n 1

bi + an = i =1

n

ai + an = i =1

ai . i =1

d) M = SMS

1

1

#I = SMS

donne M

#SS

1

= S(M

On en déduit que det(M #I ) = det S det(M #I ) det S Les valeurs propres de M sont donc celles de M .

#I )S 1

1

.

= det(M

#I ).

5) En préliminaire, montrons le résultat donné en indication. Celui-ci va se déduire naturellement du suivant : si x1 , . . . , xp sont p vecteurs propres de f ! %(E ) associés à des valeurs propres distinctes #1 , . . . , #p , alors x1 , . . . , xp est libre. On procède par récurrence sur p. Pour p = 1, la propriété est vraie car x1 " 0 donne que la famille réduite à x1 est libre. Supposons cette propiété vraie pour p ! $ et soit x1 , . . . , xp+1 vecteurs propres de f associés à #1 , . . . , #p+1 valeurs propres distinctes. Considérons des scalaires &1 , . . . , &p+1 tels que : p+1

&i xi = 0.

(1)

i =1

En composant (1) par f , compte tenu de f (xi ) = #i xi pour tout i ! [[ 1, p + 1 ]], il vient : p+1

&i #i xi = 0,

(2)

i =1

et, en formant la combinaison (2)-#p+1 (1), on obtient : p

#p+1 xi = 0.

&i # i

(3)

i =1

#p+1 = 0 donc D’après l’hypothèse de récurrence, (3) donne %i ! [[ 1, p ]], &i #i %i ! [[ 1, p ]], &i = 0 car les #i #p+1 avec 1 ( i ( p sont non nuls, et enfin (1) donne alors &p+1 = 0.

On a ainsi montré que la famille x1 , . . . , xp+1 est libre, donc que la propriété est récurrente, ce qui achève la démonstration. Dans le cas où f ! %(E ), avec dim E = n , admet n valeurs propres distinctes #1 , . . . , #n , toutes famille x1 , . . . , xn de vecteurs propres associés respectivement à ces valeurs propres est libre d’après le résultat précédent et maximale car dim E = n , c’est donc une base de E . Les propriétés qui viennent d’être établies relèvent du programme de deuxième année.

Soit a1 , a2 , #1 et #2 tels que a1 + a2 = #1 + #2 . Étant donné la matrice M2 = det(M2

#I2 ) =

a1

# 1

a1 1

a1 a2 a2

a1 a2

#1 #2 a2

#1 #2 = #2 #

, on a :

(a1 + a2 ) # + #1 #2 = #2

(#1 + #2 ) # + #1 #2 .

Les valeurs propres de M2 sont donc #1 et #2 . On a ainsi montré que la propriété est vraie pour n = 2. Hypothèse de récurrence : n 1

Étant donné a1 , . . . , an

1 , #1 , . . . , #n

n 1

ai =

1 tels que

i =1

#i , il existe une matrice Mn

1

i =1

dont les termes diagonaux sont les ai et dont les valeurs propres sont les #i . Chapitre 6 - Matrices et systèmes linéaires. Déterminants. Changement de base

319

n

n

ai =

Soit a1 , . . . , an , #1 , . . . , #n tels que i =1

#i . i =1

n 1

Il existe b1 , . . . , bn

n 1

bi =

1 deux à deux distincts tels que

i =1

ai . i =1

L’hypothèse de récurrence nous donne l’existence d’une matrice Mn 1 ! !n 1 (#) dont les termes diagonaux sont a1 , . . . , an 1 et dont les valeurs propres sont b1 , . . . , bn 1 . D’après la propriété montrée en préliminaire, puisque les bi sont deux à deux distincts, il existe une base de #n 1 formée de vecteurs propres de Mn 1 . Donc, il existe une matrice inversible T telle que T 1 Mn 1 T = diag(b1 , . . . , bn 1 ) = D . On construit la matrice M comme en 3/ et la matrice S comme en 4/. La matrice M = SMS 1 répond alors à la question.

320

Thèmes d’étude – Problèmes

CHAPITRE

7

Équations différentielles Courbes paramétrées Fonctions de 2 variables Sujets d’oraux

322

A. Équations différentielles B. Courbes planes, étude affine et métrique C. Fonctions de deux variables

322 333 346

Thèmes d’étude – Problèmes

356

1. Équations différentielles du second ordre, raccordement de solutions 2. Équation différentielle du second ordre, de type Euler 3. Équation de Legendre, solutions polynomiales 4. Endomorphismes et équations différentielles 5. Équation aux dérivées partielles du second ordre linéaire 6. Facteur intégrant 7. Rayon de courbure d’une développée

Chapitre 7 - Équations différentielles. Courbes paramétrées. Fonctions de deux variables

356 357 359 362 365 367 369

321

Sujets d’oraux A Équations différentielles Ex. 1 Soit f une fonction réelle continue sur ! telle que : x

pour tout x ! !,

f (x ) =

1

t )f (t ) dt .

(2x

(1)

0

Déterminer une telle fonction qui soit de la forme f (x ) = h (x )e

x2 2

.

La fonction f est supposée continue. Sa dérivabilité est assez visible. Une fonction définie par intégrale (dont une borne est variable) de fonction continue est dérivable. x

Avec f (x ) = 1

2x

!x ! !, f (x ) =

x

f (t ) dt + 0

0

x

2

f (t ) dt

tf (t ) dt , on voit que f est dérivable et (1) équivaut à : x

2xf (x ) + xf (x ) =

2

0

f (t ) dt 0

xf (x ) , f (0) =

1.

Il vient alors que f est dérivable puis que (2) équivaut à : f (x ) = 3f (x ) xf (x ) , f (0) = 1 , f (0) = 0

(2)

(3)

Même si cela n’a pas de grande utilité pour la détermination de f , il est aisé de montrer que f est sur !. de classe

Ainsi f est solution sur ! de l’équation différentielle : (L) : y + xy + 3y = 0, avec y(0) = 1 et y (0) = 0. Cette équation du second ordre n’est pas à coefficients constants. La seule ressource disponible est d’en trouver une solution particulière.

Une solution polynomiale de degré n !" devrait vérifier n +3 = 0 (par l’examen des coefficients dominants), ce qui est absurde. Utilisons l’indication donnée. Soit h la fonction définie sur ! par f (x ) = h (x )e

x2 2

. On a :

2

f (x ) = h (x )

xh (x ) e

x 2

et f (x ) = h (x )

2xh (x ) + (x 2

Il s’ensuit que f est solution de (L) si et seulement si h vérifie h (x )

1)h (x ) e

x2 2

.

xh (x ) + 2h (x ) = 0.

On est confronté à une équation différentielle qui ressemble fort à (L), mais qui présente l’intérêt d’avoir une solution polynomiale !

Considérons l’équation différentielle (D) : y xy + 2y = 0. L’examen des coefficients dominants montre qu’une solution polynomiale est nécessairement de degré 2, et on vérifie que x ! x 2 + "x + # est solution de (D) si et seulement si " = 0 et # = 1. Avec h (x ) = x 2 1, une solution de (L) est définie par f (x ) = (x 2 1)e Il reste à vérifier que l’on a bien f (0) = 1 et f (0) = 0 pour conclure. 322

Sujets d’oraux

x2 2

.

Ex. 2 Équation d’Euler Étant donné a et b constantes, on considère l’équation différentielle : (E) : x 2 y + axy + by = 0. Justifier que la résolution peut se faire par changement de variable x = et . Sauf cas particuliers, on s’attache aux équations différentielles sous forme résolue, c’est-à-dire du type y = F (x, y, y ). Il est alors indispensable de distinguer les intervalles ] , 0[ et ]0, + [. Un premier point est à éclaicir : x = et semble oublier x !]

, 0[.

Le changement de variable t = x donne : dy d2 y d2 y et 2 = 2 , dt dx dt et l’équation devient (en dérivation par rapport à t ) : dy = dx

t 2 y + aty + by = 0.

La résolution sur ]

, 0[ se ramène alors à celle sur ]0, +

[.

t

x = e est un changement de variable bijectif de ! sur ]0, +

[.

Avec x = et , on a t = "n x et y(x ) = y(et ) = z (t ). Avec

dy d2 y dz dt 1 dz = = puis = dx dt dx x dt dx 2

(L) :

d2 z dt 2

1 dz 1 d2 z , l’équation (E) devient : 2 dt + 2 x x dt 2 + (a

1)

dz + bz = 0 dt

qui est une équation différentielle linéaire du second ordre à coefficients constants, donc classique.

Ex. 3

Résoudre l’équation différentielle x 2 y + 4xy + 2y = "n (x + 1). L’équation est définie sur ] 1, + [. Pour avoir une forme résolue, on distingue les intervalles I =]

1, 0[ et J =]0, +

[.

2

L’équation sans second membre x y + 4xy + 2y = 0 est une équation d’Euler (voir l’exercice précédent). Toutefois une remarque permet d’éviter le recours à une méthode générale.

Notons que x 2 y + 4xy + 2y est la dérivée seconde de x 2 y. Les solutions sur I ou sur J de x 2 y + 4xy + 2y = 0 sont les fonctions de la forme : y=

a b + 2 , avec a et b constantes. x x

On utilise une solution de l’équation sans second membre pour faire un changement de fonction inconnue. 1

x ! 2 est une solution de x 2 y + 4xy + 2y = 0 sur I ou sur J . x

On effectue le changement de fonction inconnue défini par y =

1 x

2

z.

Chapitre 7 - Équations différentielles. Courbes paramétrées. Fonctions de deux variables

323

Avec y =

2 x

3z

+

1 x

2z

et y =

6

4

x

x

4z

1

+

3z

x

2z

, on a :

x 2 y + 4xy + 2y = z .

On est alors ramené à résoudre z = "n (1 + x ). Une primitive de x ! "n x est x ! x "n x

x.

Les primitives de "n (x + 1) sont les fonctions : (x + 1) "n (x + 1)

a , avec a constante.

x

Avec une intégration par parties, les primitives de (x + 1) "n (x + 1) sont les fonctions : 1 (x + 1)2 "n (x + 1) 2

1 2 ( x + 2x ) 4

b, avec b constante.

Les solutions z sont alors : z=

3 2 x + $x + %, avec $, % constantes. 4

1 (x + 1)2 "n (x + 1) 2

Les solutions sur I ou sur J de l’équation proposée sont finalement les fonctions : y:x!

(x + 1)2 2x

2

3 % $ + + . 4 x2 x

"n (x + 1)

Ex. 4 Équation de Bernoulli Trouver les solutions ne s’annulant pas de y + y

y2 = 0. (E)

Une équation différentielle est dite de Bernoulli quand elle est de la forme : y + a (x )y + b(x )yr = 0,

où a et b sont des fonctions continues sur un intervalle I , avec r réel, r " 0, 1 . On cherche alors les solutions dérivables sur I et qui ne prennent pas la valeur 0 sur I . La méthode classique est simple : on divise par yr .

On recherche les solutions dérivables sur ! qui ne prennent pas la valeur 0. Pour ces solutions, l’équation équivaut à : y y

1

2

+

1 y

1 = 0.

y

En posant z = y ; on a 2 = z , ce qui ramène à la résolution de : y z = z 1. Les solutions de cette équation sont les fonctions : x ! 1 + kex , avec k constante. Pour revenir en y, il faut que z ne prenne pas la valeur 0. L’ensemble de définition d’une solution dépend alors de la constante k .

Pour k & 0, la fonction x ! 1 + kex ne prend pas la valeur 0, tandis que pour k < 0, 1 + kex s’annule pour x = "n 324

Sujets d’oraux

1 . k

Les solutions recherchées sont donc les fonctions yk : x !

1 , définies : 1 + kex

sur ! lorsque k & 0, et sur Ik = "n

1 ,+ k

1 k

, "n

ou sur

lorsque k < 0.

Ex. 5 Étant donné m réel fixé, on considère l’équation différentielle : (E) : (1 + x 2 )2 y + 2x (1 + x 2 )y + m 2 y = 0. 1) Déterminer un changement de variable x = '(t ) qui transforme (E) en équation à coefficients constants pour la fonction z : t ! y '(t ). 2) Résoudre (E). On précisera le cas particulier m = 2.

1) Pour alléger l’écriture, on notera z , y et ' au lieu de z (t ), y (x ) et ' (t ). Pour un changement de variable ', on a ' de classe

1

et ' ne s’annule pas.

2

On a z = y ' , puis z = y ' + y ' , d’où : z 1 et y = 2 ' ' en rappelant que ' ne prend pas la valeur 0.

y =

1 + '2 '

L’équation (E) devient (E’) :

2

z +

z

1 + '2 '

' z '

2'

,

'

1 + '2

'

2

z + m 2 z = 0.

Jusque là, on a utilisé un changement de variable «virtuel». Au vu de l’équation obtenue, il s’agit de préciser un changement de variable qui simplifiera grandement la suite des opérations.

En prenant (1)

1 + '2 = 1, le coefficient de z est 2 ' '

' 2'' , c’est-à-dire ' '

'

.

Or (1) donne 2 ' ' = ' par dérivation et l’équation (E’) devient z + m 2 z = 0 2)

Les solutions de l’équation obtenue en fin de question précédente sont fort classiques.

Les solutions réelles de (E’) sont : z = $ cos mt + % sin mt , avec ($, %) ! !2 .

Une solution de ' = 1 + '2 est définie par '(t ) = tan t , t !

( ( , . On a alors : 2 2

t = Arctan x .

Les solutions de (E) sont ainsi : y = $ cos(m Arctan x ) + % sin(m Arctan x ).

Dans le cas particulier m = 2, on a : cos(2 Arctan x ) =

1

x

1+x

2

2

et sin(2 Arctan x ) =

2x 1 + x2

et les solutions de (E) sont : y:x!

1 1 + x2

$(1

x 2) + 2 % x .

Chapitre 7 - Équations différentielles. Courbes paramétrées. Fonctions de deux variables

325

Ex. 6 Résoudre l’équation différentielle (x 2 "n x )y + y = 0 (L).

Ce n’est pas une équation de type classique. La seule démarche constructive est de chercher (à tâtons...) une solution particulière.

L’équation nécessite de se limiter à l’intervalle ]0, + [. 1

La fonction f : x ! "n x a pour dérivée seconde f (x ) =

x

2,

c’est donc une solution particu-

lière de (L). On est maintenant en mesure de faire un changement de fonction inconnue.

En posant y = z "n x , sur chacun des intervalles I =]0, 1[ et J =]1, + [, il vient : z 2 et y = z "n x + z x x

y = z "n x +

et (L) devient : z +

2 x "n x

1 x

2z

z = 0 (L1)

Sur I ou sur J , une primitive de

2

est 2 "n "n x , ou encore "n "n 2 (x ) .

x "n x

k , avec k réel. "n 2 x Il n’y a pas de primitive usuelle connue pour x !

Les solutions de L1) sont alors z =

1 "n 2 x

.

On laisse les solutions sous forme d’intégrales. x

Sur I , on a z = k

1/2 x

Sur J , on a z = k 2

x

dt 2

"n t dt 2

"n t

+ $ puis y = k "n x

dt "n 2 t

1/2 x

dt

+ % puis y = k "n x

"n 2 t

2

+ $ "n x + % "n x

Ex. 7 Soit f une fonction réelle de classe x

Déterminer la limite en +

1

sur !+ telle que : f (x ) + 2f (x ) = 0.

lim +

de f .

En posant g(x ) = f (x ) + 2f (x ), l’hypothèse se lit lim g(x ) = 0 et on peut calculer f (x ) en x

fonction de g(x ).

+

La fonction g définie par g(x ) = f (x ) + 2f (x ) est continue sur !+ . Les solutions de l’équation linéaire du premier ordre 2y + y = g(x ) sont : y = $e

x 2

x

x

e 2 + 2

t

g(t )e 2 dt 0

et on a donc : f (x ) = f (0)e

326

Sujets d’oraux

x 2

x

e 2 + 2

x

t

g(t )e 2 dt . 0

La fonction g est un intermédiaire utile, mais l’objectif est d’étudier la limite de f .

Avec lim f (0)e x

+

x 2

x

= 0, il reste à étudier lim x

x

e 2

2

+

t

g(t )e 2 dt

.

0

Le moment est venu d’utiliser que g est de limite 0.

Pour tout ) > 0, il existe a & 0 tel que : !x & a , g(x ) * ). a

x

0

x 2

e

et

t

a

x

t

g(t )e 2 dt * e 2

e 2

Avec

g(t ) e 2 dt , 0

x

t g(t )e 2

dt * )e

a

il vient, pour tout x & a , e

x

x 2

x

a

x

e2

a

x

x 2

t

e 2 dt *2 ) e 2 e 2 t

< 2), a

x

g(t )e 2 dt * 2 ) +Ae 2 , avec A = 0

De lim Ae x

+

x 2

= 0, on déduit qu’il existe b & a tel que x & b x

x

!) > 0, +b & 0, !x & 0, x & b

Ae

t

g(t ) e 2 dt . 0 x 2

* ), et finalement :

t

g(t )e 2 dt * 3).

e 2 0

En conclusion, on a lim f (x ) = 0. x

+

Autre solution La résolution de y + 2y = 0 donne un rôle clé à e inconnue défini par y = ze

x 2

et conduit au changement de fonction

x 2. x

Considérons la fonction h définie sur !+ par h (x ) = f (x )e 2 . x

On a 2h (x ) = 2f (x ) + f (x ) e 2 . Pour tout ) > 0, il existe a & 0 tel que : x

!x & a , f (x ) + 2f (x ) * ) et donc !x & a , 2 h (x ) * )e 2 .

L’inégalité des accroissements finis nous donne alors : !x & a , 2 h (x )

a

e2

x

*2)e2, a x

x

h (x ) * h (a ) + )e 2 ou encore f (x ) * f (a ) e 2

donc : Avec lim f (a ) x

x

h (a ) * 2 ) e 2

+

a x e 2

+ ).

= 0, il existe b & a tel que : !x & b, f (a ) e

et finalement, !) > 0, +b & 0, !x & 0, x & b x

a x 2

* ),

f (x ) * 2), ce qui montre que :

lim f (x ) = 0. +

Ex. 8 Soit f une fonction réelle dérivable sur ! telle que : (#) : f 2 + (1 + f )2 * 1 Montrer que f est la fonction nulle.

Chapitre 7 - Équations différentielles. Courbes paramétrées. Fonctions de deux variables

327

Soit f une fonction vérifiant (#). Deux informations sont immédiates : f 2 * 1 et (1 + f )2 * 1.

On a f 2 * 1, donc la fonction f est bornée, à valeurs dans [ 1, 1]. On a également (1 + f )2 * 1 et donc : 1 * 1 + f * 1 c’est-à-dire 2 * f * 0. La fonction f est donc négative et f est alors décroissante sur !. la fonction f est bornée et décroissante. Il y a donc une information sur les limites en + et en .

Le théorème de la limite monotone montre que f admet une limite L en + en . En outre, ces limites vérifient : 1 * L * L * 1.

et une limite L

Supposons L < 0. L

1+f

Alors

2

*1

f 2 donne pour x ! [", +

[:

2

1 + f (x ) * 1 + f (x ) *

1

L 4

2

L . 4

f 2 (x ) * 1

Il existe " ! ! tel que, sur [", + [, L * f (x ) < 2 donc 1

2

donc f (x ) *

1

L 4

1.

2

Avec A =

1

L 4

1 < 0, le théorème des accroissements finis donne :

pour x ! [", + [ : f (x )

f (") * A(x

") et

x

lim f (x ) = +

.

On arrive ainsi à une contradiction, donc L & 0. On montre de même que L * 0. Il vient alors L = L = 0 et la fonction f est la fonction constante nulle sur !.

Ex. 9 Résoudre sur !+ l’équation différentielle (E ) :

x 2 y + xy

4y + 4x 2 = 0.

On a déjà rencontré une équation d’Euler. On a ainsi vu l’utilité du changement de variable défini par x = et .

En posant x = et , ou encore t = "n x , il vient : dy 1 dy d2 y 1 = et = dx x dt dx 2 x 2

d2 y

dy dt

dt 2

.

L’équation (E ) devient ainsi : (E1 ) :

d2 y dt 2

4y + 4e2t = 0.

Nous voilà en situation confortable : équation du second ordre à coefficients constants et second membre en exponentielle simple.

L’équation homogène (E1 ) :

d2 y dt 2

4y = 0 a pour équation caractéristique r 2

Les solutions de (E1 ) sont les fonctions : y(t ) = $e2t + %e 328

Sujets d’oraux

2t

.

4 = 0.

L’équation (E1 ) admet une solution particulière de la forme y = "te2t . Par identification, on obtient " = 1. Les solutions de (E1 ) sont donc les fonctions : t ! ($ t )e 2t + %e 2t , avec ($, %) ! !2 . Celles de (E ), sur !+ , sont donc les fonctions : x ! ($

"n x )x 2 +

% x

2,

($, %) ! !2 .

Ex. 10 Montrer que toutes les solutions de l’équation différentielle : 2

(E ) : y + ex y = 0

sont bornées sur !. En multipliant par 2y , on fait apparaître 2yy = y2 .

Soit y une solution sur ! de (E ). Pour tout x ! !, on a : 2y(x )y (x ) =

2y (x )y (x )e

x2

.

Il vient alors, pour tout t ! ! : t

t

2y(x )y (x ) dx = 0

t

2y(x )y (x ) dx = y2 (x )

0

x2

2y (x )y (x )e 0

t 0

= y2 (t )

dx . t

2

y (0) donne y2 (t ) = y2 (0)

2y (x )y (x )e

x2

dx (E)

0

Comme y est continue, il en est de même pour y et une intégration par parties du second membre est légitime. t

Intégrons par parties : c’est-à-dire :

2y (x )y (x )e

x2

dx =

2

y (x )e

0

t

2y (x )y (x )e

x2

dx = y 2 (0)

2

y (t )e

t

t2

0

t

Avec

2xy 2 (x )e

0

x2

t

t 0

2xy 2 (x )e

x2

dx

0

2xy 2 (x )e

x2

dx .

2y (x )y (x )e

x2

dx *y 2 (0).

0

x2

t

dx &0 pour tout t ! !, il s’ensuit

0

Et en reportant dans (E), il vient y2 (t ) * y2 (0) + y 2 (0) pour tout t ! !, ce qui montre que toute solution de (E ) est bornée sur !.

Ex. 11 Soit a une fonction réelle continue sur ! et de période 1. On considère l’équation différentielle y ay = 0 (E). Montrer qu’il existe un unique réel " tel que, pour toute solution non nulle f de (E), la fonction F : x ! e "x f (x ) est périodique. Les solutions de (E) sont les fonctions multiples réels de f = eA , où A est une primitive de a , x

par exemple A(x ) =

a (t ) dt . 0

Chapitre 7 - Équations différentielles. Courbes paramétrées. Fonctions de deux variables

329

On peut utiliser la période 1 de a pour examiner A(x + 1) puis pour exprimer f (x + 1). x +1

1

On a A(x + 1) =

a (t ) dt + 0

a (t ) dt . En notant que : 1

x +1

x

a (t ) dt =

x

a (t + 1) dt = 0

1

a (t ) dt ,

0

A(x + 1) = A(1) + A(x ).

il vient :

On obtient alors f (x + 1) = eA(1)+A(x ) = eA(1) f (x ). Il s’ensuit que F (x + 1) = e

"

e "x eA(1) f (x ) = e "+A(1) F (x ).

En choisissant " = A(1), alors F est de période 1. Pour " # A(1), il est vrai que F n’admet pas 1 pour période. Mais ce n’est pas la question : il faut montrer que F n’admet pas de période Une fonction continue périodique est bornée ; cela peut être une bonne approche pour montrer que F n’est pas périodique.

Pour " # A(1), posons # = A(1)

" et considérons le cas # > 0.

F (x + 1) = e # F (x ) donne aisément F (x + n ) = e n # F (x ) pour tout n ! " .

La fonction f ne prend pas la valeur 0, donc F ne prend pas la valeur 0.

Pour F (x ) > 0, on a lim F (x + n ) = + n

+

et pour F (x ) < 0, on a lim F (x + n ) = n

.

+

Ainsi F n’est pas bornée et n’est donc pas périodique. On obtient facilement la même conclusion lorsque l’on a # < 0.

Ex. 12 Résoudre l’équation différentielle y + 6y + 9y =

x!

e

e 3x x2 + 1

.

3x

x2 + 1

étant de classe

sur !, les solutions sont de classe

sur !.

Classiquement, on commence par chercher les solutions de l’équation sans second membre.

L’équation r ! #, r 2 + 6r + 9 = 0 admet 3 pour racine double. Les solutions de l’équation sans second membre sont les fonctions x ! ($x + %)e

3x

.

Le second membre n’étant pas de la forme classique x ! e"x P (x ), où P est polynomiale, il n’y a pas de méthode standard pour trouver une solution de l’équation complète. Dans ce cas, un changement de fonction inconnue permet de se ramener à une équation d’ordre inférieur à 2.

330

Sujets d’oraux

Posons y = ze

3x

; alors y = (z

3z )e

3x

L’équation différentielle devient alors z =

et y = (z 1 x2 + 1

3x

6z + 9z )e

.

.

C’est effectivement plus simple, il ne s’agit plus que d’une question de primitives.

On a donc z = Argsh x + ", puis une intégration par parties donne : x

x

t

Argsh t dt = x Argsh x 0

d’où z = x Argsh x

t2 + 1

0

dt

x 2 + 1 + "x + #, avec (", #) ! !2 et les solutions cherchées sont : x ! ("x + #)e 3x + x Argsh x

x 2 + 1 e 3x .

Ex. 13 Déterminer les fonctions réelles, deux fois dérivables sur !, telles que : pour tout x ! !, f (x ) + f ( x ) = x + cos x . (E) Ce n’est pas une équation différentielle au sens usuel du terme. La seule piste naturelle consiste à faire aparaître f ( x ).

Pour tout x réel on a aussi f ( x ) + f (x ) = x + cos x . (E’) Avec (E) et (E’), il vient : f (x ) + f ( x ) + f (x ) + f ( x ) = 2 cos x et f (x ) f ( x )

f (x )

f ( x ) = 2x .

Les fonctions '(x ) = f (x ) + f ( x ) et ,(x ) = f (x ) f ( x ) viennent tout naturellement. Notons 1 que, au coefficient près, ce sont les parties paire et impaire de f . 2

Avec '(x ) = f (x ) + f ( x ), on a : et, avec ,(x ) = f (x )

' (x ) = f (x ) f ( x ), on a :

f ( x ) puis ' (x ) = f (x ) + f ( x )

, (x ) = f (x ) f ( x ). ,(x ) = 2x .

On a donc ' (x ) + '(x ) = 2 cos x et , (x )

' est une solution paire de y + y = 2 cos x et , est une solution impaire de y

y = 2x .

Les solutions réelles de y + y = 0 sont les fonctions x ! $ cos x + % sin x . Notons que (x sin x ) = sin x + x cos x et (x sin x ) = 2 cos x x sin x , donc : (x sin x ) + x sin x = 2 cos x

et on a une solution particulière de l’équation. Les solutions sont y = $ cos x + % sin x + x sin x . Les solutions paires sont les fonctions : ' : x ! $ cos x + x sin x . Les solutions réelles de y y = 0 sont les fonctions x ! " ch x + # sh x . y = 2x . Notons que la fonction x ! 2x est solution de y Les solutions sont donc les fonctions x ! " ch x + # sh x 2x . Les solutions impaires sont les fonctions : , : x ! # sh x 2x . Les fonctions f s’obtiennent à l’aide de leurs parties paires et impaires.

On a donc f (x ) =

1 1 '(x ) + ,(x ) = $ cos x + # sh x + x sin x 2 2

2x .

Pour conclure, il reste à vérifier que ces fonctions conviennent, ce qui n’est qu’une simple formalité. Chapitre 7 - Équations différentielles. Courbes paramétrées. Fonctions de deux variables

331

Ex. 14 Résoudre l’équation différentielle (1

x 2 )y + 2xy

2y = 0.

Les équations du second ordre sont connues dans le seul cas de coefficients constants. En l’absence d’indication, il reste comme principale ressource la recherche d’une solution particulière. Une solution polynomiale serait la bienvenue. L’examen des coefficients dominants est souvent une source d’information utile.

Pour une fonction polynomiale P , de degré n ! " et de coefficient dominant 1 : (1 x 2 )P + 2xP 2P = 0, 2 le coefficient dominant de (1 x )P + 2xP 2P est : n (n 1) + 2(n 1). Alors on a nécessairement n (n 1) + 2(n 1) = 0, ce qui donne n = 1 ou n = 2. P1 (x ) = ax + b est solution si et seulement si b = 0. Une famille de solutions est le sous-espace engendré par IdR . P2 (x ) = ax 2 + bx + c est solution, avec a # 0, si et seulement si : a (1 x 2 ) + x (2ax + b) ax 2 bx c = 0 pour tout x ! !, c’est-à-dire si et seulement si a = c . L’équation proposée est linéaire, donc toute combinaison linéaire de solutions est encore une solution.

Les solutions polynomiales sont alors les fonctions P : x ! $(x 2 + 1) + %x , avec ($, %) ! !2 . Pour obtenir toutes les solutions, on s’appuie sur une solution particulière. Pour un changement de fonction inconnue, le plus agréable, quand c’est possible, est de s’appuyer sur une solution qui ne prend pas la valeur 0.

Pour rechercher toutes les solutions, effectuons le changement de fonction inconnue défini y(x ) = (x 2 + 1)z (x ). sur ! par : 2 2 L’équation équivaut alors à (1 x )(x + 1)z + 2x (3 x 2 )z = 0. On est, comme c’est l’objectif usuel, ramené à une équation du premier ordre en z = Z .

Sur chacun des intervalles I1 =] (1

,

x 2 )(x 2 + 1)Z + 2x (3

x

2

1, ; 1[ et I3 =]1, +

x 2 )Z = 0 équivaut à Z =

2x 3

On obtient aisément a (x ) =

1[, I2 =]

1

x

2

=

2

x +1

4x

2x x

2

(x

1

2

x +1

[, l’équation : 2

2x (3

x )

2

2

1)(x + 1)

Z.

et une primitive de a est A

définie par : A(x ) = "n x 2

Les solutions Z sont alors Z : x ! " Une primitive de x !

1 2

x

1

x

1

2

(x 2 + 1)2

, avec " ! !.

2

x +1

2

2 "n x 2 + 1 .

est ' : x !

x 2

x +1

Sur I1 , I2 et I3 , on a donc z = "k ' +#k , avec "k , #k ! !2 , pour k ! 1, 2, 3 . Et enfin, y = "k x + #k (1 + x 2 ). Il est facile de constater, par l’examen des raccordements en 1 et en 1, que les solutions sur ! sont les solutions polynomiales x ! $(x 2 + 1) + %x . 332

Sujets d’oraux

B Courbes planes, étude affine et métrique Ex. 15

3

Étudier la courbe paramétrée par

x (t ) =

2

t 3t , y(t ) = . 1 + 3t 1 + 3t

La fonction t ! x (t ), y(t ) est de classe

1 3

sur ! -

y

3

et on a x = t .

L’étude des branches infinies donne une idée «générale» de la courbe. Elle permet d’avoir rapidement une ébauche qu’il restera ensuite à confirmer et à affiner. 1 3

Branche infinie en

Il y a une direction asymptotique d’équation y = 9x . 1 + h , il vient 3t = 3

Avec t =

1 + 3h , d’où y + 9x = 3t 2 =

1 3

1 + 3h

2

=

1 3

2h + o(h ) :

1 est asymptote. 3 La courbe est au dessus de l’asymptote pour h < 0 et en dessous pour h > 0.

la droite d’équation y = 9x +

Branche infinie en y Il y a une branche parabolique dans la direction de l’axe Ox puisque lim = 0. x

t

1

Avec h = t , on a : 1

y=

h 1+

et Alors y2 =

1 h

2

1

x=

y

3h

2h h 2 + 3 3

=

h

=

1 h

h

1

3

+

h

2

h

9

3

+ o(h 3 )

27

,

3

1 3h 2

h

1

3

4h 3 + o(h 3 ) 27

+

h

2

9

h

3

27

donne y2

+ o(h 3 )

3x =

.

1 2 + 3h 9

h + o(h ). 9

h 1 1 2 y h + o(h ). + o(h ) et il vient 3x = y2 + 27 3 9 27 1 1 La parabole 3X = Y 2 Y est asymptote. 3 9 La courbe est en dessous pour t voisin de et au-dessus pour t voisin de +

Or

y = 3

1 1 + 3h 9

.

Entrons un peu plus dans les détails par l’étude des variations de x et de y. On dégagera l’existence (éventuelle) de point stationnaire.

Dérivées x (t ) =

3t 2 (1 + 2t ) (1 + 3t )

2

et y (t ) =

3t (2 + 3t ) (1 + 3t )2

.

Point stationnaire L’examen des variations de x et y montre que, pour t = 0, on a un rebroussement (en l’origine, avec tangente verticale) de 1re espèce. On peut améliorer le tracé en s’aidant de quelques points supplémentaires.

Points particuliers : pour t =

1 1 ,x = ,y= 2 4

3 ; et pour t = 2

2 8 ,x = ,y= 3 27

4 . 3

Chapitre 7 - Équations différentielles. Courbes paramétrées. Fonctions de deux variables

333

Tableau des variations 2 3

t

1 2 0 +

x

+

1 3 +

+

+

+ 0

x

y

+

0

8 27 + 0 4 3

1 4 0 + +

+

3 2

y

0

Courbe représentative y

x

O

Ex. 16 Étudier la courbe de représentation polaire r (.) =

cos . . 1 + cos . cos 2.

La fonction r est de période 2(, elle est paire et ( n’est pas antipériode. On étudie la courbe sur l’intervalle [0, (] et on complétera par la réflexion d’axe Ox . Avec cos 2. = 2 cos2 . 1, le dénominateur est (cos . + 1)(2 cos2 . sur [0, ([. en (. La fonction . ! r (.) est Notons aussi que l’on a r (.) = 0 pour . =

2 cos . + 1), il s’annule

( . 2

Après cette étude, qui a pour objet de préciser l’intervalle utile auquel on peut se limiter, l’examen de la branche infinie permet une ébauche du tracé de la courbe.

Branche infinie en ( . = ( + h . On a r (( + h ) sin h =

334

Sujets d’oraux

cos h sin h 1 + cos h

2 cos3 h

.

cos h sin h !

On a

h et 1 + cos h

2

h 2

2 cos 3 h = 1 + 1

2

1

3h 2 2

+ o(h 2 ) !

5h 2 , 2

donc lim r (( + h ) sin h = + . h

0

La courbe présente une branche parabolique dans la direction de Ox . Notons que r (0) =

1 et qu’il y a en ce point une tangente verticale (par symétrie) puisque ce 2

n’est pas un point de rebroussement. L’examen des points d’inflexion est rarement aisé. Un des cas où cette étude est plus facile est 1 celui où est facile à dériver. r (.)

Étude des inflexions /(.) =

1 1 2 = + cos 2. donne / (.) = r (.) cos . cos3 . /(.) + / (.) =

1 cos .

2 + 3 cos3 .

4 cos 2. d’où :

6 cos5 .

cos3 . 3 5 6x , avec f (x ) = 3x 2 (3 Les variations de f : x ! 2 + 3x f s’annule en changeant de signe en x0 $ 0,95. Il y a donc une inflexion pour " = Arccos x0 $ 0, 33.

.

10x 2 ), montrent que, sur

1, 1 ,

Une ébauche laisse penser à des points doubles.

Points doubles autres que O : ( équivaut à 1 cos . cos 2. = 1+cos . cos 2., c’est-à-dire cos . cos 2. = 0. 2 ( 3( , ce qui donne les points doubles : Avec cos . # 0, il reste . = ou . = 4 4 1 1 1 1 A= , et A = 2 , 2 . 2 2 r (.+() =

r (.) pour .#

y

A

O x

A

Chapitre 7 - Équations différentielles. Courbes paramétrées. Fonctions de deux variables

335

Ex. 17 Étudier la courbe dont une équation polaire est : /(.) =

cos 3. . cos 2.

La première chose à faire est de préciser l’ensemble de définition. La parité, périodicité ou antipériodicité ramènent à un intervalle utile d’étude qui réduit beaucoup les développements techniques utiles. ( ( +k , k!$ . 4 2 Elle est de période 2( et paire, et ( est antipériode.

La fonction / est

sur ! -

(

On étudie la courbe sur 0, 2 et on complète par la réflexion d’axe Ox . Le plus important est d’étudier le signe de /(.). Les informations (secteur angulaire, passage par l’origine) qui en découlent sont importantes. Les variations de / sont souvent plus difficiles à déterminer. .

0

/(.)

1

( 6 +

0

( 4 +

( 2 +

0

Origine O=/

( 6

: le signe de / montre que c’est un point ordinaire.

O=/

( 2

: la symétrie d’axe Ox montre que c’est un point ordinaire.

Branche infinie en /(.) = /(( / 4 + h ) =

( 4 2 cos(3h ) + sin(3h ) cos(3 ( / 4 + 3h ) = donne : cos(( / 2 + 2h ) 2 sin(2h ) /(.) sin h =

cos(3h ) + sin(3h ) = 1 + 3h + o(h ) et /

2 cos(3h ) + sin(3h ) . 4 cos h

1 = 1 + o(h ) donnent : cos h

( 4+h

=

2 3 2 + h + o(h ). 4 4

( , la droite d’équation 4 2 1 Y = est asymptote. Dans le repère fixe, cette droite a pour équation x y + = 0. 4 2

Dans le repère orthonormal direct associé à l’angle polaire

(

(

Avant 4 , la courbe est en dessous de l’asymptote ; elle est au-dessus après 4 . Tracé de la courbe Utilisez une calculatrice pour contrôler votre interprétation graphique ! Un tracé est proposé à la fin de l’exercice. 336

Sujets d’oraux

Autres points Pour affiner un tracé à la main de la courbe, quelques points sont faciles à placer.

En /(0), la tangente est verticale par raison de symétrie de la tangente par rapport à Ox , en sachant que ce n’est pas un point de rebroussement. ( est antipériode et la courbe est symétrique par rapport à Ox . Il n’y a donc pas d’autre point

double que l’origine. y

x

O

Ex. 18 Étudier la courbe paramétrée par : x (t ) = 2t + t 2 , y(t ) = 2t

1 t

2.

Toute étude de courbe paramétrée commence par une analyse des fonctions : t ! x (t ) et t ! y(t ).

C’est à la suite de cette étude qu’apparaissent les situations qui demanderont une étude particulière. F : t ! x (t ), y(t ) est

sur ! . et on a : 2

x (t ) = 2(1 + t ) , y (t ) = 3 (1 + t )(t 2 t

t + 1).

La courbe $ ne présente pas de symétrie apparente. Chapitre 7 - Équations différentielles. Courbes paramétrées. Fonctions de deux variables

337

1

t

0

0

x

+

+

+

+ 0

+

x

1

0

+ 0

y

+ 3

+

y

Première particularité : il y a un point stationnaire ; sans qu’il soit nécessaire de le dire, les autres sont réguliers.

Point stationnaire pour t = 1 On a x ( 1) = 0 et, avec x (t ) = 2, on a x ( 1) = 2. Avec y (t ) = 2 1 +

1 t

3

, y (t ) =

6 t

4

, y (t ) =

24 t

5

, il vient y ( 1) = 6, y ( 1) = 24.

1

La tangente en 1 est dirigée par 2 F ( 1) = (1, 3). En F ( 1) = ( 1, 3), la courbe présente un point de rebroussement de première espèce puisque les vecteurs F ( 1) et F ( 1) = (0, 24) sont indépendants. En général, l’étude des points doubles n’est abordée qu’après une première ébauche de la courbe. Toutefois, il est aussi raisonnable de les examiner avant cette ébauche. C’est souvent une gestion du temps disponible qui est un facteur décisif tant à l’écrit qu’à l’oral.

Points doubles Pour t1 # t2 , on a : • x (t1 ) = x (t2 ) si et seulement si (t1

t2 )(2 + t1 + t2 ) = 0, et

• y(t1 ) = y(t2 ) si et seulement si (t1

t2 ) 2 +

t1 + t2 2 2

t2 t2

= 0.

Avec t1 + t2 = 2, on a t1 t2 = 1, donc t1 et t2 sont les racines distinctes de l’équation : • X 2 + 2X + 1 = 0, qui possède une racine double

1 ; il n’y a donc pas de point double

provenant de ce cas ; Notons que la recherche de point double nous a fait rebondir, pour ce premier cas, sur le point de rebroussement. • ou X 2 +2X

1 = 0, de racines 1

2 et 1+ 2, ce qui donne un point double A = (1, 5).

Asymptote verticale En 0, à gauche ou à droite, la courbe $ admet l’axe des ordonnées pour asymptote. Branche infinie en On a x (t ) ! t 2 et y(t ) ! 2t , d’où une branche parabolique dans la direction Ox . y2 (t ) ! x (t ) conduit naturellement à préciser cette branche infinie en recherchant une parabole asymptote.

338

Sujets d’oraux

Parabole asymptote y2 (t ) = 4t 2

4 1 +o t t

d’où y2 (t ) = 4x (t )

4 1 +o t t

8t

et, avec 2t = y(t ) + o

1 , il vient : t

4 1 +o . t t

y2 (t ) + 4y(t ) = 4x (t )

Donc la parabole (%) d’équation y2 + 4y = 4x est asymptote à $. En + , 4x (t ) > y2 (t ) + 4y(t ) montre que $ est à droite de (%). Et$ est à gauche de (%) en

.

2

L’équation de (%) se lit aussi (y + 2) = 4(x + 1), ce qui permet de marquer les éléments utiles. L’occasion est donnée de montrer que les coniques restent dans votre domaine de connaissances, même si ce n’est pas l’objet premier du sujet.

Le sommet est S = ( 1, 2), le paramètre est 2, le foyer est (0, 2). Pour le tracé de la courbe, faites une ébauche avant de vous précipiter sur votre calculatrice, c’est plus utile pour vous rôder à ces questions.

Représentation graphique y

$ % O x

A

$

Autres points Pour t # 1, on a det F (t ), F (t ) = 3 + t (t

2

t + 1) = t

3

2

1

4(t + 1) t

3

t + t + 3 = (t + 1)(t

t 2

2

t+1

2t + 3) et t 2

1 4(t + 1) 3 + t (t 2 t + 1) . 3 = 4 t t 2t + 3 n’a pas de racine réelle.

Tous les points, sauf F ( 1), sont biréguliers. Chapitre 7 - Équations différentielles. Courbes paramétrées. Fonctions de deux variables

339

Ex. 19 On considère la courbe paramétrée : t ! 2 Arctan t , "n

1 + t2 1 t2

.

En donner une équation cartésienne y = f (x ) et déterminer sa développée. (Voir ci-après.)

Une étude de courbe paramétrée 0 régulière, avec ses aspects métriques : repère de Frenet 1 (M, T , N ), courbure 1 et rayon de courbure R = , conduit souvent à l’étude d’une nouvelle 1 courbe paramétrée. Étant donné un point M , de paramètre t , le point I défini par MI = R N est le centre de courbure de 0 en M . La développée de 0 est l’ensemble des centres de courbure en ses différents points. 1

t 2 sous le logarithme est l’élément principal pour l’ensemble de définition.

( ( , . Sa restriction à ] 2 2

Arctan est une bijection de ! sur ]

1, 1[ sur

( ( , . 4 4

La fonction 2 : t ! 2 Arctan t, "n On a

x

2

= Arctan t avec

1, 1[ définit une bijection de

x

2

1 + t2 1

t

2

est

sur I =]

1, 1[.

( ( , . 4 4

!

Les expressions des fonction circulaires à l’aide de la tangente de l’argument moitié doivent être connues et reconnues !

Alors t = tan

Étude sur

x

2

donne y = "n

1 + tan2 1

( ( , de f : x ! 2 2

x

2 2 x tan 2

= "n

1 cos x

=

"n (cos x ).

"n (cos x ).

f est paire, de dérivée donnée par f (x ) = tan x .

La représentation graphique est immédiate. La première question du sujet montre à l’évidence qu’il s’agit de l’étude métrique d’une courbe dans le cas particulier de y = f (x ). Toute étude métrique qui reviendrait à la case départ : x (t ) = ... , y(t ) = ... pourrait être considérée comme hors sujet.

La tangente en M (x ) est dirigée par 1, f (x ) = (1, tan x ) = Avec x !

1 (cos x, sin x ). cos x

( ( 1 ds 1 > 0, donc , , on a = et T = (cos x, sin x ). 2 2 cos x dx cos x On utilise les notations usuelles pour l’abscisse curviligne et le vecteur normé tangent. Classiquement, on note ' l’angle polaire de T avec le vecteur normé qui dirige l’axe des abscisses.

On a en particulier ' = x modulo 2(. 340

Sujets d’oraux

On peut évidemment utiliser la formule de définition du centre de courbure I en M : MI = R N , avec le rayon de courbure et le vecteur normal en M . Le cas où ' s’exprime simplement en fonction du paramètre donne une rédaction plus

«économique». d

d

Avec d' = dx , les coordonnées du centre de courbure sont Le centre de courbure en M (x ) est donc I = x

tan x,

x

dy dx

y+1

"n (cos x ) + 1 .

Ex. 20 x (t ) = "n tan

On considère la courbe plane $ paramétrée par M (t ) :

t + cos t 2

y(t ) = sin t

1) Préciser l’ensemble de définition de ce paramétrage et étudier succinctement cette courbe. 2) Étant donné un point M de paramètre t , on note N l’intersection de la tangente en M à $ et de l’axe des abscisses. Monter que la longueur du segment [MN ] est indépendante de t . 3) Paramétrer la développée (voir l’exercice 19) de la restriction de $ à 0,

( . 2

1) Le paramétrage M (t ) = x (t ), y(t ) est 2(-périodique. tan

t t ( > 0 nécessite ! 0, modulo (, c’est-à-dire t ! 0, ( modulo 2(. 2 2 2

On obtient la courbe $ toute entière en considérant la restriction de M à l’intervalle 0, ( et M est sur 0, ( . Un peu de trigonométrie basique permet de détecter une symétrie. t = "n

x (

tan

montre que M ((

t 2

( 2

+ cos((

t ) = "n

1 tan

t

1 1 2 tan

x (t ) et y((

t ) = y (t )

2

t ) et M (t ) sont symétriques par rapport à (Oy).

À cette symétrie près, on peut se restreindre à l’intervalle 0, x (t ) =

cos t =

1 t 2

cos2

t

sin t =

1 sin t

sin t =

( . 2

cos2 t et y (t ) = cos t donnent facilement sin t

2

les variations de x et y. ( y (t ) ( , il y a un point stationnaire et, avec = tan t , la tangente en A = M = (0, 1) est 2 2 x (t ) dirigée par (Oy). Pour la courbe $, en tenant compte de la symétrie d’axe (Oy), c’est donc un

En

point de rebroussement de 1re espèce.

La représentation graphique est immédiate. Chapitre 7 - Équations différentielles. Courbes paramétrées. Fonctions de deux variables

341

y

A

x

O

2)

Venons-en au segment [MN ]. Pour une équation de la tangente, il y a lieu de distinguer le point ( = (0, 1). particulier A = M 2

( = (0, 1) et la tangente en A coupe (Ox ) en O , donc AO = 1 est la valeur de MN pour 2 ( la valeur du paramètre. 2 A=M

Pour t ! 0,

( , la pente de la tangente est tan t . 2

La tangente en M (t ) a pour équation Y

y(t ) = X

y (t ) donc MN 2 = y2 (t ) + tan t

L’abscisse de N (t ) est donc X = x (t )

( 3) La restriction de M à 0, est régulière et 2

Avec

x (t ) tan t .

y(t ) tan t

x (t ) =

cos t cos t sin t

y (t ) =

cos t sin t sin t

2

= 1.

cos t ( ds cos t > 0 sur 0, , on a donc = et T = (cos t, sin t ). sin t 2 dt sin t

L’angle polaire ' =

i , T

est donc t modulo 2(.

Les coordonnées du centre de courbure sont : xI = x (t )

et yI = y(t ) +

dy = x (t ) d'

dy = "n dt

tan

t , 2

dx dx cos2 t 1 = y(t ) + = sin t + = . d' dt sin t sin t

Le rayon de courbure est R =

ds ds cos t = = . Mais, comme dans l’exercice précédent, il d' dt sin t

n’est pas utile de s’y attarder. Réservons la formule I = M + R N aux cas où ' ne s’exprime pas simplement en fonction du paramètre.

Ex. 21 Équation intrinsèque Donner un exemple de courbe paramétrée telle que : R 2 + s2 = a 2 , R étant le rayon de courbure, s une abscisse curviligne et a > 0 un paramètre réel.

342

Sujets d’oraux

Une paramétrisation de courbe présente une connotation de cinématique où vitesse et accélération sont sous-entendues en même temps que la trajectoire. Les données à caractère géométrique (on dit : intrinsèque) sont la position du point fixée par s, le rayon de courbure R et l’angle ' du vecteur normé tangent. La clé de tout exercice de ce type est d’utiliser l’angle ' comme paramètre. On admet que c’est possible pour tout arc birégulier de classe

2

.

Un paramétrage de la courbe consiste alors à exprimer les coordonnées (x, y) en fonction de '.

Conditions nécessaires Soit 0 un arc birégulier de classe 2

2

2

paramétré par ' ! M ('), ' ! I , solution du problème.

2

La condition R + s = a donne R =

a2

s2 , recherchons donc 0 tel que :

pour tout ' ! I, R = a 2 s2 . R ne s’annulant pas sur un arc birégulier, on a nécessairement ! ' !I, R=

a2

s2 s’écrit

ds a2

s2

Arcsin

a < s < a , et la condition

= d' ce qui donne : s =' a

'0 puis s = a sin('

'0 ).

Limitons-nous alors à la recherche d’un arc tel que '0 = 0, on a : ds = a cos '. d'

s = a sin ' donc

Sachant que

Avec

dx = cos ' et ds dx dx = d' ds

dy = sin ', il en découle : ds ds dy = a cos2 ' et, de même, = a sin ' cos '. d' d'

dx a = (1 + cos 2'), on choisit : d' 2 x=

dy

a 2

1 ' + sin 2 ' 2

=

a 2 ' + sin 2 ' , 4

a

et avec d' = 2 sin 2', on choisit : y=

En posant , = 2', on a aussi x =

a cos 2'. 4

a (, + sin ,) et y = 4

a cos ,. 4

Tout cela ressemble fort à une paramétrisation de cycloïde, courbe classique incontournable. Il reste à mieux la mettre en évidence.

Posons , = t + (. Il vient x =

a (( + t 4

sin t ) et y =

a cos t . 4

Un changement de repère va miraculeusement faire apparaître la paramétrisation usuelle d’une cycloïde.

Dans un repère où les coordonnées (X, Y ) sont liées à (x, y) par X = x X =

a (t 4

sin t ) et Y =

a (1 4

a a ( et Y = 4 4

y, on a :

cos t ).

Remarquons de plus que pour avoir un arc birégulier de classe $2 , il faut se limiter à t ! 2k (, 2(k + 1) ( , par exemple à 0, 2 ( , et on obtient une arche de cycloïde.

Chapitre 7 - Équations différentielles. Courbes paramétrées. Fonctions de deux variables

343

Ce type de courbe est particulièrement usuel. Au besoin, votre calculatrice permettra de retrouver son allure. On vient ainsi de montrer que les arcs solutions du problème sont nécessairement des arches de cycloïdes. Il faut maintenant vérifier que de tels arcs sont effectivement solution.

Condition suffisante a (t 4

Considérons la courbe paramétrée par t ! M (t ) =

sin t ),

a (1 4

cos t ) , t !]0, 2 ( [.

a t a t t sin2 , y (t ) = sin cos et, cet arc étant orienté dans le sens des t croissants, 2 2 2 2 2 ds a t t t t ( = sin et T = sin , cos ce qui donne ' = . il vient dt 2 2 2 2 2 2

On a x (t ) =

D’après les conditions nécessaires, s doit s’annuler avec ', on prend donc l’origine des abscisses curvilignes en A = M ((). On obtient alors : t

s(t ) = (

ds et, avec R = d' =

ds 2 = dt

a

2

sin

u

du =

2

a cos

t 2

t a sin , il vient : 2

!t ! 0, 2 ( [, R (t )2 + s(t )2 = a 2 ,

d’où la conclusion.

Ex. 22 x = "n

Étudier la courbe paramétrée définie par y=

a) x (t ) est de classe

sur ]

t

(t

2(t t (t

y (t ) =

3 t (t 5

m (t ) =

et

m (t ) =

y (t ) x (t )

2)2

1 2 t (t 5

, 0[ % ]0, 2[ % ]2, + x (t ) =

4

6)

[ . y(t ) est de classe

sur !.

4) , 2) 4), =

3 t (3t 10

3 2 t (t 10

2),

4).

b) Branches infinies En 0, x (t ) ! 4 "n t et y(t ) !

6 2 t : 5

asymptote y = 0, avec lim x = lim x = 0+

En 2, x (t ) ! 2 "n t

16 : 5 16 asymptote y = 5 , avec lim x = lim x = + 2+ 2

et en

344

Sujets d’oraux

.

2 et y(t ) !

, x (t ) ! 2 "n t et y(t ) !

En

0

.

t3 : branches paraboliques verticales. 5

c) Tableau des variations 0

t

2 +

x

+

y x

4

0

+

+

0

+

0

+

6 "n 2

16 5

0

y

+

+

+

32 5

+

Notons quelques points particuliers : M ( 2) =

0,

32 , M (1) = (0, 1), M (4) = 6 "n 2, 5

32 , M (6) = (4 "n 3, 0). 5

d) Point stationnaire, pour t = 4, dont les coordonnées (approchées) sont (4, 16 ; 6, 4). Les variations de x (t ) et y(t ) montrent que c’est un point de rebroussement. m (t ) ne présente pas d’extremum en 4. C’est donc un rebroussement de première espèce. La pente de la tangente en ce point est m (4) =

48 . 5 4

e) Les variations de m (t ) montrent qu’il y a un point d’inflexion pour t = 3 . Les coordonnées (approchées) de ce point sont (1, 96 ; 1, 66) y

x

O

A

Chapitre 7 - Équations différentielles. Courbes paramétrées. Fonctions de deux variables

345

f) Point double Pour t1 # t2 , les relations y(t1 ) = y(t2 ) et x (t1 ) = x (t2 ) donnent, avec P = t1 t2 et S = t1 + t2 : P = S2 6S et SP 2 4P (S2 P ) + 4S(S2 2P ) = 0 c’est-à-dire : P = S2 6S et SP 2 24PS + 4S(6S P ) = 0. S = 0 et donc P = 0 est à écarter et il reste : P = S2 6S et P 2 28P + 24S = 0. 2 2 Il vient alors S (S 6) 28S(S 6) + 24S = 0 et donc S(S 6)2 28(S 6) + 24 = 0 puisque S # 0 ou encore (S 6)3 + 6(S 6)2 28(S 6) + 24 = 0 Les racines de X 3 + 6X 2 28X + 24 sont 2 (apparente) et 4 2 7. On a donc : S = 8 ou S = 2(1 7). S = 8 donne P = 16 et conduit à X 2 8X + 16, qui a une racine double. C’est à écarter. S = 2(1 7) donne P = 20 + 4 7, mais X 2 2(1 7)X + 20 + 4 7 est sans racine réelle. Il reste enfin S = 2(1 + 7) et P = 20 4 7, ce qui conduit à X 2 2(1 + 7) + 20 4 7, de 6( 7 2), ayant pour valeurs approchées 1, 7 et 5, 6. racines réelles 1 + 7 Calculons les coordonnées xA et yA du point double en fonction de S = 2(1+ 7) et P = 20 4 7. (t1 t2 )4

xA =

1 1 x (t1 ) + x (t2 ) = "n 2 2 (t1

yA =

1 1 3 3 y(t1 ) + y(t2 ) = t + t2 2 10 1

2)2 (t2

2)2

=

1 "n 2 (P 1 (6P 5

6(t12 + t22 ) =

P

4

2S + 4)2

donne x $ 4, 33.

PS) donne yA $

2, 43.

C Fonctions de deux variables Ex. 23

2

Déterminer les fonctions réelles de classe 2

sur ! 2

3 f

3 f

3x 2 On pourra utiliser x = u + v et y = u v.

3 y2

=

! qui vérifient : y x3

.

Une étude de changement de variable pour des dérivées partielles d’ordre 2 est traitée en thème d’étude. Voir le thème d’étude 5 de ce chapitre. De la sorte, le changement de variable proposé n’est pas l’effet d’un tâtonnement et de hasard. 1 2

1 2

Pour le changement de variable bijectif défini par u = (x + y) et v = (x 3 1 = 3x 2

3 3 + , 3u 3v

3 1 = 3y 2

3 3u

32 3x

2

32

=

1 4

1 = 2 4 3y

346

Sujets d’oraux

3 , 3v

32 3u

2

32 3u 2

+2

32 32 + , 3u 3v 3 v2

2

32 32 + , 3u 3v 3 v2

y), on a :

et il vient :

32

32

3x 2

3 y2

=

32 . 3u 3v

v), on est ramené aux fonctions de classe 2 sur le plan

En posant g(u, v) = f (x, y) = f (u + v, u privé de la droite u + v = 0 telles que :

32g u v 1 = = 3 u 3 v (u + v)3 (u + v)2

Alors

2v (u + v)3

.

1 v + + r (v) où r est une fonction de classe 1 . u + v (u + v)2

3g = 3v

Il importe de cerner les qualités des «constantes d’intégration». 3g est de classe 3v 3g = 3v

u

(u + v)2

1

, la constante d’intégration r est donc de classe

+ r (v) donne g(u, v) =

1

.

u + R (v) + S(u ) où R est une primitive de r et S est u+v

une fonction de classe 2 . En conclusion, les solutions sont les fonctions f définies par : f (x, y) =

y + A(x + y) + B(x 2x

y) où A et B sont des fonctions de classe 2 sur !.

Ex. 24 Déterminer les extremums de la fonction f : (x, y) ! x 2

3x 2

y .

sur !2 . Les extremums sont nécessairement des points où grad f

La fonction f est de classe est nul.

Le gradient de f en (x, y) est :

y

3f (x, y) = 4x 3x 2 3x 3f (x, y) = 3y

2y

4x 2 + 2y

Les points où f peut présenter un extremum sont ceux qui vérifient : x=0 2

4x + 2y = 0

ou

3x 2

2y = 0

2

4x + 2y = 0

Il est facile de voir que l’origine est le seul point où f peut présenter un extremum. On a f (0, 0) = 0. La forme particulière de f (x, y) invite à examiner des paraboles.

Sur l’axe des abscisses, on a f (x, 0) = 3x 4 qui est strictement positif pour tout x # 0. Sur la parabole d’équation y = 2x 2 , on a f (x, 2x 2 ) = x 4 qui est strictement négatif pour tout x # 0. Il s’ensuit, qu’en (0, 0), la fonction ne présente ni maximum ni minimum. Il est en fait aisé de voir où on a f (x, y) > 0 et où on a f (x, y) < 0.

La parabole % d’équation y = x 2 partage le plan en deux régions. Au-dessus de %, on a y > x 2 , donc x 2 Au-dessous de %, on a x 2 y > 0.

y < 0.

Chapitre 7 - Équations différentielles. Courbes paramétrées. Fonctions de deux variables

347

La parabole & d’équation y = 3x 2 partage le plan en deux régions. Au-dessus de &, on a y > 3x 2 , donc 3x 2 y < 0. Au-dessous de &, on a 3x 2 y > 0. Les positions relatives de ces paraboles sont immédiates.

Il s’ensuit que f (x, y) < 0 pour tout point (x, y) compris entre % et &, et f (x, y) > 0 pour tout point (x, y) au-dessus de & ou en dessous de %.

Ex. 25 Déterminer ' !

1

(!+ , !) pour que la forme différentielle : y

w(x, y) =

1 + x2

dx +

x

1 + y2

' x 2 + y2 ,

dy

soit exacte. Trouver alors une primitive de w. Détermination de ' 2

Écrivons

w = P dx +Q dy

avec : P =

y' x +y

2

1 + x2

2

et

x ' x +y

Q=

2

.

1 + y2

Dans le calcul qui suit, par souci d’allègement, on écrit ' et ' au lieu de : ' x 2 + y2 et de ' x 2 + y2 .

Le calcul donne :

3P ' + 2y2 ' = 3y 1 + x2

,

3Q ' + 2x 2 ' . = 3x 1 + y2

3P 3Q = exprime que w est fermée. 3y 3x Comme w est de classe 1 sur le convexe !2 , cela suffira pour avoir w exacte, en application du théorème admis de Poincaré.

Par le théorème de Poincaré, w est exacte sur !2 si et seulement si : 3P 3Q = : 3y 3x

y2

x2

' + 2 1 + x 2 + y2 '

= 0.

Par continuité, cela équivaut à : ' x 2 + y2 + 2 1 + x 2 + y2 '

x 2 + y2 = 0 pour tout (x, y) ! !2 .

On met en évidence le terme t = x 2 + y2 qui décrit [0, +

[ quand (x, y) décrit !2 .

Les fonctions ' sont les solutions de l’équation différentielle linéaire du premier ordre : 2(1 + t )z + z = 0 sur [0, + [. La solution générale étant t ! w=

$ 1 , on peut choisir '(t ) = et : 1+t 1+t y x 1 dy . 2 dx + 2 2 1+x 1 + y2 1+x +y

Recherche d’une primitive F de w 3F y (x, y) = conduit au calcul de 2 3x (1 + x ) 1 + x 2 + y2

Le changement de variable bijectif x = tan ., . ! 348

Sujets d’oraux

y dx 2

(1 + x ) ( ( , 2 2

1 + x 2 + y2

donne

dx 1 + x2

.

= d. et :

y d.

y cos . d.

=

1 + tan2 . + y2

1+

y2

.

y2 sin2 .

y cos . y cos . y2 sin2 .

1 + y2

1 + y2

=

2

1

2

y sin .

= Arcsin

y sin .

1 + y2

1 + tan2 . + y2

.

1 + y2

x

En notant que sin . =

y d.

donne

1 + x2

, on a F (x, y) = Arcsin

xy

(1 + x 2 )(1 + y2 )

.

Par symétrie des rôles joués par x et y, la condition : 3F (x, y) = 3y 1 + y2

x

1 + x 2 + y2

est satisfaite. Ainsi, l’application F : !2

!, (x, y) ! Arcsin

xy

(1 + x 2 )(1 + y2 )

est de classe

1

, elle a pour

différentielle dF = w.

Ex. 26 Déterminer

f : !2

u+v

sup (u,v)![0,1]2

!, (u, v) !

1 + u2

.

1 + v2

u+v

1 + u2

est définie et continue, positive sur [0, 1]2 .

1 + v2

La condition nécessaire d’extremum concerne les fonctions définies sur un ouvert. De ce fait, on étudie les extremums éventuels de f sur ]0, 1[2 , sans oublier d’étudier aussi ce qui se passe sur le bord de [0, 1]2 .

Sur l’ouvert 4 = ]0, 1[2 , f est de classe

1

et f > 0.

Dire que f présente un maximum en (u0 , v0 ) équivaut à dire que g = "n f présente un maximum en (u0 , v0 ).

La fonction g = "n f est encore de classe 1 . Une condition nécessaire pour que f (ou g) présente un extremum en (u, v) est : 3g 3g (u, v) = (u, v) = 0. 3u 3v

Avec g(u, v) = "n (u + v)

"n 1 + u 2

3g 1 = 3u u+v

"n 1 + v2 , il vient : 2u 1 + u2

,

En un point de gradient nul, on a donc nécessairement La fonction ' : x !

x

1 + x2

2v

3g 1 = 3v u + v u

1 + u2

1 + v2 =

v

1 + v2

. .

étant strictement croissante sur [0, 1], il en découle que u = v.

La fonction ' atteint son minimum 0 sur [0, 1] en 0 et son maximum

1 en 1. 2

Chapitre 7 - Équations différentielles. Courbes paramétrées. Fonctions de deux variables

349

Alors

1 2u 1 . = donne 3u 2 = 1, d’où u = v = 2u 3 1 + u2 1 1 , 3 3

Le seul point critique sur 4 est A =

et on a : f (A) =

3 3 . 8

Étudions f sur la frontière de [0, 1]2 : f (u, 0) = f (u, 1) =

u

1+u

= '(u ) donne 0 * f (u, 0) *

2

u+1 2

2(1 + u )

Notons que u 2

et on a f (A) 4

3 3

u=

f (A)

f (u, 1) = 2

2

u

3 3 8 1+u

3 3 8 1 + u2

4

u2 + 1

2

4 et que C = 1 27

3 3

f (u, 1) =

1 1 et on a < f (A). 2 2

2

u

3 3

(u + 1) .

4 3 3

4 > 0, et on a donc : 27

2

+C

3 3

> 0.

Par symétrie, on a aussi f (0, v) < f (A) et f (1, v) < f (A). La suite des calculs n’est guère enthousiasmante ! Le plus sage serait d’admettre un résultat classique pour les fonction réelles de variable réelle : une fonction continue sur un segment est bornée et atteint ses bornes. L’analogue donne que f continue sur le pavé fermé [0, 1]2 est bornée et atteint ses bornes. Avec ce résultat, le problème est résolu : le minimum est atteint en (0, 0) et le maximum en A. Cette démarche conforme au programme de 2e année serait acceptée lors d’un oral ! f présente un maximum absolu et strict en A si et seulement si : f (A) f (A)

f (u, v) =

3 3 8

f (u, v) > 0 pour tout (u, v) ! [0, 1]2 - A .

u+v

1 + u2

1 + v2

=

3 3 8 1 + u2

ramène à l’étude de 5(u, v) = 1 + u 2 1 + v2

1 + v2

1 + u2

1 + v2

8 3 (u + v) 9

8 3 (u + v), pour établir que 5 présente un 9

minimum nul strict en A. Ce qui n’est pas immédiat ! Conclusion En admettant le résultat évoqué ci-dessus, f présente en A = et strict sur [0, 1]2 , de valeur

1 1 , 3 3

un maximum absolu

3 3 . 8

Ex. 27 Étudier les extrema de la fonction réelle f définie sur !2 par : f (x, y) = x 4 + y4

La fonction f est de classe

2(x

y )2 .

sur !2 .

!2 étant un ouvert, les extrema sont nécessairement des points de gradient nul. 3f (x, y) = 4x 3 3x

350

Sujets d’oraux

4(x

y) ,

3f (x, y) = 4y3 + 4(x 3y

y).

3f 3f (x, y) = 0 et (x, y) = 0 équivaut à x 3 + y3 = 0 et x 3 3x 3y x et x (x 2

y=

y3

2(x

y) = 0 c’est-à-dire :

2) = 0,

d’où les solutions : O (0, 0),

A( 2,

2) et B(

2,

2).

Examinons maintenant quels sont, parmi ces points, ceux où f présente un extremum.

On a f (0, 0) = 0. Montrons que f ne présente pas d’extremum en O . Il suffit d’hexiber, dans tout voisinage de O , des points où f prend des valeurs de signes contraires.

En effet, f (x, x ) = 2x 4 et f (x, x ) = 2x 2 (x 2 4) montrent que, dans toute boule de rayon r < 2, on a f (x, x ) > 0 et f (x, x ) < 0, dès que x est non nul. Étude en A On a f (A) = 8. Posons x = h + 2 et y = k f (x, y) =

2. On a :

8 + 10h 2 + 4hk + 10k 2 + 4 2 h 3

c’est-à-dire f (x, y) = f (A) + 8(h 2 + k 2 ) + 2(h + k )2 + 4 2 h 3 f (x, y)

En posant

4 2 k3 2

h +k

k

k3 + h 4 + k4 , k 3 + h 4 + k 4 , donc :

f (A) & 8 h 2 + k 2 + 4 2 h 3

k3 .

3

2

= )(h, k ), on a

lim

(h,k )

sup h , k

(0,0)

)(h, k ) = 0, donc il existe " > 0 tel que : )(h, k ) < 8.

0. Le repère de Frenet de ( en I est alors (I, N ,

T ).

dI dI dI ds ds dI 1 . = N et = . Avec = R N , il vient = On a d8 d8 d8 ds ds d8 R

La courbure 1 de ( en I est donnée par dN ds d N 1 = = d8 d8 ds R pour ( est RR .

Avec

1 2

1 T R

dN = 1( d8

T ).

1

, il vient 1 =

RR

et le rayon de courbure en I

3) Avec MP = MI =

1 1 R N , on a P = M + R N . 2 2

En dérivant, il vient

dP dM 1 1 dN 1 = + R N + R = T + R N ds ds 2 2 ds 2

1 1 T = ( T + R N ). 2 2

Le centre de courbure J est défini par IJ = RR T et avec MI = R N , il vient : MJ = R ( R T + N ).

dP On en déduit MJ ds

Avec ( T

T ) = (N

R = 2

T +R N

N ) = 1 et ( T

R T + N .

N ) = 0, il vient

tangente en P à 6 est perpendiculaire à la droite MJ .

370

Thèmes d’étude – Problèmes

MJ

dP ds

= 0, ce qui prouve que la

CHAPITRE

8

Espaces euclidiens Transformations et matrices orthogonales Géométrie et coniques Sujets d’oraux

372

Thèmes d’étude – Problèmes

396

A. B. C. D.

Espaces euclidiens Transformations et matrices orthogonales Géométrie dans le plan ou dans l’espace Coniques

1. 2. 3. 4. 5. 6.

Endomorphismes d’un espace euclidien Base orthonormale Transformation orthogonale Matrices symétriques ou antisymétriques Produit vectoriel et fonctions Étude générale des matrices orthogonales en dimension 3, avec 4 paramètres 7. Produit scalaire et polynômes 8. Podaire d’une conique 9. Ellipses et tangentes 10. Hyperbole et structure de groupe 11. Une famille de courbes 12. Composée de deux réflexions 13. Coniques en sections planes

Chapitre 8 - Espaces euclidiens. Transformations orthogonales. Géométrie et coniques

372 378 382 387

396 399 400 402 403

405 408 412 415 417 419 422 425

371

Sujets d’oraux A Espaces euclidiens Ex. 1 Dans un espace vectoriel euclidien E , de dimension 3, on considère un vecteur p normé. Étudier l’application f : u ! p

(p

u ) de E dans E .

En considérant l’application g : u ! p

u , on a f = g

g.

Notons qu’il n’est pas dit que f est linéaire ; il faut donc s’en charger.

L’application g : u ! p u est linéaire, par bilinéarité du produit vectoriel. Alors f = g g est linéaire. Pour toute application linéaire, le noyau et l’image sont instructifs. On profite de p normé pour le compléter en une base orthonormale directe. On prend un q. vecteur normé q orthogonal à p et on forme ensuite r = p

Soit ( p , q , r ) une base orthonormale directe de E . On a g( p ) = 0 , g( q ) = r et g( r ) =

q . Il s’ensuit :

f( p ) = 0 , f( q ) =

q et f ( r ) =

r .

Il s’ensuit que le noyau de f est la droite ! p , et que l’image est le plan engendré par ( q , r ), c’est-à-dire p ! . En fait l’information sur Im f est facile à préciser.

L’image de f est plus précisément le sous-espace des vecteurs changés en leurs opposés par f . On est plus à l’aise avec des vecteurs invariants.

L’endomorphisme ! = f est la projection orthogonale sur le plan p ! . f est donc la composée (commutative) de ! et de Id.

Ex. 2

"

E = !2 [X ] est muni du produit scalaire défini par (P Q) =

P (t )Q(t ) sin t dt . 0

Former une base de E qui soit orthonormale pour ce produit scalaire. Bien que l’énoncé déclare que l’on dispose d’un produit scalaire, il n’est pas inutile de confirmer cela.

La symétrie de (P, Q) ! (P Q) vient de P (t )Q(t ) = Q(t )P (t ) pour tout t réel. La linéarité de P ! (P Q) découle de la linéarité de l’intégrale sur un segment. La bilinéarité de (P, Q) ! (P Q) en résulte. Pour tout t " [0, "], on a P 2 (t ) sin t # 0, donc (P P ) # 0 pour tout P " E . 372

Sujets d’oraux

Étant donné P " E , comme la fontion t ! P 2 (t ) sin t est continue et positive sur [0"], l’égalité "

0

2

P (t ) sin t dt = 0 implique P 2 (t ) sin t = 0 pour tout t " [0, "].

On a donc P 2 (t ) = 0, d’où P (t ) = 0, pour tout t "]0, "[. Admettant une infinité de racines, le polynôme P est nécessairement nul. En conclusion, (P, Q) ! (P Q) est un produit scalaire sur E . Pour une base orthonormale de E , on applique le procédé de Schmidt à partir de la base canonique 1, X, X 2 pour obtenir une base P0 , P1 , P2 telle que : $k " [[ 0, 2 ]], deg Pk = k .

Soit P0 = % # 0 un polynôme constant. P0 = 1 s’écrit : "

%2 sin t dt = 1,

0 "

donc avec I0 =

1

sin t dt = 2, il vient 2% 2 = 1. On choisit % =

2

0

P1 de degré 1 s’écrit : P1 = aX + bP0 = aX +

b

1

, donc P0 =

2

.

, avec a # 0.

2

"

a P1 P0 = 0 donne a X P0 + b P0 2 = 0, c’est-à-dire t sin t dt +b = 0. 2 0 "

En intégrant par parties, I1 = " 2

On a alors P1 = a X

2

"

t n cos t

"

t

Puis

n 1

cos t dt = t n

1

0

sin t

On choisit a =

2("2

8)

2

2

.

sin t dt = 1, c’est-à-dire :

n

t sin t dt . 0 "

+n

t

n 1

" 0

"

cos t dt = "n + n

0

t

n 1

0 "

(n

1)

t

n 2

sin t dt =

(n

, d’où P1 =

n (n

1)In

= 1 s’écrit a 2 2X

"

2("2

8)

cos t dt .

1)I n

0

4, et P1

2

" 2

t

"

"2 I = 1, 4 0

"I 1 +

In = "n

Avec I0 = 2, il vient I2 = "2

a

0

0

où on a posé, pour tout n " ", In = " 0

cos t dt = ", d’où b =

"

= 1 donne a 2

a 2 I2

Pour n # 2, on a In =

t cos t 0 +

0

et P1

"

"

t sin t dt =

2

donne :

2.

"2 2

4 = 1.

.

P0 , P1 , X 2 étant une base de !2 [X ], on a maintenant : P2 = uX 2 + vP1 + wP0 .

Les conditions P0 P2 = 0 et P1 P2 = 0 donnent : w + u X 2 P0 = 0 et v + u X 2 P1 = 0.

Avec X 2 P0 =

"

1 2

2

t sin t dt = 0

1 2

I2 =

"2

4 2

, on a w = u

"2

4 2

.

Chapitre 8 - Espaces euclidiens. Transformations orthogonales. Géométrie et coniques

373

et I3 = "3

"

1

Puis, avec (X 2 P1 ) =

2("2

6I1 = "3

8)

"2 8 puis v = 2

"X + 2 . Alors P2 u 2 I4

12I2 = "4

2

8)

,

1 10

"2

"2 8 . 2

u"

= 1 s’écrit :

2 " I3 + "2 +4 I2

4 " I1 + 4I0 = 1,

12 "2 +48, il vient : 4u 2 10

2

"I 2

2("2

6", il vient :

On a donc P2 = u X 2

On choisit u =

2I3

"t 2 sin t dt =

0

X 2 P1 = "

et, avec I4 = "4

2t 3

, d’où P2 =

X

2

" 2 = 1. "X + 2

2 10 Finalement, une base orthonormale de E est : 1 2

,

2X 2("2

" 8)

"2

,

X

. 2

"X + 2

2

10

"2

.

Ex. 3 On considère E = !3 euclidien canonique orienté. L’objet du sujet est l’étude des applications ! de E dans E telles que : $(u, v) " E 2 , !(u ) v + u ! (v) = 0. Montrer que ! est linéaire et donner sa matrice dans la base canonique e1 , e2 , e3 de E . Montrer qu’il existe un vecteur & " E tel que !(u ) = & u pour tout u " E . Pour qu’un vecteur soit nul, il suffit qu’il soit orthogonal à tout vecteur de E . C’est un moyen de prouver que !('u + (v) = ' ! (u ) + ( ! (v).

On a donc : !('u + (v) w =

' u + ( v ! (w ) =

' u ! (w)

( v ! (w )

= ' !(u ) w + ( !(v) w = ' ! (u ) + ( ! (v) w .

Pour (', () " !2 et (u, v) " E 2 fixés quelconques, on a : !('u + (v)

' ! (u )

( ! (v) w = 0 pour tout w " E .

On en déduit !('u + (v) = ' ! (u ) + ( ! (v), et il s’ensuit que ! est linéaire. On a besoin de !(e1 ) et pour cela, il est utile de connaître !(e1 ) e1 , !(e1 ) e2 ...

Notons que, pour tout u " E , on a !(u ) u + u ! (u ) = 0, donc !(u ) u = 0. On a donc : !(e1 ) e1 = 0, !(e2 ) e2 = 0, !(e3 ) e3 = 0.

On pose !(e1 ) e2 = ), !(e2 ) e3 = %, !(e3 ) e1 = *. Alors il vient : !(e2 ) e1 =

), !(e3 ) e2 =

%, !(e1 ) e3 =

Il s’ensuit que la matrice de ! dans la base (e1 , e2 , e3 ) est A = On considère alors & de coordonnées (%, *, )). Il vient : & e1 = (0, ), *), & e2 = ( ), 0, %) et & 374

Sujets d’oraux

0 ) *

*. ) 0 %

e3 = (*,

* % 0 %, 0).

Et par suite, pour tout u " E , on a !(u ) = &

u.

On vient d’établir une condition nécessaire pour !. Il faut penser à vérifier si ces applications conviennent.

Les applications qui vérifient la condition sont celles pour lesquelles on a !(u ) = & u pour tout u " E , avec un vecteur & fixé quelconque dans E . Alors, pour tout (u, v) " E 2 , on a : !(u ) v = &

et de même

u v = Det(&, u, v)

!(v) u = Det(&, v, u ).

Il vient alors !(u ) v + !(v) u = 0 donc toutes ces applications conviennent.

Ex. 4

Soit E = !2 [X ]. On considère l’application f de E 2 dans ! définie par : $(A, B) " E 2 , f (A, B) = A(0)B(0) + A (0)B (0) + A (0)B (0). Montrer que f est un produit scalaire sur E et déterminer l’orthogonal du sous-espace F engendré par U = 1 + X + X 2 et V = 1 X + X 2 . La bilinéarité et la symétrie de f immédiates. 2

: (A, B) ! A(0)B(0) + A (0)B (0) + A (0)B (0) sont

2

On a : f (A, A) = A(0)2 + A (0) + A (0) , donc f (A, A) # 0. Il est important que les polynômes soient réels.

En outre, il vient f (A, A) = 0 A(0) = A (0) = A (0) = 0. La formule de Taylor donne alors A = 0. Ainsi, f est bien un produit scalaire sur !2 [X ]. On examine les polynômes U et V en précisant leurs dérivés. Le calcul de leurs normes peut se révéler utile.

Avec U = 1 + X + X 2 , on a U = 1 + 2X , U = 2 ; et pour V = 1 X + X 2 , on a V = 1 + 2X , V = 2. On a U

2

= 6 et on pose I =

1 6

U.

1

Le projeté orthogonal de V sur !I est P = (I U )I = 6 (U V )U . 2 3

Avec (U V ) = 4, on a P = U . V se décompose d’une manière unique en somme d’un polynôme colinéaire à U et d’un polynôme orthogonal à U .

2 1 1 + X + X2 = 1 5X + X 2 est orthogonal à U . 3 3 5 2 2 10 Avec Q = + X et Q = , on a Q 2 = , on prend alors : 3 3 3 3 3 1 J= Q= (1 5X + X 2 ) 30 30 et (I, J ) est une base orthonormale de Vect(U, V ). Q=V

P=1

X + X2

Chapitre 8 - Espaces euclidiens. Transformations orthogonales. Géométrie et coniques

375

Il est maintenant plus facile de déterminer l’orthogonal de ce sous-espace. 1 1 1

1 1 1

1 0 = 2 montre que 1 $ Vect(U, V ). 0 2

X +1 . 5

Le projeté orthogonal de 1 sur Vect(U, V ) est R = (I 1)I + (J 1)J , soit R = Alors Vect(U, V )

!

est la droite dirigée par 1

1 4 5

R=

X2 .

On est dans un espace de dimension 3. L’orthogonal de Vect(U, V ) peut aussi s’obtenir par un produit vectoriel. Mais pour cela, il faudrait connaître les coordonnées de U et V dans une base orthonormale et non pas dans la base canonique 1, X, X 2 .

Ex. 5 Soit E un !-espace vectoriel muni d’une norme . telle que : $(x, y) " E 2 ,

x +y 2+ x

y 2=2

x 2+ y 2 .

1 x +y 2 x y 2 . 4 On admettra que, pour x et z fixés, l’application de ! dans ! : t ! f (tx, z ) est continue.

Soit f : E 2

!, (x, y) : !

Montrer que : $(x, y, z ) " E 3 , f (x + y, z ) + f (x

y, z ) = 2f (x, z ),

2

$(x, z ) " E , f (2x, z ) = 2f (x, z ),

puis que :

$(u, v, z ) " E 3 , f (u, z ) + f (v, z ) = f (u + v, z ). et que : En déduire que f est un produit scalaire sur E .

Connaissant un produit scalaire, on lui associe une norme. Le problème inverse qui consiste à examiner si une norme donnée est associée à un produit scalaire est plus difficile. Dans le cas présent, la norme est assortie d’une propriété par ailleurs familière. C’est à partir d’elle que l’on souhaite installer un produit scalaire. Il est bon de dire ce qu’est une norme pour voir de quelles propriétés on dispose. L’application x ! x est une norme lorsque cette application de E dans ! vérifie : $x " E , x $(', x ) " !

# 0 et x E,

= 0 si et seulement si x = 0, = '

'x

x ,

2

$(x, y) " E , x + y + x + y . f (y, x ) =

1 4

y+x 2

y

x 2 et y

= x

x

y donne f (y, x ) = f (x, y).

f est donc symétrique.

Montrons que $(x, y, z ) " E 3 , f (x + y, z ) + f (x 4 f (x + y, z ) + f (x

y, z ) =

x +y+z

y, z ) = 2f (x, z )

2

x +y

z 2+ x

y+z 2

x

Or on a : et 376

Sujets d’oraux

x +z+y

2

+ x +z

y

2

=2

x+z

2

+ y

2

,

z+y

2

+ x

y

2

=2

x

z

2

+ y

2

.

x

z

y

z 2

Il s’ensuit 4 f (x + y, z ) + f (x

y, z ) = 2

x+z 2

f (x + y, z ) + f (x

x

z 2 = 8f (x, z ), c’est-à-dire :

y, z ) = 2f (x, z ).

La propriété suivante s’inscrit comme un cas particulier de la précédente.

En particulier, on a f (2x, z ) + f (0, z ) = 2f (x, z ). z 2 = 0, et il vient donc f (2x, z ) = 2f (x, z ). Or on a 4f (0, z ) = z 2 Pour la troisème propriété, notons aussi que : $(u, z ) " E 2 , 4f ( u, z ) = u+z 2 u z 2= u z 2 u+z

1 1 (u + v) et y = (u 2 2 1 f (u, z ) + f (v, z ) = 2f (u + v), z 2 et il reste à utiliser 2f (x, z ) = f (2x, z ) pour obtenir :

On applique f (x + y, z ) + f (x

y, z ) = 2f (x, z ) à x =

2

=

4f (u, z ).

v) et il vient :

f (u, z ) + f (v, z ) = f (u + v, z ).

C’est la moitié de la linéarité de f par rapport au premier terme qui est établie. Il reste à établir que f ('x, z ) = 'f (x, z ).

Avec f (u, z ) + f (v, z ) = f (u + v, z ), on obtient par récurrence : $n " " , f (nx, z ) = nf (x, z ). Avec f ( u, z ) = f (u, z ) et f (0, z ) = 0, on obtient ensuite : $n " #, f (nx, z ) = nf (x, z ). x p

Ensuite, avec p " " , f p , z = pf

x ,z p

c’est-à-dire f

x ,z p

=

1 f (x, z ), il vient : p

$r " $, $(x, z ) " E 2 , f (rx, z ) = rf (x, z ). Une étape est franchie. Il reste à utiliser que tout réel est la limite d’une suite de rationnels.

Tout réel ' est limite d’une suite (rn ) de rationnels. On sait que f (rn x, z ) = rn f (x, z ) et que lim rn f (x, z ) = 'f (x, z ), Le dernier point à établir est maintenant la continuité de la fonction x ! f (x, z ) pour se prononcer sur la limite de f (rn x, z ). C’est là qu’intervient le résultat admis.

Cette continuité de f par rapport au premier argument permet d’obtenir : lim f (rn x, z ) = f ('x, z )

et on a donc f ('x, z ) = 'f (x, z ), ce qui établi le second volet de la linéarité de f par rapport à son premier terme. Pour établir que f est un produit scalaire, il reste principalement à examiner si cette forme bilinéaire est définie positive.

Avec la symétrie déjà citée, f est une forme bilinéaire symétrique sur E . Pour conclure, on forme : 4f (x, x ) = 2x 2 0 2 = 2x 2 car 0 = 0. Ainsi f est positive et f (x, x ) = 0 2x = 0, c’est-à-dire x = 0. Finalement la forme f est définie positive : c’est un produit scalaire sur E . Remarque. Avec $(', x ) " !

E,

'x

= '

x , on obtient f (x, x ) =

x 2.

La norme x ! x est donc celle qui est associée au produit scalaire f .

Chapitre 8 - Espaces euclidiens. Transformations orthogonales. Géométrie et coniques

377

B Transformations et matrices orthogonales Ex. 6 Soit E un espace euclidien orienté de dimension 3, et " = ( i , j , k ) une base orthonormale directe de E . On considère l’endomorphisme ! dont la matrice dans la base " est : 8 10 6

1 15

6 5 8

10 0 5

.

1) a) Vérifier que Ker ! est de dimension 1. Soit u une base de Ker !. b) Montrer que tout élément de Im ! est orthogonal à u . 2) a) Former une base " = e1 , e2 , e3 à Ker !.

orthonormale directe telle que e1 appartienne

b) Former la matrice dans la base " de !. 3) a) Étudier la restriction , de ! au plan e1 ! . b) En déduire une description de ! comme composée de deux endomorphismes classiques.

8x + 6y

1) a) Le système

10z = 0

10x + 5y = 0 6x

équivaut à :

8y + 5z = 0 4x + 3y

5z = 0

2x

y=0

6x

8y + 5z = 0

y = 2x

ou encore à

z = 2x

Le noyau de ! est la droite !u , avec u = (1, 2, 2). b) Il est aisé de voir que !( i ), !( j ) et !( k ) sont orthogonaux à u . Tout vecteur du noyau est donc orthogonal à tout vecteur de l’image. Il vient alors : !

Ker ! % Im ! = E .

2) a) On prend : e1 = e2 =

puis

1 1 u = (1, 2, 2), 3 3 1

e3 = e1

5

( 2, 0, 1) qui est orthogonal à e1 , e2 =

b) La matrice de passage de " à " est P =

378

Sujets d’oraux

1 3 5 1 3 5

(2, 5, 4). 5 2 5 2 5

6 0 3

2 5 4

.

La matrice de ! dans la base " = (e1 , e2 , e3 ) est B = t PAP et on obtient : 0 0 0

1 5

B=

0 3 4

0 4 3

.

3) a) La restriction de ! au plan Vect(e2 , e3 ) a pour matrice : 1 5

3 4

4 3

dans la base e2 , e3 .

C’est la rotation d’angle - tel que cos - = -= 0 0 0

b) En écrivant B =

0 1 0

0 0 1

1 5

Arcsin 1 0 0

!

orthogonale sur e1 et r la rotation d’angle

Ex. 7 La matrice A =

1 3

2 2 1

1 2 2

2 1 2

4 , donc : 5

3 et sin - = 5

4 modulo 2". 5

0 3 4

0 4 3

, il vient que ! = p r , où p est la projection

Arcsin

4 autour de l’axe dirigé par e1 . 5

est-elle orthogonale ?

Soit f l’endomorphisme de !3 dont la matrice dans la base canonique est A. Cet endomorphisme est-il une rotation ? Déterminer une base orthonormale dans laquelle la matrice de f est d’écriture plus simple.

Ce sujet est fort classique et ne présente pas de difficulté. Comme quoi on trouve aussi, aux oraux de concours, des sujets confortables. Notons que la formulation «plus simple» signifie en général qu’une (au moins) des colonnes comporte un ou deux termes 0.

Il est aisé de voir que les vecteurs colonnes de A sont normés et deux à deux orthogonaux. Ainsi, A est orthogonale. Pour étudier si A est une matrice de rotation, on peut calculer son déterminant ; ce n’est pas le plus simple. On peut aussi voir si f transforme une base orthonormale directe en une base orthonormale (ce qui est déjà fait) également directe.

En notant e1 , e2 , e3 les vecteurs de la base canonique, on a : f (e1 )

f (e2 ) =

1 9

2 2 1

1 2 2

=

1 3

2 1 2

= f (e3 ).

Alors f est bien une rotation. Pour une base mieux adaptée à f , il n’y a qu’un vecteur invariant normé qui présente de l’intérêt. x + y + 2z = 0

u = (x, y, z ) est invariant par f si et seulement si

2x x

y+z =0

2y

z=0

Chapitre 8 - Espaces euclidiens. Transformations orthogonales. Géométrie et coniques

379

Inv(f ) est alors la droite définie par

x + y + 2z = 0

2x + y

z=0

Elle est engendrée par le vecteur produit vectoriel de v = ( 1, 1, 2) et w = (2, 1, 1), c’est-àdire d = ( 3, 3, 3). Un vecteur normé invariant par f est donc u =

1 (1, 1, 1). 3

Déterminons l’angle, autour de u , de cette rotation. 1 2

Si - est l’angle de la rotation f , on a 1 + 2 cos - = Tr A, donc cos - = . Pour préciser -, il suffit de préciser le signe de sin -.

Le vecteur n = ( 1, 0, 1) = e1 + e3 est orthogonal à u . On obtient : f (n ) = (0, 1, 1). Le signe de sin - est celui de Det n, f (n ), u , c’est donc celui de Ce déterminant vaut 3. On a donc sin - < 0 et finalement, - =

1 0 1 0 1 1 . 1 1 1 " modulo 2". 3

La restriction de f au plan orthogonal à u , orienté par le choix de u , est la rotation d’angle -.

Avec n1 =

1 2

(1, 0, 1) orthogonal à u et normé, on forme n2 = u

n1 pour obtenir une base

orthonormale directe de !3 . On obtient : 1 (1, 2, 1). 6 1 2 Dans la base (n1 , n2 , u ), la matrice de f est A = 3 2 0 n2 =

3 2 1 2 0

0 0 1

.

Tout autre choix d’un vecteur n1 normé et orthogonal à u , et avec n2 = u n1 , donnerait la même matrice dans la base (n1 , n2 , u ). Tout au plus, peut-être un choix différent de n1 donnerait une matrice de passage plus simple, mais cela ne change rien au résultat demandé.

Ex. 8 Dans un espace vectoriel euclidien orienté, rapporté à une base orthonormale directe " = e1 , e2 , e3 , étudier l’endomorphisme f dont la matrice dans " est : A=

1 14

13 2 3

2 10 6

3 6 5

.

Un réflexe incontrôlé est d’affirmer d’emblée que A est orthogonale, en se laissant bercer par un environnement familier.

Les vecteurs colonnes ne sont ni normés ni deux à deux orthogonaux. La matrice A n’est pas orthogonale par surabondance de contre-indications. En revanche, A est symétrique. Une ressource est de chercher des vecteurs propres pour f et c’est souvent un bon moyen pour chercher des informations.

380

Sujets d’oraux

Avant cette démarche, il est préférable d’examiner si f ne serait pas d’un type classique. Parmi les matrices symétriques, dans une base orthonormale, il y a les involutions et les projecteurs...

Le calcul de A2 donne A2 = A. f est donc un projecteur. Dans ce contexte euclidien, puisque A est symétrique, c’est un projecteur orthogonal. La trace de A étant 2, il s’agit de la projection orthogonale sur un plan. Il suffit alors de préciser les vecteurs invariants par f .

Les vecteurs (x, y, z ) invariants par f sont caractérisés par

x

2y

3z = 0

2x

4y

6z = 0

3x

6y

9z = 0

Ce sont donc les éléments du plan d’équation : x + 2y + 3z = 0, c’est-à-dire le plan orthogonal au vecteur n de coordonnées (1, 2, 3).

Par acquis de conscience, et même si c’est inutile, on peut vérifier ces assertions par la détermination du noyau de f . 13x

Les vecteurs (x, y, z ) de Ker f sont caractérisés par

2y

3z = 0

(E 1 )

2x + 10y

6z = 0

(E 2 )

6y + 5z = 0

(E 3 )

3x

On constate que l’équation 2 (E 2) + 3 noyau sont ceux de la droite définie par :

(E 3) n’est autre que x

(E 1), donc les éléments du

5y + 3z = 0

3x + 6y

5z = 0

Cette droite est dirigée par le produit vectoriel de (1, 5, 3) et (3, 6, 5), qui est (7, 14, 21), donc aussi par n = (1, 2, 3). On peut préciser une base orthonormale formée par un vecteur du noyau et des vecteurs invariants.

Un vecteur u orthogonal à n est (2, 1, 0). Et v = n u = (3, 6, 5) donne une base (n, u, v) orthogonale directe. Il reste à diviser ces trois vecteurs par leurs normes pour obtenir une base " = n , u , v orthonormale directe. Dans cette base, la matrice de f est A =

0 0 0

0 1 0

0 0 1

.

Chapitre 8 - Espaces euclidiens. Transformations orthogonales. Géométrie et coniques

381

C Géométrie dans le plan et dans l’espace Ex. 9 Dans le plan, on considère trois points A, B, C , non alignés, d’affixes respectives a , b, c . Soit G le centre de gravité du triangle ABC et A , B , C les points où les médianes (GA), (GB), (GC ) recoupent le cercle circonscrit au triangle. En notant a , b , c , g les affixes de A , B , C , G , montrer que : 1 a

g

+

1

+

b

g

1 g

c

= 0.

à l’aide du rayon du cercle circonscrit.

On pourra exprimer GA GA

Dans ce sujet, les questions métriques sont présentes ce qui rend inévitable l’usage du produit scalaire. Par ailleurs l’appel aux affixes est explicite. Rappelons un lien entre ces deux outils.

Étant donné des vecteurs U et V , d’affixes u et v, le produit scalaire U V est égal à la partie réelle de u v ou de u v. Le déterminant Det U , V est la partie imaginaire de u v. Ainsi, lorsque U et V sont liés, on a U

V

= u v ou aussi U

V

= u v.

Pour voir comment intervient A , on note que A, A et G sont alignés. L’intervention du cercle # circonscrit à ABC passe par le centre et le rayon.

Notons O le centre et R le rayon du cercle # circonscrit au triangle ABC . En notant P le milieu de AA , on a GA GA GA GA

= GP + PA GP + PA , d’où : PA = GP 2

= GP + PA GP

PA2 .

Les triangles OGP et OAP étant rectangles en P , on a : GP 2 = OG 2

OP 2 et PA2 = OA2

OP 2

et il s’ensuit que : GA GA

Notons ) ce nombre OG 2

= OG 2

OA2 = OG 2

R2 .

R2 .

Le réel OG 2 R 2 est indépendant de A. On a donc deux égalités analogues pour les deux autres sommets B et C .

Avec de même GB GB

= ) et GC GC GA GA

= ), il vient :

= GB GB

= GC GC

= ).

Nous voilà en mesure de passer aux affixes en tenant compte de GA, GA liés.

On en déduit que a

g a

g =b

g(b

g) = c

g c

g = ).

Mais au fait, G est le centre de gravité de ABC . Il y a lieu de l’utiliser ! GA + GB + GC = 0 s’exprime par :

(a

382

g ) + (b

Sujets d’oraux

g ) + (c

g) = 0 ou par a

g+b

g+c

g = 0.

Il vient alors : ) a

)

+

g

b

+

g

) g

c

= 0.

Le centre de gravité n’est pas sur le cercle circonscrit donc le point G n’est ni A ni B ni C . Notons aussi que ) = OG 2 R 2 n’est pas nul.

Et finalement, il vient

1 g

1

+

a

g

b

+

1 g

c

= 0.

Ex. 10 Dans le plan rapporté à un repère orthonormal direct (O, i , j ), montrer que l’application f qui à tout point M = (x, y) associe M = (x , y ) défini par : 3 4 13 x+ y+ 5 5 5

x =

y =

4 3 6 x + y+ 5 5 5

est la composée commutative d’une réflexion et d’une translation.

Les questions de géométrie analytique dans le plan se prêtent bien à l’usage des nombres complexes. Si tout va bien, on met en évidence une similitude z = az + b, mais...

En posant z = x + iy , le système équivaut à z = En remarquant que

4 + 3i = 5

3 + 4i , on a z = 5

i

3 + 4i 13 + 6i z+ 5 5

z =

3 + 4i 4 + 3i 13 + 6i x+ y+ . 5 5 5 3 + 4i (x 5

iy) +

13 + 6i , c’est-à-dire : 5

avec z = x + iy.

3 + 4i 13 + 6i est de module 1. Posons aussi b = : z = a z + b. 5 5

On notera que a =

Plutôt que d’aller à la devinette, cherchons des informations sur la décomposition (éventuelle) de f .

Supposons qu’il existe une translation t , de vecteur u , et une réflexion, d’axe $, telles que : f = s t et f = t s. Alors f f

f =t

s

s

t donne f

f =t

t , donc f

f est la translation de vecteur 2 u .

f (z ) = a a z + b + b = aa z + a b + b = z + a b + b montre que : f

f est la translation d’affixe a b + b.

L’affixe u du vecteur de la translation t est donc nécessairement u = On a a b =

1 (a b + b). 2

3 + 14i , puis a b + b = 2 + 4i . Il vient donc u = 1 + 2i . 5

Une seule translation est possible. Examinons si elle convient.

S’il existe une réflexion s convenable, c’est-à-dire telle que f = t s, alors s = t L’expression analytique complexe de s = t

1

f est s(z ) = a z + b

s : z ! z = a z + c avec c =

4i

8 5

1

f.

(1 + 2i ), c’est-à-dire :

.

Chapitre 8 - Espaces euclidiens. Transformations orthogonales. Géométrie et coniques

383

Étudions les points invariants par s.

On a z =

3 + 4i 8 4i z+ , ce qui équivaut à 5 5

5x =

3x + 4y + 8

5y = 4x + 3y

4

Les points invariants par s sont ceux de la droite $ d’équation 2x y 2 = 0. Notons que $ est dirigée par u et contient A = (1, 0). On constate que z 1 = a (z 1) et on en déduit que, étant donné z1 et z2 , on a : z1 z2 = a (z1 z2 ), donc z1 z2 = z1 z2 , ce qui prouve que s est une isométrie. s, isométrie plane admettant une droite de points invariants, est la réflexion d’axe $. Pour achever l’étude, il suffit de vérifier si on a bien f = s t , ce qui est immédiat.

Ex. 11 L’espace E est rapporté à un repère orthonormal direct (O, i , j , k ). On considère l’application f de E dans E définie analytiquement par : x =

1 (3x + 6y + 2z + 1) 7

y =

1 ( 6x + 2y + 3z + 5) 7

z =

1 (2x 7

3y + 6z + 2)

1) Montrer que f est un déplacement. 2) Déterminer l’angle et la direction de l’axe de la rotation vectorielle de f . 3) Justifier que f est un vissage et préciser le vecteur de ce visssage. 4) Préciser l’axe du vissage. 1) f est une application affine dont la partie linéaire ! a pour matrice : 3 6 6 2 2 3 On voit aisément que A " %+ (E ), Ainsi f est un déplacement. A=

2) Avec

1 (A 2

t

1 7

A) =

2 3 6

dans la base orthonormale ( i , j , k ).

donc ! est une rotation.

3 5 1 7 5

0 2 0

2 0 1

0 1 0

, l’axe de la rotation est dirigé par

3 5 1 (1, 0, 2), et d’angle - autour de & tel que sin - = < 0. 7 5 2 cos - s’obtient par 2 cos - + 1 = Tr A, d’où cos - = . On a ainsi - = 7 &=

Arccos

2 7

1 7

3) Soit u le vecteur de coordonnées (1, 5, 2) et t la translation de vecteur u . On a ainsi f = t !. u n’étant pas orthogonal à &, f est un vissage d’angle - autour d’un axe dirigé par &.

1

Soit v le projeté orthogonal de u sur & : v = (u &)&. Ses coordonnées sont 7 (1, 0, 2). C’est le vecteur du vissage. 384

Sujets d’oraux

4) Avec w = u

v, l’axe du vissage est celui de la rotation g = tw x =

1 (3x + 6y + 2z ) 7

y =

1 ( 6x + 2y + 3z + 5) 7

z =

1 (2x 7

! de formules analytiques :

3y + 6z )

L’axe est défini par : 4x

6y

2z = 0

6 x + 5y

3z = 5

c’est-à-dire

6x + 5y

2x + 3y + z = 0

2x + 3y + z = 0

On obtient aisément pour axe l’ensemble des points

3z = 5

5 14

0 1 3

1 0 2

+x

, pour x " !.

Ex. 12 Dans l’espace usuel, on considère trois segments AA , BB , CC . On suppose qu’ils sont parallèles, non réduits à un point et non coplanaires. Donner une condition nécessaire et suffisante pour qu’il existe une droite parallèle aux trois plans A BC , B CA et C AB .

Explorons les différentes hypothèses. La première est que les vecteurs AA , BB et CC sont non nuls et colinéaires.

Il existe un vecteur u non nul et des scalaires %, *, ) non nuls tels que : AA = % u , BB = * u et CC = ) u .

Le sort de A , B , C est lié à celui de A, B et C , par l’intermédiaire de u et (%, *, )). Pour avoir un point de repère, l’isobarycentre de A, B et C est naturel. Pour d’éventuelles équations de droites ou plans, il est raisonnable de choisir un repère dans lequel les points A, B et C vont jouer des rôles analogues, avec des coordonnées numériquement simples.

Étant donné un point O , on considère le repère & = (O, OA, OB, OC). On a donc : OA = OA + % u , OB = OB + * u , OC = OC + ) u .

Considérons le barycentre G de (A, 1), (B, 1) et (C, 1). Pour laisser aux couples A, A , B, B , C, C

des rôles analogues, on peut choisir un point

O adapté à u et à G .

Choisissons O tel que u = 3OG. Alors, avec OA = OA + % u , les coordonnées de A sont (1 + %, %, %). De même, celles de B sont (*, 1 + *, *) et celles de C sont (), ), 1 + )). On établit maintenant une équation de chacun des trois plans. M = (x, y, z ) appartient à A BC si et seulement si Det MA , BA , CA

= 0, c’est-à-dire :

Chapitre 8 - Espaces euclidiens. Transformations orthogonales. Géométrie et coniques

385

1

x

y z

% % %

1+% % 1 %

1+% = 0, % % 1

ce qui donne : (1

2%)x + (1 + %)(y + z

1) = 0.

De même, une équation de (B CA) est : (1

2*)y + (1 + *)(z + x

1) = 0,

2))z + (1 + ))(x + y

1) = 0.

et une équation de (C AB) est : (1

Trois plans sont parallèles à une même droite si et seulement si leurs directions (trois plans vectoriels) ont un vecteur non nul en commun.

Les trois plans sont parallèles à une même droite si et seulement si : 1 2% 1+* 1+)

1+% 1 2* 1+)

1+% 1 + * = 0 ou encore 1 2)

3 3 3

1+% 1 2* 1+)

1+% 1 + * = 0, 1 2)

ce qui donne : 1 1 1 + + = 0. % * )

9(* ) + ) % + %*) = 0 ou aussi

Comme %, *, ) sont les mesures algébriques de AA , BB et CC relativement à un même vecteur u non nul, cela s’exprime aussi par

1 AA

+

1 BB

+

1 CC

= 0.

Ex. 13 Dans l’espace, on considère quatre points A, B, C et D non coplanaires. Montrer que l’aire d’une face du tétraèdre ABCD est strictement inférieure à la somme des aires des trois autres faces. Cela ressemble assez à une situation classique dans le plan : pour un triangle non réduit à un point ou à un segment, la longueur d’un côté est strictement inférieure à la somme des longueurs de deux autres côtés.

Notons H le projeté orthogonal de A sur le plan (BCD ). Notons '(UVW ) l’aire d’un triangle UVW .

Considérons le projeté orthogonal A de A sur la droite (BC ). C’est aussi le projeté orthogonal de H sur (BC ). AA . 2 Dans le triangle AA H rectangle en H , on a AA > A H , d’où '(ABC ) > '(BHC ).

L’aire '(BHC ) est égale à

HA

BC

2

alors que '(ABC ) =

BC

L’hypoténuse AA ne peut être égale à A H que si A = H , ce qui impliquerait que A soit dans le plan (BCD ).

On a de même '(ABD ) > '(BHD ) et '(ACD ) > '(CHD ). En ajoutant ces trois inégalités, on obtient : '(ABC ) + '(ABD ) + '(ACD ) > '(BHC ) + '(BHD ) + '(CHD ). Il suffit alors de justifier que '(BHC ) + '(BHD ) + '(CHD ) # '(BCD ).

386

Sujets d’oraux

Si H est intérieur au triangle BCD , alors on a : '(BHC ) + '(BHD ) + '(CHD ) = '(BCD ),

et si H est extérieur strictement à ce triangle, on a : '(BHC ) + '(HBD ) + '(HCD ) > '(BCD ).

On a donc '(BHC ) + '(BHD ) + '(CHD ) # '(BCD ) et il s’ensuit que : '(ABC ) + '(ABD ) + '(ACD ) > '(BCD ).

D Coniques Ex. 14 Déterminer l’ensemble des centres, des sommets et des foyers des ellipses d’équations : 'x 2 + y2 2x = 0, où ' décrit l’ensemble des réels strictement positifs. ' = 1 est un cas particulier. Si le centre existe bien, et si tous les points sont des sommets, la notion de foyer est hors de propos. 'x 2 + y2

1 '

2x = 0 a pour équation réduite '2 x

Le centre est .' =

2

+ ' y 2 = 1.

1 , 0 ; il décrit le demi-axe positif des abscisses. '

Les sommets sur (Ox ) sont O et A' =

2 , 0 . Le sommet A' décrit le demi-axe positif des '

abscisses. 1

1 '

Les sommets de l’axe vertical sont B' = ' ,

1

1 . '

et B' = ' ,

Ils décrivent la parabole d’équation y2 = x , privée de O . Pour ' < 1, on a

1 1 > et l’axe focal est (Ox ). ' '

On a une équation réduite de la forme

Les foyers F' et F' ont pour abscisses L’abscisse de F' est

1 '

1 '2

Alors F' décrit ]B, C [, avec B = L’abscisse de F' est Pour ' > 1, on a

1 + '

1 '2

1 '

1 1 = (1 ' '

X

2

a

2

c et

+

Y

2

b

2

= 1, avec a > b > 0.

1 1 + c , avec c 2 = 2 ' '

1

') =

1+

1 1

'

1 . '

.

1 , 0 et C = (1, 0). 2 1 1 = (1 + ' '

1

'). Alors F' décrit la demi-droite ]Cx [.

1 1 < et l’axe focal est (.' y). ' '

Chapitre 8 - Espaces euclidiens. Transformations orthogonales. Géométrie et coniques

387

On a une équation réduite de la forme

X2 a

2

+

Y2 b

2

= 1, avec b > a > 0.

Les foyers F' et F' ont pour ordonnées c et c , avec c 2 =

1 '

1 '2

1 1

. 1

1

Les coordonnées de F' sont ' , ' ' 1 et celles de F' sont ' , ' ' 1 . Alors F' et F' décrivent le cercle d’équation x 2 + y2 x = 0, privé des points O et C = (1, 0) Ce cercle est de diamètre [OC ].

Ex. 15 Soit ABCD un rectangle du plan. Déterminer l’ensemble des points M tels que les cercles circonscrits aux triangles MAB et MBC aient le même rayon. Tout point du cercle circonscrit au triangle ABC convient évidemment. Pour étudier les autres, on choisit un repère adapté aux données du problème.

Soit O le centre du rectangle. En prenant pour axes les médiatrices des côtés, on peut choisir le repère de fac¸on que les sommets soient : A = (a, b), B = (a, b) , C = ( a, b) et D = ( a, b), avec a et b strictement positifs. Un cercle #1 contenant A et B est centré en P = (', 0) ; un cercle #2 contenant B et C est centré en Q = (0, (). Ces deux cercles ont même rayon si et seulement si PB = QB. Il ne faut pas perdre de vue le cercle circonscrit à ABC . Les deux cercles ont le point B en commun. Ils sont donc tangents ou confondus, ou bien ils ont deux points en commun.

On a PB = QB si et seulement si (' a )2 + b2 = a 2 + (( b)2 . C’est le cas lorsque ' = ( = 0, c’est-à-dire quand P = Q, et il s’agit dans les deux cas du cercle # circonscrit à ABC . Dans ce cas, tout point M de # est solution. Pour (', () # (0, 0), les cercles#1 et #2 sont tangents quand B, P et Q sont alignés, c’est-àdire quand Det(BP , BQ ) = 0, ce qui se traduit par '( = 'a + (b. La seule solution dans cette configuration est M = B. Dans le cas où (', () # (0, 0), les centres P et Q sont distincts.

y

#1 et #2 , sécants en B, se recoupent au point M symétrique

de B par rapport au milieu I de [PQ]. Ce point M = (x, y) est déterminé par x + a = ', y + b = (. Alors (' a )2 +b2 = a 2 +(( b)2 équivaut à x 2 +b2 = a 2 +y2 , et on obtient les points de l’hyperbole équilatère ( contenant les quatre sommets A, B, C et D du rectangle. En conclusion les solutions sont les points de # % (.

388

Sujets d’oraux

( (

#

C

Q

B

O D

M I P x

A

Ex. 16 Étant donné a , b, c réels non nuls et t réel, on considère les plans d’équations : (1) cx az cos t = ac sin t , (2) cy bz sin t = bc cos t , (3) cx + az sin t = ac cos t , (4) cy bz cos t = bc sin t . Montrer que ces plans ont un point Mt en commun et donner l’ensemble des points Mt quand t décrit !.

Sans autre précision, l’espace est rapporté à un repère (O, i , j , k ). Rien n’interdit en outre de se placer dans un contexte d’espace euclidien et de supposer le repère orthonormal. Les plans (1) et (3) ont des équations fortes de ressemblances, et il en est de même pour les plans (2) et (4). On obtient un système équivalent avec (1)-(3), (2)-(4), (1) et (2).

Avec les équations (1) et (3), il vient : az (sin t + cos t ) = ac (sin t + cos t )

et avec (2) et (4), il vient : bz (cos t

sin t ) = bc (cos t

sin t ).

Comme on a a # 0, b # 0 et que cos t sin t et sin t + cos t ne sont pas simultanément nuls, il vient que z = c équivaut au système (1)-(3), (2)-(4). Le système de quatre équations équivaut alors à : cx az cos t = ac sin t , cy bz sin t = bc cos t , z = c . Il y a une unique solution pour Mt : x = a (cos t sin t ), y = b(sin t + cos t ), z = c . L’ensemble des points Mt est inclus dans le plan z = c .

L’ensemble des points Mt est une ellipse du plan d’équation z = c . En effet, on a cos t

sin t =

2 cos t +

" 4

et cos t + sin t =

2 sin t +

" . 4

Ex. 17 Étudier la courbe ) d’équation x 2 + 4xy + 4y2

5y = 0.

On se place dans le plan euclidien usuel, qui est rapporté à un repère orthonormal & = (O, i , j ). Malgré la présence d’un terme «rectangle» en xy, il n’y a pas de difficulté.

Notons que x 2 + 4xy + 4y2 = (x + 2y)2 , donc ) a pour équation (x + 2y)2

5y = 0.

On choisit un nouveau repère orthonormal & = (O, I , J ). L’objectif est que les formules de changement de repère soient de la forme Y = '(x +2y), X = . . .

Pour avoir un changement de repère orthonormal, on prend P Pour avoir det P

1

= 1, on choisit ' =

1 et P 5

P=

1 5

1

1

='

2 1

1 . 2

est alors orthogonale. Il vient donc :

2 1

1 . 2

Chapitre 8 - Espaces euclidiens. Transformations orthogonales. Géométrie et coniques

389

Alors

X Y

=P

1

x y

x y

et

=P

X Y

donne :

1 1 (x + 2y) et y = ( X + 2Y ). 5 5

Y =

Dans & , la courbe ) a pour équation 5Y 2

5( X + 2Y ) = 0.

On reconnait une parabole ; on en donne une équation réduite. 5Y 2

2 5Y +

5X = 0 se lit aussi

Avec y2 = 2px , le foyer est

Le sommet est S = a pour équation :

1 5

,

1 5

2

1

Y

5

=

1 5

1 5

=

1 4 5

soit X =

.

5

p , 0 , la directrice est x = 2

, le foyer F a pour abscisse

X

1

X p . 2

1

1

5

4 5

=

3 4 5

, et la directrice $

5 . 4

Il reste à revenir au repère initial en utilisant P .

Dans &, le sommet est S =

3 1 , , le foyer est F = 5 5

1 1 , , et la directrice a pour équation : 2 4

5 = 0. 4 On remarquera de plus que la parabole est tangente en O à (Ox ). En effet, en posant : 2x

y

f (x, y) = x 2 + 4xy + 4y2

5y,

on a f (0, 0) = 0 et gradf (0, 0) = (0, 5), donc le vecteur j est normal en O à ). y

Y

)

1 F

O

S

x

1 X

390

Sujets d’oraux

Ex. 18 Étudier la courbe dont une équation, dans un repère orthonormal (O, i , j ) du plan, est : x 2 + 8xy

5y2

28x + 14y + 3 = 0.

Mettons en pratique la méthode classique de changement de repère en rotation.

Soit I = cos - i + sin - j et J =

sin - i + cos - j .

Alors & = (O, I , J ) est le repère orthonormal déduit de & = (O, i , j ) par rotation d’angle -. Si (x, y) sont les coordommées d’un point dans & et (x , y ) ses coordonnées dans & , on a : x = x cos -

y sin - et y = x sin - + y cos -.

Alors, avec : x 2 = x 2 cos2 - + y 2 sin2 2

et

x y sin 2-,

y =x

2

sin2 - + y 2 cos2 - + x y sin 2-,

2xy = x

2

sin 2 -

y

2

sin 2 - +2x y cos 2-,

il vient : x 2 + 8xy 2

cos -

5y2 = 5 sin2 - + 4 sin 2 - x

2

+ sin2 -

5 cos2 -

4 sin 2 - y 2 + 2 4 cos 2 - 3 sin 2 - x y .

On choisit alors - tel que 4 cos 2 - 3 sin 2- = 0, c’est-à-dire tan 2- = En utilisant tan 2- =

2 tan 1

tan2 -

4 . 3

, on peut choisir tan - par la résolution d’une équation du

second degré. 4

Pour avoir 3 = 1 On a :

1

2 tan -

cos2 -

et

5 sin2 - + 4 sin 2- = 6 cos2 - + 4 sin 2 -

2

2

sin -

On a par ailleurs cos2 - =

5 cos 1

1 + tan2 x2

Pour exprimer 0 0 et W (G ) = W (F ) b) On a vu qu F

F, F , 2 ' F + 'F

F , W (G ) = G, G , G

W (G ) = W (F ) F F

2

puis :

= ' W (F ).

F +F F

= ' F, 'F , 2 ' F + 'F

3

F, F , 'F

F et G = F

G

2

.

= G

G

et G G = W (F ) F , il vient :

G

= W (F ) F F

F

F = W (F ) F .

F

2

= W (F ) .

donne W (G ) > 0.

F = G donne G

G = W (F ) F . 2

Avec W (F ) > 0 et W (G ) = W (F ) , il vient F =

1 W (G )

G

G , qui est ainsi la seule

solution possible. Réciproquement, soit F =

1

G

W (G )

G.

Étant donné G " )I , il vient : W (G )

La dérivée de

1 W (G )

= G ,G ,G

404

F =

G, G , G

étant alors F =

Alors, F

+ G, G , G

1 (G W (G )

G)

2 W (G )

G

G

W (G )

(G

Thèmes d’étude – Problèmes

G )=

3/2 ,

+ G, G , G

= G, G , G

il vient :

G, G , G

2 W (G )

3 / 2 (G

G ).

1 W (G )G = G . W (G )

.

c) Avec W ('F ) = '3 W (F ) et W (F ) > 0, on a nécessairement ' > 0 pour avoir 'F " ) I . Avec ('F ) = ' F + 'F , il vient ('F ) On a vu que, pour G " )I , on a :

('F ) = ('F )

G S 1 (G ) =

G

W (G )

(' F + 'F ) = ('F ) S(G )

=

W (G )

('F ) = '2 S(F ).

.

Avec G " )I et ' > 0 (nécessaire comme dit ci-dessus), il vient : S 1 ('G ) =

S('G )

W ('G )

.

Or S('G ) = '2 S(G ) et W ('G ) = '3 G (G ). On en déduit : S 1 ('G ) =

'S

1

(G ).

6 Forme générale des matrices orthogonales en dimension 3, avec 4 paramètres Soit E un espace vectoriel euclidien de dimension 4, Il est rapporté à une base orthonormale " = e1 , e2 , e3 , e4 . On note E l’ensemble E / 0 , E1 = Vect e1 et F = Vect e2 , e3 , e4 . F est muni du produit scalaire induit par celui de E et on l’oriente en choisissant e2 , e3 , e4

pour base directe. On considère p = ae1 + be2 + ce3 + de4 " E , pour (a, b, c, d ) " !4 . On définit alors les endomorphismes fp et gp par leurs matrices Ap et Bp dans la base " : Ap =

a b c d

b a d c

c d a b

d c b a

Bp =

a b c d

b a d c

c d a b

d c b a

1) a) Montrer qu’il existe ' " ! tel que 'Ap et 'Bp soient orthogonales ; préciser alors leurs déterminants. En déduire Ap 1 et Bp 1 . b) On considère les ensembles . et / formés par les endomorphismes fp et gp respectivement, lorsque p décrit E . Montrer que, munis de la loi de composition des applications, ces ensembles sont des sousgroupes du groupe (GL, ) des automorphismes des E . 2) a) Soit p " E / E1 . Montrer que gp 1 fp est une transformation orthogonale qui laisse invariants E1 et F . b) Soit hp l’endomorphisme de F induit par gp 1 fp . De l’étude du noyau de gp fp , déduire les vecteurs invariants par hp . 3) Montrer que hp est une rotation de F et en déterminer l’axe et l’angle autour de cet axe. 4) Montrer que, pour toute rotation ! de F , il existe p " E tel que ! = hp . Chapitre 8 - Espaces euclidiens. Transformations orthogonales. Géométrie et coniques

405

5) Soit A une matrice orthogonale d’ordre 3. Montrer qu’il existe (a, b, c, d ) " !4 tel que a 2 + b2 + c 2 + d 2 # 0 et : A=

1 2

2

2

a +b +c +d

2

a 2 + b2 c 2 d 2 2bc + 2ad 2bd 2ac

2bc 2ad b2 + c 2 d 2 2cd + 2ab

a2

a2

2bd + 2ac 2cd 2ab b2 c 2 + d 2

.

Solution 1) a) Les vecteurs colonnes de Ap sont deux à deux orthogonaux. a 2 + b2 + c 2 + d 2 . Et il en est de même pour Bp .

Chacun d’eux à pour norme p = 1

Alors, avec '2 = Ap 1 = ' ' Ap

p 1

2,

1 , les matrices 'Ap et 'Bp sont orthogonales. p

soit ' =

1

= 't ' Ap = '2 t Ap =

t

2

p

Ap . De même, Bp 1 =

1 p

2

t

Bp .

On calcule le determinant de Ap en développant par exemple suivant la première ligne, ce qui ramène au calcul de quatre déterminants d’ordre 3. Pour ce développement, les règles de calcul sont analogues à celles d’un déterminant d’ordre 3. a d c

det Ap = a

d a b

c b a

b

b d c

d b +c a

c a b

b a c

d c a

c d b

d

b a d

c d a

d c . b

On obtient : a

a d c

d a b

c 2 2 2 2 2 b = a (a + b + c + d ), a

b

b d c

c a b

d 2 2 2 2 2 b = b (a + b + c + d ), a

c

b a c

c d b

d 2 2 2 2 2 c = c (a + b + c + d ), a

d

b a d

c d a

d 2 2 2 2 2 c = d (a + b + c + d ), b

et il vient det Ap = a 2 + b2 + c 2 + b2 On obtient la même chose pour Bp .

2

= p

4

.

b) L’identité a pour matrice Ap avec p = (1, 0, 0, 0). Ap 1 =

1 p

2

t

Ap permet de voir que c’est la matrice de fq , avec q =

1 p

2 (a,

b,

c,

d ).

De même, Bp 1 est la matrice de gq . En formant le produit Ap Ap , on voit que c’est la matrice de fq associé au vecteur : q = (aa

bb

cc

dd , ab + a b + cd

dc , a c + ac + b d

bd , ad + a d + bc

De même on a Bp Bp = Bq . Remarque. Avec det Ap Ap = det Aq , il vient q

2

= p

2

p

2

# 0.

2) a) On a p = (a, b, c, d ), avec b2 + c 2 + d 2 # 0. Avec ' =

1 , 'fp et 'gp sont des transformations orthogonales. On a : p 2 gp 1

406

fp =

Thèmes d’étude – Problèmes

' gp

1

' fp = t ' g p

('fp ).

b c ).

Composée de transformations orthogonales, gp 1 fp est orthogonale. De gp e1 = fp e1 = p, on déduit gp 1 invariant par gp 1 fp .

= e1 et il s’ensuit que E1 = Vect e1 est

fp e1

Avec F = e1! , il s’ensuit que gp 1 fp laisse F invariant. b) u est invariant par hp lorsque u " F vérifie fp (u ) = gp (u ), soit u " F ' Ker(gp fp ). u = (x, y, z, t ) " Ker(gp fp ) s’exprime par dz + ct = 0, dy bt = 0 et cy + bz = 0. Cela équivaut à (y, z, t ) (b, c, d ) = 0, c’est-à-dire (y, z, t ) " !(b, c, d ). En posant p2 = be2 + ce3 + de4 , on a Ker gp fp = Vect e1 , p2 , puis Inv hp = Vect p2 . 3) Induit par l’endomorphisme orthogonal gp 1 fp , hp est un endomorphisme orthogonal de F . En question 2)b), on a vu que Inv(hp ) = !p2 . Il s’ensuit que hp est une rotation d’axe dirigé par p2 . Et 1)b) donne : Bp 1 Ap =

1 2

2

2

a +b +c +d

2C

où C est la matrice :

C=

a 2 + b2 + c 2 + d 2 0 0 0

0 a 2 + b2 c 2 d 2 2bc + 2ad 2bd 2ac

0 2bc 2ad b2 + c 2 d 2 2cd + 2ab

a2

a2

0 2bd + 2ac 2cd 2ab b2 c 2 + d 2

.

La matrice de hp dans e2 , e3 , e4 est : Hp =

1 p

2

a 2 + b2 c 2 d 2 2bc + 2ad 2bd 2ac

1 + 2 cos - = Tr Hp donne cos - =

a

2

b

2

a2

2

2

d

2

2

c

2

2bc 2ad b2 + c 2 d 2 2cd + 2ab

a +b +c +d

a

2

2bd + 2ac 2cd 2ab b2 c 2 + d 2

.

2

.

- étant mesuré autour de p2 , le signe de sin - est celui de det e2 , hp (e2 ), p2 s’il n’est pas nul.

On a det e2 , hp e2 , p2 =

1 p

2

1 0 0

a2

b2 c 2 d 2 2bc + 2ad 2bd 2ac

b 2a c 2 + d 2 . c = 2 p d

Pour a # 0, avec c 2 + d 2 # 0, le signe de sin - est celui de a . Si on a c 2 + d 2 = 0, on étudie le signe de det e3 , hp e3 , p2 ou celui de det e4 , hp e4 , p2 , pour la même conclusion. Pour a = 0, hp est le demi-tour d’axe !p2 = !p. 4) Tout demi-tour d’axe !(b, c, d ) est hp avec p = be2 + ce3 + de4 . Si ! est une rotation, autre qu’un demi-tour, d’axe dirigé par u = be2 + ce3 + de4 , u = 1, et d’angle - autour de u , on choisit a tel que a 2 = Alors ! = hp avec p = ae1 + be2 + ce3 + de4 . 5) M est dans %3 (!) si et seulement si de %+3 (!).

1 + cos avec a de même signe que sin -. 1 cos -

M " %+3 (!). Il suffit donc de connaître les éléments

Les matrices de rotations sont les Hp , b2 + c 2 + d 2 # 0 ; la matrice de Id vient de p = e1 . Chapitre 8 - Espaces euclidiens. Transformations orthogonales. Géométrie et coniques

407

7 Produit scalaire et polynômes E est l’ensemble des polynômes réels, muni de ses structures de !-espace vectoriel et

d’anneau commutatif. Pour n entier naturel non nul, En en est le sous-ensemble formé des polynômes de degré au plus égal à n . 1

1) a) Justifier que E

!, (P, Q) ! (P Q) =

E

b) Justifier que 0 : E

P (t )Q(t ) dt est un produit scalaire sur E . 1

!, (P, Q) ! (XP Q) est une forme bilinéaire symétrique sur E .

E

2) On suppose qu’il existe un endomorphisme ! de En tel que : $(P, Q) " En

a) Montrer que, pour tout Q " En , !(Q) b) Montrer que, si deg Q + n

En , P ! (Q) = 0(P, Q).

XQ est orthogonal à tout P " En .

1, alors !(Q) = XQ.

c) On se place dans le cas n = 2. On vient de voir que !(1) = X et !(X ) = X 2 . Posons ! X 2 = aX 2 + bX + c . En exprimant que ! X 2

X 3 est orthogonal à 1, à X et à X 2 , montrer que ! X 2 =

3 X. 5

Former la matrice M de ! dans la base canonique (1, X, X 2 ) de E2 et calculer, pour ' " !, le déterminant de M 'I3 où I3 est la matrice unité d’ordre 3. En déduire les réels ' pour lesquels M

'I3 n’est pas inversible.

On admettra dans la suite que, pour tout n " " , il existe un endomorphisme ! de En et un seul qui convienne. d) Montrer que $(P, Q) " En phisme symétrique.

En , P ! (Q) = !(P ) Q . On dit alors que ! est un endomor-

3) On admet qu’il existe une base orthonormale U0 , . . . , Un de En et une famille (%i )0+i +n de réels tels que : $k " [[ 0, n ]], ! Uk = %k Uk . n

a) Montrer que $(P, Q) " En

En , 0(P, Q) =

% k Uk P

Uk Q .

k =0

On pourra pour cela utiliser les coordonnées de P et Q dans la base U0 , U1 , . . . , Un . b) Montrer que $k " [[ 0, n ]], %k < 1. On pourra pour cela étudier 0 Uk , Uk . 4) On pose )k = 1 Uk où U0 , . . . , Un est la base de En annoncée en question 3). a) Montrer que, pour tout k " [[ 1, n ]] et pour tout i " [[ 0, n ]], on a X k Ui = %ki )i . En déduire que, pour tout P " En et pour tout i " [[ 0, n ]],

Ui P = )i P (%i ).

b) Montrer que, pour tout i " [[ 0, n ]], le produit )i Ui (%i ) est différent de 0. En déduire que tous les )i , 0 + i + n , sont différents de 0. 408

Thèmes d’étude – Problèmes

c) Soit p + 1 = Card %i , 0 + i + n . On réindexe les %i de manière que les p + 1 premiers soient deux à deux distincts. Ainsi tout %j d’indice j > p est égal à l’un des %i d’indice i + p. p

On pose alors Rn (X ) =

(X

%i ).

i =0

En considérant les produits scalaires Ui Rn , montrer que les réels %i , 0 + i + n , sont deux à deux distincts. En déduire que Rn est de degré n + 1. d) Pour j " [[ 0, n ]], on pose Lj (X ) =

Rn (X ) = X %j

%k ).

(X k "[[ 0,n ]] / j

Montrer que, pour tout j " [[ 0, n ]], il existe un réel (j tel que Uj = (j Lj . 1 Lj . Lj (%j )

Montrer les relations (j )j Lj (%j ) = 1 et )2j =

5) Les réels %i et )i , 0 + i + n , sont ceux qui ont été définis précédemment. n

1

a) Montrer que, pour tout P " E2n +1 , on a

)2i P (%i )

P (t ) dt = 1

(E).

i =0

On pourra établir l’égalité pour le polynôme 1 puis pour les X k , 1 + k + 2n + 1. b) Montrer que cette égalité n’est vraie pour aucun polynôme de degré 2n + 2. n

6) a) Étant donné P " En , calculer le produit scalaire de P et Rn =

(X

%i ).

i =0

b) Soit Vn un polynôme de degré n + 1 et de coefficient dominant égal à 1. Montrer que, si Vn est orthogonal à tout P " En , alors Vn = Rn . En déduire que l’on peut déterminer Rn par un système de n + 1 équations à n + 1 inconnues (ce qui évite de rechercher au préalable les %i , 0 + i + n ). c) Établir une relation simple entre Rn (X ) et Rn ( X ). d) Exemple. n = 2 : déterminer R2 puis les %i , 0 + i + 2 ; en déduire les polynômes Lj puis les réels )2j , 0 + j + 2.

Solution 1) a) C’est une banale question de cours. 1

b) 0(P, Q)) =

tP (t )Q(t ) dt : bilinérité et symétrie sont évidentes. 1

2) a) $(P, Q) " E 2 , (P ! (Q)) = (XP Q) = (P XQ) donc (P ! (Q) Alors !(Q)

XQ est orthogonal à tout P " En , c’est-à-dire !(Q)

b) Si Q est de degré +n 1, alors !(Q) XQ " En , et !(Q) nul car En ' En! = 0 ; donc !(Q) = XQ.

XQ) = 0. XQ " En! .

XQ, orthogonal à tout P " En , est

Chapitre 8 - Espaces euclidiens. Transformations orthogonales. Géométrie et coniques

409

c) Pour Q = X 2 , l’orthogonalité de !(Q) 1

(at 2 + bt + c

1

3

(at 3 + bt 2 + ct

t ) dt =

1

XQ = aX 2 + bX + c

X 3 à 1, X et X 2 s’exprime par : 1

4

t ) dt =

1

1 a c = + = 0, soit a = c = 0 et b = 5 5 3 0 0 La matrice de ! dans la base (1, X, X 2 ) de E2 est M = 1 0 0 1

c’est-à-dire

a b +c = 3 3

det M

'I 3 =

'I3 est non inversible pour ' " 0,

Donc M

(at 4 + bt 3 + ct 2

5

t ) dt = 0

1

3 , 5

3 5

, et on obtient :

0

3 . 5

'2

'

3 3X . Donc ! X 2 = . 5 5 0

3 . 5

d) La symétrie de ! découle de la symétrie de la forme bilinéaire 0. n

3) a) La base étant orthonormale, tout Q " En s’écrit

(Q Ui )Ui , donc : i =0

n

n

!(Q) =

(Q Ui ) ! (Ui ) = i =0

%i (Q Ui )Ui . i =0

n

Pour tout P de En on a alors 0(P, Q) = P ! (Q) = P

n

%i (Q Ui )Ui

=

i =0

%i (Q Ui )(P Ui ). i =0

b) En prenant P = Q = Ui , l’égalité précédente se réduit à : 1

%i = 0(Ui , Ui ) = (X.Ui Ui ) =

2

tUi (t ) dt . 1

1

1

2

t Ui (t ) dt +

Donc % i +

2

Ui (t ) dt = (Ui Ui ) = 1.

1

1

Et l’inégalité est stricte car les fonctions t ! t Ui 2 (t ) et t ! Ui 2 (t ) sont continues et l’ensemble des t où elles prennent la même valeur est fini (t = 1 ou t = 1 ou t zéro de Ui .) 4) a) La formule est vraie pour k = 0 par définition de )i . n

Pour k " [[ 1, n ]], on a X k Ui =

% p Up X k

1

U p U i = %i U i X

k 1

(formule 3)a)).

p=0

D’où, par récurrence sur k : pour tout k entre 0 et n , on a X k Ui = %ki )i . n

Soit P =

ak X k " En . Alors (Ui P ) =

k =0

n

ak X k Ui =

k =0

n

n

ak %ki )i = )i

k =0

ak %ki . Donc :

k =0

$P " En , Ui P = )i P (%i ).

b) En particulier )i Ui (%i ) = Ui Ui = 1 donc les )i sont non nuls. c) Rn est à racines simples : l’ensemble de ses racines est l’ensemble des %i . Si les %i ne sont pas deux à deux distincts, on a p < n ou encore Rn (x ) " En . Alors, pour tout i " [[ 0, n ]], on obtient Ui Rn = )i Rn (%i ) = 0 car %i est racine de Rn . Les coordonnées Ui Rn de Rn sur la base Ui 410

Thèmes d’étude – Problèmes

0+i +n

sont donc nulles, donc Rn = 0.

La contradiction avec Rn # 0 montre que les %i sont deux à deux distincts et que le degré de Rn est n + 1. d) Lj appartient à En , donc, pour i " [[ 0, n ]], Ui Lj = )i Lj (%i ), qui est nul dès que %i est racine de Lj , donc pour tout i # j. Les composantes de Lj sur la base Ui

sont donc nulles, sauf peut-être la j-ième.

0+i +n

Autrement dit : Lj est colinéaire au polynôme Uj . Puisque Lj n’est pas nul, cette colinéarité peut s’écrire Uj = (j Lj ; on a donc : 1 = Uj Uj = (j Lj Uj = (j )j Lj (%j ). 1 Lj . Finalement : )j Lj (%j )

On a donc aussi )j = 1 Uj = 1 (j Lj = (j 1 Lj =

1 Lj . Lj (%j )

(j )j Lj (%j ) = 1 et )j 2 =

5) a) Si P = 1, alors P 2 = P , donc : 1

1

P (t ) dt = 1

n

2

1

n

(P Ui )2 =

P (t ) dt = (P P ) = i =0

n

(1 Ui )2 =

i =0

k

p

)i 2 =

i =0

n

)i 2 P (%i ).

i =0

q

Si P = X , k " [[ 1, 2n + 1 ]], on peut écrire P = X X X , p et q dans [[ 0, n ]], ce qui donne : 1

1

p q

P (t ) dt = n

1

P (t ) dt =

donc 1

% i Ui X p

p

q

t.t .t dt = 0(X , X )

1

1

n

Ui X q =

p

n

q

%i %i ) i %i ) i =

i =0

i =0

%i k ) i

i =0

n

1

Les formes linéaires sur E2n +1 qui à P associent

1

P (t ) dt et

2

n

=

)i 2 P (%i ).

i =0

)i 2 P (%i ) prennent la même

i =0

valeur sur la base usuelle de E2n +1 , elles sont donc égales, pour tout P " E2n +1 , on a : n

1

P (t ) dt = 1

)i 2 P (%i ) (E ).

i =0

b) S’il existe un polynôme P de degré 2n + 2 tel que la relation (E ) soit vraie, alors : 1, X, . . . , X 2n +1 , P

est une base de E2n +2 et la relation (E ), vérifiée par tout vecteur de cette base est donc vérifiée (raisonnement déjà fait) par tout vecteur de E2n +2 . Notamment, avec (Rn (x ))2 on obtient

1

Rn (t )

2

n

dt =

1

)2i Rn (%i )

2

= 0, qui est absurde

i =0

puisque Rn n’est pas nul. La relation (E ) est fausse pour tout polynôme de degré 2n + 2. 6) a) P " En implique PRn " En +1 et on applique (E ) : n

1

(P Rn ) =

P (t )Rn (t ) dt = 1

)i 2 P (%i )Rn (%i ) = 0 donc (P Rn ) = 0.

i =0

b) Dans En +1 , l’orthogonal du sous-espace En est une droite vectorielle. Chapitre 8 - Espaces euclidiens. Transformations orthogonales. Géométrie et coniques

411

On vient de voir que Rn est dans cette droite. Comme il est non nul, tout autre vecteur de cette droite est de la forme kRn . En particulier: si Vn a X n +1 comme terme de plus haut degré et est orthogonal à tout polynôme de En , alors Vn = Rn . Rn est donc le polynôme unitaire Q de degré n + 1 qui vérifie : 1

$k " [[ 0, n ]], n

Avec Rn (X ) = X n +1 +

k

t Q(t ) dt = 0. 1

p

cp X , on obtient ainsi un système de n + 1 équations pour les n + 1 p=0

inconnues c0 , c1 , . . . , cn .

c) Pour P " En , on a, en appliquant a) au polynôme P ( X ) qui appartient à En , 1

P ( t )Rn (t ) dt = 0. 1 1

Après changement de variable u =

P (u )Rn ( u ) du = 0. Alors Rn ( X ) est

t , cela donne 1

orthogonal à tout élément de En , donc colinéaire à Rn (X ). Son terme dominant étant ( 1)n +1 X n +1 , il vient Rn ( X ) = ( 1)n +1Rn (X ). d) R2 ( X ) = R2 (X ) ; R2 est impair : R2 (X ) = X 3 + cX . 1

Alors

1

(t 4 + ct 2 ) dt = 0 donne

puis %0 =

1 t + = 0 puis c = 5 3

3 , %1 = 0 et % 2 = 5

puis L0 (X ) = X 2

X

3 et L2 (X ) = X 2 + X 5

1

2 . (1 L1 ) = 3

6 Et avec L0 (%0 ) = = L2 (%2 ) ; L1 (%1 ) = 5

3 , il vient donc : 5

On obtient alors (1 L0 ) = (1 L2 ) =

3X 5

3 ; 5

3 2 , L1 (X ) = X 5 1

3 , d’où R2 (X ) = X 3 5

2

t dt =

)20 = )2 2 =

1

(t 2

1

3 . 5 3 5

) dt =

8 . 15

5 8 ; )1 2 = . 9 9

8 Podaire d’une conique # est une conique d’équation polaire 1 =

où F est un foyer de #.

1 dans un repère orthonormal (F, i , j ), 1 + e cos -

La podaire de # par rapport à F est l’ensemble des projetés orthogonaux de F sur les tangentes à #. 412

Thèmes d’étude – Problèmes

Pour - " !, on pose u- = cos - i + sin - j et v- =

sin - i + cos - j .

1) a) Calculer les coordonnées dans le repère (M (-), u- , v- ) du projeté orthogonal P de F sur la tangente à # au point M (-). En déduire une représentation paramétrique dans le repère (F, i , j ) de la podaire de # par rapport à F . 2) Étudier cette podaire quand # est une parabole. Retrouver ce résultat par les propriétés géométriques d’une parabole. 1

3) Préciser la podaire de # lorsque e = 2 ou e = 2.

Solution 1) a) Le vecteur MP est le projeté orthogonal de MF sur la tangente en M . 1 =

e sin -

(1 + e cos -)2

, donc un vecteur tangent en M (-) à # est t = e sin - u- + (1 + e cos -) v- .

On a : t

2

= 1 + e2 + 2e cos - = (e + cos -)2 + sin2 -.

t est nul si et seulement si sin - = 0 et e + cos - = 0, ce qui exige e = 1 (# est une parabole) et - = " mod 2". Puisque dans ce cas 1 n’est pas défini en ", on en déduit que pour tout - " D1

(ensemble de définition de 1), on a t # 0 . P est défini par MP =

Avec MF = P=

(MF t

t ) 2

t .

1 u , on obtient (MF 1 + e cos - -

e sin puis : 1 + e cos -

e sin -

1 u 1 + e cos -

On a donc P =

t )=

-

(1 + e cos -)(1 + e 2 + 2e cos -)

1 1 + e2 + 2e cos -

(1 + e cos -) u-

e sin - u- + (1 + e cos -) v- .

e sin - v- .

Revenons au repère (F, i , j ), avec u- = cos - i + sin - j et v- = P=

1 1 + e2 + 2e cos -

sin - i + cos - j , il vient :

(e + cos -) i + sin - j .

Considérons la courbe ) paramétrée par x (t ) =

e + cos t 2

1 + e + 2e cos t

, y(t ) =

Mis à part le cas où e = 1, objet de la question suivante, ) est de classe

sin t 2

1 + e + 2e cos t

.

sur !.

Elle est périodique, de période 2". Comme t ! x (t ) est paire et que t ! y(t ) est impaire, la courbe est symétrique par rapport à l’axe (F, i ) et on peut réduire l’étude à l’intervalle [0, "]. Des exemples sont étudiés en dernière question. Chapitre 8 - Espaces euclidiens. Transformations orthogonales. Géométrie et coniques

413

1 sin 1 1 i + j = i + tan j . 2 2(1 + cos -) 2 2 2

2) Avec e = 1, on a P =

Quand - décrit l’intervalle ]

", "[, l’ordonnée

1 tan décrit ! tout entier. 2 2

1 2

La podaire est donc la droite d’équation x = . Étude géométrique : il est classique que le projeté du foyer sur une tangente appartienne à la tangente au sommet $.

y

Q

M

P

En outre, pour tout point P de $, soit Q tel que FQ = 2FP ; Q est sur la directrice 2, et la médiatrice de [FQ] est la tangente à la parabole au point M dont le projeté orthogonal sur 2 est Q. P est alors le projeté orthogonal de F sur cette tangente.

O

2

x

F

$ ) 1 2

3) a) On étudie un cas particulier de podaire d’une ellipse 0, avec e = . On a P =

2 (1 + 2 cos -) i + 2 sin - j . 5 + 4 cos -

Étude géométrique de la podaire. Soit F le second foyer de l’ellipse. Notons 2a la longueur du grand axe. Soit M un point de 0, on a MF + MF = 2a . Rappelons que la tangente T en M est la bis-

y

#

M O F

sectrice extérieure de MF , MF . On obtient classiquement que le point P appartient au cercle # de centre O , centre de l’ellipse, et de rayon a .

P

x

F

0

Cette approche géométrique permet, en amenant l’origine des axes au point O = F

2 i 3

(centre de l’ellipse), de vérifier que la courbe paramétrée par : P =F+

2 (1 + 2 cos -) i + 2 sin - j 5 + 4 cos 4 3

est le cercle de centre O et de rayon . b) On étudie un cas particulier de podaire d’une hyperbole. Avec e = 2, on a : P=

1 (2 + cos -) i + sin - j . 5 + 4 cos -

Une étude géométrique analogue au cas précédent permet de vérifier que la podaire est encore le cercle de centre O = F 414

1 2 i (centre de l’hyperbole) et de rayon a = . 3 3

Thèmes d’étude – Problèmes

9 Ellipses et tangentes Dans un plan rapporté à un repère orthonormal (O, i , j ), on considère, avec a et b strictement positifs, les courbes 0:

x

2

a

2

+

y b

2

2

=1 , 0 :

x

2

4a

2

+

y

2

4b2

=1

1) a) Étant donné un point M (x0 , y0 ) " 0, justifier que toute droite passant par M coupe 0 en deux points éventuellement confondus. Préciser, par une équation cartésienne, la droite qui coupe 0 en deux points confondus. b) En utilisant le paramétrage

x = a cos t

y = b sin t

de 0, former une équation cartésienne de la

tangente en M à 0. En conclusion, on notera que la tangente en M à 0 est la droite qui a en commun avec 0 le point M et lui seul. 2) Étant donné une droite d’équation ux + vy + w = 0, avec u + v # 0, montrer qu’elle est tangente à 0 si et seulement si a 2 u 2 + b2 v2 w2 = 0. On dit que c’est l’équation tangentielle de 0. 3) Rappeler la représentation paramétrique classique de 0 . Étant donné des points distincts M1 et M2 de 0 , de paramètres respectifs t1 et t2 , former une équation cartésienne de la droite (M1 M2 ). Donner une condition nécessaire et suffisante, portant sur t1 et t2 , pour que (M1 M2 ) soit tangente à 0. 4) Soit M un point de 0 . Des droites distinctes $1 et $2 , passant par M et tangentes à 0, recoupent 0 en P et Q. Montrer que la droite (PQ) est tangente à 0.

Solution 1) a) Soit u = (', () un vecteur directeur d’une droite $ passant par M = (x0 , y0 ). Elle est représentée paramétriquement par x = x0 + t ', y = y0 + t (, avec t " !. Le point de paramètre t appartient à 0 si et seulement si : b2 (x0 + t ') + a 2 (y0 + t () = a 2 b2 ,

('2 b2 + (2 a 2 )t 2 + 2(b2 x0 ' +a 2 y0 ()t = 0, compte tenu de b2 x02 + a 2 y02 = a 2 b2 .

Outre le point M (de paramètre 0), il y a le point de paramètre : 2(b2 x0 ' +a 2 y0 () '2 b2 + (2 a 2

.

Ces deux points sont confondus si et seulement si b2 x0 ' +a 2 y0 ( = 0. Chapitre 8 - Espaces euclidiens. Transformations orthogonales. Géométrie et coniques

415

M est double quand $ est dirigée par u = ( a 2 y0 , b2 x0 ) et a donc pour équation : x y

a 2 y0 = 0, b2 x0

x0 y0

c’est-à-dire (en utilisant à nouveau b2 x02 + a 2 y02 = a 2 b2 ) : xx0 yy0 b2 xx0 + a 2 yy0 = a 2 b2 soit finalement 2 + 2 = 1. a b

b) La tangente en M " 0 de paramètre t0 est dirigée par u = ( a sin t0 , b cos t0 ). Elle a donc pour équation : x y

a cos t0 b sin t0

a sin t0 = 0 c’est-à-dire bx cos t0 + ay sin t0 = ab. b cos t0 y

x

yy

xx

Avec cos t0 = a0 et sin t0 = b0 on obtient 20 + 20 = 1. a b 2)

Condition nécessaire

La tangente en un point de 0 ne passe pas par O , d’où w # 0. u v x y = 1 est tangente en M = (x0 , y0 ) " 0 si et seulement si cette w w xx yy x u y v et 02 = . En équation est aussi 20 + 20 = 1. On a donc nécessairement 02 = w w a b a b reportant dans ux0 + vy0 + w = 0, il vient a 2 u 2 + b2 v2 w2 = 0.

La droite d’équation

Condition suffisante Supposons que a 2 u 2 + b2 v2 Soit alors M = (x0 , y0 ) avec

w2 = 0, avec u + v # 0, ce qui implique w # 0.

x0

a

2

u y et 02 = w b

=

v . On a : w

2 2

ux0 + vy0 =

a u w

2 2

b v = w

donc M appartient à la droite d’équation ux + vy + w = 0 et par suite M appartient à 0. Enfin, l’équation

xx0

a

2

+

yy0 b

2

w, x0

a

2

+

y0 b

2

2 2

=

a u w

2

2 2

+

b v

w

2

= 1, et

= 1 de la tangente en M à 0 se lit aussi ux + vy + w = 0.

3) Soit M1 = (2a cos t1 , 2b sin t1 ) et M2 = (2a cos t2 , 2b sin t2 ), des points distincts dans 0 , c’est-à-dire avec t1 t2 # 0 mod(2"). (M1 M2 ) a pour équation

Avec cos t2 puisque t1

2a cos t1 2b sin t1

x y

2a (cos t2 2b(sin t2

cos t1 ) = 0. sin t1 )

t2 + t1 t t t +t , sin t2 sin t1 = 2 sin 2 2 1 cos 2 2 1 et, 2 t2 t1 t2 # 0 mod(2") implique sin # 0, en notant de plus que : 2

cos t1 =

2 sin

t2

cos t1 cos

2

t1

sin

t2 + t1 t2 + t1 t2 t1 + sin t1 sin = cos , 2 2 2

la droite (M1 M2 ) a pour équation : bx cos

416

t2 + t1 t +t + ay sin 2 1 2 2

Thèmes d’étude – Problèmes

2ab cos

t2

2

t1

= 0.

(M1 M2 ) est tangente à 0 si et seulement si : a 2 b2 cos2

t2 + t1 t +t t t1 t t 1 + a 2 b2 sin2 2 1 = 4a 2 b2 cos2 2 , c’est-à-dire cos2 2 1 = , 2 2 2 2 4

ou encore cos

t2

2

t1

= cos

" + k " avec k " #, soit t2 3

t1 =

2" + 2k ", k " #. 3

4) Soit M un point de paramètre t sur 02 . Alors les paramètres t1 et t2 de P et Q vérifient t

t1 =

2" + 2k " et t2 3

t=

2" + 2k " . 3

On a donc deux cas : l’un, t2

t1 = 0 + 2k ", est à écarter puisque $1 # $2 ,

l’autre étant t2 tangente à 0.

t1 =

4" + 2k ", ce qui équivaut à t2 3

t1 =

2" + 2k ", donc (PQ) est 3

10 Hyperbole et structure de groupe Le plan est rapporté à un repère orthonormal & = (O, i , j ). La notation M = (x, y) désigne le point M de coordonnées (x, y) dans &. On utilisera les points E = (1, 0) et E = ( 1, 0). 1) Étant donné un point M = (x, y), on note M1 son image par la réflexion d’axe (O, j ). Donner la relation entre x et y qui exprime la nullité du produit scalaire ME .M1 E Reconnaître l’ensemble ( des points M tels que ME .M1 E = 0. 2) Étant donné M = (x, y) et M = (x , y ) de (, on définit le point S = (X, Y ) par : X = xx + yy Y = xy + x y

On dit que S est le produit de M et M . On note alors S = M M . Montrer que ((, ) est un groupe commutatif. 3) a) Étant donné M et M dans (, avec M différent de M et du symétrique M 1 de M pour la loi , montrer que S = M M est le point de ( tel que les droites (ES) et (MM ) sont parallèles. b) Que devient ce résultat quand M = M ? c) Quelle propriété de la droite (MM ) équivaut à S = E ? Donner une propriété équivalente faisant intervenir ME .M E 4) a) Soit [AB] et [CD ] des cordes perpendiculaires de (. On pose P = A B et Q = C D . Que peut-on dire des vecteurs PE et QE ? Chapitre 8 - Espaces euclidiens. Transformations orthogonales. Géométrie et coniques

417

En déduire que A B C D = E . Montrer que [AC ] et [BD ] sont perpendiculaires, ainsi que [AD ] et [BC ]. b) Soit [AB] et [AC ] des cordes perpendiculaires de (. Montrer que la tangente en A à ( est perpendiculaire à (BC ). Montrer que le cercle de diamètre [BC ] recoupe ( au point A symétrique de A par rapport à O.

Solution 1) Étant donné M = (x, y), les coordonnées de M1 sont ( x, y). Avec EM = (x

1, y) et EM1 = ( x

1, y), on a ME .M1 E = 0 si et seulement si x 2

y 2 = 1.

On reconnait une équation d’hyperbole équilatère, d’asymptotes y = x et y = x , de sommets E et E . 2) La loi est interne dans (. En effet, étant donné M = (x, y) et M = (x , y ) tels que : x2

calculons X 2

y2 = 0 et x 2

y 2 = 1,

Y2 :

(xx + yy )2

(xy + x y)2 = x 2 x

2

+ y2 y 2

x2y 2

x 2 y 2 = (x 2

y2 )(x 2

y 2) = 1

ce qui montre que ( ( & ( Notons que est commutative. Soit M = (x, y), M = (x , y ) et M = (x , y ) Nous avons : S=M

M = (xx + yy , xy , x y)

et S M = (x (xx + yy ) + y (xy + x y), x (xy + x y) + y (xx + yy ) c’est-à-dire (M M ) M = (xx x + xy y + x y y + x yy , yy y + yx x + y x x + y xx ), résultat invariant par permutation circulaire. La loi est donc associative. Les coordonnées de M E sont (x, y). Ainsi E est neutre pour . Étant donné M = (u, v) " (, cherchons M = (x, y) tel que M M = E . ux + vy = 1

Le système

vx + uy = 0

est de déterminant

u v

v = u2 u

v2 = 1.

Il admet (u, v) pour unique solution et le point de coordonnées (u, v) appartient à l’ensemble ( : l’inverse de M est son image dans la réflexion d’axe (O, i ). 3) a) Soit M = (x, y) et M = (x , y ) distincts sur (. Nous avons ES = (xx + yy Il vient Det(ES, MM ) = Si M # M 418

1

1, xy + x y) et MM = (x

xx + yy 1 xy + x y

x y

x = y(y 2 y

x, y

y)

x 2 ) + y (x 2

, on a E # S et les droites (ES) et (MM ) sont parallèles.

Thèmes d’étude – Problèmes

y2 ) + y

y = 0.

b) Quand M = M , le point S = M recoupe (. c) S = M

M est celui où la parallèle en E à la tangente en M à (

M est égal à E quand (MM ) est parallèle à (O, i ), c’est-à-dire quand M = M1 .

(Voir question 1).) C’est-à-dire quand ME .M E = 0. 4) a) (PE ) est parallèle à (AB) et (QE ) est parallèle à (CD ). Il s’ensuit que, si [AB] et [CD ] sont perpendiculaires, les vecteurs PE et QE sont orthogonaux. La question 3)c) donne alors A B C D = P Q = E . Avec la commutativité, on a A C B D = E . Posons U = A C et V = B D . De U V = E , on déduit UE ! VE Avec (AC ) / / (UE ) et (BD ) / / (VE ), il vient (AC ) ! (BD ). De même, on a (AD ) ! (BC ). b) A A est le point X tel que (EX ) est parallèle à la tangente en A à (. Soit Y = B C . L’orthogonalité de (AB) et (AC ) donne (voir a)) A B A C = E . Il vient alors A A B C = E , c’est-à-dire X Y = E . Comme en a), on déduit que la tangente en A est perpendiculaire à (BC ). O étant centre de symétrie de (, la tangente en A à ( est parallèle à la tangente en A. Elle est donc perpendiculaire à (BC ). On en déduit :

A

A

B

C = E puis A

B

A

C=E,

ce qui montre que (A B) et (A C ) sont perpendiculaires. Ainsi A appartient aussi au cercle de diamètre [BC ].

11 Une famille de courbes Le plan est rapporté à un repère orthonormal (O, i , j ). 1) Quelles sont les courbes 31 et 32 d’équations respectives 2)2

(x

4y2 = 0 et 4x 2

(y

3)2 = 0 ?

2) Pour k " !, on considère l’ensemble #k d’équation : (x

2)2

4y2 + k 4x 2

(y

3)2 = 0.

a) Montrer que les courbes #k ont en commun quatre points dont on précisera les coordonnées. b) Pour quelle valeur de k " !, la courbe #k est-elle un cercle ? En préciser le centre et le rayon. c) Pour quelles valeurs de k les courbes #k sont-elles des paraboles ? En préciser alors foyer et directrice dans chacun des cas. Chapitre 8 - Espaces euclidiens. Transformations orthogonales. Géométrie et coniques

419

d) Pour quelles valeurs de k " !, la courbe #k est-elle la réunion de deux droites ? Dans la suite, on écarte ces valeurs particulières de k . 3) a) Déterminer (par ses coordonnées, en fonction de k ) le point . tel que, dans le repère (., i , j ), la courbe #k ait pour équation : 2

2

X Y + = 1, U (k ) V (k )

avec U (k ) et V (k ) à préciser en fonction de k . b) Étudier le signe de U (k ) et V (k ) et en déduire la nature de #k . 4) Donner une équation de l’ensemble E des centres des courbes #k qui ont un centre de symétrie. 5) Calculer en fonction de k le carré e2 de l’excentricité des ellipses #k .

Solution 1) 31 est la réunion des droites $1 et $2 d’équations x + 2y 32 est la réunion des droites $3 et $4 d’équations 2x + y

2 = 0 et x

3 = 0 et 2x

2y

2 = 0.

y + 3 = 0.

2) a) Les courbes #k ont en commun les points communs à 31 et 32 . Ce sont $1 ' $3 , $1 ' $4 , $2 ' $3 , $2 ' $4 , c’est-à-dire les points de coordonnées : 4 1 , , 3 3 2)2

b) L’équation (x

4 7 , , 5 5

4y2 + k 4x 2

(1 + 4k )x 2 + ( 4

(y

8 , 5

1 , 5

k )y2

4x + 6ky + 4

x+

2 3

+ (y + 1)2 =

52 . Le centre est 9

9k = 0.

k # 0, c’est-à-dire k =

3x 2 + 3y2 + 4x + 6y

soit

7 . 3

3)2 = 0 de #k se lit aussi :

Il s’agit d’un cercle si et seulement si 1 + 4k = 4 2

8 , 3

1, pour l’équation :

13 = 0,

2 2 13 , 1 et le rayon est . 3 3

c) #k est une parabole dans les deux cas 1 + 4k = 0 et 4 + k = 0. Les équations sont respectivement : 15 2 y 4

Étude du cas où k = 15 2 2 y + y + 4x 4 5

Sommet . = 420

8 , 5

4x

3 25 y+ = 0 et 2 4

15x 2

4x

24y + 40 = 0.

1 4 25 1 = 0, ou encore y + 4 5

2

=

16 x 15

1 4 , axe de symétrie (., i ), foyer F , 5 3

Thèmes d’étude – Problèmes

8 . 5 1 28 , directrice D : x = . 5 15

Étude du cas où k = 4 15 x 2 +

4 x + 24y 15

2

2 15

x+

8 y 5

=

151 . 90

2 151 , , axe de symétrie (., j ), foyer F = 15 90

Sommet . = D:y=

40 = 0 ou encore

2 23 , , directrice 15 18

187 . 90

d) Pour k $

4,

1 , #k a pour équation : 4 4x 1 + 4k

(1 + 4k ) x 2

et enfin :

2

2 1 + 4k

ou encore : (1 + 4k ) x

3k 4+k

(4 + k ) y 2

2 1 + 4k

(1 + 4k ) x

6ky 4+k

(4 + k ) y2 2

+

9k = 0,

1 k + 9k 1 + 4k 4+k

+4 1 2

3k 4+k

(4 + k ) y

+4

4k (7 32k ) = 0. (1 + 4k )(4 + k )

#k est la réunion de deux droites quand k = 0 (avec #0 = 31 ) ou quand k = #

7 32

16 15

a pour équation : 4 x 6x

9y

7 45

9 y

2

7 . 32

= 0, c’est la réunion des droites :

5 = 0 et 10x + 15y

13 = 0.

2 2 1 7 X Y , , #k a pour équation + = 1, avec : 4 32 U (k ) V (k )

3) a) Pour k $ 0, 4, x=

2

1 =0

2 3k 4k (32k 7) 4k (7 32k ) + X, y = + Y , U (k ) = , V (k ) = . 1 + 4k 4+k (1 + 4k )2 (4 + k ) (1 + 4k )(4 + k )2 2 3k . , 1 + 4k 4 + k

Le centre de symétrie est . = b)

1 4

4

k

U (k )

+

V (k )

+

nature

hyp.

7 32 0

0 +

0

+

0 ell.

+

hyp. 2

+

0

hyp.

hyp.

3k

4) Les coordonnées du centre sont x = 1 + 4k et y = 4 + k . Notons que l’on a x # 0 et que k # 4 donne x # 2

x = 4k donne k =

2

x

4x

; en reportant dans y = 3

En prenant en compte les centres de #0 et de # l’hyperbole d’équation y = 5) Pour 4 < k < k=

2 15

7 32

12 3(2 x ) , il vient y = . 4+k 2 + 15x

, l’ensemble des centres des courbes #k est

3(2 x ) privée du point (0, 3). 2 + 15x

1 U (k ) , on a U (k ) > 0 et V (k ) > 0 et 4 V (k )

1 correspond à un cercle. On distingue

4