2. Ainsi ϕα,β est surjective si et seulement si l’un des deux vecteurs e3,α ou e4,β n’appartient pas à F. En ce cas en effet, rg(ϕα,β ) = 3 = dim R3 . Or e3,α et e4,β appartiennent à F si et seulement si il existe λ , λ 0 , µ, µ 0 ∈ R tels que : e3,α = λ e1 + µe2 et e4,β = λ 0 e1 + µ 0 e2 . Un petit calcul montre donc que ϕα,β n’est pas surjective si et seulement si α = 22 et β = 4. Donc ϕα,β est surjective si et seulement si α 6= 22 ou β 6= 4. Correction de l’exercice 1337 N 1. (a) Commençons par des remarques élémentaires : la matrice est non nulle donc rg(A) > 1 et comme il y a p = 4 lignes et n = 3 colonnes alors rg(A) 6 min(n, p) = 3.
1487
(b) Ensuite on va montrer rg(A) > 2 en effet le sous-déterminant 2×2 (extrait du coin en haut à gauche) : 1 2 3 4 = −2 est non nul. (c) Montrons que rg(A) = 2. Avec les déterminants il faudrait vérifier que pour toutes les sous-matrices 3 × 3 les déterminants sont nuls. Pour éviter de nombreux calculs on remarque ici que les colonnes sont liées par la relation v2 = v1 + v3 . Donc rg(A) = 2.
(d) L’application linéaire associée à la matrice A est l’application fA : R3 → R4 . Et le théorème du rang dim fA + dim Im fA = dim R3 donne ici dim fA = 3 − rg(A) = 1. Mais la relation = v un élément du noyau : en écrivant v1 −v2 +v3 = 0 1 +v3 donne v2 immédiatement 1 0 1 alors A −1 = 0 Donc −1 ∈ fA . Et comme le noyau est de dimension 1 alors 1 0 1
1 fA = Vect −1 1
(e) Pour un base de l’image, qui est de dimension 2, il suffit par exemple de prendre les deux premiers vecteurs colonnes de la matrice A (ils sont clairement non colinéaires) : 1 1 1 3 Im fA = Vect {v1 , v2 } = Vect , 1 5 1 7
2. On fait le même travail avec B et fB .
(a) Matrice non nulle avec 4 lignes et 4 colonnes donc 1 6 rg(B) 6 4. 2 2 = −2 est non nul alors rg(B) > 2. (b) Comme le sous-déterminant (du coin supérieur gauche) 4 3 (c) Et pareil avec le sous-déterminant 3 × 3 : 2 2 −1 4 3 −1 = −2 0 −1 2 qui est non nul donc rg(B) > 3.
(d) Maintenant on calcule le déterminant de la matrice B et on trouve det B = 0, donc rg(B) < 4. Conclusion rg(B) = 3. Par le théorème du rang alors dim fB = 1. (e) Cela signifie que les colonnes (et aussi les lignes) sont liées, comme il n’est pas clair de trouver la relation à la main on résout le système BX = 0 pour trouver cette relation ; autrement dit : 2 2 −1 7 x 0 2x + 2y − z + 7t = 0 4 3 −1 11 y 0 4x + 3y − z + 11t = 0 0 −1 2 −4 · z = 0 ou encore −y + 2z − 4t = 0 3x + 3y − 2z + 11t = 0 3 3 −2 11 t 0
Après résolution de ce système on trouve que les solutions s’écrivent (x, y, z,t) = (−λ , −2λ , λ , λ ). Et ainsi −1 −2 fB = Vect 1 1
1488
Et pour une base de l’image il suffit, par exemple, de prendre les 3 premiers vecteurs colonnes v1 , v2 , v3 de la matrice B, car ils sont linéairement indépendants : −1 2 2 4 3 −1 , , Im fB = Vect {v1 , v2 , v3 } = Vect 0 −1 2 −2 3 3 Correction de l’exercice 1338 N 2
L (E) est isomorphe à Mn (R) donc est de dimension finie n2 . La famille {idE , ϕ, . . . , ϕ n } compte n2 + 1 vecteurs donc est liée c’est à dire : il existe λ0 , . . . , λn2 dans R, non tous nuls et tels que λ0 idE + λ1 ϕ + · · · + 2 2 λn2 ϕ n = 0. Le polynôme P(X) = λ0 + λ1 X + · · · + λn2 X n répond donc à la question. Correction de l’exercice 1339 N Nous associons à la matrice A son application linéaire naturelle f . Si B = (e1 , e2 , . . . , en ) est la base canonique de Rn alors f (e1 ) est donné par le premier vecteur colonne, f (e2 ) par le deuxième, etc. Donc ici 0 0 .. .. . . f (e1 ) = 0 = en , f (e2 ) = 0 = en−1 , ... et en général f (ei ) = en+1−i 0 1 1 0 Calculons ce que vaut la composition f ◦ f . Comme une application linéaire est déterminée par les images des éléments d’une base alors on calcule f ◦ f (ei ), i = 1, . . . , n en appliquant deux fois la formule précédente : f ◦ f (ei ) = f f (ei ) = f (en+1−i ) = en+1−(n+1−i) = ei
Comme f ◦ f laisse invariant tous les vecteurs de la base alors f ◦ f (x) = x pour tout x ∈ Rn . Donc f ◦ f = id. On en déduit f −1 = f et que la composition itérée vérifie f p = id si p est pair et f p = f si p est impair. Conclusion : A p = I si p est pair et A p = A si p est impair.
Correction de l’exercice 1342 N
1. Notons P la matrice de passage de la base canonique B = (1, 0), (0, 1) vers (ce qui va être) la base B 0 = (e1 , e2 ). C’est la matrice composée des vecteurs colonnes e1 et e2 : −2 −2 P= 3 5 det P = −4 6= 0 donc P est inversible et ainsi B 0 est bien une base. Alors la matrice de f dans la base B 0 est : 2 1 5 1 0 2 2 −2 −2 −1 3 B = P AP = − = 3 5 0 13 − 52 − 23 4 −3 −2
2. Il est très facile de calculer la puissance d’une matrice diagonale : 1 0 n B = n 0 13 Comme A = PBP−1 on va en déduire An : n
−1 n
A = PBP
n −1
= PB P
1489
1 10 − 36n = 4 −15 + 15 3n
4 − 34n −6 + 10 3n
x 3. Si l’on note Xn = n alors les équations que vérifient les suites s’écrivent en terme matriciel : yn Xn+1 = AXn . x Si l’on note les conditions initiales X0 = 0 ∈ R2 alors Xn = An X0 . On en déduit y0 xn = 1 (10 − 6n )x0 + (4 − 4n )y0 4 3 3 1 15 10 yn = (−15 + )x + (−6 + )y 4 3n 0 3n 0 Correction de l’exercice 1345 N Soit A = (ai j )16i, j6n une matrice carrée n × n. On veut démontrer le résultat suivant dû à Hadamard : Supposons que pour tout i ∈ {1, · · · , n}, on ait n
|aii | >
∑
j=1, j6=i
|ai j |
alors A est inversible. 1. Montrons le résultat pour n = 2. Dans ce cas, la matrice A s’écrit A=
a11 a12 a21 a22
et les hypothèses deviennent |a11 | > |a12 | et |a22 | > |a21 |. La matrice A est inversible si et seulement si son déterminant est non nul, or det A = a11 a22 − a12 a21 , et, compte tenu des hypothèses, |a11 a22 | = |a11 ||a22 | > |a12 ||a21 | = |a12 a21 |, ainsi|a11 a22 | > |a12 a21 | donc a12 a21 6= a12 a21 et le déterminant est non nul.
2. Soit B, la matrice obtenue en remplaçant, pour j > 2, chaque colonne c j de A par la colonne cj −
a1 j c1 , a11
Calculons les bi j en fonction des ai j . Montrons que si les coefficients de A satisfont les inégalités cidessus, alors pour i > 2, on a n
|bii | > On a bi j = ai j −
∑
j=2, j6=i
|bi j |.
a1 j a11 si j > 2 et bi1 = ai1 . a i1
par l’inégalité triangulaire, on a
∑
j=2, j6=i
|bi j | = 6
|ai j −
∑
|ai j | +
∑
|ai j | +
j=2, j6=i
j=2, j6=i
=
a1 j ai1 | a11
∑
j=2, j6=i
1490
|a1 j ||a11 | ai1 | |
|ai1 ||a11 | |a1 j |. ∑ j=2, j6=i
Mais, par hypothèse, pour i = 1, on a n
∑ |a1 j | < |a11 |,
j=2
donc
n
∑
j=2, j6=i
|a1 j | < |a11 | − |a1i |.
D’où, en remplaçant dans l’inégalité précédente
∑
j=2, j6=i
|bi j | < =
∑
|ai j | + |ai1 | −
∑
|ai j | −
j=2, j6=i
j=1, j6=i
|ai1 ||a11 | a1i | |
|ai1 ||a11 | a1i | |
|ai1 ||a11 | a1i | < |aii | − | ai1 a11 6 aii − = |bii |. a 1i
3. Démontrons le résultat de Hadamard pour n quelconque. Soit A = (ai j )16i, j6n une matrice carrée n × n, vérifiant pour tout i ∈ {1, · · · , n}, n
|aii | >
∑
j=1, j6=i
|ai j |
On veut démontrer que A est inversible. Le résultat est vrai pour n = 2, d’après la question 1). Soit n arbitrairement fixé, supposons le résultat vrai pour n − 1 et démontrons le pour n. On a det A = det B où B est la matrice construite dans la question 2) a11 0 ··· 0 . B = .. (b ) i j (26i, j6n)
an1
Or, la matrice (bi j (26i, j6n) ) est une matrice carrée d’ordre n − 1 qui vérifie les hypothèses de Hadamard, d’après la question 2). Elle est donc inversible par hypothèse de récurrence. Et, par conséquent, la matrice A est inversible car a11 6= 0.
Correction de l’exercice 1346 N Soient A et B des matrices non nulles de Mn (R). On suppose que A.B = 0. 1. Démontrons que Im B ⊂ ker A. Soit y ∈ Im B, il existe x ∈ Rn tel que y = Bx, d’où Ay = ABx = 0, ainsi y ∈ ker A ce qui prouve l’inclusion. 2. On suppose que le rang de A est égal à n − 1, déterminons le rang de B. On a rgB = dim Im B et on sait que dim Im A + dim ker A = n par conséquent, si rgA = n − 1 on a dim ker A = 1 et l’inclusion Im B ⊂ ker A implique dim Im B 6 1 or, B est supposée non nulle d’où dim Im B = 1 = rgB.
Correction de l’exercice 1349 N 1 1. φ (P) = (−X − 1)n−1 P − X+1 . 2. I.
1491
Correction de l’exercice 1350 N f n’est pas nul et donc dim(Ker f ) 6 2. Puisque f 2 = 0, Im f ⊂ Ker f . En particulier, dim(Ker f ) > rg f = 3 − dim(Ker f ) et dim(Ker f ) > 23 . Finalement, dim(Ker f ) = 2. Ker f est un plan vectoriel et Im f est une droite vectorielle contenue dans Ker f . f n’est pas nul et donc il existe e1 tel que f (e1 ) 6= 0 (et en particulier e1 6= 0). Posons e2 = f (e1 ). Puisque f 2 = 0, f (e2 ) = f 2 (e1 ) = 0 et e2 est un vecteur non nul de Ker f . D’après le théorème de la base incomplète, il existe un vecteur e3 de Ker f tel que (e2 , e3 ) soit une base de Ker f . Montrons que (e1 , e2 , e3 ) est une base de R3 . Soit (α, β , γ) ∈ R3 . αe1 + β e2 + γe3 = 0 ⇒ f (αe1 + β e2 + γe3 ) = 0 ⇒ αe2 = 0 ⇒ α = 0 (car e2 6= 0).
Puis, comme β e2 + γe3 = 0, on obtient β = γ = 0 (car la famille (e2 , e3 ) est libre). Finalement, α = β = γ = 0 et on a montré que (e1 , e2 , e3 ) est libre. Puisque cette famille est de cardinal 3, c’est 0 0 0 une base de R3 . Dans cette base, la matrice A de f s’écrit : A = 1 0 0 . 0 0 0 Correction de l’exercice 1353 N 1. 2. M −1 = 3. 4.
−a b(na+b) U
+ b1 I.
(na + b)n − bn M = U + bn I ⇒ n n
n pair : a = 0, ou − 2b n , b = ±1 n impair : a = 0, b = 1.
Correction de l’exercice 1354 N −1 A −A−1 BC−1 −1 2. M = . 0 C−1 Correction de l’exercice 1356 N 1.
0 ... 1 . . . 2. Si A est diagonale : M = .. . 0
1 0 . Si ak` 6= 0 : M = I − trA E`k . ak` . . .. . . 1 0 0
Correction de l’exercice 1357 N
x1 x2 Avant de commencer la résolution nous allons faire une remarque importante : pour X = . un vecteur .. xn
(considéré comme une matrice à une seule colonne) alors nous allons calculer tXX : x1 x2 t XX = (x1 , x2 , · · · , xn ) . = x12 + x22 + · · · + xn2 . .. xn
1492
On note kXk2 = tXX : kXk est la norme ou la longueur du vecteur X. De ce calcul on déduit d’une part que tXX > 0. Et aussi que tXX > 0 si et seulement si X est le vecteur nul. 1. Nous allons montrer que I + M est inversible en montrant que si un vecteur X vérifie (I + M)X = 0 alors X = 0. Nous allons estimer t(MX)(MX) de deux façons. D’une part c’est un produit de la forme tYY = kY k2 et donc t(MX)(MX) > 0. D’autre part : t
(MX)(MX) = t(MX)(−X) t t
car (I + M)X = 0 donc MX = −X
car t(AB) = tBtA
= X M(−X)
= tX(−M)(−X) = tXMX
car tM = −M
= tX(−X) = −tXX
= −kXk2 Qui est donc négatif. Seule possibilité kXk2 = 0 donc X = 0 (= le vecteur nul) et donc I + M inversible.
2. (a) Calculons A−1 .
A−1 = (I − M) × (I + M)−1
−1
= (I + M)−1
(n’oubliez pas que (AB)−1 = B−1 A−1 ).
−1
× (I − M)−1 = (I + M) × (I − M)−1
(b) Calculons tA. A = t (I − M) × (I + M)−1 = t (I + M)−1 × t(I − M) −1 t = t(I + M) × (I − M) −1 = I + tM) × (I − tM)
t
= (I − M)−1 × (I + M)
car t(AB) = tBtA
−1 car t(A−1 ) = t A
car t(A + B) = tA + tB car ici tM = −M
(c) Montrons que I + M et (I − M)−1 commutent. Tout d’abord I + M et I − M commutent car (I + M)(I − M) = I − M 2 = (I − M)(I + M). Maintenant nous avons le petit résultat suivant : Lemme. Si AB = BA alors AB−1 = B−1 A. Pour la preuve on écrit : AB = BA ⇒ B−1 (AB)B−1 = B−1 (BA)B−1 ⇒ B−1 A = AB−1 . En appliquant ceci à I + M et I − M on trouve (I + M) × (I − M)−1 = (I − M)−1 × (I + M) et donc A−1 = tA. Correction de l’exercice 1358 N 3. X = −A ou X = 12 A ou X = A − I ou X = − 21 A − I. Correction de l’exercice 1359 N 1493
1. J 2 = J. 2. JM = MJ. 3. k = rgJ.
Correction de l’exercice 1360 N 1. 2.
A+(2−n)I n−1 .
1 (a−b)(a+(n−1)b)
a + (n − 2)b (−b)
1 −1 1 . . . .. .. .. . . . . . .. .. 3. .. . (0) 1 −α¯ 1 −α 1 + α α¯ 4. 1−α α¯ 0 −α (0) 1/an . ··· 5. 1/a1 (0)
±1 .. . . 1 −1 1 0 −α¯ . 1
(−b) ..
. a + (n − 2)b
.
1 6. diag(λi ) − 1+λ1 +···+λ (λi λ j ). n
Correction de l’exercice 1361 N 9 −36 30 55.6 −277.8 255.6 A−1 = −36 192 −180, B−1 ≈ −277.8 1446.0 −1349.2. 30 −180 180 255.6 −1349.2 1269.8 Correction de l’exercice 1362 N Soit B = (ei )16i6n la base canonique de Cn et (e0i )16i6n la famille d’éléments de Cn de matrice A dans la base B. Par définition, on a ∀i ∈ {1, ..., n − 1}, e0i = iei +
n
∑
e j et e0n = nen .
j=i+1
En retranchant membre à membre ces égalités, on obtient ∀i ∈ {1, ..., n − 1}, e0i − e0i+1 = i(ei − ei+1 ) et e0n = nen , ou encore 1 1 ∀i ∈ {1, ..., n − 1}, ei − ei+1 = (e0i − e0i+1 ) et en = e0n . i n Mais alors, pour i ∈ {1, ..., n − 1}, on a
1494
ei =
n−1
n−1
∑ (e j − e j+1 ) + en =
∑
j=i
n
n
j=i
n−1 n 1 1 1 0 1 0 1 0 (e j − e0j+1 ) + e0n = ∑ e0j − ∑ e j + en j n n j=i j j=i+1 j − 1
1 1 1 0 = e0i + ∑ e0j − ∑ e i j j − 1 j j=i+1 j=i+1
n 1 1 e0j = e0i − ∑ i j( j − 1) j=i+1
Mais alors, Cn = Vect(e1 , ..., en ) ⊂ Vect(e01 , ..., e0n ), ce qui montre que la famille B 0 = (e01 , ..., e0n ) est génératrice de Cn et donc une base de Cn . Par suite, A est inversible et 1 i si i = j −1 0 0 − 1 si i > j . 0 A = MatB B = (ai, j )16i, j6n où ai, j = i(i−1) 0 si i < j Correction de l’exercice 1363 N x1 Soit X = ... un vecteur du noyau de A. Supposons X 6= 0. Alors, si i0 est un indice tel que |xi0 | = xn Max{|xi |, i ∈ {1, ..., n}}, on a |xi0 | > 0. Mais alors, n
AX = 0 ⇒ ∀i ∈ {1, ..., n},
j=1
⇒ |ai0 ,i0 xi0 | = | −
j6=i0
∑ ai, j x j = 0
∑ ai , j x j | 6 ∑ |ai , j |.|x j | 6 |xi | ∑ |ai , j | 0
0
j6=i0
0
0
j6=i0
et, puisque |xi0 | > 0, on obtient |ai0 ,i0 6 ∑ j6=i0 |ai0 , j | contredisant les hypothèses de l’énoncé. Donc, il est absurde de supposer que KerA contient un vecteur non nul et A est bien inversible. Correction de l’exercice 1364 N Soient k et l deux entiers tels que 1 6 k 6 n et 1 6 l 6 n. Le coefficient ligne k, colonne l de AA vaut : n
n
j=1
j=1
∑ ω (k−1)( j−1) ω −( j−1)(l−1) = ∑ (ω k−l ) j−1 .
1er cas. Si k = l, ω k−l = 1, et le coefficient vaut ∑nj=1 1 = n. 2ème cas. Si k 6= l. On a −(n − 1) 6 k − l 6 n − 1 avec k − l 6= 0 et donc, k − l n’est pas multiple de n. Par suite, ω k−l 6= 1 et n
∑ (ω k−l ) j−1 =
j=1
1 − (ω k−l )n 1 − 1k−l = = 0. 1−ω 1−ω
En résumé, AA = nIn . Donc A est inversible à gauche et donc inversible et A−1 = 1n A. Correction de l’exercice 1365 N Soit f l’endomorphisme de Rn [X] qui, à un polynôme P de degré inférieur ou égal à n, associe le polynôme P(X + 1).
1495
Par la formule du binôme de N EWTON, on voit que A est la matrice de f dans la base canonique (1, X, ..., X n ) de Rn [X]. f est clairement un automorphisme de Rn [X], sa réciproque étant l’application qui, à un polynôme P associe le polynôme P(X − 1). A est donc inversible et A−1 = (bi, j )06i, j6n où bi, j = 0 si i > j et bi, j = (−1)i+ jCij si i 6 j. Correction de l’exercice 1366 N Soit H un hyperplan de Mn (R). H est le noyau d’une forme linéaire non nulle f . Pour M = (mi, j )16i, j6n , posons f (M) = ∑16i, j6n ai, j mi, j où les ai, j sont n2 scalaires indépendants de M et non tous nuls. n ai,i 1er cas. Supposons qu’il existe deux indices distincts k et l tels que ak,l 6= 0. Soit M = In − ∑i=1 ak,l Ek,l . M est inversible car triangulaire à coefficients diagonaux tous non nuls et M est dans H car f (M) = ∑ni=1 ai,i − n ai,i ak,l ∑i=1 ak,l = 0. 0 1 0 ... 0 .. . . . . . . .. . . . . . .. 2ème cas. Si tous les ak,l , k 6= l, sont nuls, H contient la matrice inversible ... . . 0 .. 0 . 1 1 0 ... ... 0 Correction de l’exercice 1367 N 1 2 0 ... ... 0 .. . .. 0 1 3 . .. . . . . . . . . .. . . . . . . A= . .. 0 .. .. .. . . . n−1
... ... 0 .. . .. 0 0 3 . .. . . . . . . . . .. . . . . . = I + N où N = . . .. 0 .. .. .. . . . n−1 0 ... ... 0 0 0 ... ... 0 1 N est nilpotente et donc N n = 0. Par suite, 0
2
0
.
I = I − (−N)n = (I + N)(I − N + ... + (−N)n−1 ). Ainsi A est inversible à gauche et donc inversible, d’inverse I − N + ... + (−N)n−1 . Calcul de N p pour 1 6 p 6 n. N 2 = ∑nj=2 jE j−1, j
2
n = ∑26 j,k6n jkE j−1, j Ek−1,k = ∑n−1 j=2 j( j + 1)E j−1, j E j, j+1 = ∑ j=3 j( j − 1) jE j−2, j .
0 0 2×3 0 ... 0 . .. .. . .. . 3×4 .. . .. .. . . 0 2 . c’est-à-dire N = .. . (n − 1)n .. . 0 0 ... ... 0 0 n n 3 Ensuite, N = ∑ j=3 ( j − 1) jE j−2, j (∑k=2 kEk−1,k )) = ∑nj=4 j( j − 1)( j − 2)E j−3, j . Supposons que pour p donné dans [[1, n − 1]], N p = ∑nj=p+1 j( j − 1)...( j − p + 1)E j−p, j . Alors N p+1 = ∑nj=p+1 j( j − 1)...( j − p + 1)E j−p, j (∑nk=2 kEk−1,k ) = ∑nj=p+2 j( j − 1)...( j − p)E j−p−1, j . Ainsi j−i−1 A−1 = (ai, j )16i, j6n où ai, j = 0 si i > j, 1 si i = j et (−1)i+ j−2 ∏k=0 ( j − k) sinon.
1496
Correction de l’exercice 1368 N On inverse A en l’interprétant comme une matrice de passage. Soit B = (e1 , ..., en ) la base canonique de Rn et (e01 , ..., en ) la famille de vecteurs de Rn de matrice A dans la base B. A inversible ⇔ (e01 , ..., e0n ) base de E ⇔ Vect(e1 , ..., en ) ⊂ Vect(e01 , ..., e0n ) ⇔ ∀i ∈ [[1, n]] , ei ∈ Vect(e01 , ..., e0n ). Dans ce cas, A−1 est la matrice de passage de B 0 à B. Soit u = e1 + ... + en . Pour tout i ∈ [[1, n]], e0i = ai ei + u ce qui fournit ei = En additionnant membre à membre ces n égalités, on obtient
1 0 − u). ai (e i n 1 0 u = ∑i=1 ai ei − ∑ni=1 a1i u
et donc λ u = ∑ni=1 a1i e0i
où λ = 1 + ∑ni=1 a1i . 0 1er cas. Si λ 6= 0, on peut exprimer u en fonction des e0i , 1 6 i 6 n, et donc les ei fonction des ei . Dans ce cas A est inversible. Plus précisément, u =
1 a1
− λ1a2
1 1 − λ a1 a2 .. A−1 = . .. . − λ a11 an
1 λ
∑ni=1 a1i e0i puis, ∀i ∈ [[1, n]], ei =
− λ a12 a1
1 a2
− λ1a2 2
− λ a12 a3
...
..
− λ a12 an
− λ a1n a1 .. . .. .
...
.
.. .
1 an−1
...
e0i − λ1 ∑nj=1 a1j e0j et enfin
1 ai
− λ a12
n−1
− λ an1an−1
− λ an1an−1 1 an
− λ1a2 n
où λ = 1 + ∑ni=1 a1i .
2ème cas. Si λ = 0, on a ∑ni=1 a1i e0i = 0 ce qui montre que la famille (e0i )16i6n est liée et donc que A n’est pas inversible. Correction de l’exercice 1369 N Notons A la matrice de l’énoncé. Soit f l’endomorphisme de Rn [X] de matrice A dans la base canonique B de Rn [X]. D’après la formule du binôme de N EWTON, ∀k ∈ [[0, n]], f (X k ) = (X + 1)k . f coïncide donc sur la base B avec l’endomorphisme de Rn [X] qui à un polynôme P associe P(X + 1) et f est donc cet endomorphisme. f est un automorphisme de Rn [X] de réciproque l’application qui à un polynôme P associe P(X − 1). Par suite, A est inversible d’inverse la matrice de f −1 dans la base B. j −1 i+ j Le coefficient ligne i, colonne j, de A vaut donc 0 si i > j et (−1) si i 6 j. i Correction de l’exercice 1370 N Calculons AA. Soit ( j, k) ∈ [[1, n]]2 . Le coefficient ligne j, colonne k de AA vaut ∑nu=1 ω ( j−1)(u−1) ω −(u−1)(k−1) = ∑nu=1 ω j−k
u−1
.
• Si j = k, ce coefficient vaut n. • Si j = 6 k, puisque j − k est strictement compris entre −n et n et que j − k n’est pas nul, ω j−k est différent de n 1−(ω j−k ) 1−1 1. Le coefficient ligne j, colonne k, de AA est donc égal à 1−ω j−k = 1−ω j−k = 0. Finalement, AA = nIn . Ainsi, A est inversible à gauche et donc inversible, d’inverse A−1 = 1n A. Correction de l’exercice 1371 N Montrons que KerA est réduit à {0}. Dans le cas contraire, on dispose d’un vecteur colonne non nul X0 tel que AX0 = 0. Posons X0 = (xi )16i6n . Pour tout i ∈ [[1, n]], ∑nj=1 ai, j x j = 0 ⇒ ai,i xi = − ∑ j6=i ai, j x j ⇒ |ai,i ||xi | 6 ∑ j6=i |ai, j ||x j |. 1497
On prend alors pour i un indice i0 tel que |xi0 | = Max{|x1 |, ..., |xn |}. Puisque X 6= 0, on a |xi0 | > 0. De plus, |ai0 ,i0 ||xi0 | 6 ∑ j6=i0 |ai0 , j ||x j | 6 ∑ j6=i0 |ai0 , j | |xi0 |, et puisque |xi0 | > 0, on obtient après simplification |ai0 ,i0 | 6 ∑ j6=i0 |ai0 , j | ce qui contredit les hypothèses. Donc KerA = {0} et A est inversible.
Correction de l’exercice 1372 N 1. si le déterminant ad − bc est non nul l’inverse est
−4 0 −4 1 2 2. 14 3 2 −2 0
1 ad−bc
3.
4.
5.
6.
d −b −c a
1 −α¯ 0 1 −α 1 + α α¯ −α¯ si |α| 6= 1 alors l’inverse est 1−α α¯ 0 −α 1 −2 1 1 1 1 −2 1 1 1 3 1 1 −2 1 1 1 1 −2 1 −1 0 · · · 0 0 1 −1 0 · · · .. .. .. . . . .. . 0 1 −1 0 ··· ··· 0 1 1 −2 1 0 ··· 0 1 −2 1 0 ··· 1 −2 1 0 . . . . . . . . . (0) 1 −2 1
Correction de l’exercice 1374 N Il n’y a pas de solution. Correction de l’exercice 1375 N 1 0 0 0 M = 0 1 0 0. 0 0 0 0 Correction de l’exercice 1376 N a b c d 0 2a 3a + 2b 4a + 3b + 2c est inversible pour a 6= 0. P= 0 0 4a 12a + 4b 0 0 0 8a Correction de l’exercice 1377 N 1498
1 1 1 N = P−1 AP avec P = 1 −1 1 . 1 1 −1 Correction de l’exercice 1378 N B − I est inversible. Correction de l’exercice 1380 N 0 1 0 0 0 0 1 0 oui, P = 0 0 0 1. 1 0 0 0 Correction de l’exercice 1383 N 1. rgu = rg(u(i), u( j),u(k)) = rg(u( j), u(k), u(i)). La matrice de cette dernière famille dans la base (i, j, k) 1 0 0 0 1 0 . Cette dernière famille est de rang 3. Donc, rgu = 3 et u est bien un automorphisme est −3 3 1 3 de R . Posons e1 = u(i), e2 = u( j) et e3 = u(k). −1 e1 = k k = e1 u (k) = i e2 = i − 3k ⇔ i = 3e1 + e2 u−1 (i) = 3i + j ⇔ −1 e3 = j + 3k j = −3e1 + e3 u ( j) = −3i + k
et
3 −3 1 A−1 = MatB (u−1 ) = 1 0 0 . 0 1 0
2. (Questions 2) et 3)). Posons e1 = xi + y j + zk (e1 , e2 et e3 désignent d’autres vecteurs que ceux du 1)). −1 1 0 x 0 −x + y = 0 −y + z = 0 u(e1 ) = e1 ⇔ (u−Id)(e1 ) = 0 ⇔ 0 −1 1 y = 0 ⇔ ⇔ x = y = z. 1 −3 2 z 0 x − 3y + 2z = 0
On prend e1 = i + j + k. Posons e2 = xi + y j + zk.
−x + y = 1 −y + z = 1 u(e2 ) = e1 + e2 ⇔ (u − Id)(e2 ) = e1 ⇔ ⇔ y = x + 1 et z = x + 2. x − 3y + 2z = 1
On prend e2 = j + 2k. Posons e3 = xi + y j + zk.
−x + y = 0 −y + z = 1 u(e3 ) = e2 + e3 ⇔ (u − Id)(e3 ) = e2 ⇔ ⇔ y = x et z = x + 1. x − 3y + 2z = 2
On prend e3 = k.
1499
1 0 0 La matrice de la famille (e1 , e2 , e3 ) dans la base (i, j, k) est P = 1 1 0 . Cette matrice est de 1 2 1 rang 3 et est donc inversible. Par suite (e1 , e2 , e3 ) est une base de R3 . Enfin, k = e3 e1 = i + j + k j = e2 − 2e3 e2 = j + 2k , ⇔ i = e1 − e2 + e3 e3 = k
et
1 0 0 P−1 = −1 1 0 . 1 −2 1
3. Voir question précédente.
1 1 0 4. Soit T est la matrice de u dans la base (e1 , e2 , e3 ). T = 0 1 1 . Les formules de changement de 0 0 1 bases s’écrivent T = P−1 AP ou encore A = PT P−1 . Par suite, pour tout relatif n, An = PT n P−1 . 0 1 0 0 0 1 Posons N = 0 0 1 . On a N 2 = 0 0 0 puis N 3 = 0. 0 0 0 0 0 0 Donc, pour n entier naturel supérieur ou égal à 2 donné, puisque I et N commutent, la formule du binôme de N EWTON fournit 1 n n(n − 1)/2 n(n − 1) . n T n = (I + N)n = I + nN + N2 = 0 1 2 0 0 1
Cette formule reste claire pour n = 0 et n = 1. Pour n = −1, (I + N)(I − N + N 2 ) = I + N 3 = I et donc 1 −1 1 1 −1 T −1 = (I + N)−1 = I − N + N 2 = 0 1 −1 = 0 1 0 0 1 0 0
(−1)(−1−1) 2
−1 1
,
et la formule reste vraie pour n = −1. Enfin, pour n entier naturel non nul donné, T −n = (I + nN + n(n−1) 2 −1 −n(−n−1) 2 2 mais (I + nN + n(n−1) N ) = I et donc T −n = I − nN + −n(−n−1) N 2. 2 N ) 2 N )(I − nN + 2 2 Finalement,
Puis
1 n n(n − 1)/2 n(n − 1) 2 . 0 1 n ∀n ∈ Z, T n = I + nN + N = 2 0 0 1
1 0 0 1 n n(n − 1)/2 1 0 0 −1 1 0 n An = PT n P−1 = 1 1 0 0 1 1 2 1 0 0 1 1 −2 1 1 n n(n − 1)/2 1 0 0 −1 1 0 n(n + 1)/2 = 1 n+1 1 n + 2 (n + 1)(n + 2)/2 1 −2 1 (n − 1)(n − 2)/2 −n(n − 2) n(n − 1)/2 n(n − 1)/2 −(n − 1)(n + 1) n(n + 1)/2 = n(n + 1)/2 −n(n + 2) (n + 1)(n + 2)/2
ce qui fournit un (i), un ( j) et un (k).
1500
Correction de l’exercice 1384 N Si M(a) et N(a) sont semblables alors nécessairement Tr(M(a)) = Tr(N(a)). Or, pour tout scalaire a, Tr(M(a)) = 4 − 3a = Tr(N(a)). La trace ne fournit aucun renseignement. On doit aussi avoir det(M(a)) = det(N(a)). Or, det(N(a)) = (1 − a)2 (2 − a) et det(M(a)) = (4 − a)(a2 − 1 − 2) + 6(1 − a + 1) + 2(2 − 1 − a) = (4 − a)(a2 − 3) + 14 − 8a = −a3 + 4a2 − 5a + 2 = (a − 1)2 (2 − a) = det(N(a)).
Le déterminant ne fournit aucun renseignement. Soit f l’endomorphisme de K3 de matrice M(a) dans la base canonique B0 = (i, j, k) de K3 . Le problème posé équivaut à l’existence d’une base B = (e1 , e2 , e3 ) de K3 telle que f (e1 ) = (1 − a)e1 , f (e2 ) = 3 (1 − a)e2 + e1 et f (e3 ) = (2 − a)e 3 . Soit (x, y, z) un élément de K . 3x + y − z = 0 y = −2x −6x − 2y + 2z = 0 ⇔ . On peut prendre e1 = (1, −2, 1). • f ((x, y, z)) = (1 − a)(x, y, z) ⇔ z=x 2x + y = 0 3x + y − z = 1 y = −2x − 1 −6x − 2y + 2z = −2 ⇔ . On peut prendre • f ((x, y, z)) = (1 − a)(x, y, z) + (1, −2, 1) ⇔ z = x−2 2x + y = 1 e2 = (0, −1, −2). 2x + y − z = 0 y = −2x −6x − 3y + 2z = 0 ⇔ • f ((x, y, z)) = (2 − a)(x, y, z) ⇔ . On peut prendre e3 = (1, −2, 0). z=0 2x + y − z = 0 1 0 1 La matrice de la famille B = (e1 , e2 , e3 ) dans la base B0 est P = −2 −1 −2 . detP = −4 + 4 + 1 = 1 −2 0 3 1 6= 0 et donc la famille B = (e1 , e2 , e3 ) est une base de K . Puisque MatB0 f = M(a) et MatB f = N(a), les matrices M(a) et N(a) sont semblables. Correction de l’exercice 1385 N Soient A et B deux matrices carrées réelles de format n semblables dans Mn (C). Il existe P élément de G L n (C) telle que PB = AP (bien plus manipulable que B = P−1 AP). Posons P = Q + iR où Q et R sont des matrices réelles. Par identification des parties réelles et imaginaires, on a QB = AQ et RB = AR mais cet exercice n’en est pas pour autant achevé car Q ou R n’ont aucune raison d’être inversibles. On a QB = AQ et RB = AR et donc plus généralement pour tout réel x, (Q + xR)B = A(Q + xR). Maintenant, det(Q + xR) est un polynôme à coefficients réels en x mais n’est pas le polynôme nul car sa valeur en i (tel que i2 = −1) est detP qui est non nul. Donc il n’existe qu’un nombre fini de réels x, éventuellement nul, tels que det(Q + xR) = 0. En particulier, il existe au moins un réel x0 tel que la matrice P0 = Q + x0 R soit inversible. P0 est une matrice réelle inversible telle que P0 A = BP0 et A et B sont bien semblables dans Mn (R). Correction de l’exercice 1388 N 1. Soit M une matrice telle que M 2 = 0 et soit f l’application linéaire associée à M. Comme M 2 = 0 alors f ◦ f = 0. Cela entraîne Im f ⊂ f . Discutons suivant la dimension du noyau : (a) Si dim f = 3 alors f = 0 donc M = 0 (la matrice nulle).
(b) Si dim f = 2 alors prenons une base de R3 formée 0 vecteur. Dans cette base la matrice de f est M 0 = 0 0 1501
de deux vecteurs du noyau et d’un troisième 0 a 0 b mais comme f ◦ f = 0 alors M 02 = 0 ; 0 c
un petit calcul implique c = 0. Donc M et M 0 sont les matrices de la même application linéaire f mais exprimées dans des bases différentes, donc M et M 0 sont semblables. (c) Si dim f = 1 alors comme Im f ⊂ f on a dim Im f 6 1 mais alors cela contredit le théorème du rang : dim f + dim Im f = dim R3 . Ce cas n’est pas possible. (d) Conclusion : M est une matrice qui vérifie M 2 = 0 si et seulement si il existe une matrice inversible P et des réels a, b tels que 0 0 a M = P−1 0 0 b P 0 0 0
2. On va s’aider de l’exercice 1331. Si M 2 = M et f est l’application linéaire associée alors f ◦ f = f . On a vu dans l’exercice 1331 qu’alors f ⊕ Im f et que l’on peut choisir une base (e1 , e2 , e3 ) telle que f (ei ) = ei puis f (ei ) = 0. Suivant la dimension du noyau cela donne que la matrice M 0 de f dans cette base est 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 A0 = 0 0 0 A1 = 0 0 0 A2 = 0 1 0 A3 = 0 1 0 . 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 Maintenant M est semblable à l’une de ces matrices : il existe P inversible telle que M = P−1 M 0 P où M 0 est l’une des quatre matrices Ai ci-dessus. Géométriquement notre application est une projection (projection sur une droite pour la seconde matrice et sur un plan pour la troisième).
2 2 2 3. Posons N = I+M 2 et donc M = 2N − I. Alors M = I ⇐⇒ (2N − I) = I ⇐⇒ 4N − 4N − I = I ⇐⇒ 2 N = N. Donc par la deuxième question N est semblable à l’une des matrice Ai : N = P−1 Ai P. Donc M = 2P−1 Ai P − I = P−1 (2Ai − I)P. Ainsi M est semblable à l’une des matrices 2Ai − I suivantes : 1 0 0 1 0 0 1 0 0 −1 0 0 0 −1 0 0 −1 0 0 1 0 0 1 0 . 0 0 1 0 0 −1 0 0 −1 0 0 −1
Ce sont des matrices de symétrie (par rapport à l’origine pour la première matrice, par rapport à une droite pour la seconde matrice et par rapport à un plan pour la troisième). 2 L’idée de poser N = I+M 2 est la suivante : si M = I alors géométriquement l’application linéaire s asso2 ciée à M est une symétrie, alors que si N = N alors l’application linéaire p associée est une projection. Et projection et symétrie sont liées par p(x) = x+s(x) (faites un dessin !) c’est-à-dire p = id+s 2 2 ou encore I+M N= 2 .
Correction de l’exercice 1393 N 1. ( aki = 0 2. Pour i < j, on doit avoir M(I +Ei j ) = (I +Ei j )M ⇒ a jk = 0
Correction de l’exercice 1394 N (α + trA)trX = trB. trB Si α(α + trA) 6= 0 : solution unique : X = α1 B − α+trA A . Si α = 0 : solutions ssi A et B sont proportionnelles. Si α + trA = 0 : solutions ssi trB = 0 : X = α1 B + λ A. 1502
si k 6= i ⇒M= si k 6= j
1
0 ... .. .. . . .. . 0
0
∗
0 . . .. . . . .. . 0 1
Correction de l’exercice 1400 N 2. u| Im v = id ⇒ tr u| Im v = rgv ⇒ tr v| Im v = krgv. Correction de l’exercice 1402 N Mk = Ak M0 + Sk B avec Sk = I + A + · · · + Ak−1 = (I − Ak )(I − A)−1 si I − A est inversible. Correction de l’exercice 1403 N 1. A3 − (λ + µ)A2 + λ µA = 0. 2. U =
µA−A2 λ (µ−λ ) , V
=
λ A−A2 µ(λ −µ)
et la valeur propre est 0, λ ou µ.
Correction de l’exercice 1406 N 1. Compacité.
α x2 2. Si x1 = 0, on pose Y = . : .. xn αan1 a12 x2 +···+a1n xn αa21 + R(X ), . . . , , + R(X ) > R(X0 ) pour α > 0 assez petit. R(Y ) > min a11 + 0 0 α x2 xn α 0 3. Si y1 > 0, on pose X = X0 + . : .. 0 a11 − R a21 AX − RX = Y + α . , donc pour α > 0 assez petit, R(X) > R. .. an1
4. Inégalité triangulaire.
Correction de l’exercice 1407 N 1. 2. La base canonique de E est (Fi j = Ei j −E ji )16i< j6n où (Ei j ) est la base canonique de Mn (R) : Si M ∈ E, la coordonnée de M suivant Fi j est le coefficient d’indices i, j de M. En particulier, en notant A = (ai j ), la coordonnée de f (Fi j ) suivant Fi j est aii + a j j , donc : tr f = ∑(aii + a j j ) = (n − 1)trA. i, j
Correction de l’exercice 1409 N Soit ϕ un tel morphisme. Alors pour toute matrice M ∈ GLn (R) on a 0˙ = pϕ(M) = ϕ(M p ), donc ϕ s’annule sur toute matrice qui est une puissance p-ème. Notons P(i, j, α) la matrice de l’opération élémentaire Li ← Li + αL j , qui est aussi la matrice de l’opération élémentaire C j ← C j + αCi . Toute matrice M ∈ GLn (R) peut être transformée, à l’aide de ces seules opérations élémentaires, en une matrice M 0 = diag(1, . . . , 1, det(M)) par une adaptation de l’algorithme de Gauss. Comme P(i, j, α) = P(i, j, α/p) p et det(M) = ±(| det(M)|1/p ) p , 1503
on obtient : ϕ(M) = 0˙ si det(M) > 0 et ϕ(M) = ϕ(diag(1, . . . , 1, −1)) = x si det(M) < 0. Réciproquement, la ˙ soit x = 0˙ pour p fonction ϕ ainsi définie est effectivement un morphisme de groupe si et seulement si 2x = 0, ˙ q} impair, et x ∈ {0, ˙ pour p = 2q. Correction de l’exercice 1410 N 1. La démonstration la plus simple apparaîtra dans le chapitre suivant : le déterminant d’une matrice triangulaire est le produit de ses coefficients diagonaux. Cette matrice est inversible si et seulement si son déterminant est non nul ou encore si et seulement si aucun des coefficients diagonaux n’est nul. Pour l’instant, le plus simple est d’utiliser le rang d’une matrice. Si aucun des coefficients diagonaux n’est nul, on sait que le rang de la matrice est son format et donc que cette matrice est inversible. Réciproquement, notons (e1 , ..., en ) la base canonique de Mn,1 (K). Supposons que A soit une matrice triangulaire inférieure dont le coefficient ligne i, colonne i, est nul. Si i = n, la dernière colonne de A est nulle et A n’est pas de rang n et donc n’est pas inversible. Si i < n, alors les n − i + 1 dernières colonnes sont dans Vect(ei+1 , ..., en ) qui est de dimension au plus n − i(< n − i + 1), et encore une fois, la famille des colonnes de A est liée. 2. Soit A = (ai, j )16i, j6n une matrice triangulaire supérieure et f l’endomorphisme de Kn de matrice A dans la base canonique B = (e1 , ..., en ) de Kn . Soit B 0 = (en , ..., e1 ). B 0 est encore une base de Kn . Soit alors P la matrice de passage de B à B 0 puis A0 la matrice de f dans la base B 0 . Les formules de changement de bases permettent d’affirmer que A0 = P−1 AP et donc que A et A0 sont semblables. Vérifions alors que A0 est une matrice triangulaire inférieure. Pour i ∈ {1, ..., n}, posons e0i = en+1−i . A est triangulaire supérieure. Donc, pour tout i, f (ei ) ∈ Vect(e1 , ..., ei ). Mais alors, pour tout i ∈ {1, ..., n}, f (e0n+1−i ) ∈ Vect(e0n , ..., e0n+1−i ) ou encore, pour tout i ∈ {1, ..., n}, f (e0i ) ∈ Vect(e0n , ..., e0i ). Ceci montre que A0 est une matrice triangulaire inférieure. Correction de l’exercice 1411 N 1. E = Vect(I, J). Donc, E est un sous-espace vectoriel de M2 (R). La famille (I, J) est clairement libre et donc est une base de E. Par suite, dimE = 2. 1 1 1 1 1 2 2. J 2 = = = 2J − I. Plus généralement, pour (x, y, x0 , y0 ) ∈ R4 , 0 1 0 1 0 1 M(x, y)M(x0 , y0 ) = (xI +yJ)(x0 I +y0 J) = xx0 I +(xy0 +yx0 )J +yy0 J 2 = (xx0 −yy0 )I +(xy0 +yx0 +2yy0 )J (∗). Montrons alors que (E, +, ×) est un sous-anneau de (M2 (R), +, ×). E contient I = 1.I + 0.J. (E, +) est un sous-groupe de (M2 (R), +) et, d’après (∗), E est stable pour ×. Donc, (E, +, ×) est un sous-anneau de (M2 (R), +, ×).
3. Soit ((x, y), (x0 , y0 )) ∈ (R2 )2 . 0
0
0
0
0
0
0
M(x, y)M(x , y ) = I ⇔ (xx − yy )I + (xy + yx + 2yy )J = I ⇔
xx0 − yy0 = 1 . yx0 + (x + 2y)y0 = 0
Le déterminant de ce dernier système d’inconnues x0 et y0 vaut x(x + 2y) + y2 = x2 + 2xy + y2 = (x + y)2 . Si y 6= −x, ce système admet un et seule couple solution. Par suite, si y 6= −x, il existe (x0 , y0 ) ∈ R2 tel que M(x, y)M(x0 , y0 ) = I. Dans ce cas, la matrice M(x, y) est inversible dans E. x(x0 + y0 ) = 1 Si y = −x, le système s’écrit et n’a clairement pas de solution. −x(x0 + y0 ) = 0
4. (a) Soit (x, y) ∈ R2 . 2
M(x, y) = I ⇔
x2 − y2 = 1 ⇔ 2y(x + y) = 0
y=0 ou x2 = 1
x 2 − y2 = 1 ⇔ x+y = 0
y=0 ou x=1
Dans E, l’équation X 2 = I admet exactement deux solutions à savoir I et −I. 1504
y=0 . x = −1
(b) Soit (x, y) ∈ R2 . 2
M(x, y) = 0 ⇔ Dans E, l’équation
X2
x 2 − y2 = 0 ⇔ 2y(x + y) = 0
y=0 ou x2 = 0
y = −x ⇔ y = −x. 0=0
= 0 admet pour solutions les matrices de la forme λ (J − I) =
λ ∈ R.
0 λ 0 0
,
(c) Soit (x, y) ∈ R2 . 2 x2 − y2 = x x − y2 = x ⇔ 2y(x + y) = y y(2x + 2y − 1) = 0 y=0 y = −x + 21 ⇔ ou x2 = x x2 − (−x + 12 )2 = x 1 y=0 y=0 =0 y=0 y=0 4 ⇔ ou ou ou . 1 ⇔ x=0 x=1 x=0 x=1 y = −x + 2
M(x, y)2 = M(x, y) ⇔
Dans E, l’équation X 2 = X admet exactement deux solutions à savoir 0 et I.
Correction de l’exercice 1412 N Soit (i, j) la base canonique de R2 et (e1 , e2 , e3 ) la base canonique de R3 . On cherche f ∈ L (R2 , R3 ) et g ∈ L (R3 , R2 ) tels que f ◦ g(e1 ) = −e2 + e3 , f ◦ g(e2 ) = −e1 + e3 et f ◦ g(e3 ) = −e1 − e2 + 2e3 (= f ◦ g(e1 + e2 )). On pose g(e1 ) = i, g(e2 ) = j et g(e3 ) = i + j, puis f (i) = −e2 + e3 et f ( j) = −e1 + e3 . Les applications linéaires f et g conviennent, ou encore si on pose 0 −1 1 0 1 −1 0 et B = , A= 0 1 1 1 1 0 −1 0 −1 −1 1 0 1 alors AB = −1 0 = −1 0 −1 . 0 1 1 1 1 1 1 2 A et B désignentmaintenant deuxmatrices quelconques, éléments de M3,2 (R) et M2,3 (R) respectivement, 0 −1 −1 telles que AB = −1 0 −1 . Calculons (AB)2 . On obtient 1 1 2 0 −1 −1 0 −1 −1 0 −1 −1 (AB)2 = −1 0 −1 −1 0 −1 = −1 0 −1 = AB. 1 1 2 1 1 2 1 1 2
Mais alors, en multipliant les deux membres de cette égalité par B à gauche et A à droite, on obtient (BA)3 = (BA)2 (∗). Notons alors que rg(BA) > rg(ABAB) = rg((AB)2 ) = rg(AB) = 2,
et donc, BA étant une matrice carrée de format 2, rg(BA) = 2. BA est donc une matrice inversible. Par suite, on peut simplifier les deux membres de l’égalité (∗) par (BA)2 et on obtient BA = I2 .
1505
Correction de l’exercice 1413 N Soit A = (ak,l )16k,l6n ∈ Mn (K). Si A commute avec toute matrice, en particulier : ∀(i, j) ∈ {1, ..., n}2 , AEi, j = Ei, j A. Maintenant, n
AEi, j = ∑ ak,l Ek,l Ei, j = k,l
n
∑ ak,i Ek, j et Ei, j A = ∑ ak,l Ei, j Ek,l = ∑ a j,l Ei,l . k=1
k,l
l=1
On note que si k 6= i ou l 6= j, Ek, j 6= Ei,l . Puisque la famille (Ei, j ) est libre, on peut identifier les coefficients et on obtient : si k 6= i, ak,i = 0. D’autre part, le coefficient de Ei, j est ai,i dans la première somme et a j, j dans la deuxième. Ces coefficients doivent être égaux. Finalement, si A commute avec toute matrice, ses coefficients non diagonaux sont nuls et ses coefficients diagonaux sont égaux. Par suite, il existe un scalaire λ ∈ K tel que A = λ In . Réciproquement, si A est une matrice scalaire, A commute avec toute matrice. Correction de l’exercice 1414 N Soit H un hyperplan de Mn (K) et f une forme linéaire non nulle sur Mn (K) telle que H = Ker f . Pour A = (ai, j )16i, j6n , posons f (A) = ∑16i, j6n αi, j ai, j . 1er cas. Supposons ∃(i, j) ∈ {1, ..., n}2 / i 6= j et αi, j 6= 0. On pose alors S = ∑nk=1 αk,k et on considère A = ∑nk=1 Ek,k − αSi, j Ei, j . A est triangulaire à coefficients diagonaux tous non nuls et est donc inversible. De plus, f (A) = ∑nk=1 αk,k − αSi, j αi, j = S − S = 0 et A est élément de H.
2ème cas. Supposons ∀(i, j) ∈ {1, ..., n}2 , (i 6= j ⇒ αi, j = 0). Alors, ∀A ∈ Mn (K), f (A) = ∑ni=1 αi,i ai,i . Soit A = En,1 + E2,1 + E3,2 + ... + En−1,n . A est inversible car par exemple égale à la matrice de passage de la base canonique (e1 , e2 , ..., en ) de Kn à la base (en , e1 , ..., en−1 ). De plus, f (A) = 0. Correction de l’exercice 1416 N 1. Soit (i, j) ∈ {1, ..., p} × {1, ..., r}. Le coefficient ligne i, colonne j, de la matrice M + N est la somme du coefficient ligne i, colonne j, de la matrice M et du coefficient ligne i, colonne j, de la matrice N ou encore la somme du coefficient ligne i, colonne j, de la matrice A et du coefficient ligne i, colonne j, de la matrice A0 . On a des résultats analogues pour les autres valeurs du couple (i, j) et donc M+N =
A + A0 B + B0 C +C0 D + D0
.
0 A B A B0 2. Posons M = et N = où A ∈ M p,r (K), B ∈ Mq,r (K), C ∈ M p,s (K), D ∈ C D C0 D0 Mq,s (K), puis A0 ∈ Mt,p (K), B0 ∈ Mu,p (K), C0 ∈ Mt,q (K), D0 ∈ Mu,q (K) (le découpage de M en colonne est le même que le découpage de N en lignes). Soit alors (i, j) ∈ {1, ..., r} × {1, ...,t}. Le coefficient ligne i, colonne j de la matrice MN vaut p+q
p
∑ mi,k nk, j =
∑ mi,k nk, j +
k=1
k=1
p+q
∑
mi,k nk, j .
k=p+1
p+q p mi,k nk, j est le coefficient Mais, ∑k=1 mi,k nk, j est le coefficient ligne i, colonne j du produit AA0 et ∑k=p+1 p+q 0 ligne i, colonne j du produit BC . Finalement, ∑k=1 mi,k nk, j est le coefficient ligne i, colonne j du produit AA0 + BC0 . On a des résultats analogues pour les autres valeurs du couple (i, j) et donc
MN =
AA0 + BC0 AB0 + BD0 CA0 + DC0 CB0 + DD0
Correction de l’exercice 1417 N
1506
.
1. Un vecteur non nul x est colinéaire à son image si et seulement si il existe λ ∈ C tel que u(x) = λ x. Les nombres λ correspondants sont les complexes tels qu’il existe un vecteur x 6= 0 dans Ker(u − λ Id) ou encore tels que A − λ I4 ∈ / G L 4 (C). Le déterminant de A − λ I4 vaut : 7−λ −12 20 −12
4 −7 − λ 11 −6
0 0 −6 − λ 6
0 0 −12 11 − λ
−7 − λ = (7 − λ ) 11 −6
0 −6 − λ 6
−6 − λ = (7 − λ )(−7 − λ ) 6
−12 0 0 − 4 20 −6 − λ −12 −12 6 11 − λ −6 − λ −12 −12 − 4(−12) 11 − λ 6 11 − λ 0 −12 11 − λ
= (λ − 7)(λ + 7)(λ 2 − 5λ + 6) + 48(λ 2 − 5λ + 6)
= (λ 2 − 5λ + 6)(λ 2 − 49 + 48) = (λ − 2)(λ − 3)(λ − 1)(λ + 1) Ainsi, A − λ I4 ∈ / G L 4 (C) ⇔ λ ∈ {−1, 1, 2, 3}. - Cas λ = −1. Soit (x, y, z,t) ∈ C4 . 8x + 4y = 0 y = −2x −12x − 6y = 0 −2x − 5z − 12t = 0 (x, y, z,t) ∈ Ker(u + Id) ⇔ ⇔ 20x + 11y − 5z − 12t = 0 z + 2t = 0 −12x − 6y + 6z + 12t = 0 y = −2x y = −2x z = −2t t = −x . ⇔ ⇔ −2x − 2t = 0 z = 2x
Donc, Ker(u + Id) = Vect(e1 ) où e1 = (1, −2, 2, −1). - Cas λ = 1. Soit (x, y, z,t) ∈ C4 .
6x + 4y = 0 3x + 2y = 0 −12x − 8y = 0 20x + 11y − 7z − 12t = 0 (x, y, z,t) ∈ Ker(u − Id) ⇔ ⇔ 20x + 11y − 7z − 12t = 0 −6x − 3y + 3z + 5t = 0 −12x − 6y + 6z + 10t = 0 y = − 32 x y = − 32 x ⇔ . 14z + 24t = 7x ⇔ z = 21 x 6z + 10t = 3x t =0
Donc, Ker(u − Id) = Vect(e2 ) où e2 = (2, −3, 1, 0). - Cas λ = 2. Soit (x, y, z,t) ∈ C4 .
5x + 4y = 0 −12x − 9y = 0 x=0 (x, y, z,t) ∈ Ker(u − Id) ⇔ ⇔ 20x + 11y − 8z − 12t = 0 y = 02z + 3t = 0 −12x − 6y + 6z + 9t = 0 x=y=0 ⇔ . z = − 32 t Donc, Ker(u − 2Id) = Vect(e3 ) où e3 = (0, 0, 3, −2). -Cas λ = 3. Soit (x, y, z,t) ∈ C4 .
1507
4x + 4y = 0 x=0 −12x − 10y = 0 (x, y, z,t) ∈ Ker(u − Id) ⇔ ⇔ y = 03z + 4t = 0 20x + 11y − 9z − 12t = 0 −12x − 6y + 6z + 8t = 0 x=y=0 . ⇔ z = − 43 t Donc, Ker(u − 3Id) = Vect(e4 ) où e4 = (0, 0, 4, −3).
1 2 0 0 −2 −3 0 0 . Soit P la matrice de la famille (e1 , e2 , e3 , e4 ) dans la base canonique (i, j, k, l). On a P = 2 1 3 4 −1 0 −2 −3 Montrons que P est inversible et déterminons son inverse. e = i − 2 j + 2k − l k = 3e3 − 2e4 1 e2 = 2i − 3 j + k l = 4e3 − 3e4 ⇔ e = 3k − 2l e = i − 2 j + 2(3e3 − 2e4 ) − (4e3 − 3e4 ) 3 1 e4 = 4k − 3l e2 = 2i − 3 j + (3e3 − 2e4 ) k = 3e3 − 2e4 k = 3e3 − 2e4 l = 4e3 − 3e4 l = 4e3 − 3e4 ⇔ ⇔ i − 2 j = e − 2e + e i = −3e1 + 2e2 + e4 1 3 4 2i − 3 j = e2 − 3e3 + 2e4 j = −2e1 + e2 + e3
Ainsi, C4 = Vect(i, j, k, l) ⊂ Vect(e1 , e2 , e3 , e4 ). Donc, la famille (e1 , e2 , e3 , e4 ) est génératrice de C4 et donc une base de C4 . Ainsi, P est inversible et
−3 −2 0 0 2 1 0 0 . P−1 = 0 1 3 4 1 0 −2 −3
2. Les formules de changement de bases s’écrivent A = PDP−1 avec D = diag(−1, 1, 2, 3). 3. Soit n ∈ N∗ . Calculons An .
1 2 0 0 (−1)n 0 0 0 −2 −3 0 0 1 0 0 0 An = PDn P−1 = 2 1 3 4 0 0 2n 0 −1 0 −2 −3 0 0 0 3n 1 2 0 0 −3(−1)n −2(−1)n 0 −2 −3 0 2 1 0 0 = 2 1 3 4 0 2n 3.2n −1 0 −2 −3 3n 0 −2.3n −3(−1)n + 4 −2(−1)n + 2 0 n n −3 6(−1) − 6 4(−1) 0 = −6(−1)n + 2 + 4.3n −4(−1)n + 1 + 3.2n 9.2n − 8.3n 3((−1)n − 3n ) 2((−1)n − 2n ) 6(3n − 2n ) Correction de l’exercice 1418 N 1508
−3 2 0 1 0 0 4.2n −3.3n
−2 0 0 1 0 0 1 3 4 0 −2 −3
0 0 n n 12(2 − 3 ) −8.2n + 9.3n
8 2 −2 Cherchons une matrice A de format (3, 2) et une matrice B de format (2, 3) telles que AB = 2 5 4 . −2 4 5 Posons E = R2 et notons (i, j) la base canonique de E. Posons F = R3 et notons (e1 , e2 , e3 ) la base canonique de F. Le problème posé matriciellement peut aussi s’énoncer en termes d’applications linéaires : trouvons f ∈ L (E, F) et g ∈ L (F, E) telles que f ◦ g(e1 ) = 8e1 + 2e2 − 2e3 , f ◦ g(e2 ) = 2e1 + 5e2 + 4e3 et f ◦ g(e3 ) = −2e1 + 4e2 + 5e3 . Remarquons tout d’abord que le problème posé n’a pas nécessairement de solution car par exemple rg( f ◦ g) 6 Min{ f , g} 6 dimE = 2 et si la matrice proposée est de rang 3 (c’est à dire inversible), le problème posé n’a pas de solution. 8 2 −2 Ici, 2 5 4 = 8 × 9 − 2 × 18 − 2 × 18 = 0 et la matrice proposée est de rang au plus 2 puis de rang 2 −2 4 5 car ses deux premières colonnes ne sont pas colinéaires. Une relation de dépendance des colonnes est C1 = 2C2 − 2C3 . Un couple ( f , g) solution devra vérifier f ◦ g(e1 ) = 2 f ◦ g(e2 ) − 2 f ◦ g(e3 ). Prenons n’importe quoi ou presque pour g(e2 ) et g(e3 ) mais ensuite prenons g(e1 ) = 2g(e2 ) − 2g(e3 ). Par exemple, posons g(e2 )= i, g(e3 ) = j et g(e1 ) = 2i − 2 j puis f (i) = 2e1 +5e2 + 4e3 et f ( j) = −2e1 + 4e2 + 2 −2 8 2 −2 2 1 0 . On a AB = 2 5 4 . 5e3 ou encore soient A = 5 4 et B = −2 0 1 4 5 −2 4 5 8 2 −2 Soient A et B deux matrices de formats respectifs (3, 2) et (2, 3) telles que AB = 2 5 4 . Calculons −2 4 5 BA (il n’y a bien sûr pas unicité de A et B, mais l’énoncé suggère que le produit BA doit être indépendant de A et B). Tout d’abord 72 18 −18 8 2 −2 8 2 −2 (AB)2 = 2 5 4 2 5 4 = 18 45 36 = 9AB. −18 36 45 −2 4 5 −2 4 5 De plus, rg(BA) > rg(A(BA)B) = rg((AB)2 ) = rg(9AB) = rg(AB) = 2 et donc rg(BA) = 2 puis BA ∈ G L 2 (R). De l’égalité (AB)2 = 9AB, on tire après multiplication à gauche par B et à droite par A, (BA)3 = 9(BA)2 et, puisque BA est une matrice carrée inversible et donc simplifiable pour la multiplication des matrices, BA = 9I2 . BA = 9I2 .
Correction de l’exercice 1419 N Soit A = ∑M∈G M. Alors A2 = ∑(M,N)∈G2 MN. Soit M ∈ G fixée. Considérons l’application ϕ de G dans G qui à un élément N de G associe MN. Puisque G est stable pour le produit, ϕ est bien une application. Plus précisément, ϕ est une permutation de G car l’application ψ de G dans lui-même qui à un élément N de G associe M −1 N vérifie ψ ◦ ϕ = ϕ ◦ ψ = IdG . On en déduit que A2 = ∑M∈G (∑N∈G MN) = ∑M∈G A = pA où p = card(G). 2 Finalement, la matrice P = 1p A est idempotente car 1p A = p12 pA = 1p A. Comme A est une matrice de projection, on sait que rgP = TrP = ∑M∈G TrM = 0 et donc P = 0 ou encore ∑M∈G M = 0. Correction de l’exercice 1420 N
1509
Par la même méthode qu’au 1419, on voit que f = 1p ∑g∈G g est un projecteur et donc 1p ∑g∈G Trg = rg f . Maintenant, si x est un élément de F alors pour tout g dans G, g(x) = x et donc f (x) = x. Ainsi, un élément x de F est dans Im f . Inversement, soit x un élément de Im f . Pour g ∈ G, g(x) = g( f (x)) = 1p ∑h∈G g ◦ h(x) = 1p ∑h∈G h(x) = f (x) = x. (Comme au 1419, l’application qui, pour g ∈ G fixé, associe à un élément h de G l’élément g ◦ h, est une permutation de G). Ainsi, l’élément x de Im f est dans F. On a montré que F = Im f . Puisque f est un projecteur, on en déduit que dimF = rg f = Tr f = 1p ∑g∈G Trg.
Correction de l’exercice 1421 N p Comme à l’exercice 1419, la matrice A = 1p ∑k=1 Ak est idempotente et donc TrA = rgA d’après le 1231. Par suite, Tr(A1 ) + ... + TrA p = prgA est un entier divisible par p. Correction de l’exercice 1422 N On note B = (Ei, j )16i, j6n la base canonique de Mn (K). Tr f = ∑16i, j6n αi, j où αi, j désigne la (i, j)-ème coordonnée de f (Ei, j ) = AEi, j + Ei, j A dans la base B. Mais pour (i, j) ∈ [[1, n]]2 donné, AEi, j = ∑16k,l6n ak,l Ek,l Ei, j = ∑nk=1 ak,i Ek, j et de même, Ei, j A = ∑16k,l6n ak,l Ei, j Ek,l = ∑nl=1 a j,l Ei,l . Donc ∀(i, j) ∈ [[1, n]]2 , αi, j = ai,i + a j, j puis Tr f = ∑16i, j6n (ai,i + a j, j ) = 2 ∑16i, j6n ai,i = 2 ∑nj=1 (∑ni=1 ai,i ) = 2 ∑nj=1 TrA = 2nTrA. Tr f = 2nTrA.
Correction de l’exercice 1423 N Si M est solution, nécessairement aTrM + (TrM)(TrA) = TrB ou encore (TrM)(a + TrA) = TrB. TrB 1 TrB 1er cas. Si TrA 6= −a alors nécessairement TrM = a+TrA puis M = a B − a+TrA A . TrB Réciproquement, si M = a1 B − a+TrA A alors TrB TrB aM + (TrM)A = B − a+TrA A + 1a TrB − a+TrA TrA A = B. Si TrA 6= −a, S =
1 a
TrB B − a+TrA A
.
2ème cas. Si TrA = −a et TrB 6= 0, il n’y a pas de solution . 3ème cas. Si TrA = −a et TrB = 0, M est nécessairement de la forme 1a B + λ A où λ est un réel quelconque. Réciproquement, soient λ ∈ R puis M = 1a B + λ A. Alors aM + (TrM)A = B + aλ A + 1a TrB + λ TrA A = B + aλ A − aλ A = B, et toute matrice de la forme B + λ A, λ ∈ R, est solution.
1510
Si TrA = −a, S = ∅ si TrB 6= 0 et S = {B + λ A, λ ∈ R} si TrB = 0.
Correction de l’exercice 1424 N 1. E = Vect(I, J) est un sous-espace vectoriel de M2 (R) de dimension inférieure ou égale à 2. De plus, la famille (I, J) est libre car la matrice J n’est pas une matrice scalaire et donc dimE = 2. 2. Puisque (E, +, .) est un espace vectoriel, (E, +) est un groupe commutatif. Ensuite, I 2 = I ∈ E, IJ = JI = J ∈ E et J 2 = (I + E1,2 )2 = I + 2E1,2 = I + 2(J − I) − I = 2J − I ∈ E. Par bilinéarité du produit matriciel, la multiplication est interne dans E et commutative. De plus, I ∈ E et finalement E est un sous-anneau commutatif de M2 (R). Remarque. M(x, y)M(x0 , y0 ) = xx0 I + (xy0 + yx0 )J + yy0 (2J − I) = (xx0 − yy0 )I + (xy0 + yx0 + 2yy0 )J. 3. Soit (x, y) ∈ R2 .
M(x, y) est inversible dans E ⇔ ∃(x0 , y0 ) ∈ R2 /; (xx0 − yy0 )I + (xy0 + yx0 + 2yy0 )J = I 0 xx − yy0 = 1 0 0 2 ⇔ ∃(x , y ) ∈ R /; (car la famille (I, J) est libre) (∗). yx0 + (x + 2y)y0 = 0 Le déterminant de ce système d’inconnue (x0 , y0 ) est x(x + 2y) + y2 = (x + y)2 . • Si x + y 6= 0, le système (∗) admet une et une seule solution. Dans ce cas, M(x, y) est inversible dans E. x(x0 + y0 ) = 1 • Si x + y = 0, le système (∗) s’écrit et n’a pas de solution. Dans ce cas, M(x, y) −x(x0 + y0 ) = 0 n’est pas inversible dans E. M(x, y) est inversible dans E ⇔ x + y 6= 0. Remarque. Puisque I ∈ E, M(x, y) est inversible dans E si et seulement si M(x, y) est inversible dans M2 (R). 4. Posons X = xI + yJ, (x, y) ∈ R2 .
(a) D’après 1), X 2 = (x2 − y2 )I + (2xy + 2y2 )J. Donc X 2 = I ⇔ x2 − y2 = 1 et 2xy + 2y2 = 0 (car la famille (I, J) est libre)
⇔ (y = 0 et x2 = 1) ou (y = −xet0 = 1) ⇔ (y = 0 et x = 1) ou (y = 0 et x = −1)
⇔ X = I ou X = −I.
S = {I, −I}. (b) X 2 = 0 ⇔ x2 − y2 = 0 et 2xy + 2y2 = 0 ⇔ (y = 0 et x2 = 0) ou (y = −xet0 = 0) ⇔ y = −x. S = {x(I − J), x ∈ R}.
(c)
Remarque. L’équation X 2 = 0, de degré 2, admet une infinité de solutions dans E ce qui montre une nouvelle fois que (E, +, ×) n’est pas un corps. X 2 = X ⇔ x2 − y2 = x et 2xy + 2y2 = y ⇔ y(2x + 2y − 1) = 0 et x2 − y2 = x
⇔ (y = 0 et x2 = x) ou (2(x + y) = 1 et (x + y)(x − y) = x) ⇔ (X = 0 ou X = I) ou (2(x + y) = 1 et x − y ⇔ X = 0 ou X = I.
1511
S = {0, I}. 0 1 . Alors M(x, y) = xI + y(I + N) = (x + y)I + yN. 0 0 Puisque I et N commutent, la formule du binôme de N EWTON fournit
5. Soit n ∈ N∗ . On pose N = J − I =
(M(x, y))n = ((x + y)I + yN) = (x + y)n I + ny(x + y)n−1 N (car N k = 0 pour k > 2) (x + y)n ny(x + y)n−1 . = 0 (x + y)n ∀n ∈
N∗ ,
(M(x, y))n
=
(x + y)n ny(x + y)n−1 0 (x + y)n
.
Correction de l’exercice 1425 N {0} est un idéal bilatère de l’anneau Mn (K), +, ×). Soit I un idéal non nul de de l’anneau Mn (K), +, ×). Montrons que I = Mn (K). Il existe une matrice A non nulle dans I. Pour tout quadruplet d’indices (i, j, k, l), I contient le produit Ei, j AEk,l = ∑16u,v6n au,v Ei, j Eu,v Ek,l = a j,k Ei,l . A est non nulle et on peut choisir j et k tels que a j,k soit non nul. I contient alors a j,k Ei,l a1j,k In = Ei,l . Finalement I contient toutes les matrices élémentaires et donc encore toutes les sommes du type ∑16i, j6n mi, j In Ei, j = (mi, j )16i, j6n , c’est-à-dire Mn (K) tout entier. Les idéaux bilatères de l’anneau Mn (K), +, ×) sont {0} et Mn (K).
Correction de l’exercice 1426 N Non, car Tr(AB − BA) = Tr(AB) − Tr(BA) = 0 6= n = Tr(In ). Correction de l’exercice 1427 N Soit f une forme linéaire sur Mn (C). Pour A = (ai, j )16i, j6n , posons f (A) = ∑16i, j6n αi, j ai, j où les αi, j sont indépendants de A (les αi, j sont les f (Ei, j )). Soient i et j deux entiers distincts pris dans [[1, n]]. αi,i = f (Ei,i ) = f (Ei, j E j,i ) = f (E j,i Ei, j ) = f (E j, j ) = α j, j , et αi, j = f (Ei, j ) = f (Ei,i Ei, j ) = f (Ei, j Ei,i ) = f (0) = 0. Finalement en notant α la valeur commune des αi,i , 1 6 i 6 n, pour toute matrice A on a f (A) = α ∑ni=1 ai,i = αTrA où α est indépendant de A. (Réciproquement, les f = αTr, α ∈ C, sont des formes linéaires vérifiant ∀(A, B) ∈ Mn (R)2 , f (AB) = f (BA).) Correction de l’exercice 1428 N !2 !2 Puisque
q 1 2 1+ a2 n
a
+
q n 2 1+ a2 n
= 1, il existe un unique réel θn ∈ [−π, π[ tel que
1512
cos θn =
q 1 2 1+ a2
a
et sin θn =
n
q n 2 1+ a2
.
n
q cos θn − sin θn a2 La matrice An s’écrit alors An = 1 + n2 et donc sin θn cos θn (An
)n
n/2 cos(nθ ) − sin(nθ ) n n a2 . = 1 + n2 sin(θn ) cos(nθn )
Maintenant, 2 n/2 2 1 + na2 = exp 2n ln 1 + na2 = exp n→+∞
Ensuite, en notant ε le signe de a, θn = ε arccos
q 1 2 1+ a2 n
!
n 2
1 n
= exp(o(1)) → 1.
n→+∞
n→+∞
→ 0 et on en déduit que
n→+∞
nθn ∼ n sin(θn ) = n q n→+∞
×o
a n
→ a.
2 1+ a2 n→+∞ n
Finalement limn→+∞ (An
)n
=
cos(a) − sin(a) sin(a) cos(a)
.
Correction de l’exercice 1429 N Soient i et j deux indices pris dans [[1, n]]. f (Ei, j ) = Ei, j ∑16k,l6n ak,l Ek,l = ∑nl=1 a j,l Ei,l ,
et en remplissant coefficient à coefficient, on trouve la matrice définie par blocs
tA
0 .. . 0
0 ... .. .. . . .. .. . . ... 0
0 .. . . 0 tA
Correction de l’exercice 1430 N Soit p un entier supérieur ou égal à 2. A p B − BA p = A p B − A p−1 BA + A p−1 BA − A p−2 BA2 + A p−2 BA2 − ... + ABA p−1 − BA p =
∑ (A p−k BAk − A p−k−1 BAk+1 ) = ∑ A p−k−1 (AB − BA)Ak = ∑ A p−k−1 AAk ∑ A p
k=0 p
k=0
k=0
k=0
= pA . Donc 2010 × Tr(A2010 ) = Tr(2010 A2010 ) = Tr(A2010 B) − Tr(BA2010 ) = 0 et Tr(A2010 ) = 0. Correction de l’exercice 1431 N 1. Soient p l’indice de nilpotence de A et q l’indice de nilpotence de B. Puisque A et B commutent, la formule du binôme de N EWTON fournit p+q−1 p + q − 1 p+q−1 (A + B) = ∑k=0 Ak B p+q−1−k k 1513
Dans cette somme, • si k > p, Ak = 0 et donc Ak B p+q−1−k = 0 p+q−1−k = 0. • si k 6 p − 1 alors p + q − 1 − k > qet encore une fois B p+q−1 p + q − 1 Finalement, (A + B) p+q−1 = ∑k=0 Ak B p+q−1−k = 0 et A + B est nilpotente d’indice infék rieur ou égal à p + q − 1. Les sommes définissant expA, expB et exp(A + B) sont finies car A, B et A + B sont nilpotentes et +∞ 1 1 k (A + B) = ∑ ∑ i! j! Ai B j ∑ k! k=0 i+ j=k k=0 ! ! +∞ +∞ 1 i 1 j ∑ A ∑ j! B (toutes les sommes sont finies) i=0 i! j=0 +∞
exp(A + B) =
= expA × expB. 2. Si A est nilpotente, −A l’est aussi et commute avec A. Donc expA × exp(−A) = exp(A − A) = exp(0) = In . expA est inversible à gauche et donc inversible et (expA)−1 = exp(−A). 3. Les puissances de A sont bien connues et on trouve immédiatement 1 1 1 1!1 . . . 2! (n−1)! .. 0 ... ... ... . . . 1 . .. expA = . . 2! .. .. .. 1 . . . 1! 0 ... ... 0 1 Correction de l’exercice 1432 N p / Q. Par l’absurde supposons que r + x ∈ Q alors il existe deux q ∈ Q et x ∈ 0 −pq0 0 0 r + x = qp0 . Donc x = qp0 − qp = qpqq ∈ Q ce qui est absurde car x ∈ / Q. 0 p0 p0 q De la même façon si r · x ∈ Q alors r · x = q0 Et donc x = q0 p . Ce qui est absurde.
1. Soit r =
entiers p0 , q0 tels que
√ 2. Méthode “classique”. Supposons, par l’absurde, que 2 ∈ Q alors il existe deux entiers p, q tels que √ 2 = qp . De plus nous pouvons supposer que la fraction est irréductible (p et q sont premiers entre eux). En élevant l’égalité au carré nous obtenons q2 ×2 = p2 . Donc p2 est un nombre pair, cela implique que p est un nombre pair (si vous n’êtes pas convaincu écrivez la contraposée “p impair ⇒ p2 impair”). Donc p = 2 × p0 avec p0 ∈ N, d’où p2 = 4 × p0 2 . Nous obtenons q2 = 2 × p0 2 . Nous en déduisons maintenant que q2 est pair et comme ci-dessus que q est pair. Nous obtenons ainsi une contradiction√car p et q étant tous les deux pairs la fraction qp n’est pas irréductible et aurait pu être simplifiée. Donc 2 ∈ / Q. √ √ p Autre méthode. Supposons par l’absurde que 2 ∈ Q. Alors 2 = q pour deux entiers p, q ∈ N∗ . Alors √ nous avons q · 2 ∈ N. Considérons l’ensemble suivant : n o √ N = n ∈ N∗ | n · 2 ∈ N . Cet ensemble N est une partie de N∗ qui est non √ vide car q ∈ N . On peut alors prendre le plus petit élément de : √ N : n0 = min N . En particulier n0 · 2 ∈ N. Définissons maintenant n1 de la façon suivante √ n1 = n0 · 2 − n0 . Il se trouve √ que n1 appartient √ aussi à N car d’une part n1 ∈ N (car n0 et n0 · 2 sont des entiers) et d’autre √ part n1 · 2 = n0 · 2 −√n0 · 2 ∈ N. Montrons maintenant que n1 est plus petit que n0 . Comme 0 < 2 − 1 < 1 alors n1 = n0 ( 2 − 1) < n0 et est non nul. Bilan : nous avons √ trouvé n1 ∈ N strictement plus petit que n0 = min N . Ceci fournit une contradiction. Conclusion : 2 n’est pas un nombre rationnel. 1514
√
√
3. Soient r, r0 deux rationnels avec r < r0 . Notons x = r + 22 (r0 − r). D’une part x ∈]r, r0 [ (car 0 < 22 < 1) √ r0 −r et d’après les deux premières questions 2 2 ∈ / Q donc x ∈ / Q. Et donc x est un nombre irrationnel compris entre r et r0 .
Correction de l’exercice 1438 N 1. Soit αβ ∈ Q avec pgcd(α, β ) = 1. Pour p( αβ ) = 0, alors ∑ni=0 ai nous obtenons l’égalité suivante :
i α β
= 0. Après multiplication par β n
an α n + an−1 α n−1 β + · · · + a1 αβ n−1 + a0 β n = 0. En factorisant tous les termes de cette somme sauf le premier par β , nous écrivons an α n + β q = 0. Ceci entraîne que β divise an α n , mais comme β et α n sont premier entre eux alors par le lemme de Gauss β divise an . De même en factorisant par α tous les termes de la somme ci-dessus, sauf le dernier, nous obtenons αq0 + a0 β n = 0 et par un raisonnement similaire α divise a0 . √ √ √ √ 2 2. Notons γ = 2 + 3. Alors γ 2 = 5 + 2 2 3 Et donc γ 2 − 5 = 4 × 2 × 3, Nous choisissons p(x) = (x2 − 5)2 − 24, qui s’écrit aussi p(x) = x4 − 10x2 + 1. Vu notre choix de p, nous avons p(γ) = 0. Si nous supposons que γ est rationnel, alors γ = αβ et d’après la première question α divise le terme constant de p, c’est-à-dire 1. Donc α = ±1. De même β divise le coefficient du terme de plus haut degré de p, donc β divise 1, soit β = 1. Ainsi γ = ±1, ce qui est évidemment absurde ! Correction de l’exercice 1440 N 1. Soit p = 1997 1997 . . . 1997 et q = 1 0000 0000 . . . 0000 = 104n . Alors Nn = qp . 2. Remarquons que 10 000 × M = 1997, 1997 1997 . . . Alors 10 000 × M − M = 1997 ; donc 9999 × M = 1997 . 1997 d’où M = 9999 3. 0, 111 . . . = 19 , 0, 222 . . . = 29 , etc. D’où P = 19 + 29 + · · · + 99 =
1+2+···+9 9
=
45 9
= 5.
Correction de l’exercice 1442 N p ln 3 Par l’absurde supposons que ln 2 soit un rationnel. Il s’écrit alors q avec p > 0, q > 0 des entiers. On obtient q ln 3 = p ln 2. En prenant l’exponentielle nous obtenons : exp(q ln 3) = exp(p ln 2) soit 3q = 2 p . Si p > 1 alors 2 divise 3q donc 2 divise 3, ce qui est absurde. Donc p = 0. Ceci nous conduit à l’égalité 3q = 1, donc q = 0. 3 La seule solution possible est p = 0, q = 0. Ce qui contredit q 6= 0. Donc ln ln 2 est irrationnel. Correction de l’exercice 1445 N Soit (un ) une suite convergeant vers ` ∈ R. Par définition ∀ε > 0
∃N ∈ N
∀n > N
|un − `| < ε.
Choisissons ε = 1, nous obtenons le N correspondant. Alors pour n > N, nous avons |un − `| < 1 ; autrement dit ` − 1 < un < ` + 1. Notons M = maxn=0,...,N−1 {un } et puis M 0 = max(M, ` + 1). Alors pour tout n ∈ N un 6 M 0 . De même en posant m = minn=0,...,N−1 {un } et m0 = min(m, ` − 1) nous obtenons pour tout n ∈ N, un > m0 . Correction de l’exercice 1446 N Il est facile de se convaincre que (un ) n’a pas de limite, mais plus délicat d’en donner une démonstration formelle. En effet, dès lors qu’on ne sait pas qu’une suite (un ) converge, on ne peut pas écrire lim un , c’est un nombre qui n’est pas défini. Par exemple l’égalité lim (−1)n + 1/n = lim (−1)n
n→∞
n→∞
1515
n’a pas de sens. Par contre voilà ce qu’on peut dire : Comme la suite 1/n tend vers 0 quand n → ∞, la suite un est convergente si et seulement si la suite (−1)n l’est. De plus, dans le cas où elles sont toutes les deux convergentes, elles ont même limite. Cette affirmation provient tout simplement du théorème suivant Théorème : Soient (un ) et (vn ) deux suites convergeant vers deux limites ` et `0 . Alors la suite (wn ) définie par wn = un + vn est convergente (on peut donc parler de sa limite) et lim wn = ` + `0 . De plus, il n’est pas vrai que toute suite convergente doit forcément être croissante et majorée ou décroissante et minorée. Par exemple, (−1)n /n est une suite qui converge vers 0 mais qui n’est ni croissante, ni décroissante. Voici maintenant un exemple de rédaction de l’exercice. On veut montrer que la suite (un ) n’est pas convergente. Supposons donc par l’absurde qu’elle soit convergente et notons ` = limn→∞ un . (Cette expression a un sens puisqu’on suppose que un converge). Rappel. Une sous-suite de (un ) (on dit aussi suite extraite de (un )) est une suite (vn ) de la forme vn = uφ (n) où φ est une application strictement croissante de ||| dans |||. Cette fonction φ correspond “au choix des indices qu’on veut garder” dans notre sous-suite. Par exemple, si on ne veut garder dans la suite (un ) que les termes pour lesquels n est un multiple de trois, on pourra poser φ (n) = 3n, c’est à dire vn = u3n . Considérons maintenant les sous-suites vn = u2n et wn = u2n+1 de (un ). On a que vn = 1 + 1/2n → 1 et que wn = −1 + 1/(2n + 1) → −1. Or on a le théorème suivant sur les sous-suites d’une suite convergente : Théorème : Soit (un ) une suite convergeant vers la limite ` (le théorème est encore vrai si ` = +∞ ou ` = −∞). Alors, toute sous-suite (vn ) de (un ) a pour limite `. Par conséquent, ici, on a que lim vn = ` et lim wn = ` donc ` = 1 et ` = −1 ce qui est une contradiction. L’hypothèse disant que (un ) était convergente est donc fausse. Donc (un ) ne converge pas. Correction de l’exercice 1451 N √ √ Supposons d’abord r − a 6 q12 . Cela implique |r| 6 a + 1. Majorons |r2 − a| : √ √ √ √ √ √ |r2 − a| = |r − a| × |r + a| 6 |r − a| × |r| + a 6 |r − a| × 2 a + 1 Minorons |r2 − a|, en posant r = qp , a = mn .
p 2 m np2 − mq2 > 1 |r − a| = − = nq2 q n nq2 2
La dernière inégalité provient que le numérateur np2 − mq2 n’est pas nul (sinon On déduit de ces deux majorations :
√ a serait rationnel).
√ √ 1 6 |r2 − a| 6 |r − a| × 2 a + 1 2 nq
Et donc :
√ |r − a| >
1 1 √ . n(2 a + 1) q2 √ Cette inégalité est aussi clairement vérifier si r − a > q12 . La constante C =
√1 n(2 a+1)
convient.
Correction de l’exercice 1452 N p √ √ √ √ √ √ x + y = a + b ⇔ x + y + 2 xy = a + b ⇔ b + 4xy − 4 bxy = (x + y − a)2 . √ ⇒ : bxy = r2 ⇒ b 1 − 2rb = x + y − a ⇒ r = b2 et x + y = a ⇒ (x − y)2 = a2 − b. √ √ a−u ⇐ : a2 − b = u2 . On prend x = a+u 2 et y = 2 ⇒ x + y + 2 xy = a + b. Correction de l’exercice 1453 N 1516
=
q−1 2 .
Correction de l’exercice 1454 N Si p ∈ P : ∃ n ∈ Z tel que np ∈ A avec n ∧ p = 1. Alors pour tous x, y ∈ Z, on a nx+py ∈ A, donc 1p Z ⊂ A. p Correction de l’exercice 1456 N 1. Si xn = qp 6= 0 : k1n 6 qp < strictement décroissante.
1 kn −1 , ⇒ xn+1
2. Car xn+1 = qp − k1n
n p−1 (n p−1 − 1) ⇒
1 n p−1
Finalement, x < (cf. INA opt. 1977)
kn p−q kn q
1 n p−2
⇒ n0 = k0 .
1 n p−1 −1 . + n p−11 −1
et 0 6 kn p − q < p. Donc la suite des numérateurs est
+ n1p
n p−2 (n p−2 − 1) ⇒ 1 n0 −1
=
6
1 n p−2 −1 ,
etc.
Correction de l’exercice 1457 N 1. Pour x = qp , on peut prendre : m = qc − pd, et n = pb − qa. 2. (m, n) est unique à un facteur près. 3.
ma+nc mb+nd
− ab =
n(bc−ad) b(mb+nd) ,
et
c d
ma+nc − mb+nd =
m(bc−ad) d(mb+nd) .
Correction de l’exercice 1458 N 1. x = − 12 . 2. x = 32 .
3. Pas de solution. Correction de l’exercice 1459 N p0 q
0pq0
1. xy = yx ⇔ qpp0 q = qp0pq0 (formes irréductibles) ( 0 ( 0 p p q = p0pq pb = p0a ⇒ ⇒ 0 0 q p q = q0pq qb = q0a . Comme a ∧ b = 1, on décompose p, p0 , q, q0 en facteurs premiers ⇒ le résultat. 2. pq0 = ma nb , p0 q = mb na , m ∧ n = 1, a < b ⇒ d = ma na , a = nb−a et b = mb−a .
3. m > n + 1 donc si b − a > 2, on a : mb−a − nb−a = (m − n)(mb−a−1 + · · · + nb−a−1 ) > b − a. n n+1 . Donc b − a = 1 = m − n, a = n, x = 1 + n1 et y = 1 + 1n Ces valeurs conviennent.
Correction de l’exercice 1460 N 1. Soient m et n deux entiers naturels supérieurs à 2. √ √ a n m ∈ Q ⇔ ∃(a, b) ∈ (N∗ )2 / n m = ⇔ ∃(a, b) ∈ (N∗ )2 / an = m × bn . b
1517
Tout d’abord, si b = 1, m = an et m est une puissance n-ième parfaite. Ensuite, a = 1 est impossible car m × bn > 2. Supposons alors que a et b soient des entiers supérieurs à 2 (et que an = m × bn ). L’exposant de tout facteur premier de an ou de bn est un multiple de n et par unicité de la décomposition en facteurs √ premiers, il en est de même de tout facteur premier de m. Ceci montre que, si n m est rationnel, m est une √ puissance n-ième parfaite. Réciproquement, si m est une puissance n-ième parfaite, n m est un entier et en particulier un rationnel. En résumé : √ √ ∀(m, n) ∈ (N \ {0, 1})2 , n m ∈ Q ⇔ n m ∈ N ⇔ m est une puissance n -ième parfaite. Par suite, si m n’est pas une puissance n-ième parfaite,
√ n m est irrationnel.
2. a ⇒ ∃(a, b) ∈ (N∗ )2 / 10a/b = 2 ⇒ ∃(a, b) ∈ (N∗ )2 / 10a = 2b b ⇒ ∃(a, b) ∈ (N∗ )2 / 5a = 2b−a .
log 2 ∈ Q ⇒ ∃(a, b) ∈ (N∗ )2 / log 2 =
Puisque 5a > 1, ceci impose b − a ∈ N∗ . Mais alors, l’égalité ci-dessus est impossible pour a 6= 0 et b 6= 0 par unicité de la décomposition en facteurs premiers d’un entier naturel supérieur ou égal à 2. On a montré par l’absurde que log 2 est irrationnel. 3. Supposons par l’absurde que π soit rationnel. Il existe alors deux entiers naturels non nuls p et q tels que π = qp . Pour n entier naturel non nul donné, posons Z π
Z
1 p/q n x (p − qx) sin x dx = x (p − qx)n sin x dx. n! 0 0 p p p p2 • Tout d’abord, pour 0 6 x 6 q , on a 0 6 x(p − qx) = 2q p − 2q × q = 4q , et donc (puisque 0 6 sin x 6 1 pour x ∈ [0, π]), 1 In = n!
n
n
1 0 6 In 6 n!
Z p/q 2 n p
4q
0
π dx = n!
p2 4q
n
.
2 n p π tend vers 0 quand n tend vers +∞, et donc d’après le D’après le résultat admis par l’énoncé, n! 4q théorème de la limite par encadrement, la suite (In ) converge et limn→+∞ In = 0. • Ensuite, puisque pour x élément de [0, π], on a xn (p − qx)n sin x > 0, pour n entier naturel non nul donné, on a 1 In = n!
Z π
1 x (p − qx) sin x dx > n! 0 2 n π 3p = √ > 0. 2 2n! 16q n
n
Z 3π/4 π/4
1 x (p − qx) sin x dx > n! n
n
3π π − 4 4
p 4q
p p− ×q 4q
n
Donc, ∀n ∈ N, In > 0. • Vérifions enfin que, pour tout entier naturel non nul n, In est un entier (relatif). Soit Pn = n!1 xn (p − qx)n . Pn est un polynôme de degré 2n et 0 et qp sont racines d’ordre n de Pn et donc, (k) (k) (k) p pour 0 6 k 6 n, racines d’ordre n − k de Pn . En particulier, Pn (0) et Pn q sont, pour 0 6 k < n, (k)
(k)
des entiers relatifs. De même, puisque deg Pn = 2n, pour k > 2n + 1, Pn > 0 et en particulier, Pn (0) p (k) et Pn q sont, pour k > 2n + 1, des entiers relatifs. Soit k un entier tel que n 6 k 6 2n. n n 2n 1 n 1 Ci Ck−n x (p − qx)n = xn ∑ Cni pn−i (−1)i qi xi = ∑ n pn−i (−1)i qi xn+i = ∑ n p2n−k (−1)k−n qk−n xk . n! n! i=0 i=0 n! k=n n!
On sait alors que 1518
1 √ 2
k! k−n 2n−k k−n C p q . n! n (k) ce qui montre que Pn (0) est entier relatif (puisque n 6 k 6 2n). Puis, comme Pn qp − x = Pn (x), on (k) p k P(k) (x) et en particulier P(k) p = (−1)k P(k) (0) ∈ Z. On a montré que a encore Pn − x = (−1) n n n q q (k) (k) p sont des entiers relatifs. Montrons alors que In est un pour tout entier naturel k, Pn (0) et Pn q (k)
Pn (0) = k! × (coefficient de xk ) = (−1)k−n
p/q
entier relatif. Une première intégration par parties fournit : In = [−Pn (x) cos x]0 + cos prend des valeurs entières en 0 et qp = π de même que Pn . Par suite, In ∈ Z ⇔
Z p/q 0
Pn0 (x) cos x dx ∈ Z.
R p/q
p/q
Une deuxième intégration par parties fournit : 0 Pn0 (x) cos x dx = [Pn0 (x) sin x]0 − sin prend des valeurs entières en 0 et qp = π, de même que Pn0 et In ∈ Z ⇔
Z p/q 0
R p/q 0 Pn (x) cos x dx. 0
R p/q 00 Pn (x) sin x dx. 0
Pn00 (x) sin x dx ∈ Z.
En renouvelant les intégrations par parties et puisque sin et cos prennent des valeurs entières en 0 et π de même que les dérivées succesives de Pn , on en déduit que : In ∈ Z ⇔
Z p/q (2n)
Pn
0
(x) sin x dx ∈ Z.
Mais, Z p/q (2n)
Z p/q 1
(−q)n (2n)! sin x dx = 2(−q)n (2n)(2n − 1)...(n + 1) ∈ Z. n! 0 0 Donc pour tout naturel n, In est un entier relatif, strictement positif d’après plus haut. On en déduit que pour tout naturel n, In > 1. Cette dernière constatation contredit le fait que la suite (In ) converge vers 0. L’hypothèse π est rationnel est donc absurde et par suite, Pn
(x) sin x dx =
π est irrationnel. 4. Montrons par récurrence que : ∀n ∈ N, e = ∑nk=0 k!1 +
R 1 (1−t)n t R 1 (1−t)n t 0 n! e dt. • Pour n = 0, 0 n! e dt =
R 1 (1−t)0 t R1 t R1 t 0 1 0 e dt = e − 1 et donc, e = 1 + 0 e dt = ∑k=0 k! + 0 0! e dt. • Soit n > 0. Supposons que e = R 1 (1−t)n t n 1
∑k=0 k! +
0
n!
e dt. Une intégrations par parties fournit :
1 Z 1 Z 1 (1 − t)n t (1 − t)n+1 t (1 − t)n+1 t e dt = − e + e dt = 0
(n + 1) × n!
n!
0
0
(n + 1)!
1 + (n + 1)!
Z 1 (1 − t)n+1 t e dt, 0
(n + 1)!
et donc, n
e=
1 1 ∑ k! + (n + 1)! + k=0
Z 1 Z 1 n+1 (1 − t)n+1 t 1 (1 − t)n+1 t e dt = ∑ + e dt. 0
(n + 1)!
k=0
k!
0
(n + 1)!
Le résultat est ainsi démontré par récurrence. Soit n un entier naturel non nul. D’après ce qui précède, n
1 = k=0 k!
0 < e− ∑
Z 1 Z 1 (1 − t)n t (1 − t)n e dt < e dt = 0
n!
0
n!
e 3 < . (n + 1)! (n + 1)!
Supposons alors par l’absurde que e soit rationnel. Alors, il existe (a, b) ∈ (N∗ )2 / e = ba . Soit n un entier 3 naturel non nul quelconque. D’après ce qui précède, on a 0 < ba − ∑nk=0 k!1 < (n+1)! , ce qui s’écrit encore après multiplication des trois membres par bn! 1519
0 < a × n! − b ∑nk=0 n! k!
2 −6) ∈ Q). Mais α n’est ni 0, ni − 2 + 3 + 5 = 10 > 6). Donc √ √ √ 2 + 3 + 5 est irrationnel.
Correction de l’exercice 1461 N Soient k un entier naturel non nul et n un entier naturel supérieur ou égal à k. n + 10 × k! (n + 10 × k!)(n + 10 × k! − 1)...(n + 10 × k! − k + 1) = k k! n(n − 1)...(n − k + 1) + 10 × k! × K = (pour un certain entier K) k! n(n − 1)...(n − k + 1) n = + 10K = + 10K. k! k n + 10 × k! n n + 10 × k! n − est donc divisible par 10. Par suite, et ont même La différence k k k k chiffre des unités en base 10. Ainsi, ∀n > k, un+10×k! = un et donc la suite u est donc 10k!-périodique. On sait alors que 0, uk uk+1 uk+2 ... est rationnel.
Correction de l’exercice 1462 N Soit x un irrationnel et ( qpnn )n∈N une suite de rationnels tendant vers x (pn entier relatif et qn entier naturel non nul, la fraction qpnn n’étant pas nécessairement irréductible). Supposons que la suite (qn )n∈N ne tende pas vers +∞. Donc : ∃A > 0/ (∀n0 ∈ N)(∃n > n0 / qn > A) ou encore, il existe une suite extraite (qϕ (n))n∈N de la suite (qn )n∈N qui est bornée. La suite (qϕ (n))n∈N est une suite d’entiers naturels qui est bornée, et donc cette suite ne prend qu’un nombre fini de valeurs. Mais alors, on peut extraire de la suite (qϕ (n))n∈N et donc de la suite (qn )n∈N une suite (qψ(n) )n∈N qui est constante et en particulier convergente. p La suite (pψ(n) )n∈N = ( qψ(n) )n∈N (qψ(n) )n∈N est aussi une suite d’entiers relatifs convergente et est donc constante ψ(n) à partir d’un certain rang. Ainsi, on peut extraire de la suite (pψ(n) )n∈N et donc de la suite (pn )n∈N une suite (pσ (n) )n∈N constante. La suite ((qσ (n) )n∈N est également constante car extraite de la suite constante (qψ(n) )n∈N et finalement, on a extrait de la p suite ( qpnn )n∈N une sous suite ( qσ (n) )n∈N constante. σ (n)
p
p
Mais la suite ( qpnn )n∈N tend vers x et donc la suite extraite ( qσ (n) )n∈N tend vers x. Puisque ( qσ (n) )n∈N est constante, on a ∀n ∈ N,
pσ (n) qσ (n)
σ (n)
= x et donc x est rationnel. Contradiction .
1521
σ (n)
Donc la suite (qn )n∈N tend vers +∞. Enfin si (|pn |)n∈N ne tend pas vers +∞, on peut extraire de (pn )n∈N une p sous-suite bornée (pϕ (n))n∈N . Mais alors, la suite ( qϕ(n) )n∈N tend vers x = 0 contredisant l’irrationnalité de x. ϕ(n) Donc, la suite (|pn |)n∈N tend vers +i n f ty. Correction de l’exercice 1463 N Explicitons la formule pour max(x, y). Si x > y, alors |x−y| = x−y donc 12 (x+y+|x−y|) = 12 (x+y+x−y) = x. De même si x 6 y, alors |x − y| = −x + y donc 12 (x + y + |x − y|) = 21 (x + y − x + y) = y. Pour trois éléments, nous avons max(x, y, z) = max max(x, y), z , donc d’après les formules pour deux éléments : max(x, y) + z + | max(x, y) − z| 2 1 (x + y + |x − y|) + z + 12 (x + y + |x − y|) − z 2 = . 2
max(x, y, z) =
Correction de l’exercice 1464 N (u2k )k tend vers +∞ et donc A ne possède pas de majorant, ainsi A n’a pas de borne supérieure (cependant certains écrivent alors sup A = +∞). D’autre part toutes les valeurs de (un ) sont positives et (u2k+1 )k tend vers 0, donc inf A = 0. Correction de l’exercice 1465 N 1. [0, 1]∩Q. Les majorants : [1, +∞[. Les minorants : ]−∞, 0]. La borne supérieure : 1. La borne inférieure : 0. Le plus grand élément : 1. Le plus petit élément 0. 2. ]0, 1[∩Q. Les majorants : [1, +∞[. Les minorants : ] − ∞, 0]. La borne supérieure : 1. La borne inférieure : 0. Il nexiste pas de plus grand élément ni de plus petit élément. 3. N. Pas de majorants, pas de borne supérieure, ni de plus grand élément. Les minorants : ] − ∞, 0]. La borne inférieure : 0. Le plus petit élément : 0. n o 4. (−1)n + n12 | n ∈ N∗ . Les majorants : [ 54 , +∞[. Les minorants : ] − ∞, −1]. La borne supérieure : 54 . La borne inférieure : −1. Le plus grand élément : 54 . Pas de plus petit élément.
Correction de l’exercice 1475 N 1. Soient A et B deux parties bornées de R. On sait que sup A est un majorant de A, c’est-à-dire, pour tout a ∈ A, a 6 sup A. De même, pour tout b ∈ B, b 6 sup B. On veut montrer que sup A + sup B est un majorant de A + B. Soit donc x ∈ A + B. Cela signifie que x est de la forme a + b pour un a ∈ A et un b ∈ B. Or a 6 sup A, et b 6 sup B, donc x = a + b 6 sup A + sup B. Comme ce raisonnement est valide pour tout x ∈ A + B cela signifie que sup A + sup B est un majorant de A + B.
2. On veut montrer que, quel que soit ε > 0, sup A + sup B − ε n’est pas un majorant de A + B. On prend donc un ε > 0 quelconque, et on veut montrer que sup A + sup B − ε ne majore pas A + B. On s’interdit donc dans la suite de modifier ε. Comme sup A est le plus petit des majorants de A, sup A − ε/2 n’est pas un majorant de A. Cela signifie qu’il existe un élément a de A tel que a > sup A − ε/2. Attention : sup A − ε/2 n’est pas forcément dans A ; sup A non plus. De la même manière, il existe b ∈ B tel que b > sup B − ε/2. Or l’élément x défini par x = a + b est un élément de A + B, et il vérifie x > (sup A − ε/2) + (sup B − ε/2) = sup A + sup B − ε. Ceci implique que sup A + sup B − ε n’est pas un majorant de A + B.
3. sup A + sup B est un majorant de A + B d’après la partie 1. Mais, d’après la partie 2., dès qu’on prend un ε > 0, sup A + sup B − ε n’est pas un majorant de A + B. Donc sup A + sup B est bien le plus petit des majorants de A + B, c’est donc la borne supérieure de A + B. Autrement dit sup(A + B) = sup A + sup B.
1522
Correction de l’exercice 1476 N 1. 2. 3. 4. 5. 6.
Vrai. Faux. C’est vrai avec l’hypothèse B ⊂ A et non A ⊂ B. Vrai. Faux. Il y a égalité. Vrai. Vrai.
Correction de l’exercice 1486 N A et B sont deux parties non vides et majorées de R et admettent donc des bornes supérieures notées respectivement α et β . Pour tout (a, b) ∈ A × B, on a a + b 6 α + β . Ceci montre que A + B est une partie non vide et majorée de R, et donc que sup(A + B) existe dans R. (De plus, puisque α + β est un majorant de A + B, on a déjà sup(A + B) 6 α + β ). Soit alors ε > 0. Il existe a ∈ A et b ∈ B tels que α − ε2 < a 6 α et β − ε2 < b 6 β , et donc tels que α + β − ε < a + b 6 α + β . En résumé, (1) ∀(a, b) ∈ A × B, a + b 6 α + β et (2) ∀ε > 0, ∃(a, b) ∈ A × B/ a + b > α + β − ε. On en déduit que sup(A + B) = α + β = sup A + sup B. Pour les bornes inférieures, on peut refaire le travail précédent en l’adaptant ou appliquer le résultat précédent aux ensembles −A et −B car InfA = −sup(−A). Correction de l’exercice 1487 N Posons pour n entier naturel non nul un = n1 +(−1)n de sorte que A = {un , n ∈ N∗ } = 0, 12 + 1, 13 − 1, 14 + 1, 15 − 1, ... . 1 1 Pour n > 1, u2n = 1 + 2n . Donc ∀n ∈ N∗ , 1 < u2n 6 32 . Pour n > 1, u2n−1 = −1 + 2n−1 . Donc ∀n ∈ N∗ , −1 < u2n−1 6 0. Par suite, ∀n ∈ N∗ , −1 < un 6 32 . Donc, sup A et inf A existent dans R et de plus −1 6 inf A 6 sup A 6 23 . Ensuite, 32 = u2 ∈ A. Donc, sup A = max A = 32 . 1 Enfin, pour chaque entier naturel non nul n, ona −1 6 inf A 6 u2n−1 = −1 + 2n−1 . On fait tendre n tend vers l’infini dans cet encadrement, on obtient
inf A = −1 (cette borne inférieure n’est pas un minimum). Correction de l’exercice 1488 N Posons B = {|y − x|, (x, y) ∈ A2 }. A est une partie non vide et bornée de R, et donc m = inf A et M = sup A existent dans R. Pour (x, y) ∈ A2 , on a m 6 x 6 M et m 6 yM, et donc y − x 6 M − m et x − y 6 M − m ou encore |y − x| 6 M − m. Par suite, B est une partie non vide et majorée de R. B admet donc une borne supérieure. Soit ε > 0. Il existe (x0 , y0 ) ∈ A2 tel que x0 < inf A + ε2 et y0 > sup A − ε2 . Ces deux éléments x0 et y0 vérifient, ε ε |y0 − x0 | > y0 − x0 > sup A − − inf A + = sup A − inf A − ε. 2 2 En résumé, 1523
1. ∀(x, y) ∈ A2 , |y − x| 6 sup A − inf A et
2. ∀ε > 0, ∃(x, y) ∈ A2 / |y − x| > sup A − inf A − ε.
Donc, sup B = sup A − inf A.
sup {|y − x|, (x, y) ∈ A2 } = sup A − inf A.
Correction de l’exercice 1489 N 1. A ∩ B peut être vide et on n’a rien à dire. Supposons donc A ∩ B non vide. Pour x ∈ A ∩ B, on a x 6 sup A et x 6 sup B et donc x 6 min{sup A, sup B}. Dans ce cas, sup(A ∩ B) existe et sup(A ∩ B) 6 min{sup A, sup B}. On ne peut pas améliorer. Par exemple, soit A = [0, 1] ∩ Q et B = ([0, 1] ∩ (R \ Q)) ∪ {0}. On a sup A = 1, sup B = 1, A ∩ B = {0} et donc sup(A ∩ B) = 0 < 1 = min{sup A, sup B}.
2. Pour x ∈ A∪B, on a x 6 max{sup A, sup B}. Donc sup(A∪B) existe dans R et sup(A∪B) 6 max{sup A, sup B}. Inversement, supposons par exemple sup A > sup B de sorte que max{sup A, sup B} = sup A. Soit alors ε > 0. Il existe a ∈ A tel que sup A − ε < a 6 sup A. a est dans A et donc dans A ∪ B. En résumé, ∀x ∈ (A ∪ B), x 6 max{sup A, sup B} et ∀ε > 0, ∃x ∈ (A ∪ B)/ max{sup A, sup B} − ε < x et donc sup(A ∪ B) = max{sup A, sup B}.
3. D’après l’exercice 1486, sup(A + B) = sup A + sup B. 4. Pour sup(AB), tout est possible. Par exemple, si A = B =] − ∞, 0] alors sup A = sup B = 0, mais AB = [0, +∞[ et sup(AB) n’existe pas dans R.
Correction de l’exercice 1494 N √ √ √ √ √ a + b 6 2 a + b ⇔ ( a + b)2 6 2(a + b)
√ car termes sont positifs, et la fonction x 7→ x2 est croissante sur R+ . Évaluons la différence 2(a + b) − ( a + √ les b)2 : √ √ √ √ √ √ 2(a + b) − ( a + b)2 = a + b − 2 a b = ( a − b)2 > 0. Donc par l’équivalence, nous obtenons l’inégalité recherchée. Correction de l’exercice 1500 N 1. Calculons d’abord f (0). Nous savons f (1) = f (1 + 0) = f (1) + f (0), donc f (0) = 0. Montrons le résultat demandé par récurrence : pour n = 1, nous avons bien f (1) = 1 × f (1). Si f (n) = n f (1) alors f (n + 1) = f (n) + f (1) = n f (1) + f (1) = (n + 1) f (1). 2. 0 = f (0) = f (−1+1) = f (−1)+ f (1). Donc f (−1) = − f (1). Puis comme ci-dessus f (−n) = n f (−1) = −n f (1). 3. Soit q = ba . Alors f (a) = f ( ba + ba + · · · + ab ) = f ( ab ) + · · · + f ( ab ) (b termes dans ces sommes). Donc f (a) = b f ( ba ). Soit a f (1) = b f ( ab ). Ce qui s’écrit aussi f ( ba ) = ab f (1).
4. Fixons x ∈ R. Soit (αi ) une suite croissante de rationnels qui tend vers x. Soit (βi ) une suite décroissante de rationnels qui tend vers x : α1 6 α2 6 α3 6 . . . 6 x 6 · · · 6 β2 6 β1 . Alors comme αi 6 x 6 βi et que f est croissante nous avons f (αi ) 6 f (x) 6 f (βi ). D’après la question précédent cette inéquation devient : αi f (1) 6 f (x) 6 βi f (1). Comme (αi ) et (βi ) tendent vers x. Par le “théorème des gendarmes” nous obtenons en passant à la limite : x f (1) 6 f (x) 6 x f (1). Soit f (x) = x f (1).
1524
Correction de l’exercice 1511 N 1. a = bq + r ⇒ ∑ = q + q + · · · + q + (q + 1) + · · · + (q + 1) = bq + r = a. | {z } | {z } r
b−r
2.
Correction de l’exercice 1512 N Soient x et y deux réels tels que 0 < x 6 y. x6m6y x+y y+y 1. On a déjà x = x+x 6 = m 6 = y et donc . 2 2 2 x+y y−x (on peut aussi écrire : m − x = 2 − x = 2 > 0). 2. On a ensuite x = 3. m − g =
x+y 2
x6g6y √ √ √ x.x 6 xy = g 6 y.y = y et donc .
x6g6m6y √ √ √ √ √ √ − xy = 21 (( x)2 − 2 xy + ( y)2 ) = 12 ( y − x)2 > 0 et donc, .
4. D’après 1), la moyenne arithmétique de encore
x6h6y
1 x
et
1 y
est comprise entre
1 x
et 1y , ce qui fournit
1 y
6
1 h
6 1x , ou
.
5. D’après 3), la moyenne géométrique des deux réels 1x et q arithmétique. Ceci fournit 1x . 1y 6 12 ( 1x + 1y ) ou encore 1g 6 x 6 h 6 g 6 m 6 y où
1 h
=
1 2
1 x
1 y 1 h
est inférieure ou égale à leur moyenne et finalement
√ + 1y , g = xy et m =
x+y 2 .
2xy , mais cette expression ne permet pas de comprendre que h1 est la moyenne arithméRemarque 1. On a h = x+y tique de 1x et 1y . Remarque 2. On peut visualiser l’inégalité entre moyenne arithmétique et géométrique. Si (ABC) est un triangle rectangle en A et A0 est le pied de la hauteur issue de A, on sait que AA02 = A0 B.A0C. On se sert de cette remarque pour construire g et la comparer graphiquement à m. On accolle deux segments de longueurs respectives x et y. On construit alors un triangle rectangle d’hypothénuse ce segment (de longueur x + y) noté [BC], tel que le troisième sommet A ait une projection orthogonale A0 sur (BC) vérifiant BA0 = x et CA0 = y.
A
g
B
m y
x ′
A
x+y
C
La moyenne arithmétique de x et y est m = x+y 2 , le rayon du cercle, et la moyenne géométrique de x et y est √ √ 0 0 0 g = xy = A B.A C = AA , la hauteur issue de A du triangle (ABC).
1525
Correction de l’exercice 1513 N Si l’un des réels a, b ou c est strictement plus grand que 1, alors l’un au moins des trois réels a(1 − b), b(1 − c), c(1 − a) est négatif (puisque a, b et c sont positifs) et donc inférieur ou égal à 14 . Sinon, les trois réels a, b et c sont dans [0, 1]. Le produit des trois réels a(1 − b), b(1 − c) et c(1 − a) vaut a(1 − a)b(1 − b)c(1 − c).
Mais, pour x ∈ [0, 1], x(1 − x) est positif et d’autre part, x(1 − x) = −(x − 12 )2 + 14 6 41 . Par suite, 1 . 43 Il est alors impossible que les trois réels a(1 − b), b(1 − c) et c(1 − a) soient strictement plus grand que 41 , leur produit étant dans ce cas strictement plus grand que 413 . On a montré dans tous les cas que l’un au moins des trois réels a(1 − b), b(1 − c) et c(1 − a) est inférieur ou égal à 14 . a(1 − a)b(1 − b)c(1 − c) 6
Correction de l’exercice 1514 N 1. Soit x ∈ R. Alors, E(x) 6 x < E(x) + 1 puis E(x) + 1 6 x + 1 < (E(x) + 1) + 1. Comme E(x) + 1 ∈ Z, on a bien E(x + 1) = E(x) + 1. 2. Soient (x, y) ∈ R2 . On a E(x) + E(y) 6 x + y. Ainsi, E(x) + E(y) est un entier relatif inférieur ou égal à x + y. Comme E(x + y) est le plus grand entier relatif inférieur ou égal à x + y, on a donc E(x) + E(y) 6 E(x + y). Améliorons. E(x) 6 x < E(x) + 1 et E(y) 6 y < E(y) + 1 fournit E(x) + E(y) 6 x + y < E(x) + E(y) + 2 et donc E(x + y) vaut, suivant le cas, E(x) + E(y) ou E(x) + E(y) + 1 (et est dans tous les cas supérieur ou égal à E(x) + E(y)). 3. Soit (x, y) ∈ R2 . Posons k = E(x) et l = E(y). 1er cas. Si x ∈ [k, k + 12 [ et y ∈ [l, l + 21 [, alors x + y ∈ [k + l, k + l + 1[ et donc E(x + y) = k + l, puis E(x) + E(y) + E(x + y) = k + l + k + l = 2k + 2l. D’autre part, 2x ∈ [2k, 2k + 1[ et 2y ∈ [2l, 2l + 1[. Par suite, E(2x) + E(2y) = 2k + 2l. Dans ce cas, E(x) + E(y) + E(x + y) = E(2x) + E(2y). 2ème cas. Si x ∈ [k + 21 , k + 1[ et y ∈ [l, l + 21 [, alors x + y ∈ [k + l + 12 , k + l + 32 [ et donc E(x + y) = k + l ou k + l + 1,puis E(x) + E(y) + E(x + y) = 2k + 2l ou 2k + 2l + 1. D’autre part, 2x ∈ [2k + 1, 2k + 2[ et 2y ∈ [2l, 2l + 1[. Par suite, E(2x) + E(2y) = 2k + 2l + 1. Dans ce cas, E(x) + E(y) + E(x + y) 6 E(2x) + E(2y). 3ème cas. Si x ∈ [k, k + 21 [ et y ∈ [l + 12 , l + 1[, on a de même E(x) + E(y) + E(x + y) 6 E(2x) + E(2y). 4ème cas. Si x ∈ [k + 21 , k + 1[ et y ∈ [l + 12 , l + 1[, on a E(x) + E(y) + E(x + y) = 2k + 2l + 2 = E(2x) + E(2y). Finalement, on a dans tous les cas E(x) + E(y) + E(x + y) 6 E(2x) + E(2y). Correction de l’exercice 1515 N p est déterminé par l’encadrement : 10 p 6 n < 10 p+1 qui s’écrit encore p 6
ln n ln 10
< p + 1. Par suite,
p = E(log10 (n)). Le nombre de chiffres d’un entier n en base 10 est donc E(log10 (n)) + 1.
Correction de l’exercice 1516 N 1. Par définition d’un entier, il y a n entiers entre 1 et n. Ensuite, pour tout entier naturel k, on a 1 6 k 6 x ⇔ 1 6 k 6 E(x). Il y a donc E(x) entiers entre 1 et x. 1526
2. Il y a n + 1 entiers entre 0 et n et E(x) + 1 entiers entre 0 et x. 3. Les entiers naturels pairs sont les entiers de la forme 2k, k ∈ N. Or, x 0 6 2k 6 x ⇔ 0 6 k 6 . 2 Le nombre des entiers pairs compris entre 0 et x est encore le nombre des entiers k compris au sens large entre 0 et 2x . D’après 2), il y a E( 2x ) + 1 entiers pairs entre 0 et x. De même, il y a E( 3x ) + 1 multiples de 3 entre 0 et x. De même, x−1 x−1 1 ⇔ 0 6 k 6 E( ). 0 6 2k + 1 6 x ⇔ − 6 k 6 2 2 2 x+1 Il y a donc E( x−1 2 ) + 1 = E( 2 ) entiers impairs entre 0 et x.
4. Il y a E( 3x ) + 1 multiples de 3 entre 0 et x. 5. Soient n ∈ N et (x, y) ∈ N2 . On a x + 2y = n ⇔ x = n − 2y. Donc, (x, y) est solution si et seulement si y ∈ N et n − 2y ∈ N ou encore si et seulement si 0 6 2y 6 n. Il y a donc E( n2 ) + 1 couples solutions. 6. Si x et y sont respectivement le nombre de pièces de 10 centimes d’euros et le nombre de pièces de 20 centimes d’euros, le nombre cherché est le nombre de couples d’entiers naturels solutions de l’équation 10x + 20y = 1000 qui s’écrit encore x + 2y = 100. D’après 5), il y a E( 100 2 ) + 1 = 51 façons de payer 10 euros avec des pièces de 10 et 20 centimes d’euros. 7. Soient n ∈ N et (x, y) ∈ N2 . On a 2x + 3y = n ⇔ x =
n − 3y . 2
Donc, (x, y) solution ⇔ x =
n − 3y et y ∈ N et n − 3y ∈ 2N. 2
Maintenant, comme n − 3y = (n − y) − 2y et que 2y est un entier pair, n − 3y est pair si et seulement si n − y est pair ce qui revient à dire que y a la parité de n. Ainsi, n − 3y n et y ∈ N et 0 6 y 6 et y a la parité de n. 2 3 1er cas. Si n est pair, le nombre de couples solutions est encore le nombre d’entiers pairs y compris au sens large entre 0 et 3n . Il y a E( n6 )) + 1 = E( n+6 6 ) tels entiers. 2ème cas. Si n est impair, le nombre de couples solutions est encore le nombre d’entiers impairs y n −1 compris au sens large entre 0 et n3 . Il y a E( 3 2 )) + 1 = E( n+3 6 ) tels entiers. (x, y) solution ⇔ x =
n+3 Finalement, le nombre cherché est E( n+6 6 ) si n est pair et E( 6 ) si n est impair.
Correction de l’exercice 1517 N 1. Par définition d’un entier, il y a n entiers entre 1 et n. Ensuite, pour tout entier naturel k, on a 1 6 k 6 x ⇔ 1 6 k 6 E(x). Il y a donc E(x) entiers entre 1 et x. 2. Il y a n + 1 entiers entre 0 et n et E(x) + 1 entiers entre 0 et x. 1527
3. Les entiers naturels pairs sont les entiers de la forme 2k, k ∈ N. Or, x 0 6 2k 6 x ⇔ 0 6 k 6 . 2 Le nombre des entiers pairs compris entre 0 et x est encore le nombre des entiers k compris au sens large entre 0 et 2x . D’après 2), il y a E( 2x ) + 1 entiers pairs entre 0 et x. De même, il y a E( 3x ) + 1 multiples de 3 entre 0 et x. De même, 1 x−1 x−1 0 6 2k + 1 6 x ⇔ − 6 k 6 ⇔ 0 6 k 6 E( ). 2 2 2 x+1 Il y a donc E( x−1 2 ) + 1 = E( 2 ) entiers impairs entre 0 et x.
4. Il y a E( 3x ) + 1 multiples de 3 entre 0 et x. 5. Soient n ∈ N et (x, y) ∈ N2 . On a x + 2y = n ⇔ x = n − 2y. Donc, (x, y) est solution si et seulement si y ∈ N et n − 2y ∈ N ou encore si et seulement si 0 6 2y 6 n. Il y a donc E( n2 ) + 1 couples solutions. 6. Si x et y sont respectivement le nombre de pièces de 10 centimes d’euros et le nombre de pièces de 20 centimes d’euros, le nombre cherché est le nombre de couples d’entiers naturels solutions de l’équation 10x + 20y = 1000 qui s’écrit encore x + 2y = 100. D’après 5), il y a E( 100 2 ) + 1 = 51 façons de payer 10 euros avec des pièces de 10 et 20 centimes d’euros. 7. Soient n ∈ N et (x, y) ∈ N2 . On a 2x + 3y = n ⇔ x =
n − 3y . 2
Donc, (x, y) solution ⇔ x =
n − 3y et y ∈ N et n − 3y ∈ 2N. 2
Maintenant, comme n − 3y = (n − y) − 2y et que 2y est un entier pair, n − 3y est pair si et seulement si n − y est pair ce qui revient à dire que y a la parité de n. Ainsi, n − 3y n et y ∈ N et 0 6 y 6 et y a la parité de n. 2 3 1er cas. Si n est pair, le nombre de couples solutions est encore le nombre d’entiers pairs y compris au sens large entre 0 et 3n . Il y a E( n6 )) + 1 = E( n+6 6 ) tels entiers. 2ème cas. Si n est impair, le nombre de couples solutions est encore le nombre d’entiers impairs y n −1 compris au sens large entre 0 et n3 . Il y a E( 3 2 )) + 1 = E( n+3 6 ) tels entiers. n+6 n+3 Finalement, le nombre cherché est E( 6 ) si n est pair et E( 6 ) si n est impair. (x, y) solution ⇔ x =
Correction de l’exercice 1518 N Soient n ∈ N∗ et x ∈ R. E(x) 6 x < E(x) + 1 ⇒ nE(x) 6 nx < nE(x) + n ⇒ nE(x) 6 E(nx) < nE(x) + n ⇒ E(x) 6 ⇒ E(
E(nx) ) = E(x). n
1528
E(nx) < E(x) + 1 n
Correction de l’exercice 1519 N Soient n ∈ N∗ et (x1 , x2 , ..., xn ) ∈ [−1, 1]n tels que x1 + x2 + ... + xn = 0. On écrit
(x1 + 2x2 + ... + nxn ) = (x1 + x2 + ... + xn ) + (x2 + x3 + .... + xn ) + (x3 + ... + xn ) + ... + (xn−1 + xn ) + xn , avec x1 + ... + xn = 0 et donc x2 + ... + xn = −x1 ... 2 2 1er cas. Si n = 2p est pair, alors n4 = p2 et donc, E( n4 ) = p2 =
n2 4.
Dans ce cas, on peut écrire
|x1 + 2x2 + ... + nxn | 6 |x1 + x2 + ... + x2p | + |x2 + .... + x2p | + ... + |x p + ... + x2p | + |x p+1 + ... + x2p |... + |x2p−1 + x2p | + |x2p |
= 0 + | − x1 | + | − x1 − x2 | + ... + | − x1 + ... − x p−1 |
+ |x p+1 + ... + x2p |... + |x2p−1 + x2p | + |x2p |
6 0 + 1 + 2 + ... + (p − 1) + p + (p − 1) + ... + 1 = 2 2ème cas. Si n = 2p + 1 est impair, alors peut écrire
n2 4
p(p − 1) n2 + p = p2 = E( ) 2 4
2
= p2 + p + 14 et donc, E( n4 ) = p2 + p =
n2 −1 4 .
Dans ce cas, on
|x1 + 2x2 + ... + nxn | 6 |x1 + x2 + ... + x2p+1 | + ... + |x p+1 + ... + x2p+1 | + |x p+2 + ... + x2p+1 |... + |x2p+1 |
= 0 + | − x1 | + | − x1 − x2 | + ... + | − x1 + ... − x p |
+ |x p+2 + ... + x2p+1 |... + |x2p+1 |
6 0 + 1 + 2 + ... + (p − 1) + p + p + (p − 1) + ... + 1 = 2
n2 p(p + 1) = p2 + p = E( ) 2 4
Dans tous les cas, on a montré que 2
∀n ∈ N∗ , |x1 + 2x2 + ... + nxn | 6 E( n4 ).
Correction de l’exercice 1520 N k
(−1) 1 Pour n = 1, ∑2n−1 k=0 k+1 = 1 − 2 =
Soit n > 1. Supposons que On a alors 2(n+1)−1
∑ k=0
2n 1 1 1 2 et ∑k=n+1 k = 2 . (−1)k 2n 1 ∑2n−1 k=0 k+1 = ∑k=n+1 k .
L’identité proposée est donc vraie pour n = 1.
2n (−1)k 2n−1 (−1)k 1 1 1 1 1 = ∑ + − = ∑ + − k+1 k + 1 2n + 1 2n + 2 k 2n + 1 2(n + 1) k=0 k=n+1
=
2(n+1) 2n+1 2n+1 1 1 1 1 1 1 + ∑ + = ∑ + = ∑ n + 1 k=n+2 k 2(n + 1) k=n+2 k 2n + 2 k=n+2 k k
(−1) 2n 1 On a montré par récurrence que ∀n > 1, ∑2n−1 k=0 k+1 = ∑k=n+1 k (identité de C ATALAN ).
Correction de l’exercice 1521 N 1. Si les bk sont tous nuls, l’inégalité est claire. Sinon, pour x réel, posons f (x) = ∑nk=1 (ak + xbk )2 = ∑nk=1 b2k x2 + 2 (∑nk=1 ak bk ) x + ∑nk=1 a2k . 1529
f est un trinôme du second degré de signe constant sur R. Son discriminant réduit est donc négatif ou nul ce qui fournit : n
0
0>∆ =
∑ ak bk k=1
ou encore |∑nk=1 ak bk | 6 2.
!2
n
−
∑
a2k
k=1
!
n
∑ k=1
b2k
!
,
q q ∑nk=1 a2k ∑nk=1 b2k , qui est l’inégalité de C AUCHY-S CHWARZ.
n n 2 2 2 2 (a + b ) = a + 2 a b + b 6 a + 2 a b + k k k k k k ∑ ∑ k ∑ ∑ k ∑ k ∑ ∑ b2k k=1 k=1 k=1 k=1 k=1 k=1 k=1 s s n
n
n
n
n
6
=
n
n
n
∑ a2k + 2
∑ a2k
∑ b2k + ∑ b2k
k=1
k=1
k=1 !2
s
n
∑ a2k +
k=1
et donc,
n
s
n
(C AUCHY-S CHWARZ)
k=1
∑ b2k
k=1
q q p n ∑k=1 (ak + bk )2 6 ∑nk=1 a2k + ∑nk=1 b2k , qui est l’inégalité de M INKOWSKI.
Correction de l’exercice 1522 N √ √ √ √ √ Pour x > 1, x+2 x − 1 = x−1+2 x − 1+1p= ( x − 1+1)2 > 0. De même, x−2 x − 1 = ( x − 1−1)2 > 0. p √ √ Donc, si√on pose f (x) √= x + 2 x − 1 + x − 2 x − 1, f (x) existe si et seulement x > 1 et pour x > 1, f (x) = x − 1 + 1 + | x − 1 − 1|. Par suite, f (x) = 1 ⇔
√ √ √ √ √ √ x − 1 + | x − 1 − 1| = 0 ⇔ x − 1 = 0 et x − 1 − 1 = 0 ⇔ x − 1 = 0 et x − 1 = 1,
ce qui est impossible. L’équation proposée n’a pas de solution. Correction de l’exercice 1523 N 1. Soit G un sous groupe non nul de (R, +) ({0} = 0.Z est du type voulu). Il existe dans G un réel non nul x0 . Puisque G est un sous groupe de (R, +), le réel −x0 est aussi dans G et l’un des deux réels x0 ou −x0 est strictement positif. Soit alors A = G∩]0, +∞[. D’après ce qui précède, A est une partie non vide et minorée (par 0) de R. A admet donc une borne inférieure que l’on note a. 1er cas. Si a = 0, montrons dans ce cas que G est dense dans R (c’est par exemple le cas de (Q, +)). Soient x un réel et ε un réel strictement positif. Puisque inf A = inf(G∩]0, +∞[) = 0, il existe dans G un élément g tel que 0 < g < ε. Puis il existe un entier relatif n tel que ng 6 x − ε < (n + 1)g à savoir n = E x−ε . Soit y = (n + 1)g. D’une part, y est dans G (si n + 1 = 0, (n + 1)g = 0 ∈ G, si n + 1 > 0, g (n + 1)g = g + g + ... + g ∈ G et si n + 1 < 0, (n + 1)g = −(−(n + 1)g) ∈ G) et d’autre part x − ε < (n + 1)g = ng + g < x − ε + ε = x. On a montré que ∀x ∈ R, ∀ε > 0, ∃y ∈ G/ x − ε < y < x et donc si G 6= {0} et si inf (G∩]0, +∞[) = 0, G est dense dans R. 2ème cas. Si a > 0, montrons dans ce cas que G = aZ. Pour cela, montrons tout d’abord que a est dans G. Mais si a n’est pas élément de G, par définition de a, il existe un réel x dans G∩]a, 2a[ puis il existe un réel y dans G∩]a, x[. Le réel x − y est alors dans G∩]0, a[ ce qui est impossible. Donc a est élément de G. Montrons alors que G = aZ. Puisque a est dans G, G contient encore a + a = 2a, puis a + a + a = 3a et plus généralement tous les na, n ∈ N∗ . Puisque G contient aussi les opposés de ces 1530
nombres et également 0 = 0×a, G contient finalement tous les na, n ∈ Z. xOn a ainsi montré que aZ ⊂ G. x Réciproquement, soit x un élément de G et n = E a (∈ Z). Alors, n 6 a < n + 1 puis 0 6 x − na < a. Or, x est dans G et na est dans G. Donc, x − na est dans G ∩ [0, a[= {0}, puis x = na ∈ aZ. On a ainsi montré l’inclusion contraire et donc G = aZ. si inf (G∩]0, +∞[) = a > 0, G = aZ. √ 2. Soit G = {a + b 2, (a, b) ∈ Z2 }. On vérifie aisément que G est un sous-groupe de (R, +). Maintenant, la formule du binôme de N EWTON montre que, pour chaque entier naturel n, √ ( 2 − 1)n ∈ G∩]0, +∞[. √ √ Or, 0 < 2 − 1 < 1 et donc limn→+∞ ( 2 − 1)n = 0. Ceci montre que inf(G∩]0; +∞[) = 0 et donc que G est dense dans R. 3. (a) Soit f une application de R dans R et G f = {T ∈ R/ ∀x ∈ R, f (x + T ) = f (x)}. 0 est élément de G f (et c’est même le seul élément de G f si f n’est pas périodique) et donc G 6= ∅. De plus, si T et T 0 sont deux éléments de G alors, pour x réel donné : f (x + (T − T 0 )) = f ((x − T 0 ) + T ) = f (x − T 0 ) = f (x − T 0 + T 0 ) = f (x),
et T − T 0 est encore un élément de G. On a montré que
G f est un sous groupe de (R, +). √ (b) Soit f une application de R√dans R admettant 1 et 2 pour périodes. G f contient encore tous les nombres de la forme a + b 2, (a, b) ∈ Z2 et est donc dense dans R. Montrons que si de plus f est continue sur R, f est constante. Soit x un réel quelconque. On va montrer que f (x) = f (0). Remarque préliminaire : soit T une période strictement positive de f . Il existe un entier relatif p tel x que pT 6 x < (p + 1)T à savoir p = E T . On a alors f (x) = f (x − pT ) avec 0 6 x − pT < T . Soit 1 alors n ∈ N∗ . Puisque G f est dense dans R, il existe dans G f un réel Tn tel que 0 < Tn < n (ce qui
implique que limn→+∞ Tn = 0). Mais alors, puisque 0 < x − E Txn Tn < Tn , on a aussi limn→+∞ x − E Txn Tn = 0. Maintenant, la suite f x − E Txn Tn est constante égale à f (x)) et donc ∗ n∈N
convergente vers f (x). On en déduit que
x x f (x) = lim f x − E Tn = f lim x − E Tn n→+∞ n→+∞ Tn Tn = f (0)
(par continuité de f en 0)
ce qu’il fallait démontrer.
Correction de l’exercice 1524 N √ √ Soient x un réel et ε un réel √ strictement positif. On a 3 x < 3 x + ε. Puisque Q est dense dans R, il existe un √ rationnel r tel que 3 x < r < 3 x + ε et donc tel que x < r3 < x + ε, par stricte croissance de la fonction t 7→ t 3 sur R. On a montré que {r3 , r ∈ Q} est dense dans R.
Correction de l’exercice 1525 N 1. Par définition est l’unique nombre E(x) ∈ Z tel que E(x) 6 x < E(x) + 1. 1531
2. Pour le réel kx, (k = 1, . . . , n) l’encadrement précédent s’écrit E(kx) 6 kx < E(kx) + 1. Ces deux inégalités s’écrivent aussi E(kx) 6 kx et E(kx) > kx − 1, d’où l’encadrement kx − 1 < E(kx) 6 kx. On somme cet encadrement, k variant de 1 à n, pour obtenir : n
n
n
∑ (kx − 1) < ∑ E(kx) 6 ∑ kx.
k=1
k=1
k=1
Ce qui donne n
n
x· ∑ k k=1
3. On se rappelle que ∑nk=1 k =
n(n+1) 2
x· 1 n2
− n < n2 · un 6 x · ∑ k. k=1
donc nous obtenons l’encadrement :
1 n(n + 1) 1 1 n(n + 1) · − < un 6 x · 2 · . 2 n 2 n n 2
· n(n+1) tend vers 12 , donc par le théorème des gendarmes (un ) tend vers 2x . 2
4. Chaque un est un rationnel (le numérateur et le dénominateur sont des entiers). Comme la suite (un ) tend vers 2x , alors la suite de rationnels (2un ) tend vers x. Chaque réel x ∈ R peut être approché d’aussi près que l’on veut par des rationnels, donc Q est dense dans R.
Correction de l’exercice 1527 N 1. Vrai. Toute sous-suite d’une suite convergente est convergente et admet la même limite (c’est un résultat du cours). 2. Faux. Un contre-exemple est la suite (un )n définie par un = (−1)n . Alors (u2n )n est la suite constante (donc convergente) de valeur 1, et (u2n+1 )n est constante de valeur −1. Cependant la suite (un )n n’est pas convergente. 3. Vrai. La convergence de la suite (un )n vers `, que nous souhaitons démontrer, s’écrit : ∀ε > 0 ∃N ∈ N tel que (n > N ⇒ |un − `| < ε). Fixons ε > 0. Comme, par hypothèse, la suite (u2p ) p converge vers ` alors il existe N1 tel 2p > N1 ⇒ |u2p − `| < ε. Et de même, pour la suite (u2p+1 ) p il existe N2 tel que 2p + 1 > N2 ⇒ |u2p+1 − `| < ε. Soit N = max(N1 , N2 ), alors n > N ⇒ |un − `| < ε. Ce qui prouve la convergence de (un )n vers `.
Correction de l’exercice 1534 N 1. Suite non convergente car non bornée. 2. Suite convergente vers 0. 1 3. Suite non convergente car la sous-suite u2p = 1 + 2p est toujours plus grande que 1. Alors que la sous1 suite u2p+1 = −1 + 2p+1 est toujours plus petite que 0.
1532
Correction de l’exercice 1535 N Soit (un ) une suite d’entiers qui converge vers ` ∈ R. Dans l’intervalle I =]` − 21 , ` + 21 [ de longueur 1, il existe au plus un élément de N. Donc I ∩ N est soit vide soit un singleton {a}. La convergence de (un ) s’écrit : ∀ε > 0 ∃N ∈ N tel que (n > N ⇒ |un − `| < ε). Fixons ε = 21 , nous obtenons un N correspondant. Et pour n > N, un ∈ I. Mais de plus un est un entier, donc n > N ⇒ un ∈ I ∩ N. En conséquent, I ∩ N n’est pas vide (par exemple uN en est un élément) donc I ∩ N = {a}. L’implication précédente s’écrit maintenant : n > N ⇒ un = a. Donc la suite (un ) est stationnaire (au moins) à partir de N. En prime, elle est bien évidemment convergente vers ` = a ∈ N. Correction de l’exercice 1536 N 1. La fonction t 7→
1 t
est décroissante sur [n, n + 1] donc 1 6 n+1
Z n+1 dt n
t
6
1 n
(C’est un encadrement de l’aire de l’ensemble des points (x, y) du plan tels que x ∈ [n, n + 1] et 0 6 y 6 1/x par l’aire de deux rectangles.) Par calcul de l’intégrale nous obtenons l’inégalité : 1 1 6 ln(n + 1) − ln(n) 6 . n+1 n 1 2. Hn = n1 + n−1 + · · · + 21 + 1, nous majorons chaque terme de cette somme en utilisant l’inégalité 1k 6 ln(k) − ln(k − 1) obtenue précédemment : nous obtenons Hn 6 ln(n) − ln(n − 1) + ln(n − 1) − ln(n − 2) + · · · − ln(2) + ln(2) − ln(1) + 1. Cette somme est télescopique (la plupart des termes s’éliminent et en plus ln(1) = 0) et donne Hn 6 ln(n) + 1. L’autre inégalité s’obtient de la façon similaire en utilisant l’inégalité ln(k + 1) − ln(k) 6 1k .
3. Comme Hn > ln(n + 1) et que ln(n + 1) → +∞ quand n → +∞ alors Hn → +∞ quand n → +∞.
1 4. un+1 − un = Hn+1 − Hn − ln(n + 1) + ln(n) = n+1 − (ln(n + 1) − ln(n)) 6 0 d’après la première question. Donc un+1 − un 6 0. Ainsi un+1 6 un et la suite (un ) est décroissante. Enfin comme Hn > ln(n + 1) alors Hn > ln(n) et donc un > 0.
5. La suite (un ) est décroissante et minorée (par 0) donc elle converge vers un réel γ. Ce réel γ s’appelle la constante d’Euler (d’après Leonhard Euler, 1707-1783, mathématicien d’origine suisse). Cette constante vaut environ 0, 5772156649 . . . mais on ne sait pas si γ est rationnel ou irrationnel.
Correction de l’exercice 1540 N 2nπ 2nπ 1. un+q = cos 2(n+q)π = cos + 2π = cos = un . q q q 2(nq+1)π 2π 2. unq = cos 2nqπ = cos (2nπ) = 1 = u et u = cos = cos = u1 . Supposons, par 0 nq+1 q q q l’absurde que (un ) converge vers `. Alors la sous-suite (unq )n converge vers ` comme unq = u0 = 1 pour tout n alors ` = 1. D’autre part la sous-suite (unq+1 )n converge aussi vers `, mais unq+1 = u1 = cos 2π q , 2π 2π donc ` = cos q . Nous obtenons une contradiction car pour q > 2, nous avons cos q 6= 1. Donc la suite (un ) ne converge pas. 1533
Correction de l’exercice 1565 N 1. 2. ` = π. Correction de l’exercice 1569 N x 2. Correction de l’exercice 1573 N 1. un =
(2n)! . 4n (n!)2
2. 3. 4. Correction de l’exercice 1574 N a Si |a| < 1, à partir d’un certain rang, 1+a n < α < 1 ⇒ lim = 0. un+1 Si |a| > 1, un → 0 ⇒ un → 0. Correction de l’exercice 1577 N lim Sn = lim un . Si un = (3i/2)n , alors (un ) diverge, mais Sn −−−→ 0. n→∞
Correction de l’exercice 1582 N 1. 1 6 S(n + 1) 6 S(n) + 1 ⇒ 0 6
S(n+1) S(n)
6 2.
2. inf = 0 (99 . . . 99), sup = 2 (100 . . . 00). 3. Correction de l’exercice 1586 N 1. Sinon, on construit une sous-suite strictement croissante. 2. La suite (min(x0 , . . . , xn )) converge vers 0, et prend une infinité de valeurs différentes.
Correction de l’exercice 1589 N u2n − un > 1+···+n > 18 . 4n2 Correction de l’exercice 1590 N √ √ 1. Par récurrence, n 6 un 6 2n. q p √ 2. n 6 un 6 n + 2(n − 1) ⇒ lim = 1. r q p p √ 3. n + n − 1 6 un 6 n + n − 1 + 2(n − 2) ⇒ lim = 12 .
1534
Correction de l’exercice 1591 N Soit ` = inf{bn | n ∈ |||∗ }, ε > 0 et p ∈ |||∗ tel que b p 6 ` + ε. Pour n ∈ |||∗ on effectue la division euclidienne de n par p : n = pq + r d’où an 6 aqp ar et bn 6 b p + ln ar 6 ` + 2ε pour n assez grand. n
Correction de l’exercice 1592 N Si eiα n’est pas valeur d’adhérence alors il existe δ > 0 tel que |eih(n) − eiα | > δ pour tout n assez grand donc S l’ensemble k∈||| [α − δ + 2kπ, α − δ + 2kπ] ne contient aucun terme de la suite (h(n)) pour n assez grand ce qui contredit les hypothèses h(n) −−−→ +∞ et h(n + 1) − h(n) −−−→ 0. n→∞
n→∞
Correction de l’exercice 1593 N Soit E l’ensemble des valeurs d’adhérence de (un ). Si unk −−−→ λ alors unk +1 −−−→ λ + λ 2 donc E est stable par k→∞
k→∞
l’application f : x 7→ x + x2 . En fait E est invariant par cette application car la suite (unk −1 ) admet une valeur d’adhérence µ ∈ E et on a µ 2 + µ = λ . En particulier l’intervalle [inf(E), sup(E)] est invariant par f ce qui implique sup(E) = inf(E) = 0.
Correction de l’exercice 1594 N Soit ` une valeur d’adhérence de (xn ). Si l’on suppose que (xn ) ne converge pas vers ` alors il existe un voisinage [a, b] de ` tel qu’il y a une infinité de termes dans [a, b] et une infinité hors de [a, b]. Ceci implique que [c, d] = f ([a, b]) n’est pas inclus dans [a, b] et que [c, d] \ [a, b] contient une infinité de termes, donc (xn ) a une deuxième valeur d’adhérence dans [c, d]\]a, b[. Correction de l’exercice 1595 N Les suites (ln(un )/2n ) et (ln(1 + un )/2n ) sont adjacentes. Correction de l’exercice 1596 N Supposons sans perte de généralité u croissante (quite à remplacer u par −u). Dans ce cas, ou bien u converge, ou bien u tend vers +∞. Supposons que u tende vers +∞, et montrons qu’il en est de même pour la suite v. Soit A ∈ R. Il existe un rang n0 tel que pour n naturel supérieur ou égal à n0 , un > 2A. Pour n > n0 + 1, on a alors, n0
1 vn = n+1
∑ uk + k=0
n
∑
k=n0 +1
uk
!
>
1 n0 (n − n0 )2A uk + ∑ n + 1 k=0 n+1
n0 0 )2A uk + (n−n tend vers 2A et donc, il existe un rang n1 à partir ∑k=0 n+1 (n−n )2A n 1 0 0 duquel vn > n+1 uk + n+1 > A. On a montré que : ∀n ∈ N, ∃n1 ∈ N/ (∀n ∈ N), (n > n1 ⇒ vn > A). Par ∑k=0 suite, limn→+∞ vn = +∞. Par contraposition, si v ne tend pas vers +∞, la suite u ne tend pas vers +∞ et donc converge, d’après la remarque initiale.
Maintenant, quand n tend vers +∞,
1 n+1
Correction de l’exercice 1597 N 1. La fonction x 7→
1 x
est continue et décroissante sur ]0, +∞[ et donc, pour k ∈ N∗ , on a : 1 1 = (k + 1 − k) 6 k+1 k+1
Donc, pour k > 1, pour n > 1,
1 k
>
R k+1 1 k
x
dx et, pour k > 2,
Z k+1 1 k
1 k
1535
6
1 1 dx 6 (k + 1 − k) = . x k k
Rk
1 k−1 x
dx. En sommant ces inégalités, on obtient
n 1 Hn = ∑ > ∑ k=1 k=1 k n
Z k+1 1
x
k
dx =
Z n+1 1 1
x
dx = ln(n + 1),
et pour n > 2, n
n 1 Hn = 1 + ∑ 6 1 + ∑ k=2 k k=2
Z k 1 k−1
x
dx = 1 +
Z n 1 1
x
dx = 1 + ln n,
cette dernière inégalité restant vraie quand n = 1. Donc, ∀n ∈ N∗ , ln(n + 1) 6 Hn 6 1 + ln n. 2. Soit n un entier naturel non nul. 1 1 un+1 − un = − ln(n + 1) + ln n = − n+1 n+1 car la fonction x 7→
1 x
Z n+1 1 n
1 x
dx =
1 − n+1 x
n
dx 6 0
décroit sur [n, n + 1]. De même,
1 1 vn+1 − vn = − ln(n + 2) + ln(n + 1) = − n+1 n+1 car la fonction x 7→
x
Z n+1 1
Z n+2 1 n+1
x
dx =
Z n+2 1 n+1
1 − n+1 x
dx > 0
décroit sur [n + 1, n + 2]. Enfin, 1 un − vn = ln(n + 1) − ln n = ln 1 + n
et donc la suite u − v tend vers 0 quand n tend vers +∞. Finalement, la suite u décroit, la suite v croit et la suite u − v tend vers 0. On en déduit que les suites u et v sont adjacentes, et en particulier convergentes et de même limite. Notons γ cette limite. Pour tout entier naturel non nul n, on a vn 6 γ 6 un , et en particulier, v3 6 γ 6 u1 avec v3 = 0, 5... et u1 = 1. Donc, γ ∈ 12 , 1 . Plus précisément, pour n entier naturel non nul donné, on a 10−2 1 1 1 0 6 un − vn 6 ⇔ ln 1 + 6 0, 005 ⇔ 6 e0,005 − 1 ⇔ n > 0,005 = 199, 5... ⇔ n > 200. 2 n n e −1 −2
−2
Donc 0 6 γ − v100 6 102 et une valeur approchée de v200 à 102 près (c’est-à-dire arrondie à la 3 ème décimale la plus proche) est une valeur approchée de γ à 10−2 près. On trouve γ = 0, 57 à 10−2 près par défaut. Plus précisémént, γ = 0, 5772156649... (γ est la constante d’E ULER).
Correction de l’exercice 1598 N Posons α = arccos ab . α existe car 0 < ab < 1 et est élément de 0, π2 . De plus, a = b cos α. Enfin, pour tout entier naturel n, 2αn ∈ 0, π2 et donc, cos 2αn > 0. On a u0 = b cos α et v0 = b puis u1 = 21 (u0 + v0 ) = b2 (1 + q √ cos α) = b cos2 α2 et v1 = u1 v0 = b cos2 α2 × b = b cos α2 puis u2 = b2 cos α2 (1 + cos α2 ) = b cos α2 cos2 2α2 et q v2 = b cos α2 cos2 2α2 × b cos α2 = b cos α2 cos 2α2 ... Montrons par récurrence que pour tout entier naturel non nul n, vn = b ∏nk=1 cos 2αk et un = vn cos 2αn . C’est vrai pour n = 1 et si pour n > 1 donné, on a vn = b ∏nk=1 cos 2αk et un = vn cos 2αn alors, 1 α α un+1 = (vn cos n + vn ) = vn cos2 n+1 2 2 2 1536
puis vn+1 =
α α √ un+1 vn = vn cos n+1 (car cos n+1 > 0), 2 2
α α et donc, vn+1 = b ∏n+1 k=1 cos 2k puis un+1 = vn+1 cos 2n+1 . On a montré par récurrence que
∀n ∈ N∗ , vn = b ∏nk=1 cos 2αk et un = vn cos 2αn . α Pour tout entier naturel non nul n, on a vn > 0 et vn+1 vn = cos 2n+1 < 1. La suite v est donc strictement décroissante. Ensuite, pour tout entier naturel non nul n, on a un > 0 et
α α cos2 2n+1 un+1 vn+1 cos 2n+1 1 1 1 = 1+ = > (1 + 1) = 1. α = α α un vn cos 2n cos 2n 2 cos 2n 2
La suite u est strictement croissante. Maintenant, pour n ∈ N∗ , n k=1
= Donc, quand n tend vers +∞, vn ∼
sin α 2n sin 2αn
= sinαα , √ b2 −a2 . arccos( ab )
sin α 2n 2αn
adjacentes de limite commune b sinαα =
Correction de l’exercice 1599 N 1. Pour n ∈ N∗ , sinn n 6 1n . Comme
n sin α k−1 = b ∏ 2 sin2 αk 2k k=1 2 α
vn = b ∏ cos
1 −→ n n→+∞
puis un = vn cos 2αn ∼ vn ∼
0,
sin n −→ n n→+∞
sin α α .
Ainsi, les suites u et v sont
0.
limn→+∞ sinn n = 0.
n n 2. Quand n tend vers +∞, ln 1 + 1n = n ln 1 + 1n ∼ n × n1 = 1. Donc, ln 1 + 1n tend vers 1 puis, 1 n n ln(1+1/n) 1 1+ n = e tend vers e = e. limn→+∞ 1 + n1
3. Pour n ∈ N∗ , posons un =
n! nn .
n
= e.
Pour n entier naturel non nul, on a
nn un+1 (n + 1)! = × = un n! (n + 1)n+1
n n+1
n
1 −n = 1+ . n
Donc, quand n tend vers +∞, uun+1 = e−n ln(1+1/n) = e−n(1/n+o(1/n)) = e−1+o(1) . Ainsi, n 1 e = 0.36... < 1. On sait alors que limn→+∞ un = 0.
un+1 un
tend vers
limn→+∞ nn!n = 0. (n+ 1 )2 −1
(n+ 1 )2
(n+ 1 )2 −1
(n+ 1 )2
4. Pour n > 1, (n−2 1 )2 6 un 6 (n− 1 )22 −1 . Or, (n−2 1 )2 et (n− 1 )22 −1 tendent vers 1 quand n tend vers +∞ et 2 2 2 2 donc, d’après le théorème de la limite par encadrement, la suite u converge et a pour limite 1. limn→+∞
E E
1537
2
(n+ 21 ) 2 = 1. (n− 12 )
5. Quand n tend vers +∞,
6.
√ √ n+1− n =
7.
1 n3
∑nk=1 k2 = k
√ √ 1 2 n 2 n n = e n ln(n ) = e2 ln n/n = eo(1) , et donc n2 tend vers 1. √ n limn→+∞ n2 = 1.
√ 1 √ n+1+ n
n(n+1)(2n+1) 6n3 1
n
k
→ 0. ∼
2n3 6n3
= 16 .
8. ∏nk=1 2k/2 = 2 2 ∑k=1 2k−1 . Pour x réel, posons f (x) = ∑nk=1 kxk−1 . f est dérivable sur R en tant que polynôme et pour tout réel x, n
f (x) =
∑x
k
k=1
!0
n
(x) =
∑x
k
k=0
!0
(x).
Pour x 6= 1, on a donc f (x) =
xn+1 − 1 x−1
0
(x) =
1 2
k En particulier, ∑nk=1 2k−1 = f Finalement,
=
(n + 1)xn (x − 1) − (xn+1 − 1) nxn+1 − (n + 1)xn + 1 = . (x − 1)2 (x − 1)2
n − n+1 2n +1 2n+1 1 ( 2 −1)2
n
→ 4 (d’après un théorème de croissances comparées). k
∏ 2k/2
k=1
→ 24/2 = 4.
Correction de l’exercice 1600 N Soit n ∈ N. √ √ √ √ √ √ 1 1 √ = n + 1 − n ⇔ 2 n + un = √ √ ⇔ 2 n + un = n + 1 + n 2 n + un n+1− n p √ √ 1 4(n + un ) = ( n + 1 + n)2 ⇔ un = −n + (2n + 1 + 2 n(n + 1)) 4 p 1 ⇔ un = (−2n + 1 + 2 n(n + 1)) 4
Par suite, quand n tend vers +∞,
n 1 1p 2 1 n un = − + + n +n = + 2 4 2 4 2
r
! 1 1 n 1/n 1+ −1 = + q n 4 2 1+ 1 +1 n
1 1 1 1 1 1 = + q = + + o(1) = + o(1). 4 2 1+ 1 +1 4 4 2 n
La suite (un ) converge et a pour limite 12 .
Correction de l’exercice 1601 N √ Supposons que la suite ( n vn ) tende vers le réel positif `. • Supposons que 0 6 ` < 1. Soit ε = 1−` 2 . √ 1+` ε est un réel strictement positif et donc, ∃n0 ∈ N/ ∀n ∈ N, (n > n0 ⇒ n vn < ` + 1−` 2 = 2 ). n 1+1 Pour n > n0 , par croissance de la fonction t 7→ t n sur R+ , on obtient |un | < 1+` . Or, 0 < 1+` 2 2 < 2 =1 1+` n et donc 2 tend vers 0 quand n tend vers +∞. Il en résulte que un tend vers 0 quand n tend vers +∞. 1538
√ 1+` • Supposons que ` > 1. ∃n0 ∈ N/ ∀n ∈ N, (n > n0 ⇒ n vn > ` − `−1 2 = 2 ). Mais alors, pour n > n0 , n n 1+1 1+` |un | > 1+` . Or, 1+` tend vers +∞ quand n tend vers +∞. Il en résulte que 2 2 > 2 = 1, et donc 2 |un | tend vers +∞ quand n tend vers +∞. ln n √ Soit, pour α réel et n entier naturel non nul, un = nα . n un = eα n tend vers 1 quand n tend vers +∞, et ceci pour toute valeur de α. Mais, si α < 0, un tend vers 0, si α = 0, un tend vers 1 et si α > 0, un tend vers +∞. Donc, si ` = 1, on ne peut rien conclure. Correction de l’exercice 1602 N 1. Supposons ` > 0. Soit ε un réel strictement positif, élément de ]0, `[. ∃n0 ∈ N/ ∀n ∈ N, (n > n0 ⇒ 0 < un0 +1 ε n−n0 n un−1 un−2 ` − ε2 < uun+1 6 un 6 < ` + ε2 ). Pour n > n0 , puisque un = uun−1 un−2 un−3 ... un0 un0 , on a un0 ` − 2 n ε n−n0 , et donc un0 ` + 2
ε −n0 /n ε −n0 /n ε √ ε (un0 )1/n ` − `− 6 n un 6 (un0 )1/n ` + `+ . 2 2 2 2 Maintenant, le membre de gauche de cet encadrement tend vers ` − ε2 , et le membre de droite rend vers −n0 /n ` − ε2 > `+ ε2 . Par suite, on peut trouver un entier naturel n1 > n0 tel que, pour n > n1 , (un0 )1/n ` − ε2 −n0 /n √ ` − ε, et (un0 )1/n ` + ε2 ` + ε2 < ` + ε. Pour n > n1 , on a alors ` − ε < n un < ` + ε. On a montré √ √ que ∀ε > 0, ∃n1 ∈ N/ (∀n ∈ N), (n > n1 ⇒ ` − ε < n un < ` + ε). Donc, n un tend vers `. On traite de façon analogue le cas ` = 0.
2. Soient a et b deux réels tels que 0 < a < b. Soit u la suite définie par ∀p ∈ N, u2p = a p b p et u2p+1 = a p+1 b p .
√ √ √ (on part de 1 puis on multiplie alternativement par a ou b). Alors, 2p u2p = ab et 2p+1 u2p+1 = √ √ p+1 p √ u a 2p+1 b 2p+1 → ab. Donc, n un tend vers ab (et en particulier converge). On a bien sûr u2p+1 =a 2p u2p+2 et u2p+1 = b. La suite uun+1 admet donc deux suites extraites convergentes de limites distinctes et est n ainsi divergente. La réciproque du 1) est donc fausse. 2n 3. (a) Pour n entier naturel donné, posons un = . n
Ainsi,
un+1 un
(2n + 2)(2n + 1) 4n + 2 un+1 (2n + 2)! n!2 = = = . un (2n)! (n + 1)!2 (n + 1)2 n+1 s 2n tend vers 4 quand n tend vers +∞, et donc n tend vers 4 quand n tend vers +∞. n
(b) Pour n entier naturel donné, posons un =
Ainsi,
un+1 un
nn n! .
un+1 (n + 1)n+1 n! 1 n = = 1+ . un nn (n + 1)! n √ tend vers e quand n tend vers +∞, et donc n un = √nnn! tend vers e quand n tend vers +∞.
(c) Pour n entier naturel donné, posons un =
(3n)! . n2n n!
2n un+1 (3n + 3)! n2n n! (3n + 3)(3n + 2)(3n + 1) n = = un (3n)! (n + 1)2n+2 (n + 1)! (n + 1)2 (n + 1) n+1 −2n 3(3n + 2)(3n + 1) 1 = 1+ . (n + 1)2 n −2n 1 1 Maintenant, 1 + 1n = e−2n ln(1+1/n) = e−2n( n +o( n )) = e−2+o(1) , et donc uun+1 tend vers 27e−2 . Par n q 27 suite, n12 n (3n)! n! tend vers e2 . 1539
Correction de l’exercice 1603 N D’après le théorème de la limite par encadrement : 0 6 un vn 6 un 6 1 ⇒ u converge et tend vers 1. Il en est de même pour v en échangeant les rôles de u et v. Correction de l’exercice 1604 N p 3 Si u2n → 0, alors |un | = |u2n | → 0 et donc un → 0. Si u2n → ` 6= 0, alors (un ) = ( uu2n ) converge. (L’exercice n’a n p d’intérêt que si lap suite u est une suite complexe, car si u est une suite réelle, on écrit immédiatement un = 3 u3n (et non pas un = u2n )). Correction de l’exercice 1605 N Les suites u et v sont définies à partir du rang 1 et strictement positives. Pour tout naturel non nul n, on a : un+1 = un
n+2 n+1
n+1
n n+1
n
= e(n+1) ln(n+2)+n ln n−(2n+1) ln(n+1) .
Pour x réel strictement positif, posons alors f (x) = (x + 1) ln(x + 2) + x ln x − (2x + 1) ln(x + 1). f est dérivable sur ]0, +∞[ et pour x > 0, x+1 2x + 1 + ln(x + 2) + 1 + ln x − − 2 ln(x + 1) x+2 x+1 x+2−1 2x + 2 − 1 = + ln(x + 2) + 1 + ln x − − 2 ln(x + 1) x+2 x+1 1 1 =− + + ln x + ln(x + 2) − 2 ln(x + 1). x+2 x+1
f 0 (x) =
De même, f 0 est dérivable sur ]0, +∞[ et pour x > 0, 1 1 1 1 2 − + + − 2 2 (x + 2) (x + 1) x x+2 x+1 2 2 x(x + 1) − x(x + 2) + (x + 1)2 (x + 2)2 + x(x + 1)2 (x + 2) − 2x(x + 1)(x + 2)2 = x(x + 1)2 (x + 2)2 2 2 2 −2x − 3x + (x + 2x + 1)(x + 4x + 4) + (x2 + 2x)(x2 + 2x + 1) − 2(x2 + x)(x2 + 4x + 4) = x(x + 1)2 (x + 2)2 3x + 4 = > 0. x(x + 1)2 (x + 2)2
f 00 (x) =
f 0 est strictement croissante sur ]0, +∞[ et donc, pour x > 0, 1 1 t(t + 2) 0 0 f (x) < lim f (t) = lim − + + ln = 0. t→+∞ t→+∞ t +2 t +1 (t + 1)2 Donc, f est strictement décroissante sur ]0, +∞[. Or, pour x > 0, f (x) = (x + 1) ln(x + 2) + x ln x − (2x + 1) ln(x + 1) 2 1 = (x + (x + 1) − (2x + 1)) ln x + (x + 1) ln 1 + − (2x + 1) ln 1 + x x 2 1 ln 1 + x ln 1 + x 2 1 = ln 1 + − ln 1 + +2 −2 . 2 1 x x x x 1540
= 1, et donc, quand x tend vers +∞, f (x) tend vers 0 + 0 + 2 − 2 = 0. Comme f est On sait que limu→0 ln(1+u) u strictement décroissante sur ]0, +∞[, pour tout réel x > 0, on a f (x) > limt→+∞ f (t) = 0. f est donc strictement positive sur ]0, +∞[. Ainsi, ∀n ∈ N∗ , f (n) > 0 et donc uun+1 = e f (n) > 1. La suite u est strictement croissante. n x (Remarque. On pouvait aussi étudier directement la fonction x 7→ 1 + 1x sur ]0, +∞[.) On montre de manière analogue que la suite v est strictement décroissante. Enfin, puisque un tend vers e, et que vn = 1 + 1n un tend vers e, les suites u et v sont adjacentes. (Remarque. En conséquence, pour tout entier naturel non nul n n+1 11 11 10 . Par exemple, pour n = 10, on obtient 10 < e < 11 et donc, 2, 59... < n, 1 + n1 < e < 1 + n1 10 e < 2, 85... et pour n = 100, on obtient 1, 01100 < e < 1, 01101 et donc 2, 70... < e < 2, 73... Ces deux suites convergent vers e lentement). Correction de l’exercice 1606 N Il est immédiat que u croit strictement et que v − u est strictement positive et tend vers 0. De plus, pour n entier naturel donné,
vn+1 − vn =
1 1 1 n(n + 1) + n − (n + 1)2 −1 + − = = < 0, (n + 1)! (n + 1) × (n + 1)! n × n! n(n + 1) × (n + 1)! n(n + 1) × (n + 1)!
et la suite v est strictement décroissante. Les suites u et v sont donc adjacentes et convergent vers une limite commune (à savoir e). (Remarque. Dans ce cas, la convergence est très rapide. On a pour tout entier naturel non nul n, ∑nk=0 k!1 < e < 1 et n = 5 fournit par exemple 2, 716... < e < 2, 718...). ∑nk=0 k!1 + n×n! Correction de l’exercice 1607 N Pour n entier naturel non nul donné, on a √ √ 1 1 2 1 2 √ √ un+1 − un = √ −2 n+2+2 n+1 = √ −√ >√ −√ = 0. n+1 n+1 n+1+ n+2 n+1 n+1+ n+1 De même, √ √ 1 1 2 1 2 √ vn+1 − vn = √ −2 n+1+2 n = √ −√ −√ = 0. √ 2. Supposons que cos( 2n ) = 2 2 + 2 + ... 2 (n − 1 radicaux). π π Alors, puisque cos( 2n+1 ) > 0 (car 2n+1 est dans ]0, π2 [), s r r r q q π √ √ 1 + cos( 2n ) π 1 1 1 cos( n+1 ) = = (1 + 2 + 2 + ... 2) = 2 + 2 + ... 2, (n radicaux). 2 2 2 2 2 q p √ On a montré par récurrence que, pour n > 2, cos( 2πn ) = 12 2 + 2 + ... 2 (n − 1 radicaux). Ensuite, pour n > 2, r r q √ π 1 π 1 sin( n ) = (1 − cos( n−1 ) = 2 − 2 + ... 2 (n − 1 radicaux) 2 2 2 2 1541
Enfin, n
2 Donc, limn→+∞
2n
r
2−
q
√ π π 2 + ... 2 = 2n .2 sin n+1 ∼ 2n+1 n+1 = π. 2 2
q p √ 2 − 2 + ... 2 = π.
Correction de l’exercice 1609 N 1. Pour x réel positif, posons f (x) = x − ln(1 + x) et g(x) = (x + 1) ln(x + 1) − x. f et g sont dérivables sur [0, +∞[ et pour x > 0, on a f 0 (x) = 1 −
1 x = > 0, x+1 x+1
et g0 (x) = ln(x + 1) + 1 − 1 = ln(x + 1) > 0. f et g sont donc strictement croissantes sur [0, +∞[ et en particulier, pour x > 0, f (x) > f (0) = 0 et de même, g(x) > g(0) = 0. Finalement, f et g sont strictement positives sur ]0, +∞[ ou encore, ∀x > 0, ln(1 + x) < x < (1 + x) ln(1 + x). 2. Soit k un entier naturel non nul. D’après 1), ln(1 + 1k ) < 1k < (1 + 1k ) ln(1 + 1k ), ce qui fournit k ln(1 + 1k ) < 1 < (k + 1)Ln(1 + 1k ), puis, par stricte croissance de la fonction exponentielle sur R, 1 1 ∀k ∈ N∗ , 0 < (1 + )k < e < (1 + )k+1 . k k En multipliant membre à membre ces encadrements, on obtient pour tout naturel non nul n : n
n 1 k 1 n (1 + ) < e < ∏ k ∏(1 + k )k+1 . k=1 k=1
Maintenant, k−1 n 1 k k + 1 k ∏n+1 (n + 1)n k=2 k (1 + ) = = = . ∏ k ∏ k n! ∏nk=1 kk k=1 k=1 n
De même, k (n + 1)n+1 1 k+1 ∏n+1 k=2 k (1 + ) = = . ∏ k n n! ∏k=1 kk+1 k=1 n
On a montré que ∀n ∈ N∗ ,
(n+1)n n!
< en
2, l’entier kn est composé et donc, pour n > 2, ukn = 0. En particulier, la suite (ukn )n∈N converge et a pour limite 0. Maintenant, l’ensemble des nombres premiers est infini et si pn est le n-ième nombre premier, la suite (pn )n∈N est strictement croissante. La suite (u pn )n∈N est extraite de (un )n∈N et est constante égale à 1. En particulier, la suite (u pn )n∈N tend vers 1. Ainsi la suite (un )n∈N admet au moins deux suites extraites convergentes de limites distinctes et donc la suite (un )n∈N diverge bien que toutes les suites (ukn )n∈N convergent vers 0 pour k > 2. Correction de l’exercice 1611 N Soit f une application de N dans lui-même, injective. Montrons que limn→+∞ f (n) = +∞. Soient A un réel puis m = Max(0, 1 + E(A)). Puisque f est injective, on a card( f −1 ({0, 1, ..., m}) > m + 1. En particulier, f −1 ({0, 1, ..., m}) est fini (éventuellement vide). 0 si f −1 ({0, 1, ..., m}) = 0/ Posons n0 = 1 + . Max f −1 ({0, 1, ..., m}) sinon Par définition de n0 , si n > n0 , n n’est pas élément de f −1 ({0, 1, ..., m}) et donc f (n) > m > A. On a montré que ∀A ∈ R, ∃n0 ∈ N/ (∀n ∈ N), (n > n0 ⇒ f (n) > A) ou encore limn→+∞ f (n) = +∞. Correction de l’exercice 1612 N 1. Posons a =
2pπ q
où p ∈ Z, q ∈ N∗ et PGCD(p, q) = 1. Pour tout entier naturel n, on a
2pπ 2pπ un+q = cos (n + q) = cos n + 2pπ = cos(na) = un . q q
La suite u est donc q-périodique et de même la suite v est q-périodique. Maintenant, une suite périodique converge si et seulement si elle est constante (en effet, soient T une période strictement positive de u et ` la limite de u. Soit k ∈ {0, ..., T − 1}. |uk − u0 | = |uk+nT − unT | → |` − `| = 0 quand n tend vers l’infini). p ∗ Or, si a = 2pπ q où p ∈ Z, q ∈ N , PGCD(p, q) = 1 et q ∈ Z, alors u1 6= u0 et la suite u n’est pas constante et donc diverge, et si a ∈ 2πZ, la suite u est constante et donc converge.
2. (a) et b)) Pour tout entier naturel n,
vn+1 = sin((n + 1)a) = sin(na) cos a + cos(na) sin a = un sin a + vn cos a. a n cos a Puisque 2π ∈ / Z, sin a 6= 0 et donc un = vn+1 −v . Par suite, si v converge alors u converge. De même, sin a à partir de cos((n + 1)a) = cos(na) cos a − sin(na) sin a, on voit que si u converge alors v converge. Les suites u et v sont donc simultanément convergentes ou divergentes. Supposons que la suite u converge, alors la suite v converge. Soient ` et `0 les limites respectives de u et v. D’après ce qui précède, ` et `0 sont solutions du système :
` sin a + `0 cos a = `0 ⇔ ` cos a − `0 sin a = `.
` sin a + `0 (cos a − 1) = 0 . `(cos a − 1) − `0 sin a = 0.
Le déterminant de ce système vaut − sin2 a − (cos a − 1)2 < 0 car a ∈ / 2πZ. Ce système admet donc 2 0 2 0 l’unique solution ` = ` = 0 ce qui contredit l’égalité ` + ` = 1. Donc, les suites u et v divergent. 3. (a) Soit E 0 = {na+2kπ, n ∈ N, k ∈ Z}. Supposons que E 0 est dense dans R et montrons que {un , n ∈ N} et {vn , n ∈ N} sont dense dans [−1, 1]. Soient x un réel de [−1, 1] et b = arccos x, de sorte que b ∈ [0, π] et que x = cos b. Soit ε > 0. Pour n entier naturel et k entier relatif donnés, on a :
1543
na + 2kπ − b na + 2kπ + b |un − x| = | cos(na) − cos b| = | cos(na + 2kπ) − cos b| = 2| sin( ) sin( )| 2 2 na + 2kπ − b (l’inégalité | sin x| 6 |x| valable pour tout réel x est classique) 6 2 2 = |na + 2kπ − b| En résumé, ∀k ∈ Z, ∀n ∈ N, |un − x| 6 |na + 2kπ − b|. Maintenant, si E 0 est dense dans R, on peut trouver n ∈ N et k ∈ Z| tels que |na + 2kπ − b| < ε et donc |un − x| < ε. Finalement, {un , n ∈ N} est dense dans [−1, 1]. De même, on montre que {vn , n ∈ N} est dense dans [−1, 1]. Il reste donc à démontrer que E 0 est dense dans R. (b) Soit E = {na + 2kπ, n ∈ Z, k ∈ Z}. E est un sous groupe non nul de (R, +) et donc est soit de la forme αZ avec α = inf(E∩]0, +∞[) > 0, soit dense dans R si inf(E∩]0, +∞[) = 0. Supposons par l’absurde que inf(E∩]0, +∞[) > 0. Puisque E = αZ et que 2π est dans E, il existe un entier naturel non nul q tel que 2π = qα, et donc tel que α = 2π q . Mais alors, a étant aussi dans E, il existe un entier relatif p tel que a = pα = exclu et donc, E est dense dans R.
2pπ q
∈ 2πQ. Ceci est
(c) Soit x dans [−1, 1]. D’après ce qui précède, pour ε > 0 donné, il existe n ∈ Z tel que | cos(na)−x| < ε et donc |u|n| − x| < ε, ce qui montre que {un , n ∈ N} est dense dans [−1, 1]. De même, {vn , n ∈ N} est dense dans [−1, 1].
Correction de l’exercice 1613 N La suite u n’est pas majorée. Donc, ∀M ∈ R, ∃n ∈ N/ un > M. En particulier, ∃n0 ∈ N/ un0 > 0. Soit k = 0. Supposons avoir construit des entiers n0 , n1 ,..., nk tels que n0 < n1 < ... < nk et ∀i ∈ {0, ..., k}, uni > i. On ne peut avoir : ∀n > nk , un < k + 1 car sinon la suite u est majorée par le nombre Max{u0 , u1 , ..., unk , k + 1}). Par suite, ∃nk+1 > nk / unk+1 > k + 1. On vient de construire par récurrence une suite (unk )k∈N extraite de la suite u telle que ∀k ∈ N, unk > k et en particulier telle que limk→+∞ unk = +∞. Correction de l’exercice 1614 N Si u converge vers un réel `, alors ` ∈ [0, 1] puis, par passage à la limite quand n tend vers +∞, `(1 − `) > 14 , et donc (` − 21 )2 6 0 et finalement ` = 12 . Par suite, si u converge, limn→+∞ un = 21 . De plus, puisque la suite u est à valeurs dans ]0, 1[, pour n naturel donné, on a : 1 1 1 − ( − un )2 6 < un+1 (1 − un ), 4 2 4 et puisque 1 − un > 0, on a donc ∀n ∈ N, un < un+1 . u est croissante et majorée. Donc u converge et limn→+∞ un = 12 (amusant). un (1 − un ) =
Correction de l’exercice 1615 N 1. Pour tout réel a, 2p+1
ei(2p+1)a = (cos a + i sin a)2p+1 =
j cos2p+1− j a(i sin a) j ∑ C2p+1
j=0
puis p
sin((2p + 1)a) = Im(ei(2p+1)a ) =
2 j+1 cos2(p− j) a(−1) j sin2 j+1 a. ∑ C2p+1
j=0
1544
Pour 1 6 k 6 p, en posant a =
kπ 2p+1 ,
on obtient :
p
Ensuite, pour 1 6 k 6 p, 0 < kπ par sin2p+1 2p+1 , on obtient :
kπ
kπ
2 j+1 cos2(p− j) (−1) j sin2 j+1 = 0. ∑ C2p+1 2p + 1 2p + 1
∀k ∈ {1, ..., p},
j=0
kπ 2p+1
0, k=1
k=1
et la suite (un) est strictement croissante. De plus, pour n > 2, n
un =
1
n
1
n
1
n
1
1
1
∑ k2 = 1 + ∑ k2 < 1 + ∑ k(k − 1) = 1 + ∑ ( k − 1 − k ) = 1 + 1 − n < 2.
k=1
k=2
k=2
k=2
La suite (un ) est croissante et est majorée par 2. Par suite, la suite (un ) converge vers un réel inférieur ou égal à 2. 3. Pour x élément de [0, π2 ], posons f (x) = x − sin x et g(x) = tan x − x. f et g sont dérivables sur [0, π2 ] et pour x élément de [0, π2 ], f 0 (x) = 1 − cos x et g0 (x) = tan2 x. f 0 et g0 sont strictement positives sur ]0, π2 ] et donc strictement croissantes sur [0, π2 ]. Comme f (0) = g(0) = 0, on en déduit que f et g sont strictement positives sur ]0, π2 [. Donc, ∀x ∈]0, π2 [, 0 < sin x < x < tan x et par passage à l’inverse ∀x ∈]0, π2 [, 0 < cotan x < 1x < sin1 x . 2
(2p+1) 1 kπ kπ 1 2 kπ 4. Pour 1 6 k 6 p, 0 < 2p+1 < π2 et donc 0 < cotan 2p+1 < 2p+1 kπ < sin kπ . Puis, cotan 2p+1 < ( π 2 ) k2 < 2p+1
1 kπ sin 2p+1
. En sommant ces inégalités, on obtient
p p p π 2 p(2p − 1) π2 1 π2 1 2p(p + 1)π 2 2 kπ = cotan < u = < = . p ∑ ∑ 2 (2p + 1)2 ∑ sin2 kπ 3(2p + 1)2 (2p + 1)2 k=1 2p + 1 3(2p + 1)2 k=1 k k=1 2p+1
Les membres de gauche et de droite tendent vers 2 vers π6 .
π2 6
1545
quand p tend vers l’infini et donc la suite (u p ) tend
Correction de l’exercice 1616 N 1. Soit n ∈ N. Pour x ∈ [0, π2 ], 0 6 arcsinx 6 ( π2 )n et donc, par croissance de l’intégrale, 0 6 un 6
1 n!
Z 1 π 1 π ( )n dx = ( )n .
2
0
n! 2
D’après un théorème de croissances comparées, n!1 ( π2 )n tend vers 0 quand n tend vers +∞. D’après le théorème des gendarmes, un tend vers 0 quand n tend vers +∞. R
n
R
n
x x dx 6 01 1+0 dx = 2. 0 6 01 1+x quand n tend vers +∞.
3. Soit n ∈ N∗ .
2
1 n+1 .
Comme
1 n+1
tend vers 0 quand n tend vers +∞,
R 1 xn 0 1+x dx tend vers 0
Z π Z π Z π Z π −x sin x Z π π n sin x −x sin x π2 0 x + n dx − 0 sin x dx = 0 x + n dx 6 0 x + n dx 6 0 0 + n dx = n .
Or, πn tend vers 0 quand n tend vers +∞, et donc +∞.
R π n sin x Rπ 0 x+n dx tend vers 0 sin x dx = 2 quand n tend vers
Correction de l’exercice 1620 N 1. La fonction polynomiale P(x) := x3 − 3x + 1 est continue et dérivable sur R et sa dérivée est P0 (x) = 3x2 − 3, qui est strictement négative sur ] − 1, +1[. Par conséquent P est strictement décroissante sur ] − 1, +1[. Comme P(0) = 1 > 0 et P(1/2) = −3/8 < 0 il en résulte grâce au théorème des valeurs intermédiaires qu’il existe un réel unique α ∈]0, 1/2[ tel que P(α) = 0.
2. Comme f (x) − x = (x3 − 3x + 1)/9 il en résulte que α est l’unique solution de l’équation f (x) = x dans ]0, 1/2[.
3. Comme f 0 (x) = (x2 + 2)/3 > 0 pour tout x ∈ R, on en déduit que f est strictement croissante sur R. Comme f (0) = 1/9 et limx→+∞ f (x) = +∞, on en déduit que f (R+ ) = [1/9, +∞[. Comme x1 = f (x0 ) = 1/9 > 0 alors x1 > x0 = 0 ; f étant strictement croissante sur R+ , on en déduit par récurrence que xn+1 > xn pour tout n ∈ ||| ce qui prouve que la suite (xn ) est croissante. 4. Un calcul simple montre que f (1/2) < 1/2. Comme 0 = x0 < 1/2 et que f est croissante on en déduit par récurrence que xn < 1/2 pour tout n ∈ ||| (en effet si xn < 1/2 alors xn+1 = f (xn ) < f (1/2) < 1/2).
5. D’après les questions précédentes, la suite (xn ) est croissante et majorée, elle converge donc vers un nombre réel ` ∈]0, 1/2]. De plus comme xn+1 = f (xn ) pour tout n ∈ |||, on en déduit par continuité de f que ` = f (`). Comme f (1/2) < 1/2, On en déduit que ` ∈]0, 1/2[ et vérifie l’équation f (`) = `. D’après la question 2, on en déduit que ` = α et donc (xn ) converge vers α.
Correction de l’exercice 1644 N √ √ √ a− a 1. un & a, et un − a < (2√ . n a)2 −1 2. u2n → 0, u2n+1 → 1.
3. Si 0 6 u0 6 1 : un & 0, sinon un & −∞. 4. —
1 4
< α : un → ∞ ;
√
— − 34 < α 6 41 : un → 1− 21−4a , — −1 < α 6 − 34 : 1 point fixe et deux points réciproques. (un ) ne converge pas.
5. Si u0 > − 12 , un → ∞ ; si u0 < − 21 , un → −1. 6. un → 12 .
1546
7. Thm du point fixe sur ] − ∞, 74 ] ⇒ un → 1.
8. Si u0 6= 1, ∃ n tq 4 − 3un < 0 ⇒ suite finie. 9. un → α ≈ 0.39754.
10. 1 est point fixe, il y a deux points réciproques. (un ) ne converge pas. 11. — — — 12.
1 < α : un → 0 si u0 < 1, un → ∞ si u0 > 1 −1 < α < 1 : un → 1 α 6 −1 : si u0 6= 1, (un ) diverge. e1/e < α : un → ∞. 1 < α < e1/e : 2 pts fixes, β < γ. un → β si u0 < γ, et un → ∞ si u0 > γ. e−e 6 α < 1 : 1 pt fixe, β , et un → β . α < e−e : 1 point fixe et deux points réciproques. (un ) ne converge pas.
Correction de l’exercice 1645 N CV (vers 0) ssi |ka0 | < 1. Correction de l’exercice 1647 N `=
√ 1+ 5 2 .
Correction de l’exercice 1648 N p un+1 = u2n + un > un . Il n’y a pas de point fixe. Correction de l’exercice 1651 N yn − xn = cste ⇒ xn → 0, yn → y0 − x0 . Correction de l’exercice 1652 N 0 yn − xn = y03−x et yn + xn = y0 + x0 ⇒ xn , yn −→ n
y0 +x0 2 .
Correction de l’exercice 1653 N √ xn yn = cte ⇒ xn , yn → x0 y0 . Correction de l’exercice 1654 N 1. 2. ` = b sinϕϕ .
Correction de l’exercice 1655 N 1. x3 + y3 + z3 − 3xyz = 12 (x + y + z) (x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 . √ 2. 3cn+1 − 3bn+1 = an + bn + cn − 3 3 an bn cn > 0 ⇒ bn+1 6 cn+1 . 3 3 1 1 1 √ 3 an+1 − bn+1 = an + bn + cn − 3 a b c > 0 ⇒ an+1 6 bn+1 . n n n
2 1 1 a = b + c Donc (an ) croît et (cn ) décroît : an −→ a, bn −→ b, cn −→ c avec b2 = ac 2c = a + b
Correction de l’exercice 1656 N
1547
⇒ a = b = c.
Pour u0 > 0 on a un & 0 et pour u0 < 0 on a un % 0. f 0 (0) = absolument (d’Alembert).
1 2
donc un+1 ∼ 12 un et la série ∑ un converge
Correction de l’exercice 1657 N L’ensemble des valeurs d’adhérence de la suite est un intervalle dont tous les éléments sont points fixes par f . S’il y a plusieurs valeurs d’adhérence il faut passer de l’une à l’autre avec une longueur de saut qui tend vers zéro, on doit tomber sur point fixe entre les deux, contradiction. Correction de l’exercice 1658 N x 3−2x
1. Calcul formel de un . Soit x ∈ R. on a alors
= x ⇔ 2x2 − 2x = 0 ⇔ x = 0 ou x = 1. Pour n entier naturel donné,
un+1 − 1 = un+1 Par suite,
un −1 un
= 3n u0u−1 , puis un = 0
2. Calcul formel de un . Soit x ∈ R. a alors 1 un+1 − 2 Par suite,
1 un −2
=
un 3−2un − 1 un 3−2un
=
un − 1 3un − 3 =3 . un un
u0 u0 −3n (u0 −1) .
4(x−1) x
= x ⇔ x2 − 4x + 4 = 0 ⇔ x = 2. Pour n entier naturel donné, on
1 4(un −1) un
−2
=
un un − 2 + 2 1 1 = = + . 2(un − 2) 2(un − 2) 2 un − 2
0 −2) = 2n + u01−2 , puis un = 2 + (u2(u . 0 −2)n+2
Correction de l’exercice 1659 N un+1 − un = 31 (vn − un ) Pour tout entier naturel n, on a v − vn = − 31 (vn − un ) . La dernière relation montre que la suite v − u n+1 vn+1 − un+1 = 13 (vn − un ) garde un signe constant puis les deux premières relations montrent que pour tout entier naturel n, sgn(un+1 − un ) = sgn(vn −un ) et sgn(vn+1 −vn ) = −sgn(vn −un ). Les suites u et v sont donc monotones de sens de variation opposés. Si par exemple u0 6 v0 , alors, pour tout naturel n, on a : u0 6 un 6 un+1 6 vn+1 6 vn 6 v0 . Dans ce cas, la suite u est croissante et majorée par v0 et donc converge vers un certain réel `. De même, la suite v est décroissante et minorée par u0 et donc converge vers un certain réel `0 . Enfin, puisque pour tout 0 entier naturel n, on a un+1 = 2un3+vn , on obtient par passage à la limite quand n tend vers l’infini, ` = 2`+` et 3 0 donc ` = ` . Les suites u et v sont donc adjacentes. Si u0 > v0 , il suffit d’échanger les rôles de u et v. Calcul des suites u et v. Pour n entier naturel donné, on a vn+1 − un+1 = 31 (vn − un ). La suite v − u est géométrique de raison 31 . Pour tout naturel n, on a donc vn − un = 31n (v0 − u0 ). D’autre part, pour n entier naturel donné, vn+1 + un+1 = vn + un . La suite v + u est constante et donc, pour tout entier naturel n, on a vn + un = v0 + u0 . En additionnant et en retranchant les deux égalités précédentes, on obtient pour tout entier naturel n : 1 1 1 1 v0 + u0 + n (v0 − u0 ) et vn = v0 + u0 − n (v0 − u0 ) . un = 2 3 2 3 En particulier, ` = `0 =
u0 +v0 2 .
Correction de l’exercice 1660 N n Pour tout entier naturel n, on a un+1 − vn+1 = − 21 (un − vn ) et donc, un − vn = − 12 (u0 − v0 ). De même, en n n échangeant les rôles de u, v et w, vn − wn = − 12 (v0 − w0 ) et wn − un = − 21 (w0 − v0 ) (attention, cette 1548
dernière égalité n’est autre que la somme des deux premières et il manque encore une équation). On a aussi, un+1 + vn+1 + wn+1 = un + vn + wn et donc, pour tout naturel n, un + vn + wn = u0 + v0 + w0 . Ainsi, un , vn et wn sont solutions du système n vn − un = − 21 (v0 − u0 ) n wn − un = − 12 (w0 − u0 ) . un + vn + wn = u0 + v0 + w0
Par suite, pour tout entier naturel n, on a 1 n 1 (u + v + w ) + − (2u − v − w ) u = 0 0 0 0 0 0 n 3 2 1 1 n vn = 3 (u0 + v0 + w0 ) + − 2 (−u0 + 2v0 − w0 ) . wn = 1 (u0 + v0 + w0 ) + − 1 n (−u0 − v0 + 2w0 ) 3 2 Les suites u, v et w convergent vers
u0 +v0 +w0 . 3
Correction de l’exercice 1661 N Montrons tout d’abord que : ∀(x, y, z) ∈]0, +∞[3 , (x 6 y 6 z ⇒ Posons m =
x+y+z 3 ,
g=
√ 3 xyz et h =
3 1 1 1 x+y+z
1 y
+ +
1 z
6
x+y+z √ 3 xyz 6 ). 3
. Soient y et z deux réels strictement positifs tels que y 6 z. Pour
x ∈]0, y], posons u(x) = ln m − ln g = ln u est dérivable sur ]0, y] et pour x ∈]0, y],
3 1 x
x+y+z − 31 3
(ln x + ln y + ln z).
1 1 1 1 − 6 − = 0. x + y + z 3x x + x + x 3x u est donc décroissante sur ]0, y] et pour x dans ]0, y], u(x) > u(y) = ln 2y+z − 13 (2 ln y + ln z). Soit z un réel 3 strictement positif fixé. Pour y ∈]0, z], posons v(y) = ln 2y+z − 13 (2 ln y + ln z). v est dérivable sur ]0, z] et pour 3 y ∈]0, z], u0 (x) =
v0 (y) =
2 2 2 2 − 6 − = 0. 2y + z 3z 3z 3z
v est donc décroissante sur ]0, z] et pour y dans ]0, z], on a v(y) > v(z) = 0. On vient de montrer que g 6 m. = z et h > 1 + 31 + 1 = x. En appliquant ce résultat à 1x , 1y et 1z , on obtient 1g 6 h1 et donc h 6 g. Enfin, m 6 z+z+z 3 x x x Finalement, x 6 h 6 g 6 m 6 z. Ce résultat préliminaire étant établi, puisque 0 < u0 < v0 < w0 , par récurrence, les suites u, v et w sont définies puis, pour tout naturel n, on a un 6 vn 6 wn , et de plus u0 6 un 6 un+1 6 wn+1 6 wn 6 w0 . La suite u est croissante et majorée par w0 et donc converge. La suite w est décroissante et minorée par u0 et donc converge. Enfin, puisque pour tout entier naturel n, vn = 3wn+1 − un − wn , la suite v converge. Soient alors a, b et c les limites respectives des suites u, v et w. Puisque pour tout entier naturel n, on a 0 < u0 6 un 6 vn 6 wn , on a déjà par passage à la limite 0 < u0 6 a 6 b 6 c. Toujours par passage à la limite quand n tend vers +∞ :
1549
= a1 + 1b + 1c 2bc = ab + ac √ b = 2c − a 2 3 b = ac ⇔ ⇔ (a = c et b = c) ou (a = 4c et b = −2c). ⇔ b = abc a2 − 5ac + 4c2 = 0 a+b+c a + b = 2c c= 3 3 a
b = −2c est impossible car b et c sont strictement positifs et donc, a = b = c. Les suites u, v et w convergent vers une limite commune.
Correction de l’exercice 1662 N Tout d’abord , on montre facilement par récurrence que, pour tout entier naturel non nul n, un existe et un > 1. Mais alors, pour tout entier naturel non nul n, 1 6 un+1 = 1 + unn 6 1 + n. Par suite, pour n > 2, 1 6 un 6 n, ce qui reste vrai pour n = 1. ∀n ∈ N∗ , 1 6 un 6 n. √ Supposons momentanément que la suite (un − n)n>1 converge vers un réel `. Dans ce cas : √ √ √ n 1 ` 1 n = 1+ n 1− √ +o √ = 1+ n = n + 1 − ` + o(1). 1+ = 1+ √ un n + ` + o(1) n n 1 + √`n + o √1n
D’autre part,
√ √ √ 1 1/2 + ` + o(1) = n + ` + o(1), un+1 = n + 1 + ` + o(1) = n 1 + n √ et donc ` − (1 − `) = o(1) ou encore 2` − 1 = 0. Donc, si la suite (un − n)n>1 converge vers un réel `, alors √ ` = 21 . Il reste à démontrer que la suite (un − n)n>1 converge. On note que pour tout entier naturel non nul, √ √ 1 1 1 1 un+1 − un = (−u2n + un + n) = (1 + 4n + 1) − un un − (1 − 4n + 1) . un un 2 2 √ √ √ Montrons par récurrence que pour n > 1, 12 (1 + 4n − 3) 6 un 6 12 (1 + 4n + 1). Posons vn = 21 (1 + 4n − 3) √ et wn = 12 (1 + 4n + 1). √ Si n = 1, v1 = 1 6 u1 = 1 6 12 (1 + 5) = w1 . Soit n > 1. Supposons que vn 6 un 6 wn . Alors,
Mais, pour n > 1,
2n n 2n 1+ √ 6 un+1 = 1 + 6 1 + √ . un 4n − 3 + 1 4n + 1 + 1
√ √ √ √ 1 2n sgn( (1 + 4n + 5)−(1 + √ )) = sgn((1 + 4n + 5)(1 + 4n − 3) − 2(2n + 1 + 4n − 3)) 2 4n − 3 + 1 √ √ √ = sgn( 4n + 5(1 + 4n − 3) − (4n + 1 + 4n − 3)) √ √ = sgn((4n + 5)(1 + 4n − 3)2 − (4n + 1 + 4n − 3)2 ) (par croissance de x 7→ x2 sur [0, +∞[) √ √ = sgn((4n + 5)(4n − 2 + 2 4n − 3) − ((4n + 1)2 + 2(4n + 1) 4n − 3 + 4n − 3)) √ √ = sgn(−8 + 8 4n − 3) = sgn( 4n − 3 − 1) = sgn((4n − 3) − 1) = sgn(n − 1) = + 2n 6 wn+1 . Donc, un+1 6 1 + 1 + √4n−3+1 D’autre part,
√ √ √ 2n 2n + 1 + 4n + 1 ( 4n + 1 + 1)2 1 1+ √ = √ = √ = (1 + 4n + 1) = vn+1 , 4n + 1 + 1 4n + 1 + 1 2( 4n + 1 + 1) 2 1550
et donc vn+1 6 un+1 6 wn+1 . On a montré par récurrence que √ √ 1 1 (1 + 4n − 3) 6 un 6 (1 + 4n + 1), 2 2 (ce qui montre au passage que u est croissante). Donc, pour n > 1, r r √ 3 √ 1 1 √ 1 + n − − n 6 un − n 6 + n + − n, 2 4 2 4 ou encore, pour tout n > 1, ∀n ∈ N∗ ,
√ 1 3 1 1 1 1 6 un − n 6 + q . − q √ 2 4 n− 3 + n 2 4 n + 1 + √n 4
4
Maintenant, comme les deux suites ( 12 − 34 √
et ( 21 + 14 √ 11 √ ) convergent toutes deux vers 12 , n+ 4 + n √ d’après le théorème de la limite par encadrements, la suite (un − n)n>1 converge vers 21 . 1 √ ) n− 34 + n
Correction de l’exercice 1663 N 1 1 1. Posons J = de sorte que A = I + J. On a J 2 = 2 j et donc, plus généralement : ∀k > 1, J k = 1 1 2k−1 J. Mais alors, puisque I et J commutent, la formule du binôme de N EWTON fournit pour n entier naturel non nul donné : n n 1 n An = (I + J)n = I + ∑ Cnk J k = I + ( ∑ Cnk 2k−1 )J = I + ( ∑ Cnk 2k − 1)J 2 k=0 k=1 k=1 n 1 1 n 1 3 + 1 3n − 1 n = I + ((1 + 2) − 1)J = I + (3 − 1)J = 2 2 2 3n − 1 3n + 1
ce qui reste vrai pour n = 0. Donc, 1 3n + 1 3n − 1 ∀n ∈ N, A = . 2 3n − 1 3n + 1 un Poour n entier naturel donné, posons Xn = . Pour tout entier naturel n, on a alors Xn+1 = A.Xn vn et donc, n
1 Xn = A .X0 = 2 n
3n + 1 3 n − 1 3n − 1 3 n + 1
1 0
=
3n +1 2 3n −1 2
.
Donc, ∀n ∈ N, un =
3n + 1 3n − 1 et vn = . 2 2
2. Soit n ∈ N. un+1 + vn+1 = 3(un + vn ). Donc, la suite u + v est une suite géométrique de raison 3 et de premier terme u0 + v0 = 1. On en déduit que ∀n ∈ N, un + vn = 3n (I). De même, pour tout entier naturel n un+1 − vn+1 = un − vn . Donc, la suite u + v est une suite constante. Puisque u0 − v0 = 1, on en déduit que 1551
∀n ∈ N, un − vn = 1 (II). En additionnant et en retranchant (I) et (II), on obtient ∀n ∈ N, un =
3n + 1 3n − 1 et vn = . 2 2
Correction de l’exercice 1664 N √ 1. Pour x > −1, posons f (x) = 1 + x et g(x) = f (x) − x. Soit u0 ∈ I = [−1, +∞[. f est définie sur I et de plus f (I) = [0, +∞[⊂ [−1, +∞[. On en déduit, par une démonstration par récurrence, que la suite u est définie. Si la suite u converge, puisque ∀n ∈ N, un > −1, sa limite ` vérifie ` > −1. Puisque f est continue sur [−1, +∞[ et donc en `, ` = lim un+1 = lim f (un ) = f ( lim un ) = f (ell). n→+∞
n→+∞
n→+∞
et ` est un point fixe de f . Or, pour x > −1, √ √ √ 1− 5 1+ 5 2 1 + x = x ⇔ 1 + x = x et x > 0 ⇔ (x = ou x = ) et x > 0 2 2 √ 5+1 ⇔x= . 2 Ainsi, si la suite (un ) converge, c’est vers le nombre α = Pour x > −1,
√ 5+1 2 .
√ √ sgn( f (x) − α) = sgn( 1 + x − 1 + α) = sgn((1 + x) − (1 + α)) (par croissance de x 7→ x2 sur [0, +∞[) = sgn(x − α).
Ainsi, les intervalles [−1, α[ et ]α, +∞[ sont stables par f . Donc, si −1 6 u0 < α, alors par récurrence ∀n ∈ N, −1 6 un < α et si u0 > α, alors par récurrence, ∀n ∈ N, un > α. √ Soit x > −1. Si x ∈ [−1, 0], 1 + x − x > 0 et si x > 0, √ sgn(g(x)) = sgn( 1 + x − x)
= sgn((1 + x) − x2 ) (par croissance de x 7→ x2 sur [0, +∞[) √ √ 5−1 1+ 5 = sgn(x + )(−x + − x) = sgn(α − x) (car ici x > 0). 2 2
On en déduit que, si x ∈ [−1, α[, f (x) > x, et si x ∈]α, +∞[, f (x) < x. Mais alors, si −1 6 u0 < α, puisque ∀n ∈ N, −1 6 un < α, pour n entier naturel donné, on a un+1 = f (un ) > un . La suite u est donc strictement croissante, majorée par α et donc convergente. On sait de plus que sa limite est nécessairement α. Si u0 > α, puisque ∀n ∈ N, un > α, pour n entier naturel donné, on a un+1 = f (un ) < un . 1552
La suite u est donc strictement décroissante, minorée par α et donc convergente. On sait de plus que sa limite est nécessairement α. Enfin, si u0 = α, la suite u est constante. En résumé, √ √ 5+1 si u0 ∈ [−1, 5+1 2 [, la suite u est strictement croissante, convergente de limite 2 [, √ √ 5+1 5+1 , +∞[, la suite u est strictement décroissante, convergente de limite 2 [, √ √2 limite 5+1 si u0 = 5+1 2 [, la suite u est constante et en particulier convergente de √ 2 . 1+ 5 Ainsi, dans tous les cas, la suite u est convergente et limn→+∞ un = 2 .
si u0 ∈]
y=x
3
y=
√
1+x
2 1 −1
u0
u′0 1 α2
3
4
2. Si u0 > 0, alors puisque f est définie sur l’intervalle I =]0, +∞[ et que I est stable par f (∀x > 0, ln(1 + x) > ln 1 = 0), la suite u est définie et est strictement positive. Si la suite u converge, sa limite ` est un réel positif ou nul. Par continuité de f sur [0, +∞[ et donc en `, ` = lim un+1 = lim f (un ) = f ( lim un ) = f (`). n→+∞
n→+∞
n→+∞
Pour x > −1, posons g(x) = ln(1 + x) − x. g est définie et dérivable sur ] − 1, +∞[ et pour x > −1, g0 (x) =
1 x −1 = − . 1+x 1+x
g0 est strictement positive sur ] − 1, 0[ et strictement négative sur ]0, +∞[. g est donc strictement croissante sur ] − 1, 0] et strictement décroissante sur [0, +∞[. Par suite, si x ∈] − 1, 0[∪]0, +∞[, g(x) < 0. En particulier, pour x ∈] − 1, 0[∪]0, +∞[, f (x) 6= x. Puisque f (0) = 0, f admet dans ] − 1, +∞[ un et un seul point fixe à savoir 0. En résumé, si u0 > 0, la suite u est définie, strictement positive, et de plus, si la suite u converge, alors limn→+∞ un = 0. Mais, pour n entier naturel donné, un+1 − un = ln(1 + un ) − un < 0. Par suite, la suite u est strictement décroissante, minorée par 0 et donc, d’après ce qui précède, converge vers 0. Si u0 = 0, la suite u est constante. Il reste donc à étudier le cas où u0 ∈] − 1, 0[. Montrons par l’absurde qu’il existe un rang n0 tel que un0 6 −1. Dans le cas contraire, ∀n ∈ N, un > −1. Comme précédemment, par récurrence, la suite u est à valeurs dans ] − 1, 0[ et strictement décroissante. Etant minorée par −1, la suite u converge vers un certain réel `. Puisque ∀n ∈ N, −1 < un 6 u0 < 0, on a −1 6 ` 6 u0 < 0. Donc, ou bien ` = −1, ou bien f est continue en ` et ` est un point fixe de f élément de ] − 1, 0[. On a vu que f n’admet pas de point fixe dans ] − 1, 0[ et donc ce dernier cas est exclu. Ensuite, si ` = −1, il existe un rang N tel que uN 6 −0.9. Mais alors, uN+1 =6 ln(−0, 9 + 1) = −2, 3... < −1 ce qui constitue de nouveau une contradiction. Donc, il existe un rang n0 tel que un0 6 −1 et la suite u n’est pas définie à partir d’un certain rang. En résumé, si u0 ∈]0, +∞[, la suite u est strictement décroissante, convergente et limn→+∞ un = 0, 1553
si u0 = 0, la suite u est constante, et si u0 ∈] − 1, 0[, la suite u n’est pas définie à partir d’un certain rang.
y=x
3 2
y = ln(1 + x)
1 u0
u′0
−1 −1
1
2
3
4
−2 −3 −4 3. Pour tout choix de u0 , u1 ∈ [−1, 1]. On supposera dorénavant que u0 ∈ [−1, 1]. Si u0 = 0, la suite u est constante. Si u0 ∈ [−1, 0[, considérons la suite u0 définie par u00 = −u0 et ∀n ∈ N, u0n+1 = sin(u0n ). La fonction x 7→ sin x, il est clair par récurrence que ∀n ∈ N, u0n = −un . On supposera dorénavant que u0 ∈]0, 1]. Puisque ]0, 1] ⊂]0, π2 ], on a sin]0, 1] ⊂]0, 1] et l’intervalle I =]0, 1] est stable par f . Ainsi, si u0 ∈]0, 1], alors, ∀n ∈ N, un ∈]0, 1]. Pour x ∈ [0, 1], posons g(x) = sin x − x. g est dérivable sur [0, 1] et pour x ∈ [0, 1], g0 (x) = cos x − 1. g0 est strictement négative sur ]0, 1] et donc strictement décroissante sur [0, 1]. On en déduit que pour x ∈]0, 1], g(x) < g(0) = 0. Mais alors, pour n entier naturel donné, un+1 = sin(un ) < un . La suite u est ainsi strictement décroissante, minorée par 0 et donc converge vers ` ∈ [0, 1]. La fonction x 7→ sin x est continue sur [0, 1] et donc, ` est un point fixe de f . L’étude de g montre que f a un et un seul point fixe dans [0, 1] à savoir 0. La suite u est donc convergente et limn→+∞ un = 0. L’étude préliminaire montre la suite u converge vers 0 pour tout choix de u0 .
y=x 1
u0 −2
−1
1
2
3
4
5 y = sin
−1 4. Si u0 est un réel quelconque, u1 ∈ [−1, 1] ⊂ [− π2 , π2 ] puis u2 ∈ [0, 1]. On supposera dorénavant que u0 ∈ [0, 1]. On a cos([0, 1]) = [cos 1, cos 0] = [0, 504..., 1] ⊂ [0, 1]. Donc, la fonction x 7→ cos x laisse stable l’intervalle I = [0, 1]. On en déduit que ∀n ∈ N, un ∈ [0, 1]. Pour x ∈ [0, 1], on pose g(x) = cos x − x. g est somme de deux focntions strictement décroissantes sur [0, 1] et est donc strictement décroissante sur [0, 1]. De plus, g est continue sur [0, 1] et vérifie g(0) = 1554
cos 0 > 0 et g(1) = cos 1 − 1 < 0. g s’annule donc une et une seule fois sur [0, 1] en un certain réel α. Ainsi, f admet sur [0, 1] un unique point fixe, à savoir α. Puisque f est continue sur le segment [0, 1], on sait que si la suite u converge, c’est vers α. La fonction f : x 7→ cos x est dérivable sur [0, 1] et pour x ∈ [0, 1], | f 0 (x)| = | − sin x| 6 sin 1 < 1. L’inégalité des accroissements finis montre alors que ∀(x, y) ∈ [0, 1]2 , | cos x − cos y| 6 sin 1|x − y|. Pour n entier naturel donné, on a alors |un+1 − α| = | f (un ) − f (α)| 6 sin 1|un − α|, et donc, pour tout entier naturel n, |un − α| 6 (sin 1)n |u0 − α| 6 (sin 1)n . Comme 0 6 sin 1 < 1, la suite (sin 1)n converge vers 0, et donc la suite (un )n∈N converge vers α. On peut noter que puisque la fonction x 7→ cos x est strictement décroissante sur [0, 1], les deux suites (u2n )n∈N et (u2n+1 )n∈N sont strictement monotones, de sens de variations contraires (dans le cas où u0 ∈ [0, 1]. −2 ) n −2 On peut noter également que si n > ln(10 ln(sin 1) = 26, 6..., alors (sin 1) < 10 . Par suite, u27 est une valeur approchée de α à 10−2 près. La machine fournit α = 0, 73... (et même α = 0, 739087042.....).
y=x 1
u0
−1
α
1
2
3
4 y = cos x
−1 5. Si u0 est un réel quelconque, alors ∀n ∈ N∗ , un ∈ [−1, 1]. On supposera sans perte de généralité que u0 ∈ [−1, 1]. Si u0 = 0, la suite u est constante et d’autre part, l’étude du cas u0 ∈ [−1, 0[ se ramème, comme en 3), à l’étude du cas u0 ∈]0, 1]. On supposera dorénavant que u0 ∈]0, 1]. Si x ∈]0, 1], alors 2x ∈]0, 2] ⊂]0, π[ et donc sin(2x) ∈]0, 1]. L’intervalle I =]0, 1] est donc stable par la fonction f : x 7→ sin(2x). On en déduit que ∀n ∈ N, un ∈]0, 1]. Pour x ∈ [0, 1], posons g(x) = sin(2x)−x. g est dérivable sur [0, 1] et pour x ∈ [0, 1], g0 (x) = 2 cos(2x)−1. g est donc strictement croissante sur [0, π4 ] et strictement décroissante sur [ π4 , 1]. On en déduit que si x ∈]0, π4 ], g(x) > g(0) = 0. D’autre part, g est continue et strictement décroissante sur [ π4 , 1] et vérifie g( π4 ) = 1 − π4 > 0 et g(1) = sin 2 − 1 < 0. g s’annule donc une et une seule fois en un certain réel α ∈] π4 , 1[. En résumé, g s’annule une et une seule fois sur ]0, 1] en un certain réel α ∈] π4 , 1[, g est strictement positive sur ]0, α[ et strictement négative sur ]α, 1]. Supposons que u0 ∈]0, π4 [ et montrons par l’absurde que ∃n0 ∈ N/ un0 ∈ [ π4 , 1]. Dans le cas contraire, tous les un sont dans ]0, π4 [. Mais alors, pour tout entier naturel n, un+1 − un = f (un ) − un = g(un ) > 0. La suite u est donc strictement croissante. Etant majorée par π4 , la suite u converge. Comme g est continue sur [u0 , π4 ] et que ∀n ∈ N, un ∈ [u0 , π4 ], on sait que la limite de u est un point fixe de f élément de [u0 , π4 ]. Mais l’étude de g a montré que f n’admet pas de point fixe dans cet intervalle (u0 étant strictement positif). On aboutit à une contradiction. 1555
Donc, ou bien u0 ∈ [ π4 , 1], ou bien u0 ∈]0, π4 [ et dans ce cas, ∃n0 ∈ N/ un0 ∈ [ π4 , 1]. Dans tous les cas, ∃n0 ∈ N/ un0 ∈ [ π4 , 1]. Mais alors, puisque f ([ π4 , 1]) = [sin 2, sin π2 ] ⊂ [ π4 , 1] (car sin 2 = 0, 909... > 0, 785... = π π 4 ), pour tout entier n > n0 , un ∈ [ 4 , 1]. Pour x ∈ [ π4 , 1], |g0 (x)| = |2 cos(2x)| 6 |2 cos 2|. L’inégalité des accroissements finis montre alors que ∀n > n0 , |un+1 − α| 6 |2 cos 2|.|un − α|, puis que ∀n > n0 , |un − α| 6 |2 cos 2|n−n0 |un0 − α|. Comme |2 cos 2| = 0, 83... < 1, on en déduit que la suite u converge vers α. La machine donne par ailleurs α = 0, 947....
y=x y = sin(2x)
1
−2
−α
α
−1
1
u0 2
3
u′0
4
−1 6. Pour x ∈ R, x2 − 2x + 2 = x ⇔ x2 − 3x + 2 = 0 ⇔ (x − 1)(x − 2) = 0 ⇔ x = 1 ou x = 2. Donc, si la suite u converge, ce ne peut être que vers 1 ou 2. Pour n ∈ N, un+1 − un = (u2n − 2un + 2) − un = (un − 1)(un − 2) (I) un+1 − 1 = u2n − 2un + 1 = (un − 1)2 (II) un+1 − 2 = u2n − 2un = un (un − 2) (III). 1er cas. Si u0 = 1 ou u0 = 2, la suite u est constante. 2ème cas. Si u0 ∈]1, 2[, (II) et (III) permettent de montrer par récurrence que ∀n ∈ N, un ∈]1, 2[. (I) montre alors que la suite u est strictement décroissante. Etant minorée par 1, elle converge vers un réel ` ∈ [1, u0 ] ⊂ [1, 2[. Dans ce cas, la suite (un ) converge vers 1. 3ème cas. Si u0 ∈]2, +∞[, (III) permet de montrer par récurrence que ∀n ∈ N, un > 2. Mais alors, (I) montre que la suite u est strictement croissante. Si u converge, c’est vers un réel ` ∈ [u0 , +∞[⊂ ]2, +∞[. f n’ayant pas de point fixe dans cet intervalle, la suite u diverge et, u étant strictement croissante, on a limn→+∞ un = +∞. 4ème cas. Si u0 ∈]0, 1[, alors u1 = (u0 − 1)2 + 1 ∈]1, 2[ ce qui ramène au deuxième cas. La suite u converge vers 1. 5ème cas. Si u0 = 0, alors u1 = 2 et la suite u est constante à partir du rang 1. Dans ce cas, la suite u converge vers 2. 6ème cas. Si u0 < 0, alors u1 = u2n − 2un + 2 > 2, ce qui ramène au troisième cas. La suite u tend vers +∞. En résumé, si u0 ∈]0, 2[, la suite u converge vers 1, si u0 ∈ {0, 2}, la suite u converge vers 2 et si u0 ∈] − ∞, 0[∪]2, +∞[, la suite u tend vers +∞.
1556
y = x2 − 2x + 2 y=x 3
2
1
−1
u′′′ 0
u′′0
u′0 2 u0
1
3
4
Correction de l’exercice 1665 N 1. Pour x ∈ 0, π2 , posons f (x) = sin x. On a f 0, π2 =]0, 1] ⊂ 0, π2 . Donc, puisque u0 ∈ 0, π2 , on en déduit que ∀n ∈ N, un ∈ 0, π2 . Il est connu que ∀x ∈ 0, π2 , sin x < x et de plus, pour x ∈ 0, π2 , sin x = x ⇔ x = 0. La suite u est à valeurs dans 0, π2 et donc ∀n ∈ N, un+1 = sin(un ) 0. Donc, ∀n ∈ N, uun+1 = e−un < 1 et donc, puisque la suite u n est stritement positive, un+1 < un . La suite u est strictement décroissante, minorée par 0 et donc converge vers un réel ` vérifiant ` = `e−` ou encore `(1 − e−` ) = 0 ou encore ` = 0. u est strictement positive, strictement décroissante et converge vers 0. Soit α un réel quelconque. Puisque la suite u tend vers 0, uαn+1 − uαn = uαn (e−αun − 1) = uαn (−αun + o(un )) = −αunα+1 + o(uα+1 ). n Pour α = −1, on obtient en particulier o(n) ∼ n et donc
1 un+1
− u1n = 1 + o(1). Puis, comme au numéro précédent,
1 un
= n + u10 +
n→+∞
1 . n→+∞ n
un ∼
Correction de l’exercice 1667 N 2
Remarquons d’abord que 1 − k12 = 1−k = k2 ture va se simplifier radicalement : un =
(k−1)(k+1) . k.k
En écrivant les fractions de un sous la cette forme, l’écri-
(2 − 1)(2 + 1) (3 − 1)(3 + 1) (k − 1)(k + 1) (k)(k + 2) (n − 1)(n + 1) ··· ··· 2.2 3.3 k.k (k + 1).(k + 1) n.n
Tous les termes des numérateurs se retrouvent au dénominateur (et vice-versa), sauf aux extrémités. D’où : un = Donc (un ) tends vers
1 2
1 n+1 . 2 n
lorsque n tend vers +∞.
Correction de l’exercice 1672 N 1. 0. 2. 1. 3. 7/30. 4. 1/2. 5. 1. 6. −3/2.
7. 1. 8. 3.
9. 1 ; 2. 10. 3/4. 11. 0. 1558
12. 0. 13. 1/3. Correction de l’exercice 1673 N 1. u2n+1 − a
2 1 u2n + a = −a 4 un 1 = 2 (u4n − 2au2n + a2 ) 4un 1 (u2n − a)2 = 4 u2n
2. Il est clair que pour n > 0 on a un > 0. D’après l’égalité précédente pour n > 0, u2n+1 − a > 0 et comme √ un+1 est positif alors un+1 > a. √ a 1 Soit n > 1. Calculons le quotient de un+1 par un : uun+1 1 + = or ua2 6 1 car un > a. Donc 2 2 u n n
un+1 un
n
6 1 et donc un+1 6 un . La suite (un )n>1 est donc décroissante. √ 3. La suite (un )n>1 est décroissante et minorée par a donc elle converge vers une limite ` > 0. D’après la relation 1 a un+1 = un + 2 un
quand n → +∞ alors un → ` et un+1 → `. À la limite nous obtenons la relation a 1 `+ . `= 2 ` √ √ La seule solution positive est ` = a. Conclusion (un ) converge vers a. 4. La relation (u2 − a)2 u2n+1 − a = n 2 4un s’écrit aussi √ √ √ √ (un − a)2 (un + a)2 . (un+1 − a)(un+1 + a) = 4u2n Donc √ 2 √ √ 1 un + a √ un+1 − a = (un − a)2 4(un+1 + a) un √ 2 √ 1 a √ 6 (un − a)2 1+ 4(2 a) un √ 1 6 (un − a)2 √ 2 a
√ 5. Par récurrence pour n = 1, u1 − a 6 k. Si la proposition est vraie rang n, alors √ √ 1 un+1 − a 6 √ (un − a)2 2 a 2n−1 !2 √ 2 1 k √ 6 √ (2 a) 2 a 2 a 2n √ k 62 a √ 2 a
1559
√ √ 6. Soit u0 = 3, alors u1 = 21 (3 + 10 3 6 10 6 u1 donc u1 − 10 6 0.166 . . .. Nous 3 ) = 3, 166 . . .. Comme √ pouvons choisir k = 0, 17. Pour que l’erreur un − a soit inférieure à 10−8 il suffit de calculer le terme −10 u4 car alors l’erreur (calculée par la formule √ de la question précédente) est inférieure à 1, 53 × 10 . Nous obtenons u4 = 3, 16227766 . . . Bilan 10 = 3, 16227766 . . . avec une précision de 8 chiffres après la virgule. Le nombre de chiffres exacts double à chaque itération, avec u5 nous aurions (au moins) 16 chiffres exacts, et avec u6 au moins 32. . .
Correction de l’exercice 1674 N 1. La suite (un ) est strictement croissante, en effet un+1 − un = décroissante : vn+1 − vn = un+1 − un +
1 (n+1)!
> 0. La suite (vn ) est strictement
1 1 1 1 1 1 2 − = + − = ( − 1). (n + 1)! n! (n + 1)! (n + 1)! n! n! n
Donc à partir de n > 2, la suite (vn ) est strictement décroissante. 2. Comme un 6 vn 6 v2 , alors (un ) est une suite croissante et majorée. Donc elle converge vers ` ∈ R. De même vn > un > u0 , donc (vn ) est une suite décroissante et minorée. Donc elle converge vers `0 ∈ R. De plus vn − un = n!1 . Et donc (vn − un ) tend vers 0 ce qui prouve que ` = `0 . 3. Supposons que ` ∈ Q, nous écrivons alors ` =
p q
avec p, q ∈ N. Nous obtenons pour n > 2 :
un 6
p 6 vn . q
Ecrivons cette égalité pour n = q : uq 6 qp 6 vq et multiplions par q! : q!uq 6 q! qp 6 q!vq . Dans cette double inégalité toutes les termes sont des entiers ! De plus vq = uq + q!1 donc : q!uq 6 q!
p 6 q!uq + 1. q
Donc l’entier q! qp est égal à l’entier q!uq ou à q!uq + 1 = q!vq . Nous obtenons que ` = qp est égal à uq ou à vq . Supposons par exemple que ` = uq , comme la suite (un ) est strictement croissante alors uq < uq+1 < · · · < `, ce qui aboutit à une contradiction. Le même raisonnement s’applique en supposant ` = vq car la suite (vn ) est strictement décroissante. Pour conclure nous avons montré que ` n’est pas un nombre rationnel. En fait ` est le nombre e = exp(1). Correction de l’exercice 1675 N 1. Si u0 6 u1 alors comme f est croissante f (u0 ) 6 f (u1 ) donc u1 6 u2 , ensuite f (u1 ) 6 f (u2 ) soit u2 6 u3 ,... Par récurrence on montre que (un ) est décroissante. Comme elle est minorée par a alors elle converge. Si u0 6 u1 alors la suite (un ) est croissante et majorée par b donc converge. Notons ` la limite de (un )n . Comme f est continue alors ( f (un )) tend vers f (`). De plus la limite de (un+1 )n est aussi `. En passant à la limite dans l’expression un+1 = f (un ) nous obtenons l’égalité ` = f (`). 2. La fonction f définie par f (x) = 4x+5 x+3 est continue et dérivable sur l’intervalle [0, 4] et f ([0, 4]) ⊂ [0, 4]. La fonction f est croissante (calculez sa dérivée). Comme u0 = 4 et u1 = 3 alors (un ) est décroissante. Calculons la valeur de sa limite `. ` est solution de l’équation f (x) = x soit 4x + 5 = x(x + 3). Comme un > 0 pour tout n alors ` > 0. La seule solution positive de l’équation du second degré 4x + 5 = x(x + 3) √ 1+ 21 est ` = 2 = 2, 7912 . . . 3. Si f est décroissante alors f ◦ f est croissante (car x 6 y ⇒ f (x) > f (y) ⇒ f ◦ f (x) 6 f ◦ f (y)). Nous appliquons la première question avec la fonction f ◦ f . La suite (u0 , u2 = f ◦ f (u0 ), u4 = f ◦ f (u2 ), . . .) est monotone et convergente. De même pour la suite (u1 , u3 = f ◦ f (u1 ), u5 = f ◦ f (u3 ), . . .). 1560
4. La fonction f définie par f (x) = (1 − x)2 est continue et dérivable de [0, 1] dans [0, 1]. Elle est dé9 croissante sur cet intervalle. Nous avons u0 = 12 , u1 = 14 , u2 = 16 , u3 = 0, 19 . . .,... Donc la suite (u2n ) est croissante, nous savons qu’elle converge et notons ` sa limite. La suite (u2n+1 ) et décroissante, notons `0 sa limite. Les limites ` et `0 sont des solutions de l’équation f ◦ f (x) = x. Cette équation s’écrit (1 − f (x))2 = x, ou encore (1 − (1 − x)2 )2 = x soit x2 (2 − x)2 = x. Il y a deux solutions évidentes 0 et 1. Nous factorisons le polynôme x2 (2 − x)2 − x en x(x −√1)(x − λ )(x − µ) avec λ et µ les solutions de √ l’équation x2 − 3x + 1 : λ = 3−2 5 = 0, 3819 . . . et µ = 3+2 5 > 1. Les solutions de l’équation f ◦ f (x) = x sont donc {0, 1, λ , µ}. Comme (u2n ) est croissante et que u0 = 21 alors (u2n ) converge vers ` = 1 qui est le seul point fixe de [0, 1] supérieur à 21 . Comme (u2n+1 ) est décroissante et que u1 = 41 alors (u2n+1 ) converge vers `0 = 0 qui est le seul point fixe de [0, 1] inférieur à 14 . Correction de l’exercice 1676 N √ 1. Soient a, b > 0. On veut démontrer que ab 6 a+b 2 . Comme les deux membres de cette inégalité sont 2 positifs, cette inégalité est équivalente à ab 6 ( a+b 2 ) . De plus, ab 6
a+b 2
2
⇔ 4ab 6 a2 + 2ab + b
⇔ 0 6 a2 − 2ab + b2
ce qui est toujours vrai car a2 − 2ab + b2 = (a − b)2 est un carré parfait. On a donc bien l’inégalité voulue. 2. Quitte à échanger a et b (ce qui ne change pas les moyennes arithmétique et géométrique, et qui préserve le fait d’être compris entre a et b), on peut supposer que a 6 b. Alors en ajoutant les deux inégalités a/2 6 a/2 6 b/2 a/2 6 b/2 6 b/2, on obtient
a+b 6 b. 2 De même, comme tout est positif, en multipliant les deux inégalités √ √ √ a6 a6 b √ √ √ a6 b6 b a6
on obtient a6
√ ab 6 b.
3. Il faut avant tout remarquer que pour tout n, un et vn sont strictement positifs, ce qui permet de dire que les deux suites sont bien définies. On le démontre par récurrence : c’est clair pour u0 et v0 , et si un et vn sont strictement positifs alors leurs moyennes géométrique (qui est un+1 ) et arithmétique (qui est vn+1 ) sont strictement positives. (a) On veut montrer que pour chaque n, un 6 vn . L’inégalité est claire pour n = 0 grâce aux hypothèses faites sur u0 et v0 . Si maintenant n est plus grand que 1, un est la moyenne géométrique de un−1 et vn−1 et vn est la moyenne arithmétique de un−1 et vn−1 , donc, par 1., un 6 vn . (b) On sait d’après 2. que un 6 un+1 6 vn . En particulier, un 6 un+1 i.e. (un ) est croissante. De même, d’après 2., un 6 vn+1 6 vn . En particulier, vn+1 6 vn i.e. (vn ) est décroissante. (c) Pour tout n, on a u0 6 un 6 vn 6 v0 . (un ) est donc croissante et majorée, donc converge vers une limite `. Et (vn ) est décroissante et minorée et donc converge vers une limite `0 . Nous savons main√ tenant que un → `, donc aussi un+1 → `, et vn → `0 ; la relation un+1 = un vn s’écrit à la limite : √ ` = ``0 . 1561
De même la relation vn+1 =
un +vn 2
donnerait à la limite : `0 =
` + `0 . 2
Un petit calcul avec l’une ou l’autre de ces égalités implique ` = `0 . Il y a une autre méthode un peu plus longue mais toute aussi valable. Définition Deux suites (un ) et (vn ) sont dites adjacentes si 1. un 6 vn , 2. (un ) est croissante et (vn ) est décroissante, 3. lim(un − vn ) = 0.
Alors, on a le théorème suivant : Théorème : Si (un ) et (vn ) sont deux suites adjacentes, elles sont toutes les deux convergentes et ont la même limite. Pour appliquer ce théorème, vu qu’on sait déjà que (un ) et (vn ) vérifient les points 1 et 2 de la définition, il suffit de démontrer que lim(un − vn ) = 0. On a d’abord que vn − un > 0. Or, d’après (a) vn+1 − un+1 6vn+1 − un =
vn − un . 2
Donc, si on note wn = vn − un , on a que 0 6 wn+1 6 wn /2. Donc, on peut démontrer (par récurrence) que 0 6 wn 6 w2n0 , ce qui implique que limn→∞ wn = 0. Donc vn − un tend vers 0, et ceci termine de démontrer que les deux suites (un ) et (vn ) sont convergentes et ont même limite en utilisant le théorème sur les suites adjacentes. Correction de l’exercice 1678 N Notons fn : [0, 1] −→ R la fonction définie par : n
fn (x) =
∑ xk k=1
− 1.
1. La fonction fn est continue sur [0, 1]. De plus fn (0) = −1 < 0 et fn (1) = n − 1 > 0. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, fn , admet un zéro dans l’intervalle [0, 1]. De plus elle strictement croissante (calculez sa dérivée) sur [0, 1] donc ce zéro est unique. 2. Calculons fn (an−1 ). n
fn (an−1 ) =
∑ akn−1 − 1
k=1
n−1
= ann−1 + ∑ akn−1 − 1 k=1
= ann−1 + fn−1 (an−1 ) = ann−1 (car fn−1 (an−1 ) = 0 par définition de an−1 ). Nous obtenons l’inégalité 0 = fn (an ) < fn (an−1 ) = ann−1 . Or fn est strictement croissante, l’inégalité ci-dessus implique donc an < an−1 . Nous venons de démontrer que la suite (an )n est décroissante. Remarquons avant d’aller plus loin que fn (x) est la somme d’une suite géométrique : fn (x) =
1 − xn+1 − 2. 1−x
1562
Évaluons maintenant fn ( 21 ), à l’aide de l’expression précédente 1 − ( 21 )n+1 1 1 fn ( ) = − 2 = − n < 0. 1 2 2 1− 2 Donc fn ( 12 ) < fn (an ) = 0 entraîne 21 < an . Pour résumer, nous avons montré que la suite (an )n est strictement décroissante et minorée par 12 . 3. Comme (an )n est décroissante et minorée par
1 2
alors elle converge, nous notons ` sa limite :
1 6 ` < an . 2 Appliquons fn (qui est strictement croissante) à cette inégalité : 1 fn 6 fn (`) < fn (an ), 2 qui s’écrit aussi : 1 6 fn (`) < 0, 2n et ceci quelque soit n > 1. La suite ( fn (`))n converge donc vers 0 (théorème des “gendarmes”). Mais nous savons aussi que 1 − `n+1 − 2; fn (`) = 1−` −
donc ( fn (`))n converge vers
1 1−`
− 2 car (`n )n converge vers 0. Donc 1 1 − 2 = 0, d’où ` = . 1−` 2
Correction de l’exercice 1697 N n−1 1. Tout d’abord, pour n > 1, n−1 n existe et est élément de [−1, 1]. Donc, arccos n existe pour tout entier naturel non nul n. n−1 Quand n tend vers +∞, n−1 n tend vers 1 et donc arccos n tend vers 0. Mais alors,
n−1 n−1 arccos ∼ sin(arccos )= n n
r
n−1 2 1−( ) = n
√ √ 2n − 1 2 ∼√ . n n
2. arccos 1n tend vers 1 et donc arccos 1n ∼ 1. √ √ √ √ 3. ch( n) = 21 (e n + e− n ) ∼ 21 e n . n n 4. n ln(1 + 1n ) ∼ n. n1 = 1 et donc, 1 + 1n = en ln(1+1/n) tend vers e. Par suite, 1 + n1 ∼ e. 5. argch n existe pour n > 1 et comme, pour n > 1, n4 + n2 − 1 > n4 > 0, argch n = ln(n +
√ argch n n4 +n2 −1
existe pour n > 1.
p n2 − 1) ∼ ln(n + n) = ln(2n) = ln n + ln 2 ∼ ln n.
n Donc, √nargch ∼ √ln n4 = lnn2n . 4 +n2 −1 n √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ 6. − n ln( n + 1) = − n ln( n) − n ln(1 + √1n ) = − n ln( n) − n( √1n + o( √1n )) = − n ln( n) − 1 + o(1), et donc √ √ √ √ √ √ 1 1 (1 + n)− n = e− n ln( n)−1+o(1) ∼ e− n ln( n)−1 = √ √n . e n
1563
7.
1 1 1 1 1 ln n ln(cos )(ln sin ) ∼ (cos − 1) ln( ) ∼ (− 2 )(− ln n) = 2 . n n n n 2n 2n
6 8. (arctan n)3/5 = ( π2 − arctan 1n )3/5 = ( π2 )3/5 (1 − π2 ( 1n + o( 1n )))3/5 = ( π2 )3/5 (1 − 5nπ + o( 1n )), et donc
π π 6 1 π 6 ( )3/5 − (arctan n)3/5 = ( )3/5 (1 − 1 + + o( )) ∼ ( )3/5 2 2 5nπ n 2 5nπ q n n √ n √1 √ √ − 1 existe. Ensuite, 9. Tout d’abord, pour n > 1, (−1) = n 6 1, et donc 1 + (−1) > 0, puis 1 + (−1) n n n quand n tend vers +∞, s
(−1)n (−1)n 1+ √ −1 ∼ √ . n 2 n
Correction de l’exercice 1698 N Pour n > 2, on a 1 n 1 n−2 k! k! = 1 + +∑ . ∑ n! k=0 n k=0 n! Mais, pour 0 6 k 6 n − 2, Par suite,
k! n!
=
1 n(n−1)...(k+1)
6
1 n(n−1)
n−2
06
(le produit contenant au moins les deux premiers facteurs.
k!
n−2
∑ n! 6 n(n − 1) .
k=0 k! On en déduit que ∑n−2 k=0 n! tend vers 0 1 n on en déduit que n! ∑k=0 k! tend vers
quand n tend vers +∞. Comme 1 et donc que
1 n
tend aussi vers 0 quand n tend vers +∞,
n
∑ k! ∼ n!.
k=0
Correction de l’exercice 1699 N 1. Soit ε > 0. Les suites u et v sont équivalentes et la suite v est strictement positive. Donc, il existe un rang n0 tel que, pour n > n0 , |un − vn | < ε2 vn . Soit n > n0 . n Un − 1 = |Un −Vn | 6 1 ∑ |uk − vk | Vn Vn Vn k=0 6
1 n0 ε n ( ∑ |uk − vk | + ∑ vk ) Vn k=0 2 k=n 0 +1
6
1 n0 ε 1 n0 ε ( ∑ |uk − vk | + Vn ) = |uk − vk | + ∑ Vn k=0 2 Vn k=0 2
0 Maintenant, l’expression ∑nk=0 |uk − vk | est constante quand n varie, et d’autre part, Vn tend vers +∞ 0 quand n tend vers +∞. On en déduit que V1n ∑nk=0 |uk − vk | tend vers 0 quand n tend vers +∞. Par suite, 1 0 il existe un rang n1 > n0 tel que, pour n > n1 , Vn ∑nk=0 |uk − vk | < ε2 . Pour n > n1 , on a alors UVnn − 1 < ε2 + ε2 = ε.
On a montré que
1564
Ainsi, la suite
Un Vn
2.
Un ∀ε > 0, ∃n1 ∈ N/ ∀n ∈ N, (n > n1 ⇒ − 1 < ε. Vn
tend vers 1 quand n tend vers +∞ et donc Un ∼ Vn .
√ √ 2 2 1 2( n + 1 − n) = √ √ ∼ √ =√ . n n+1+ n 2 n De plus, n
√ √ √ √ k + 1 − k) = 2 n + 1 − 2 1.
∑ 2( k=1
Cette dernière expression tend vers +∞ quand n tend vers +∞. √ √ En résumé, pour n > 1, √1n > 0, 2( n + 1 − n) > 0, de plus quand n tend vers +∞, √ √ √ n) et enfin, ∑nk=1 2( k + 1 − k) tend vers +∞ quand n tend vers +∞. D’après 1),
√1 n
√ ∼ 2( n + 1 −
n √ √ √ √ √ 1 √ ∼ ∑ k ∑ 2( k + 1 − k) = 2 n + 1 − 2 1 ∼ 2 n. k=1 k=1 n
1 (n + 1) ln(n + 1) − n ln n = (n + 1 − n) ln n + (n + 1) ln(1 + ) = ln n + 1 + o(1) ∼ ln n. n Comme ∑nk=1 ((k + 1) ln(k + 1) − k ln k) = (n + 1) ln(n + 1) tend vers +∞ et que les suites considéres sont positives, on en déduit que n
ln(n!) =
n
∑ ln k ∼ ∑ ((k + 1) ln(k + 1) − k ln k) = (n + 1) ln(n + 1) ∼ n ln n.
k=1
k=1
Correction de l’exercice 1700 N Pour n > 1, posons un =
(−1)n ln n
+ 1n . On a alors
2 1 n 1 (−1)n n(ln(n + 1) − ln n) n(un + un+1 − ) = 1 + − 2 + n(−1)n ( − )= + o(1) n n+1 ln n ln(n + 1) ln n ln(n + 1) (−1)n n ln(1 + 1/n) (−1)n (1 + o(1)) = + o(1) = + o(1) = o(1). ln n ln(n + 1) ln n ln(n + 1) Donc, n(un + un+1 − n2 ) = o(1), ou encore un + un+1 = n2 + o( 1n ), ou enfin, un + un+1 ∼ n2 . Pourtant, un est n 1 n équivalent à (−1) ln n et pas du tout à n (|nun | = ln n → +∞). 3 Supposons maintenant que un + u2n ∼ 2n et montrons que un ∼ 1n . 1 On pose vn = un − n . Il s’agit maintenant de montrer que vn = o( 1n ) sous l’hypothèse vn + v2n = o( 1n ). Soit ε > 0. Il existe n0 ∈ N tel que, pour n > n0 , n|vn + v2n | < ε4 . Soient n > n0 et p ∈ N. p
|vn | = |vn + v2n − v2n − v4n + ... + (−1) p (v2 p n + v2 p+1 n ) + (−1) p+1 v2 p+1 n | 6 1 ε p 1 ε 1 − 2 p+1 + |v | = p+1 ∑ 2k n 2 n 4n 1 − 1 + |v2p+1 n | 4 k=0 2 ε 6 + |v2 p+1 n | 2n
1565
∑ |v2 n + v2 k
k=0
k+1 n
| + |v2 p+1 n |
Maintenant, la suite u tend vers 0, et il en est de même de la suite v. Par suite, pour chaque n > n0 , il est possible ε de choisir p tel que |v2 p+1 n | < 2n . En résumé, si n est un entier donné supérieur ou égal à n0 , n|vn | < ε2 + ε2 = ε. On a montré que ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N/ ∀n ∈ N, (n > n0 ⇒ |nvn | < ε.
Par suite, vn = o( n1 ) et donc un = n1 + o( 1n ), ou encore un ∼ 1n . Correction de l’exercice 1701 N
1. Il est immédiat que la suite u est définie et à valeurs dans [−1, π2 ]. Plus précisément, u0 ∈]0, π2 ], et si pour n > 0, un ∈]0, π2 ], alors un+1 ∈]0, 1] ⊂]0, π2 ]. On a montré par récurrence que, ∀n ∈ N, un ∈]0, π2 ]. Montrons que pour tout réel x ∈]0, π2 ], on a sin x > x. Pour x ∈ [0, π2 ], posons f (x) = x − sin x. f est dérivable sur [0, π2 ] et pour x ∈ [0, π2 ], f 0 (x) = 1 − cos x. Par suite, f 0 est strictement positive sur ]0, π2 ] et donc strictement croissante sur [0, π2 ]. Mais alors, pour x ∈]0, π2 ], on a f (x) > f (0) = 0. Soit n ∈ N. Puisque un ∈]0, π2 ], on a un+1 = sin(un ) < un . La suite u est donc strictement décroissante. Puisque la suite u est d’autre part minorée par 0, la suite u converge vers un réel noté `. Puisque pour tout n ∈ N, 0 < un 6 π2 , on a 0 6 ` 6 π2 . Mais alors, par continuité de la fonction x 7→ sin x sur [0, π2 ] et donc en `, on a ` = lim un+1 = lim sin(un ) = sin( lim un ) = sin(`). n→+∞
n→+∞
n→+∞
Or, si x ∈]0, π2 ], sin x < x et en particulier sin x 6= x. Donc, ` = 0. La suite u est strictement positive, strictement décroissante, de limite nulle. 2. Soit α ∈ R. Puisque un tend vers 0 quand n tend vers +∞, uαn+1 = (sin(un ))α = (un −
u3n u2 αu2 αu2+α +o(u3n ))α = uαn (1− n +o(u2n ))α = uαn (1− n +o(u2n )) = uαn − n +o(u2+α ). n 6 6 6 6
2+α
et donc, uαn+1 − uαn = − αu6n
+ o(u2+α ). En prenant α = −2, on obtient alors n vn =
1 1 1 − = + o(1). u2n+1 u2n 3
1 D’après le lemme de C ÉSARO, n1 ∑n−1 k=0 vk tend également vers 3 . Mais,
1 n−1 1 1 1 1 1 1 n−1 vk = ∑ ( 2 − 2 ) = ( 2 − 2 ). ∑ n k=0 n k=0 uk+1 uk n un u0 Ainsi, n1 ( u12 − u12 ) = 31 + o(1) puis, u12 = n3 + u12 + o(n) = n3 + o(n). Donc, n n 0 0 puisque la suite u est strictement positive, un ∼
r
3 . n
Correction de l’exercice 1715 N L’équation caractéristique est : dont les solution sont λ =
√ 1− 5 2
et µ =
√ 1+ 5 2 .
r2 − r − 1 = 0 Donc un est de la forme un = αλ n + β µ n 1566
1 u2n
∼ n3 , puis u2n ∼
3 n
et enfin,
pour α, β des réels que nous allons calculer grâce à u√0 et u1 . En effet u0 = 1 = αλ 0 + β µ 0 donc α + β = 1. √ Et comme u1 = 1√= αλ 1 + β µ 1 nous obtenons√α 1−2 5 + β 1+2 5 = 1. En résolvant ces deux équations nous obtenons α =
√1 5
5−1 2
=
√1 (−λ ) 5
et β =
√1 1+ 5 5 2
=
√1 (µ). 5
Nous écrivons donc pour finir :
1 un = √ µ n+1 − λ n+1 . 5 Correction de l’exercice 1717 N L’équation caractéristique est : r2 − 3r + 2 = 0 dont les solutions sont λ = 2 et µ = 1. Donc un est de la forme un = α2n + β 1n = α2n + β Or la suite (2n )n tend vers +∞. Donc si (un )n est bornée alors α = 0. Donc (un )n est la suite constante égale à β . Réciproquement toute suite constante qui vérifie un = β pour n ∈ N vérifie bien la relation de récurrence un+2 = 3un+1 − 2un . Donc les suites cherchées sont les suites constantes. Correction de l’exercice 1721 N 1. un = 31 ((a + 2b) + 2(a − b)(− 21 )n ). 2. 1 n 3. vn = λ × µ (− 2 ) . 4. Correction de l’exercice 1722 N 1. un = 2. un =
n2 3 n 4 − n + 8 (1 − (−1) ). n−1 n 2n 3 +aj +bj .
Correction de l’exercice 1723 N n n 2un = u0 + v0 + − 15 (u0 − v0 ), 2vn = u0 + v0 − − 51 (u0 − v0 ). Correction de l’exercice 1724 N (k)
1. un = ∑kp=0 Ckp (−1)k−p un+p . 2. Correction de l’exercice 1725 N 1. √ √ n √ √ n 2. 6Tn = 3 + 6 5 + 2 6 + 3 − 6 5 − 2 6 . Correction de l’exercice 1727 N 1 3 1. L’équation caractéristique est4z2 − 4z − 3 = 0. Ses solutions sont − 2 et 2 . Les suites cherchées sont n n les suites de la forme (un ) = λ − 21 + µ 32 où λ et µ sont deux réels (ou deux complexes si on cherche toutes les suites complexes). Si u0 et u1 sont les deux premiers termes de la suite u, λ et µ sont λ + µ = u0 les solutions du système et donc λ = 14 (3u0 − 2u1 ) et µ = 14 (u0 + 2u1 ). − λ2 + 3µ = u 1 2
1567
∀n ∈ N, un = 14 (3u0 − 2u1 ) − 12 2. Clairement u2n =
1 4n u0
et u2n+1 =
1 4n u1
∀n ∈ N, un =
et donc un =
1 2n+1
1 2
n
+ 14 (u0 + 2u1 )
3 n 2 .
1 1 n n 2n (1 + (−1) )u0 + 2 × 2n (1 − (−1) )u1
((1 + (−1)n )u0 + 2(1 − (−1)n )u1 ).
.
n n 3. Les solutions de l’équation homogène associée sont les suites de la forme λ − 12 + µ 23 . Une solution particulière de l’équation proposée est une constante a telle que 4a =4a + 3a + 12 et donc a =−4. n n Les solutions de l’équation proposée sont donc les suites de la forme −4 + λ − 21 + µ 32 où λ + µ = 4 + u0 λ et µ sont les solutions du système et donc λ = 14 (4 + 3u0 − 2u1 ) et µ = − λ2 + 3µ = 4 + u 1 2 1 (12 + u + 2u ). 0 1 4 ∀n ∈ N, un = −4 + 41 (4 + 3u0 − 2u1 ) − 12
n
+ 14 (12 + u0 + 2u1 )
3 n 2 .
√ n √ n 4. La suite v = u1 est solution de la récurrence 2vn+2 = vn+1 −vn et donc, (vn ) est de la forme λ 1+i4 7 + µ 1−i4 7 et donc un =
λ
1
√ n √ n 1+i 7 +µ 1−i4 7 4
.
5. Les solutions de l’équation homogène associée sont les suites de la forme (λ + µ2n ). 1 est racine simple de l’équation caractéristique et donc il existe une solution particulière de l’équation proposée de la forme un = an4 + bn3 + cn2 + dn. Pour n > 2, on a un − 3un−1 + 2un−2 = (an4 + bn3 + cn2 + dn) − 3(a(n − 1)4 + b(n − 1)3 + c(n − 1)2 + d(n − 1)) + 2(a(n − 2)4 + b(n − 2)3 + c(n − 2)2 + d(n − 2))
= a(n4 − 3(n − 1)4 + 2(n − 2)4 ) + b(n3 − 3(n − 1)3 + 2(n − 2)3 ) + c(n2 − 3(n − 1)2 + 2(n − 2)2 ) + d(n − 3(n − 1) + 2(n − 2))
= a(−4n3 + 30n2 − 52n + 29) + b(−3n2 + 15n − 13) + c(−2n + 5) + d(−1) = n3 (−4a) + n2 (30a − 3b) + n(−52a + 15b − 2c) + 29a − 13b + 5c − d.
u est solution ⇔ −4a = 1 et 30a − 3b = 0 et − 52a + 15b − 2c = 0 et 29a − 13b + 5c − d = 0 1 5 49 ⇔ a = − , b = − , c = − , d = −36. 4 2 4 Les suites cherchées sont les suites de la forme − 41 (n3 + 10n2 + 49n + 144) + λ + µ2n .
6. Pour tout complexe z, z3 − 6z2 + 11z − 6 = (z − 1)(z − 2)(z − 3) et les suites solutions sont les suites de la forme (α + β 2n + γ3n ). 7. Pour tout complexe z, z4 − 2z3 + 2z2 − 2z + 1 = (z2 + 1)2 − 2z(z2 + 1) = (z − 1)2 (z2 + 1). Les solutions de l’équation homogène associée sont les suites de la forme α + β n + γin + δ (−i)n . 1 est racine double de l’équation caractéristique et donc l’équation proposée admet une solution particulière de la forme un = an7 + bn6 + cn5 + dn4 + en3 + f n2 . Pour tout entier naturel n, on a
1568
un+4 − 2un+3 + 2un+2 − 2un+1 + un = a((n + 4)7 − 2(n + 3)7 + 2(n + 2)7 − 2(n + 1)7 + n7 ) + b((n + 4)6 − 2(n + 3)6 + 2(n + 2)6 − 2(n + 1)6 + n6 ) + c((n + 4)5 − 2(n + 3)5 + 2(n + 2)5 − 2(n + 1)5 + n5 )
+ d((n + 4)4 − 2(n + 3)4 + 2(n + 2)4 − 2(n + 1)4 + n4 )
+ e((n + 4)3 − 2(n + 3)3 + 2(n + 2)3 − 2(n + 1)3 + n3 )
+ f ((n + 4)2 − 2(n + 3)2 + 2(n + 2)2 − 2(n + 1)2 + n2 )
= a(84n5 + 840n4 + 4340n3 + 12600n2 + 19348n + 12264)
+ b(60n4 + 480n3 + 1860n2 + 3600n + 2764) + c(40n3 + 240n2 + 620n + 600) + d(24n2 + 96n + 124) + e(12n + 24) + 4 f = n5 (84a) + n4 (840a + 60b) + n3 (4340a + 480b + 40c) + n2 (12600a + 1860b + 240c + 24d) + n(19348a + 3600b + 620c + 96d + 12e) + (12264a + 2764b + 600c + 124d + 24e + 4 f ) 1 , puis 840a + 60b = 0 et donc b = − 16 , puis u est solution si et seulement si 84a = 1 et donc a = 84 17 5 4340a + 480b + 40c = 0 et donc c = 24 , puis 12600a + 1860b + 240c + 24d = 0 et donc d = − 12 puis 59 19348a + 3600b + 620c + 96d + 12e = 0 et donc e = − 24 puis 12264a + 2764b + 600c + 124d + 24e + 1 4 f = 0 et donc f = 12 . La solution générale de l’équation avec second membre est donc :
∀n ∈ N, un =
1 (2n7 −28n6 +119n5 −70n4 −413n3 +14n2 )+α +β n+γin +δ (−i)n , (α, β , γ, δ ) ∈ C4 . 168
Correction de l’exercice 1738 N 1. Soit n ∈ N∗ . n
1
k + 1 ∏nk=1 (k + 1) (n + 1)! = = = n+1 n! ∏nk=1 k k=1 k n
∏(1 + k ) = ∏
k=1
2. Soit a ∈]0, π[ et n ∈ N∗ . Alors, pour tout naturel non nul k, on a 0 < 2ak 6 2a < π2 et donc sin 2ak 6= 0. On sait alors que pour tout réel x, sin(2x) = 2 sin x cos x. Par suite, pour tout naturel k, sin(2.
a 2k a ) = 2 sin 2k cos 2k
et donc
cos
a sin(a/2k−1 ) = . 2k 2 sin(a/2k )
Mais alors, n
∏ cos
k=1
k n a sin(a/2k−1 ) 1 ∏nk=1 sin(a/2k−1 ) 1 ∏n−1 sin a k=0 sin(a/2 ) = = = = n . ∏ n n k k n k n k 2 2 ∏k=1 sin(a/2 ) 2 ∏k=1 sin(a/2 ) 2 sin(a/2n ) k=1 2 sin(a/2 )
Correction de l’exercice 1739 N k
k
Pour n ∈ N∗ , (1 + 1n )n = ∑nk=0 Cnkn . Pour k ∈ {0, ..., n}, posons uk = Cnkn puis vk = a alors
uk+1 uk .
Pour k ∈ {1, ..., n − 1}, on
Cnk+1 .nk 1 n!k!(n − k)! n−k (n + 1) − (k + 1) 1 n+1 = . = = =− + k k+1 Cn .n n n!(k + 1)!(n − k − 1)! n(k + 1) n(k + 1) n n(k + 1) 1 n+1 6− + (car k > 1) n 2n 1 1 1 = − < 2 2n 2
vk =
1569
Ainsi, pour k ∈ {1, ..., n − 1}, uk+1 6 21 uk et donc, immédiatement par récurrence, uk 6
1
u1 2k−1
=
1 n 1 = k−1 . n 2
2k−1
En tenant compte de u0 = 1, on a alors pour n ∈ N∗ , n n 1 − 21n 1 1 1 1 (1 + )n = ∑ uk 6 1 + ∑ k−1 = 1 + = 1 + 2(1 − n ) = 3 − n−1 < 3. 1 n 2 2 2 1− 2 k=0 k=1
Correction de l’exercice 1740 N Soient x ∈ R et n ∈ N∗ . Pour 1 6 k 6 n, on a kx − 1 < E(kx) 6 kx. En sommant ces inégalités, on obtient E(x) + E(2x) + ... + E(nx) x + 2x + ... + nx n(n + 1)x (n + 1)x 6 = = , n2 n2 2n2 2n et aussi, E(x) + E(2x) + ... + E(nx) (x − 1) + (2x − 1) + ... + (nx − 1) n(n + 1)x/2 − n (n + 1)x 1 > = = − . n2 n2 n2 2n n Finalement, pour tout naturel non nul, (n + 1)x 1 E(x) + E(2x) + ... + E(nx) (n + 1)x 6 − < . 2n n n2 2n Les deux membres extrêmes de cet encadrement tendent vers 2x quand n tend vers +∞. D’après le théorème des gendarmes, on peut affirmer que ∀x ∈ R, limn→+∞ E(x)+E(2x)+...+E(nx) = 2x . n2
Correction de l’exercice 1741 N 1. Soit ε > 0. Il existe un rang n0 tel que, si n > n0 alors |un − `| < ε2 . Soit n un entier naturel strictement supérieur à n0 . 1 n 1 n = |vn − `| = u − ` (u − `) ∑ k n + 1 ∑ k n + 1 k=0 k=0 6
n 1 n 1 n0 1 |uk − `| = |uk − `| + |uk − `| ∑ ∑ ∑ n + 1 k=0 n + 1 k=0 n + 1 k=n0 +1
6
n 1 n0 1 ε 1 n0 1 n ε |u − `| + 6 |u − `| + ∑ k ∑ 2 n+1 ∑ k ∑2 n + 1 k=0 n + 1 k=n n + 1 k=0 k=0 0 +1
=
1 n0 ε |uk − `| + ∑ n + 1 k=0 2
n0 1 0 Maintenant, ∑nk=0 |uk − `| est une expression constante quand n varie et donc, limn→+∞ n+1 |uk − ∑k=0 n0 1 ε `| = 0. Par suite, il existe un entier n1 > n0 tel que pour n > n1 , n+1 ∑k=0 |uk − `| < 2 . Pour n > n1 , on a alors |vn − `| < ε2 + ε2 = ε. On a montré que ∀ε > 0, ∃n1 ∈ N/ (∀n ∈ N)(n > n1 ⇒ |vn − `| < ε). La suite (vn ) est donc convergente et limn→+∞ vn = `.
1570
Si la suite u converge vers ` alors la suite v converge vers `. La réciproque est fausse. Pour n dans N, posons un = (−1)n . La suite (un ) est divergente. D’autre part, 1 pour n dans N, ∑nk=0 (−1)k vaut 0 ou 1 suivant la parité de n et donc, dans tous les cas, |vn | 6 n+1 . Par suite, la suite (vn ) converge et limn→+∞ vn = 0. 2. Si u est bornée, il existe un réel M tel que, pour tout naturel n, |un | 6 M. Pour n entier naturel donné, on a alors |vn | 6
1 n 1 n 1 (n + 1)M = M. |uk | 6 M= ∑ ∑ n + 1 k=0 n + 1 k=0 n+1
La suite v est donc bornée. Si la suite u est bornée alors la suite v est bornée.
p si n = 2p, p ∈ N . −p si n = 2p + 1, p ∈ N u n’est pas bornée car la suite extraite (u2p ) tend vers +∞ quand p tend vers +∞. Mais, si n est impair, n 1 n 1 n+1 1 1 × un = 2(n+1) , et dans tous les cas |vn | 6 n+1 vn = 0, et si n est pair, vn = n+1 2 6 n+1 2 = 2 et la suite v est bornée.
La réciproque est fausse. Soit u la suite définie par : ∀n ∈ N, un
= (−1)n E
n 2
=
3. Si u est croissante, pour n entier naturel donné on a : ! n+1 n 1 n+1 1 n 1 vn+1 − vn = ∑ uk − n + 1 ∑ uk = (n + 1)(n + 2) (n + 1) ∑ uk − (n + 2) ∑ uk n + 2 k=0 k=0 k=0 k=0 ! n n 1 1 (n + 1)un+1 − ∑ uk = (un+1 − uk ) > 0. = ∑ (n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2) k=0 k=0 La suite v est donc croissante. Si la suite u est croissante alors la suite v est croissante.
Correction de l’exercice 1742 N Pour n naturel non nul et x réel positif, posons fn (x) = xn + x − 1. Pour x > 0, f1 (x) = 0 ⇔ x = 21 et donc u1 = 21 . Pour n > 2, fn est dérivable sur R+ et pour x > 0, fn0 (x) = nxn−1 + 1 > 0. fn est ainsi continue et strictemnt croissante sur R+ et donc bijective de R+ sur fn (R+ ) = [ f (0), limx→+∞ fn (x)[= [−1, +∞[, et en particulier, ∃!x ∈ [0, +∞[/ fn (x) = 0. Soit un ce nombre. Puisque fn (0) = −1 < 0 et que fn (1) = 1 > 0, par stricte croissance de fn sur [0, +∞[, on a : ∀n ∈ N, 0 < un < 1. La suite u est donc bornée. Ensuite, pour n entier naturel donné et puisque 0 < un < 1 : fn+1 (un ) = un+1 + un − 1 < unn + un − 1 = fn (un ) = 0 = fn+1 (un+1 ), n
et donc fn+1 (un ) < fn+1 (un+1 ) puis, par stricte croissance de fn+1 sur R+ , on obtient : ∀n ∈ N, un < un+1 .
La suite u est bornée et strictement croissante. Donc, la suite u converge vers un réel `, élément de [0, 1]. 1571
1+` Si 0 6 ` < 1, il existe un rang n0 tel que pour n > n0 , on a : un 6 ` + 1−` 2 = 2 . Mais alors, pour n > n0 , on n a 1 − un = unn 6 ( 1+` 2 ) et quand n tend vers vers +∞, on obtient 1 − ` 6 0 ce qui est en contradiction avec 0 6 ` < 1. Donc, ` = 1.
Correction de l’exercice 1743 N Soit x dans [−1, 1] et ε > 0. Soit θ = arcsin x (donc θ est élément de [− π2 , π2 ] et x = sin θ ). Pour k entier naturel non nul donné, il existe un entier nk tel que ln(nk ) 6 θ + 2kπ < ln(nk + 1) à savoir nk = E(eθ +2kπ ). Mais, 0 < ln(nk + 1) − ln(nk ) = ln(1 +
1 1 )< nk nk
(d’après l’inégalité classique ln(1 + x) < x pour x > 0, obtenue par exemple par l’étude de la fonction f : x 7→ ln(1 + x) − x). Donc, 0 6 θ + 2kπ − ln(nk ) < ln(nk + 1) − ln(nk )
0, ∃n ∈ N∗ / |x − sin(ln n)| < ε, et donc {sin(ln n), n ∈ N∗ } est dense dans [−1, 1]. Correction de l’exercice 1744 N Pour α ∈]0, π[, posons f (α) = supn∈N (| sin(nα)|). {(sin(nα), n ∈ N} est une partie non vide et majorée (par 1) de R. Donc, pour tout réel α de ]0, π[, f (α) existe dans R. Si α est dans [ π3 , 2π 3 ], √ 3 π = f ( ). f (α) = supn∈N (| sin(nα)|) > sin α > 2 3 π π Si α est dans ]0, 3 ]. Soit n0 l’entier naturel tel que (n0 − 1)α < 3 6 n0 α (n0 existe car la suite (nα)n∈N est strictement croissante). Alors, π π π π 2π 6 n0 α = (n0 − 1)α + α < + α 6 + = . 3 3 3 3 3 Mais alors, √ 3 π f (α) = supn∈N (| sin(nα)|) > | sin(n0 α)| > = f ( ). 2 3 Si α est dans [ 2π 3 , π[, on note que π f (α) = supn∈N (| sin(nα)|) = supn∈N (| sin(n(π − α)|) = f (π − α) > f ( ), 3 car π − α est dans ]0, π3 ].
On a montré que ∀α ∈]0, π[, f (α) > f ( π3 ) =
√ 3 2 .
Donc, infα∈]0,π[ (supn∈N (| sin(nα)|)) existe dans R et 1572
√ π 3 infα∈]0,π[ (supn∈N (| sin(nα)|)) = Minα∈]0,π[ (supn∈N (| sin(nα)|)) = f ( ) = . 3 2
Correction de l’exercice 1749 N 1. Pour n > 4
n! 2 3 4 n 6 = × × ×···× 6 . nn n n |n {z n} n2 61
Or ∑ n62 est convergente. Donc ∑ nn!n est aussi convergente par comparaison. −2 √ √ pour n assez grand. On a : n + √1n 2. Montrons que (ch ln n)−2 > 4 ln n √ln n ln n √ ch( ln n) √ ch( ln n)−2
6 ln2 n pour n assez grand 2 6 21 ln n √ 6 21 ln n = ln n √ √ 6 ch(ln n) = 12 n + √1n √ −2 > 4 n + √1n
car x 7→ chx est croissante
√ −2 √ 2 √ √ n ∼ n + √1n , et n + √1n ∼ n1 , donc ∑ n + √1n est divergente. Par comparaison, la série √ de terme général (ch ln n)2 est divergente. 1 1 ln n n−(1+ n ) ln n −(1+ n1 ) −1 3. Montrons que n ∼ n . On a : = n− n = e− n . Or limn→+∞ lnnn = 0, d’où limn→+∞ e− n = −1 n 1 1. Par équivalence, la série de terme général n−(1+ n ) est donc divergente car la série harmonique est divergente. 4. Montrons que √1n ln 1 + √1n ∼ 1n . En utilisant le développement limité de ln(1 + x) en 0, on a : ln 1 + √1n = √1n + o √1n . De là on tire que √1n ln 1 + √1n ∼ √1n × √1n = 1n . Par équivalence, la 1 série de terme général n−(1+ n ) est donc divergente. Or
5. On sait que : ln (en − 1) 6 ln en = n. De plus, ln n > 1 pour n assez grand, par conséquent On conclut par comparaison que la série ∑ ln (elnnn−1) est divergente. √
√
2
ln n ln(en −1)
> 1n .
√
6. Montrons que nln n e− n 6 n−2 . On remarque que nln n e− n = e(ln n) e− n . Or pour u assez grand 4u2 + √ √ 4u 6 eu , soit 4u2 − eu 6 −4u. En posant u = ln n = 21 ln n, il vient ln2 n − n 6 −2 ln n. D’où 2
√
−2 ln n n− n e|ln {z } 6 e| {z } √ nln n e−
n
√ n
Par comparaison, la série de terme général nln n e− 1 est convergente. n2
1 n2
est donc convergente car la série de terme général
(Corrigé de Lévi Operman) Correction de l’exercice 1750 N — Pour p = 0 : 1! + 2! + · · · + n! 1! + 2! + · · · + (n − 1)! = 1+ >1 n! n! un ne tend pas vers 0 donc, ∑ un diverge grossièrement pour p = 0. un =
1573
— Pour p = 1 : un =
1 2! (n − 1)! n! + +···+ + (n + 1)! (n + 1)! (n + 1)! (n + 1)! n! 1 un > = · (n + 1)! n + 1
1 diverge, donc ∑ un diverge pour p = 1 . Or ∑ n+1 — Pour p = 2 : 1 2! (n − 1)! n! un = + +···+ + (n + 2)! (n + 2)! (n + 2)! (n + 2)! On serait tenté de dire que l’on a une somme de séries convergentes, donc ∑ un converge. Pas de chance, le nombre de terme croît en fonction de n, donc à l’infini, on en a une infinité et on ne peut rien conclure. n−1 k! k! n! n(n − 1)! n! = ∑ (n + 2)! ∑ (n + 2)! + (n + 2)! 6 (n + 2)! + (n + 2)! k=1 k=1 n
un =
un 6 2
n! 2 2 = ∼ 2 (n + 2)! (n + 1)(n + 2) n
Or ∑ n12 converge, donc ∑ un converge pour p = 2. — Pour p > 3 : 1! + 2! + · · · + n! n n! n n! un = 6 = (n + p)! (n + p)! n!(n + 1) · · · (n + p) En simplifiant par n! et en posant un 6
n (n+1)···(n+p)
et
1 n n ∼ p = p−1 avec p > 3 (n + 1) · · · (n + p) n n 1 Or ∑ n p−1 est une série de Riemann convergente car p − 1 > 2, donc ∑ un converge pour p > 3. Note : on peut aussi remarquer que un (quand p > 3) est majoré par un (quand p = 2), or ce dernier est convergent.
(Corrigé de Eugène Ndiaye) Correction de l’exercice 1751 N 1. Posons Sn = ∑nk=0 (k + 1)3−k . L’idée est de calculer la somme de (1 − 3−1 )Sn . On a ainsi : n
(1 − 3−1 )Sn = (1 − 3−1 ) ∑ (k + 1)3−k k=0
n
= =
n
∑ (k + 1)3−k − ∑ (k + 1)3−(k+1)
k=0 n
n
k=0
n
k=0
k=0
k=0
∑ k3−k + ∑ 3−k − ∑ (k + 1)3−(k+1)
En réindexant les sommes, on obtient : −1
(1 − 3 )Sn
k n 1 = ∑ k3 + ∑ − ∑ k3−k − (n + 1)3−(n+1) k=1 k=0 3 k=1 1 n+1 n 1 n+1 1− 3 n+1 = ∑ k − n+1 = − n+1 2 3 k=0 3 |3{z } 3 n
−k
n
→0
somme des termes d’une suite géométrique de raison 31 ∈] − 1, 1[. Et donc, 3 1 lim 1 − Sn = n→+∞ 3 2 1574
d’où
+∞
9
∑ (k + 1)3−k = 4 ·
k=0
Remarque : On reconnaît la série géométrique dérivée première de raison 31 . n 2. Posons un = 4 et cherchons à la décomposer en éléments simples. n + n2 + 1 n4 + n2 + 1 = (n4 + 2n2 + 1) − n2 = (n2 + 1)2 − n2 = (n2 + n + 1)(n2 − n + 1)
A B n . Trouvons maintenant A et B ∈ R tel que un = n2 +n+1 + n2 −n+1 , soit (n2 +n+1)(n2 −n+1) 2 2 2 A(n − n + 1) + B(n + n + 1) = n, ce qui équivaut à (A + B)n + (B − A)n + (A + B) = n.
d’où un =
tels
que identification, on a :
Par
D’où :
A+B = 0 B−A = 1 A+B = 0
⇐⇒
A = − 12
B =
1 2
n 1 1 1 = − un = 4 n + n2 + 1 2 n2 − n + 1 n2 + n + 1 ! N N N 1 1 N 1 1 1 1 ∑ un = ∑ 2 n2 − n + 1 − n2 + n + 1 = 2 ∑ n2 − n + 1 − ∑ n2 + n + 1 n=0 n=0 n=0 n=0
Or n2 + n + 1 = (n + 1)2 − (n + 1) + 1. En réindexant la deuxième somme : ! N N+1 1 1 1 N ∑ un = 2 ∑ n2 − n + 1 − ∑ n2 − n + 1 n=0 n=0 n=1 1 1 = 1− par télescopage. 2 (N + 1)2 − (N + 1) + 1 La série est donc convergente et la somme vaut +∞
n
1
∑ n4 + n2 + 1 = 2 .
n=0
3. Décomposons vn =
2n − 1 en éléments simples. Comme n3 − 4n n3 − 4n = n(n2 − 4) = n(n − 2)(n + 2),
cherchons α, β et γ ∈ R tels que : vn = Soit
β γ α + + . n n+2 n−2
2n − 1 = α(n − 2)(n + 2) + β n(n − 2) + γn(n + 2) = (α + β + γ)n2 + (2γ − 2β )n − 4α
Par identification : α = 14 α +β +γ = 0 α = 14 2(γ − β ) = 2 ⇐⇒ γ = 1 + β ⇐⇒ β = − 85 −4α = −1 α + 2β + 1 = 0 γ = 38
D’où
2n − 1 1 5 3 = − + n3 − 4n 4n 8(n + 2) 8(n − 2) 1575
et N
N
∑ vn
=
n=3
∑
n=3 N
=
1 5 3 − + 4n 8(n + 2) 8(n − 2)
N N 1 5 3 − + ∑ 4n ∑ 8(n + 2) ∑ 8(n − 2) . n=3 n=3 n=3
Soit en réindexant les 2 dernières sommes : " # N N N+2 N−2 1 1 1 1 ∑ vn = 8 2 ∑ n − 5 ∑ n + 3 ∑ n n=3 n=3 n=1 n=5 Puis, par télescopage, N
1 ∑ vn = 8 n=3 +∞
Donc, la série converge et
89 3 3 5 5 − − − − 12 N − 1 N N + 1 N + 2
2n − 1
−−−−→ n→+∞
89 . 12
89
∑ n3 − 4n = 96 .
n=3
(Corrigé d’Antoine Poulain) Correction de l’exercice 1757 N Convergence de Wn = ln(un nb−a ). On remarque que Wn est la somme partielle de la suite de terme général " # un+1 n + 1 b−a wn = Wn+1 −Wn = ln un n " # " # n(1 + na ) n + a n + 1 b−a 1 b−a 1+ = ln = ln n+b n n n(1 + nb ) a b 1 + ln 1 + − ln 1 + = (b − a) ln 1 + n n n Il suffit donc de montrer que cette série converge pour montrer que (Wn ) converge. On utilise le développement limité de ln (1 + x) en 0 , ce qui donne 1 a b 1 1 1 1 wn = (b − a) +O 2 + +O 2 − +O 2 =O 2 . n n n n n n n donc ∑ wn est une série convergente et (Wn ) converge. Soit ` sa limite. Condition sur a, b pour que ∑ un converge. e` 1 On sait que lim ln un nb−a = ` ; par composée des limites, lim un nb−a = e` , donc un ∼ nb−a . Or ∑ nb−a est une série ∞ de Riemann, qui converge si et seulement si b − a > 1. Ainsi, par équivalence, ∑ un converge si et seulement si b − a > 1. Calcul somme partielle de sn . n+a = n+b , d’où [un+1 (n + b)] = [un (n + a)] et Par hypothèse uun+1 n n
n
∑ [u j+1 (( j + 1) + (b − 1))] = ∑ [u j ( j + a)] .
j=0
j=0
En effectuant un changement d’indice on a : n+1
n
∑ [u j ( j + b − 1)] = ∑ [u j ( j + a)]
j=1
j=0
1576
n
n
∑ [u j ( j + b − 1)] + un+1 (n + b) = ∑ [u j ( j + a)] + au0
j=1
j=1
n
un+1 (n + b) − au0 =
∑ [u j (a − b + 1)]
j=1
(n+b)−a . Si b − a 6= 1, on obtient donc que sn = un+1a−b+1 Valeur de la somme. On se place dans le cas où la série converge, i.e. b − a > 1. Alors lim un+1 (n + b) = 0. On sait que un ∼ plus, n + b ∼ n. Donc un+1 (n + b) ∼ el n1+a−b . Or 1 + a − b < 0, donc lim e` n1+a−b = 0. Finalement
sn = et on conclut que ∑∞ k=0 un =
a b−a−1 .
un+1 (n + b) − a −a −−−−→ n→+∞ a − b + 1 a−b+1
(Corrigé de Lévi Operman) Correction de l’exercice 1762 N R Soit α, β ∈ R et I(α,β ) = 0π (αt + βt 2 ) cos(nt) dt. Une intégration par partie nous donne π Z 1 π 2 sin(nt) I(α,β ) = (αt + βt ) − (α + 2βt) sin(nt) dt n n 0 0 {z } | =0
En faisant une intégration par partie sur la deuxième intégrale, on a : π Z π α + 2βt 2β cos(nt) cos(nt) + dt I(α,β ) = n2 n2 0 0 α 2β sin(nt) π α + 2β π = cos(nπ) − + · n2 n2 n2 n 0 | {z } =0
On obtient I(α,β ) =
α+2β π n2
cos(nπ) −
I(α,β ) =
α . n2
1 n2
⇐⇒ (α + 2β π) cos(nπ) −α = 1 | {z } =(−1)n n
⇐⇒ (α + 2β π)(−1) − (1 + α) = 0
Donc pour tout n ∈ N Ainsi en prenant α = −1 et β =
D’où,
n
1 2π ,
(α + 2β π)(−1)n = 0 (1 + α) = 0
on obtient : Z π 1 2 1 −t + t cos(nt) dt = 2 · I(−1, 1 ) = 2π 2π n 0
1 ∑ k2 = k=1
Z π 0
1 −t + t 2 2π
Or n
n
∑ cos(kt) = Re k=1
ikt
∑e k=0
nt
!
n
∑ cos(kt) dt
(1)
k=1
−1 =
sin( n+1 nt 2 t) Re(ei 2 ) − 1 t sin( 2 )
sin( 2n t) cos( 2t ) + cos( n2 t) sin( 2t ) −1 2 sin( 2t ) nt nt t nt = cos sin cot + cos2 −1 2 2 2 2 | {z } = cos
×
=− sin2 ( nt2 )
1577
e` , nb−a
de
Donc ∑nk=1 cos(kt) = 12 sin(nt) cot 2t − sin2 nt2 . En appliquant ce résultat à (1) on obtient : Z π Z π t n 1 1 t2 t2 2 nt = −t + sin(nt) cot dt − −t + sin dt ∑ 2 0 2 2π 2 2π 2 0 k=1 k 1 2 En posant φ (t) = (−t + 2π t ) cot( 2t ), on a : +∞
1 lim ∑ k2 = n→+∞ k=1 Comme
Z π 0
φ (t) sin(nt) dt − lim
Z π
nt 1 2 −t + t sin2 dt 2π 2
n→+∞ 0
cos 2t cos 2t t 1 2 t 1 ∼ −t = −2 cos ∼ −2 t ) cot = (−t + t 2 ) t→0 t t 2π 2 2π sin 2 2 2
(−t +
l’application φ se prolonge par continuité en 0. Utilisons le résultat classique suivant : si h est une fonction continue sur [0, π], alors Z π
lim
n→+∞ 0
Rπ
h(t) sin(nt) dt = 0
et
lim
Z π
n→+∞ 0
h(t) cos(nt) dt = 0 .
φ (t) sin(nt) dt = 0. De plus, Z π Z π t2 1 − cos(nt) t2 2 nt −t + sin dt = −t + dt 2π 2 2π 2 0 0
appliqué à φ : limn→+∞
0
par conséquent lim
Z π
n→+∞ 0
t2 −t + 2π
Finalement +∞
1 ∑ k2 = − k=1
Z π 1
t2 −t + 2 2π
0
sin
2
nt
1 dt = − 2
2
dt =
Z π 1 0
t2 −t + 2 2π
dt .
2 π ! t 1 1 3 π π2 π2 π2 − + t − = = 2 0 2π 3 0 4 12 6
(Corrigé de Eugène Ndiaye) Correction de l’exercice 1765 N 1 Montrons par récurrence que ∀n > 1, ∑nk=1 k(k+1)(k+2) = 1×(1+3) 4×(1+1)(1+2)
n(n+3) 4(n+1)(n+2) .
1 • Pour n = 1, ∑1k=1 k(k+1)(k+2) =
1 et la formule proposée est vraie pour n = 1. Soit n > 1. Supposons que ∑nk=1 k(k+1)(k+2) =
1 et montrons que ∑n+1 k=1 k(k+1)(k+2) =
1 6 = n(n+3) 4(n+1)(n+2)
(n+1)(n+4) 4(n+2)(n+3) .
n+1
n 1 1 1 = ∑ k(k + 1)(k + 2) ∑ k(k + 1)(k + 2) + (n + 1)(n + 2)(n + 3) k=1 k=1
n(n + 3) 1 + (par hypothèse de récurrence) 4(n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2)(n + 3) n(n + 3)2 + 4 n3 + 6n2 + 9n + 4 = = 4(n + 1)(n + 2)(n + 3) 4(n + 1)(n + 2)(n + 3) (n + 1)(n2 + 5n + 4) (n + 1)(n + 4) = = 4(n + 1)(n + 2)(n + 3) 4(n + 2)(n + 3)
=
On a montré par récurrence que : 1 ∀n > 1, ∑nk=1 k(k+1)(k+2) =
1578
n(n+3) 4(n+1)(n+2) .
Démonstration directe. Pour k > 1, 1 1 (k + 2) − k 1 = = k(k + 1)(k + 2) 2 k(k + 1)(k + 2) 2
1 1 − , k(k + 1) (k + 1)(k + 2)
et donc, n n+1 1 n 1 1 1 n 1 1 1 = ( − ) = ( − ∑ k(k + 1)(k + 2) 2 ∑ k(k + 1) ∑ (k + 1)(k + 2) 2 ∑ k(k + 1) ∑ k(k + 1) ) k=1 k=1 k=1 k=2 k=1 2 1 1 1 n + 3n n(n + 3) = − = = 2 2 (n + 1)(n + 2) 4(n + 1)(n + 2) 4(n + 1)(n + 2) n
Correction de l’exercice 1766 N 1 1. Montrons par récurrence que : ∀n > 1, ∑nk=1 k = n(n+1) 2 . Pour n = 1, ∑k=1 k = 1 = (n+1)(n+2) Supposons que ∑nk=1 k = n(n+1) et montrons que ∑n+1 . k=1 k = 2 2
n+1
n
∑ k = ∑ k + (n + 1) = k=1
k=1
1×(1+1) . 2
Soit n > 1.
n(n + 1) + (n + 1) (par hypothèse de récurrence) 2
(n + 1)(n + 2) n = (n + 1)( + 1) = 2 2 On a montré par récurrence que : ∀n > 1, ∑nk=1 k =
n(n+1) 2 .
On peut donner plusieurs démonstrations directes. 1ère demonstration. Pour k > 1, (k +1)2 −k2 = 2k +1 et donc ∑nk=1 ((k +1)2 −k2 ) = 2 ∑nk=1 k + ∑nk=1 1 ce qui s’écrit (n + 1)2 − 1 = 2 ∑nk=1 k + n ou encore 2 ∑nk=1 k = n2 + n ou enfin ∑nk=1 k = n(n+1) 2 . 2ème demonstration. On écrit 1 + 2 + 3 + . . . + (n − 1) + n = S n + (n − 1) + (n − 2) + . . . + 2 + 1 = S et en additionnant (verticalement), on obtient 2S = (n + 1) + (n + 1) + . . . + (n + 1) = n(n + 1) d’où le résultat. La même démonstration s’écrit avec le symbole sigma : n
2S =
n
n
n
∑ k + ∑ (n + 1 − k) = ∑ (k + n + 1 − k) = ∑ (n + 1) = n(n + 1).
k=1
k=1
k=1
k=1
3ème demonstration. On compte le nombre de points d’un rectangle ayant n points de large et n + 1 points de long. Il y en a n(n + 1). Ce rectangle se décompose en deux triangles isocèles contenant chacun 1 + 2 + ... + n points. D’où le résultat. ∗ ∗ ∗ .. .
∗ ∗ ∗
∗
∗ ... .. . ..
..
.
.. . ∗ ...
... ∗ .. .
∗
∗
. ∗ ∗
∗
.. ...
1579
.
.. . ∗ ∗ ∗
4ème démonstration. Dans le triangle de PASCAL, on sait que pour n et p entiers naturels donnés, p+1 . Cnp +Cnp+1 = Cn+1 Donc, pour n > 2 (le résultat est clair pour n = 1), n n n(n + 1) 2 2 1 + 2 + ... + n = 1 + ∑ Ck1 = 1 + ∑ Ck+1 −Ck2 = 1 + (Cn+1 − 1) = . 2 k=2 k=2
2. Pour k > 1, (k + 1)3 − k3 = 3k2 + 3k + 1. Donc, pour n > 1 : n
n
n
n
3 ∑ k2 + 3 ∑ k + ∑ 1 = k=1
k=1
k=1
∑ ((k + 1)3 − k3 ) = (n + 1)3 − 1.
k=1
D’où, 1 1 n(n + 1) 1 3 ∑ k = 3 (n + 1) − 1 − 3 2 − n = 6 (2(n + 1)3 − 3n(n + 1) − 2(n + 1)) = 6 (n + 1)(2n2 + n), k=1 n
2
et donc n(n+1)(2n+1) . 6
∀n > 1, ∑nk=1 k2 =
Pour k > 1, (k + 1)4 − k4 = 4k3 + 6k2 + 4k + 1. Donc, pour n > 1, on a n
n
n
n
n
4 ∑ k3 + 6 ∑ k2 + 4 ∑ k + ∑ 1 = k=1
k=1
k=1
k=1
∑ ((k + 1)4 − k4 ) = (n + 1)4 − 1.
k=1
D’où : n
1
1
∑ k3 = 4 ((n + 1)4 − 1 − n(n + 1)(2n + 1) − 2n(n + 1) − n) = 4 ((n + 1)4 − (n + 1)(n(2n + 1) + 2n + 1)
k=1
(n + 1)2 ((n + 1)2 − (2n + 1)) n2 (n + 1)2 1 = = ((n + 1)4 − (n + 1)2 (2n + 1)) = 4 4 4 ∀n > 1, ∑nk=1 k3 =
n2 (n+1)2 4
= (∑nk=1 k)2 .
Pour k > 1, (k + 1)5 − k5 = 5k4 + 10k3 + 10k2 + 5k + 1. Donc, pour n > 1, n
n
n
n
n
5 ∑ k4 + 10 ∑ k3 + 10 ∑ k2 + 5 ∑ k + ∑ 1 = k=1
k=1
k=1
k=1
k=1
n
∑ ((k + 1)5 − k5 ) = (n + 1)5 − 1.
k=1
D’où : n
1
5
5
5
∑ k4 = 5 ((n + 1)5 − 1 − 2 n2 (n + 1)2 − 3 n(n + 1)(2n + 1) − 2 n(n + 1) − n)
k=1
1 (6(n + 1)5 − 15n2 (n + 1)2 − 10n(n + 1)(2n + 1) − 15n(n + 1) − 6(n + 1)) 30 1 n(n + 1)(6n3 + 9n2 + n − 1) = (n + 1)(6n4 + 9n3 + n2 − n) = 30 30
=
Finalement, ∀n ∈ N∗ , ∑nk=1 k = n(n+1) 2 ∀n ∈ N∗ , ∑nk=1 k2 = n(n+1)(2n+1) 6 2 2 ∀n ∈ N∗ , ∑nk=1 k3 = n (n+1) = (∑nk=1 k)2 4 3 2 ∀n ∈ N∗ , ∑nk=1 k4 = n(n+1)(6n 30+9n +n−1) . 1580
3. Soit p un entier naturel. Pour k > 1, p
(k + 1) p+1 − k p+1 =
j k j. ∑ Cp+1
j=0
Donc, pour n > 1 : p
n
j ( ∑ k j) = ∑ Cp+1
j=0
k=1
p
n
j k j) = ∑ ( ∑ Cp+1
k=1 j=0
n
∑ ((k + 1) p+1 − k p+1 ) = (n + 1) p+1 − 1.
k=1
D’où la formule de récurrence : j ∀p ∈ N, ∀n ∈ N∗ , ∑ pj=0 Cp+1 S j = (n + 1) p+1 − 1.
Correction de l’exercice 1767 N 1 k(k+1)
1. Pour tout naturel non nul k, on a n
1
=
(k+1)−k k(k+1) n
1 , et donc = 1k − k+1
1
1
1
n
∑ k(k + 1) = ∑ ( k − k + 1 ) = 1 − n + 1 = n + 1 .
k=1
k=1
Pour tout naturel non nul k, on a
1 k(k+1)(k+2)
=
1 (k+2)−k 2 k(k+1)(k+2)
1 1 = 12 ( k(k+1) − (k+1)(k+2) ), et donc
n
1 n 1 1 1 1 1 n(n + 3) 1 = ∑ k(k + 1)(k + 2) 2 ∑ ( k(k + 1) − (k + 1)(k + 2) ) = 2 ( 2 − (n + 1)(n + 2) ) = 4(n + 1)(n + 2) . k=1 k=1 2. Soit n ∈ N∗ . - Calcul de S1 . Posons P1 = aX 2 + bX + c. On a P1 (X + 1) − P1 (X) = a((X + 1)2 − X 2 ) + b((X + 1) − X) = 2aX + (a + b). Par suite,
P1 (X + 1) − P1 (X) = X ⇔ 2a = 1 et a + b = 0 ⇔ a = ⇐ P1 =
1 1 et b = − 2 2
X2 X X(X − 1) − = . 2 2 2
Mais alors, n
∑k= k=1
n
∑ (P1 (k + 1) − P1 (k)) = P1 (n + 1) − P1 (1) =
k=1
n(n + 1) . 2
- Calcul de S2 . Posons P2 = aX 3 + bX 2 + cX + d. On a P2 (X +1)−P2 (X) = a((X +1)3 −X 3 )+b((X +1)2 −X 2 )+c((X +1)−X) = 3aX 2 +(3a+2b)X +a+b+c. Par suite,
P2 (X + 1) − P2 (X) = X 2 ⇔ 3a = 1 et 3a + 2b = 0 et a + b + c = 0 ⇔ a = ⇐ P2 =
X3 X2 X X(X − 1)(2X − 1) − + = . 3 2 6 6 1581
1 1 1 et b = − et c = 3 2 6
Mais alors, n
n
∑ k2 = k=1
∑ (P2 (k + 1) − P2 (k)) = P2 (n + 1) − P2 (1) =
k=1
n(n + 1)(2n + 1) . 6
- Calcul de S3 . Posons P3 = aX 4 + bX 3 + cX 2 + dX + e. On a P3 (X + 1) − P3 (X) = a((X + 1)4 − X 4 ) + b((X + 1)3 − X 3 ) + c((X + 1)2 − X 2 ) + d((X + 1) − X) = 4aX 3 + (6a + 3b)X 2 + (4a + 3b + 2c)X + a + b + c + d.
Par suite, P3 (X + 1) − P3 (X) = X 3 ⇔ 4a = 1, 6a + 3b = 0, 4a + 3b + 2c = 0 et a + b + c + d = 0 1 1 1 ⇔ a = , b = − , c = et d = 0 4 2 4 X 4 X 3 X 2 X 2 (X − 1)2 ⇐ P3 = − + = . 4 2 4 4 Mais alors, n
n
∑ k3 = k=1
∑ (P3 (k + 1) − P3 (k)) = P3 (n + 1) − P3 (1) =
k=1
n2 (n + 1)2 . 4
- Calcul de S4 . Posons P4 = aX 5 + bX 4 + cX 3 + dX 2 + eX + f . On a P4 (X + 1) − P4 (X) = a((X + 1)5 − X 5 ) + b((X + 1)4 − X 4 ) + c((X + 1)3 − X 3 ) + d((X + 1)2 − X 2 ) + e((X + 1) − X)
= 5aX 4 + (10a + 4b)X 3 + (10a + 6b + 3c)X 2 + (5a + 4b + 3c + 2d)X + a + b + c + d + e. Par suite, P4 (X + 1) − P4 (X) = X 4 ⇔ 5a = 1, 10a + 4b = 0, 10a + 6b + 3c = 0, 5a + 4b + 3c + 2d = 0 et a + b + c + d + e = 0 1 1 1 1 ⇔ a = , b = − , c = , d = 0 et e = − 5 2 3 30 X5 X4 X3 X X(X − 1)(6X 3 − 9X 2 + X + 1) ⇐ P4 = − + − = . 5 2 3 30 30
Mais alors, n
n
∑ k4 = ∑ (P4 (k + 1) − P4 (k)) = P4 (n + 1) − P4 (1) =
k=1
k=1
n(n + 1)(6n3 + 9n2 + n − 1) . 30
∀n ∈ N∗ , 2 2 n(n+1) n(n+1)(2n+1) , ∑nk=1 k3 = n (n+1) = (∑nk=1 k)2 ∑nk=1 k = 2 , ∑nk=1 k2 = 6 4 3 2 et ∑nk=1 k4 = n(n+1)(6n 30+9n +n−1) . 3. Soit n ∈ N∗ . On rappelle que a−b ∀(a, b) ∈]0, +∞[2 , arctan a − arctan b = arctan 1+ab .
1582
Soit alors k un entier naturel non nul. On a arctan
1 (k + 1) − k = arctan = arctan(k + 1) − arctan k. k2 + k + 1 1 + k(k + 1)
Par suite, n
∑ arctan k=1
n π 1 = (arctan(k + 1) − arctan k) = arctan(n + 1) − arctan 1 = arctan(n + 1) − . ∑ 2 k + k + 1 k=1 4
4. Soit n ∈ N∗ . Pour k entier naturel non nul donné, on a arctan
2 (k + 1) − (k − 1) = arctan = arctan(k + 1) − arctan(k − 1). 2 k 1 + (k − 1)(k + 1)
Par suite, n
∑ arctan k=1
n n n 2 = (arctan(k + 1) − arctan(k − 1)) = arctan(k + 1) − ∑ ∑ arctan(k − 1) ∑ k2 k=1 k=1 k=1 n+1
=
n−1
∑ arctan k − ∑ arctan k = arctan(n + 1) + arctan n − arctan 1 − arctan 0
k=2
k=0
π = arctan(n + 1) + arctan n − . 4
Correction de l’exercice 1768 N 1. Soit n un entier supérieur ou égal à 2. Parmi les n2 couples (i, j) tels que 1 6 i, j 6 n, il y en a n tels que i = j et donc n2 − n = n(n − 1) tels que 1 6 i, j 6 n et i 6= j. Comme il y a autant de couples (i, j) tels que i > j que de couples (i, j) tels que i < j, il y a n(n−1) couples (i, j) tels que 1 6 i < j 6 n. Finalement, 2
∑
1=
16i< j6n
2. Soit n ∈ N∗ . n
j=
∑
16i, j6n
!
=
=
∑ ( j − 1) j = ∑ j2 − ∑ j
n
j
∑ ∑
j=1
n(n − 1) . 2
i=1
n
n
∑ n j = n ∑ j = n.
j=1
j=1
n(n + 1) n2 (n + 1) = . 2 2
Soit n un entier supérieur ou égal à 2. n
∑
16i< j6n
j=
j−1
∑ ∑j
j=2
i=1
!
n
n
j=2
n
j=2
j=2
n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1) n(n + 1) 2n + 1 − 1) − ( − 1) = ( − 1) =( 6 2 2 3 n(n + 1)2 = . 6 3. Soit n ∈ N∗ .
∑
16i, j6n
ij = (
∑
i)(
16i6n
1583
∑
16 j6n
j) =
n2 (n + 1)2 . 4
4. Soit n ∈ N∗ . n 2 2
h k =
∑ 16h,k6n
n
n
2
2
k=1
k=1
∑ 16h,k6n
n
n
n
∑ ( ∑ h4 ) =
∑ nh4 = n ∑ h4 =
h=1 k=1
h=1
h=1
n2 (n+1)(6n3 +9n2 +n−1) . 30
et bien sûr ∑16h,k6n k4 =
h=1
n(n+1)(6n3 +9n2 +n−1) , 30
Comme d’autre part, ∑nh=1 h4 = ∑nk=1 k4 = n
2
∑ (h ∑ k ) = ( ∑ k )( ∑ h ) = h=1
h4 =
n
2
n(n + 1)(2n + 1) 6
2
.
on a
n2 (n + 1)(6n3 + 9n2 + n − 1) , 30
Par suite,
1 n2 (n + 1)2 (2n + 1)2 n2 (n + 1)(6n3 + 9n2 + n + 14) un = 5 2.5 − 18 n 30 36 1 15 12 = 5 (2n6 − 2n6 + n5 ( − ) + termes de degré au plus 4) n 3 2 = −1 + termes tendant vers 0 Par suite, lim un = −1.
n→+∞
Correction de l’exercice 1769 N Soient n ∈ N∗ et a1 , a2 ,..., an , n réels strictement positifs. n
∑ ai
i=1
!
n
1 ∑ aj j=1
!
=
n ai ai a j ai a j ai = ∑ a j ∑ ai + ∑ ( a j + ai ) = n + ∑ ( a j + ai ) i=1 16i< j6n 16i< j6n 16i, j6n
Pour x > 0, posons alors f (x) = x + 1x . f est dérivable sur ]0, +∞[ et pour x > 0, f 0 (x) = 1 − x12 = (x−1)(x+1) . f x2 est donc strictement décroissante sur ]0, 1] et strictement croissante sur [1, +∞[. f admet ainsi un minimum en 1. Par suite, 1 = 2. 1 (Remarque. L’inégalité entre moyenne géométrique et arithmétique permet aussi d’obtenir le résultat : r 1 1 1 (x + ) > x. = 1.) 2 x x ∀x > 0, f (x) > f (1) = 1 +
On en déduit alors que n
n
n2 − n 1 > n+ ∑ 2 = n+2 = n2 . a 2 j j=1 16i< j6n
∑ ai ∑
i=1
Correction de l’exercice 1770 N Soit r la raison de la suite u. Pour tout entier naturel k, on a r uk uk+1
=
uk+1 −uk uk uk+1
=
1584
1 uk
1 − uk+1 .
En sommant ces égalités, on obtient : n 1 1 1 un+1 − u0 (n + 1)r 1 1 r∑ = = . =∑ − = − uk+1 u0 un+1 u0 un+1 u0 un+1 k=0 uk uk+1 k=0 uk n
Si r 6= 0, on obtient ∑nk=0 uk u1k+1 =
(n+1) u0 un+1 ,
et si r = 0 (et u0 6= 0), u est constante et le résultat est immédiat.
Correction de l’exercice 1771 N Soit k un entier naturel non nul. On sait que ∑ki=1 i2 = que, pour entier naturel non nul k,
k(k+1)(2k+1) . 6
Déterminons alors trois réels a, b et c tels
6 a b c = + + (∗). k(k + 1)(2k + 1) k k + 1 2k + 1 Pour k entier naturel non nul donné, a b c a(k + 1)(2k + 1) + bk(2k + 1) + ck(k + 1) (2a + 2b + c)k2 + (3a + b + c)k + a + + = = . k k + 1 2k + 1 k(k + 1)(2k + 1) k(k + 1)(2k + 1) Par suite, 2a + 2b + c = 0 a=6 3a + b + c = 0 ⇔ b=6 (∗) ⇐ , a=6 c = −24
et donc, n
6 =6 ∀n ∈ N , ∑ k=1 k(k + 1)(2k + 1) ∗
n
n n 1 1 1 + − 4 ∑ k ∑ k + 1 ∑ 2k + 1 k=1 k=1 k=1
!
.
Ensuite, d’après l’exercice 1597, quand n tend vers +∞, ∑nk=1 1k = ln n + γ + o(1) puis n+1 1 1 1 = ∑ = Hn+1 −1 = −1+ln(n+1)+γ +o(1) = ln n+ln 1 + +γ −1+o(1) = ln n+γ −1+o(1). ∑ n k=1 k + 1 k=2 k n
Enfin, n
1
2n+1
∑ 2k + 1 = −1 + ∑
k=1
k=1
n 1 1 1 −∑ = −1 + H2n+1 − Hn k k=1 2k 2
1 1 1 1 + γ − ln n − γ − 1 + o(1) = ln(2n + 1) + γ − (ln n + γ) − 1 + o(1) = ln 2 + ln n + ln 1 + 2 2n 2 2 1 1 = ln n + ln 2 + γ − 1 + o(1) 2 2
Finalement, quand n tend vers +∞, on a 1 1 1 = 6 ln n + γ + ln n + γ − 1 − 4 ln n + ln 2 + γ − 1 = 6(3 − 4 ln 2) + o(1). ∑ 2 2 2 2 2 k=1 1 + 2 + ... + k n
Donc, 1 limn→+∞ ∑nk=1 12 +22 +...+k 2 = 6(3 − 4 ln 2).
1585
Correction de l’exercice 1772 N 2 √ Pour n ∈ N∗ , on a un − 1n et donc 0 6 converge, la série de terme général
√ un n
√ un n
1 2
6
converge.
un + n12 . Comme la série terme général
1 2
un + n12
Correction de l’exercice 1773 N 1 1 1 Pour n > 2, vn = (1+uun1 +1−1 )...(1+un ) = (1+u1 )...(1+un−1 ) − (1+u1 )...(1+un ) et d’autre part v1 = 1 − 1+u1 . Donc, pour n > 2 1 (somme télescopique). ∑nk=1 vk = 1 − (1+u1 )...(1+u n)
∼ ln(1 + un ). Donc la série n→+∞ n de terme général ln(1 + un ) converge ou encore la suite (ln (∏k=1 (1 + uk )))n>1 converge vers un certain réel `. Mais alors la suite (∏nk=1 (1 + uk ))n>1 converge vers le réel strictement positif P = e` . Dans ce cas, la suite (∑nk=1 vk )n>1 converge vers 1 − P1 . Si la série de terme général un diverge alors la série de terme général ln(1 + un ) diverge vers +∞ et il en est de même que la suite (∏nk=1 (1 + uk ))n>1 . Dans ce cas, la suite (∑nk=1 vk )n>1 converge vers 1. Si la série de terme général un converge alors limn→+∞ un = 0 et donc 0 < un
Correction de l’exercice 1774 N Etudions tout d’abord la convergence de la série de terme général Si uSnn tend vers 0 alors 0
n série de terme général Suαn diverge. n Si α > 1, puisque la suite (Sn ) est croissante, R Sn dx Sn −Sn−1 un dx 1 1 1 0 < Sα = Sα = Sn−1 Sα 6 xα = α−1 Sα−1 − Sα−1 , n
n
n
qui est le terme général d’une série télescopique convergente puisque Dans ce cas, la série de terme général Suαn converge.
n−1
1 Snα−1
un Sn .
Donc, si α 6 1, la
n
tend vers 0 quand n tend vers l’infini.
n
La série de terme général
un Snα
converge si et seulement si α > 1.
Correction de l’exercice 1775 N n n 1 1 1 Pour tout entier naturel non nul n, 0 < 2 p n1p−1 = ∑nk=1 (2n) p 6 ∑k=1 (n+k) p 6 ∑k=1 n p = général un converge si et seulement si p > 2.
1 n p−1
et la série de terme
Correction de l’exercice 1776 N (On applique la règle de R AABE-D UHAMEL qui n’est pas un résultat de cours.) Pour n ∈ N, posons un = n! (a+1)(a+2)...(a+n) . 1586
un+1 un
=
n+1 a+n+1
= 1 + n1
1 + a+1 n
−1
1 + n1
=
n→+∞
1 − a+1 n +O K a. n→+∞ n
et « on sait » qu’il existe un réel strictement positif K tel que un ∼
1 n2
1 n2
= 1 − na + O
n→+∞
,
Correction de l’exercice 1910 N 1 La suite (−1)n 3n+1 est alternée en signe et sa valeur absolue tend vers 0 en décroissant. Donc la série de n∈N 1 n terme général (−1) 3n+1 , n > 1, converge en vertu du critère spécial aux séries alternées. Soit n ∈ N. ∑nk=0
(−1)k 3k+1
= ∑nk=0 (−1)k
R1 1 R R 1 3k R 1 1−(−t 3 )n+1 n 1 t 3n+3 0 t dt = 0 1−(−t 3 ) dt = 0 1+t 3 dt + (−1) 0 1+t 3 dt.
R 3n+3 R 3n+3 R Mais (−1)n 01 t1+t 3 dt = 01 t1+t 3 dt 6 01 t 3n+3 dt = n tend vers +∞ et donc que +∞ ∑n=0
1 3n+4 .
(−1)n 3n+1
=
Calculons cette dernière intégrale. 1 1 1 = = 3 2 X + 1 (X + 1)(X + j)(X + j ) 3 1 2X − 1 3 1 1 − + 2 3 X +1 2 X −X +1 2
Donc, ∑+∞ n=0
(−1)n 3n+1
=
1 3
On en déduit que (−1)n
R 1 t 3n+3 0 1+t 3
dt tend vers 0 quand
R1 1 0 1+t 3 dt.
1 j j2 + + X + 1 X + j X + j2
1 = 3
1 −X + 2 + 2 X +1 X −X +1
1 √ 2 . 2 X − 21 + 23
h i1 √ √ ln(t + 1) − 12 ln(t 2 − t + 1) + 3 arctan 2t−1 = 3 0
∑+∞ n=0
(−1)n 3n+1
=
√ 3 ln 2+π 3 . 9
1 3
√ ln 2 + 3
π 6
− − π6
=
√ 3 ln 2+π 3 . 9
Correction de l’exercice 1787 N 1. 2. 1 3. Soit (rn ) une énumération de Q. On pose f (x) = ∑rn (n+1) 2 . Si x ∈ Q, x = rk alors f (x )− f (x ) > (k+1)2 d’où f est discontinue en x. Si x ∈ R \ Q et n ∈ ||| alors il existe un voisinage de x ne contenant aucun ri , i 6 n d’où 1 f (x+ ) − f (x− ) 6 ∑i>n (i+1) 2 et f est continue en x.
Correction de l’exercice 1788 N Soit [a, b] de longueur supérieure ou égale à 2ζ (2) et Fn = [a, b] \ (I1 ∪ · · · ∪ In ). Alors (Fn ) vérifie le théorème des fermés emboités dans un compact. Correction de l’exercice 1789 N 1. Regroupement à i + j constant ⇒ CV ssi α > 2. 1587
2. Pour α > 1 on a par convexité : 21−α (i + j)α 6 iα + jα 6 (i + j)α donc il y a convergence ssi α > 2. 3. Il y a une infinité de termes supérieurs à 1/4. 4.
1 a p +bq
6
1 √ p√ q 2 a b
⇒ sommable.
Correction de l’exercice 1790 N +∞ k+1 +∞ 1 ∑+∞ n=0 ∑k=n k! = ∑k=0 k! = 2e. Correction de l’exercice 1791 N − 87 ζ (3). Correction de l’exercice 1792 N 1. ∑∞ n=1 an,n−1 diverge. 2. ∑∞p=0 an,p =
1 4n2
2
2
∞ ∞ ∞ π si n 6= 0, − π6 si n = 0. ∑∞ n=0 ∑ p=0 an,p = − 8 = − ∑ p=0 ∑n=0 an,p .
Correction de l’exercice 1793 N 2n+1
p+1
+∞ x x (p+1)(2n+1) = +∞ ∑+∞ ∑ p=0 1−x 2p+2 . n=0 1−x2n+1 = ∑(n,p)∈||| x
Correction de l’exercice 1795 N 1. |t| < 1.
n
∞ ∞ t k−1t kn et on peut échanger les deux sommes car il y a convergence 2. S(t) = ∑∞ n=1 1+t n = ∑n=1 ∑k=1 (−1) absolue.
3. On suppose t ∈ ]0, 1[.
d dx
tx 1−t x
=
t x lnt (1−t x )2
< 0 donc le critère des séries alternées s’applique, le reste est
majoré en valeur absolue par le premier terme du reste. 0 6
t k (1−t) 1−t k
=
général converge uniformément vers 0.
t 1+ 1t +···+
1 t k−1
6
1 k
donc le terme k−1
(−1) Par interversion de limite (puisqu’il y a convergence uniforme) on obtient limt→1− (1−t)S(t) = ∑∞ k=1 k ln 2. ∞ k−1t kn = ∞ 4. S(t) = ∑∞ ∑ p=1 ∑kn=p (−1)k−1t p = ∑∞p=1 σ (p)t p n=1 ∑k=1 (−1) avec σ (p) = (nombre de diviseurs impairs de p) − (nombre de diviseurs pairs de p) = σi (p) − σ p (p). Si p = 2α q avec q impair alors σ p (p) = ασi (p) = ασi (q) donc σ (p) > 0 ssi p est impair (très joli exercice).
Correction de l’exercice 1796 N 1. Il y a convergence si |z| < 1. On a alors f (z) = ∑(n,p)∈|||2 zanp+bn+cp . Il y a aussi convergence pour |z| > 1 lorsque a > b et on a dans ce cas : f (z) = ∑(n,p)∈|||×|||∗ z−anp+bn−cp (non symétrique en b, c). n 2. f (z) = ∑∞ n=2 dn z avec dn = nombre de diviseurs de n dans [[1, n − 1]].
Correction de l’exercice 1797 N A = ζ (2)2 , B = ζ (2)ζ (4), C = A/ζ (4) = 5/2. Correction de l’exercice 1798 N ln 2 + 12 ln(p/q). 1588
=
Correction de l’exercice 1801 N La série converge pour tout x ∈ / {−2, −3, . . .} car le critère des séries alternées s’applique à partir d’un certain rang (fonction de x). Il en va de même pour toutes les séries obtenues par dérivations successives terme à terme, et ces séries convergent localement uniformément (le reste d’une série vérifant le CSA est majoré en valeur absolue par la valeur absolue du premier terme figurant dans le reste) donc f est C ∞ . Pour |x| < 2 on a ∞ ∞ ∞ (−1)k −x n (−1)k+n n = x = (1 − ln 2) + ∑∑ k ∑ ∑ kn+1 ∑ (−1)n (1 − (1 − 2−n )ζ (n + 1))xn . k n=1 k=2 n=0 k=2 n=0 ∞
f (x) =
∞
Correction de l’exercice 1802 N cos(x + iy) = cos x ch y − i sin x sh y ⇒ cos z ∈ [−1, 1] si et seulement si z ∈ R. Correction de l’exercice 1803 N Mettre 1 + nz sous forme trigonométrique. Correction de l’exercice 1804 N Développement en série. Correction de l’exercice 1805 N z 2 e −1 e2x +1−2ex cos y . Après simplifications, on est ramené à prouver que x2 (1 − cos y) 6 y2 (ch x − 1), ce qui z = x2 +y2
est vrai car on peut caser 12 x2 y2 entre les deux. Il y a égalité si et seulement si y = 0.
Correction de l’exercice 1807 N ( x = y/ tan y x+iy e = x + iy ⇔ −y/ tan y Au voisinage de 2kπ + , e−y/ tan y < sin y/y (point plat) et au voisinage e = sin y/y. de (2k + 1)π − , e−y/ tan y > sin y/y (limite infinie). Correction de l’exercice 1808 N √ 1. z ≡ ±i ln(2 + 3 )(mod 2π). 2. z ≡ iπ(mod 2iπ).
3. z ≡ 0(mod 2π) ou z ≡ 0(mod 2 jπ) ou z ≡ 0(mod 2 j2 π). ( √ iz = 1 + i e : z ≡ π/4 − i ln 2(mod 2π) √ 4. ⇔ 6e2iz − (7 + 5i)eiz + 2 = 0 ⇔ iz e = (1 − i)/6 : z ≡ −π/4 − i ln( 2/6)(mod 2π). Correction de l’exercice 1809 N | cos(x + iy)|2 = cos2 x + sh2 y = ch2 y − sin2 x ⇒ sup = ch 1. | sin(x + iy)|2 = sin2 x + sh2 y = ch2 y − cos2 x. À x fixé, le module augmente avec |y|, donc le maximum est atteint au bord du disque. sin θ ) sin(2 cos θ ) ϕ(θ ) = sin2 cos θ + sh2 sin θ ⇒ ϕ 0 (θ ) = sin 2θ sh(2 − ⇒ sup = sh 1. 2 sin θ 2 cos θ Correction de l’exercice 1811 N 1589
Si x est vecteur propre de M il l’est aussi de exp(M) doncx = ke 1 et la valeur propre α associée est α ∈ C tel que α α β e e β eα = 2i (α = ln 2 + i( π2 + 2kπ), k ∈ Z). On a donc M = , exp(M) = d’où β = 1−i 2 . 0 α 0 eα Correction de l’exercice 1816 N e ⇒ DV. 1. ∼ − 2n
2. ∼
3. ∼
4. ∼ 5. ∼
α en(α−2) ⇒ 2α−1 − n32 ⇒ CV. 1 ⇒ CV. n2
q
2 n3
CV ssi α < 2.
⇒ CV.
6. cv ssi |a| 6= 1.
7. Série alternée ⇒ CV. 8. Série alternée ⇒ CV.
9. Harmonique + alternée ⇒ DV.
10. d’Alembert ⇒ CV. (n−1)(n−1)!+n! (n+2)!
2 6 (n+1)(n+2) ⇒ CV. n−1 1 12. = (−1) n+1 + O n2 ⇒ CV.
11. 6
13. Décomposition en 3 séries alternées ⇒ CV. 14. =
n (−1) √ 2 n
1 − 8n + O(n−3/2 ) ⇒ DV.
15. Regroupement de termes ⇒ DV.
16. Regroupement par paquets + CSI ⇒ CV.
17. Terme général ne tend pas vers zéro, DV. 18. =
1 nln ln n
⇒ CV.
Correction de l’exercice 1817 N P(n) = n3 + 34 n +C. Correction de l’exercice 1818 N n = √(−1) + O n12 ⇒ converge. n(n+1)
Correction de l’exercice 1819 N n 1 1 un = (−1) − + o , il y a convergence ssi α > 32 . nα/2 2n3α/2 n3α/2 Correction de l’exercice 1820 N Effectuer un développement asymptotique pour les deux premières. Elles convergent si et seulement si α > 12 . La troisième diverge par comparaison série-intégrale. Correction de l’exercice 1821 N u2n+1 u2n u2n−1 → ab et u2n−2 → ab (lorsque n → ∞) donc il y a convergence si |ab| < 1. Correction de l’exercice 1823 N 1590
n = 21, S ≈ 0.65314389. Correction de l’exercice 1824 N 2
2
2
1 ⇒ 2 par comparaison série-intégrale. Contre-exemple pour (2) 6⇒ (1) : un = e(n+1) − en , Sn = e(n+1) − 1, 1 f (t) = (t+2) ln(t+2) . Correction de l’exercice 1825 N n2 (n2 +1)2
2
3n +1 4 − n21−1 = − (n2 +1) 2 (n2 −1) > − n4 pour n > 3. 2
∞ 1 4 1 Donc S = ∑Nn=1 (n2n+1)2 + ∑∞ n=N+1 n2 −1 + RN avec − 3N 3 6 RN 6 0 et ∑n=N+1 n2 −1 = Pour N = 25 on obtient : 0.76981 < S < 0.76990.
N+ 12 N(N+1) .
Correction de l’exercice 1827 N √ √ Si ∑ un et ∑ vn convergent alors n2 un → ∞ (lorsque n → ∞) donc un vn ∼ 1/n2 . Alors les suites ( un ) et ( vn ) √ sont de carrés sommables tandis que la suite ( un vn ) n’est pas sommable, c’est absurde. Si ∑ un diverge on ne peut rien dire : avec un = 1 on a ∑ vn convergente tandis qu’avec un = 1n on a ∑ vn divergente. Correction de l’exercice 1828 N 1 1. u1 + · · · + un = 1 − (1+a1 )...(1+a 6 1. n) 2. ln (1 + a1 ) . . . (1 + an ) = ∑nk=1 ln 1 + √1k → +∞ ⇒ ∑ un = 1 lorsque n → ∞.
Correction de l’exercice 1829 N ∞ 1 10 Regroupement de termes par valeur constante de pk ⇒ ∑∞ k=1 a pk = ∑ p=1
Correction de l’exercice 1831 N 1. 2. |vn | = O(n−3/2 ) ⇒ CV. Correction de l’exercice 1832 N Série alternée. Correction de l’exercice 1833 N 1. 2.
3 4. 1 4.
1 3. S p − (p + 1)S p+1 = S p − (p+1)! ⇒ Sp =
4.
1 pp! .
23 144 .
5. ln 3. 6. − ln 2. 7. ln 8.
1 α
sin 2α 2α
.
− 2cotan(2α).
9. 109 − 40e.
10.
xp (1−x) p+1
pour |x| < 1 par récurrence. 1591
p −10 p−1 ap
=
9 a−10 .
11.
x (1−x)2
si |x| < 1,
1 (1−x)2
si |x| > 1.
n−1 n−1 r ∞ r r 12. Sn = ∑∞ q=0 ∑r=1 (qn+r)(qn+r+1) = ∑q=0 ∑r=1 qn+r − qn+r+1 . (N+1)n 1 N+1 1 1 1 1 1 + + · · · + − = lim − Sn = ∑∞ ∑ ∑ N→∞ q=0 qn+1 k=1 k = ln n. k=1 qn+2 qn+n q+1 k
Correction de l’exercice 1834 N ∞ ∞ 1 3 Si n + 1 n’est pas un carré alors un = 0 donc ∑∞ n=1 un = ∑k=2 uk2 −1 = ∑k=1 k2 −1 = 4 . Correction de l’exercice 1835 N 1. y = e−x (a cos x + b sin x), y = e−x sin x + e−2x (cx + d). 2. un =
(−1)n e−nπ (eπ +1) , 2
1 ∑∞ n=0 un = 2 .
Correction de l’exercice 1836 N π2 3
− 3.
Correction de l’exercice 1837 N 1 12 +22 +···+k2
k+1
(−1) 6 24 = 6k + k+1 − 2k+1 ⇒ sn = 18 − 24 ∑2n+1 k=1 k
6 + n+1 → 18 − 24 ln 2 lorsque n → ∞.
Correction de l’exercice 1838 N ( a + b = −1 ⇔ a = −2, b = 1, S = − ln 2. a + 2b = 0 Correction de l’exercice 1839 N ∞ 1 1 tan sn = n + 1 par récurrence et sn 6 ∑∞ k=0 k2 +k+1 6 1 + ∑k=0 n(n+1) = 2. Correction de l’exercice 1840 N 1. ∼
a . n2
2. S(a) > ∑nk=0 arctan(k + a) − arctan k → a → +∞ .
π 2
+ arctan 1 + arctan 21 + · · · + arctan 1n ⇒ S(a) → +∞ lorsque
Correction de l’exercice 1841 N Le déport maximal entre la première pièce et la dernière pour une pile de n pièces est diamètre d’une pièce). Il dépasse 1 pour n > 4. Correction de l’exercice 1842 N √ √ 1. 2( 2 − 1) n. 2. ln(ln n).
Correction de l’exercice 1843 N un ∼ n ln2 n ⇒ CV.
1592
1 2
1 + 14 + · · · + 2(n−1) (en
Correction de l’exercice 1844 N 2997. Correction de l’exercice 1845 N pn 2. Correction de l’exercice 1847 N R n+1 dt 1 1 Tn+1 − Tn = n+1 − ln n+1 = n+1 − t=n n t 0. 2 t=n n n t t Correction de l’exercice 1848 N n R 1 1 1 un,k un,k n 1 n = − , donc v = est une somme de Riemann pour l’intégrale I = dt. La ∑ n k=1 k t=0 t − t k k k 1 n 1 fonction ϕ : t 7→ t − t est Riemann-intégrable sur [0, 1], donc vn → I lorsque n → ∞. 1 R1 R 1k n 1 1 Calcul de I : In = t=1/n − dt = ln n − ∑nk=1 t= 1 k dt = ln n − ∑k=1 k+1 → 1 − γ = I lorsque n → ∞. t t k+1
Correction de l’exercice 1849 N 1. Comparaison série-intégrale : un ∼
ln2 n 2 .
2. Comparaison série-intégrale encore (vn est la somme des aires entre les rectangles aux points entiers et la courbe de t → ln(t)/t). R R +∞ lnt ln(k+1) k+1 lnt ln k ln n 3. vn − ` = − ∑∞ = − ∑∞ k=n t=k t dt − k+1 k=n wk avec wk ∼ 2k2 donc vn − ` ∼ − t=n 2t 2 dt ∼ − 2n .
Correction de l’exercice 1850 N n−1 1 1 1 1 = + ∑n−1 ∑ k=0 n2 −k2 2n k=0 n−k n+k =
1 2n
1 1 + ∑2n−1 k=1 k n ∼
ln n 2n .
Correction de l’exercice 1851 N 1. 2. 3. 4. 1 5. Sn + ln(n+1) 6 S 6 Sn + ln1n . Pour n = 60 : 2.06857 < S < 2.06956.
Correction de l’exercice 1852 N La fonction t 7→
1 tx
étant décroissante sur l’intervalle [n, n + 1], 0 < Z n+1 dt n
puis
tx
Z N+1 dt 1
tx
6
N
=
∑
Z n+1 dt n
nx
Z n+1 dt
n=1 n
tx
=
1 nx N
6
1 1 6 x . Donc, x t n
par positivité de l’intégrale
1
∑ nx
n=1
1593
par la relation de Chasles.
De même sur [n − 1, n],
1 1 > x > 0 et x t n Z n dt n−1
Z N dt 1
N
=
tx
∑
Z n dt
n=2 n−1
tx
>
Z n dt
N
1
tx
>
n−1
1+
Z N dt
Z N dt
R N+1 dt
1
∑ nx ·
n=1
Z N+1 dt
t 1−x = tx 1−x
1
N
>
tx
N
1 6 ∑ x 6 1+ x t n=1 n
1
R N dt 1 tx :
1 nx
par la relation de Chasles.
∑ nx
1
Calculons dans un premier temps,
=
n=2
Finalement
Donc, on a :
nx
N
=
1
Z N dt 1
tx
·
(28)
N 1−x − 1 1 −−−−→ 1 − x N→+∞ x − 1
1 avec la même limite pour 1 t x . Ainsi on a montré que ∑n>0 nx , série de Riemann avec x > 1, est convergente. On déduit alors de (28), en faisant tendre N vers +∞ :
1 1 6 1 + x−1 nx 1 6 (x − 1)ζ (x) 6 (x − 1) 1 + x−1 1 6 (x − 1)ζ (x) 6 x .
1 x−1 x−1 x−1
donc puis
∑+∞ n=1
6
D’où, par le théorème des gendarmes : lim (x − 1)ζ (x) = 1 .
x→1+
(Corrigé d’Antoine Poulain) Correction de l’exercice 1853 N Si un → 0, alors vn ∼ un ; sinon, vn −→ / 0. Correction de l’exercice 1854 N 1. 2.
r . (1−r)2
Correction de l’exercice 1855 N On remarque déjà que ∑ ui diverge car un ∼ n
Un nα
>
U1 nα .
On calcule ∑nk=0 kuk par parties : n
n
∑ kuk = k=0
∑ k(Uk −Uk−1 ) = nUn − ∑ Uk
k=1
k=0
Comme Un ∼ αnun , terme général strictement positif d’une série divergente, on a ∑nk=0 Uk ∼ α ∑nk=0 kuk d’où : (1 + α) ∑nk=0 kuk ∼ nUn et lorsque n → ∞ : 1 n nUn α ∑ kuk ∼ (1 + α)n2 un → 1 + α . n2 un k=0
1594
Correction de l’exercice 1856 N Sk Sn Sn = ∑nk=0 kuk ⇒ ∑nk=0 uk = ∑n−1 k=1 k(k+1) − S0 + n .
Correction de l’exercice 1857 N 1. 2. ∞ ∞ rk rk r k 1−r donc ∑k=1 kr = ∑k=1 1−r = (1−r)2 . (n−1)rn ∞ rk nrn rn+1 1−r + ∑k=n 1−r = 1−r + (1−r)2 .
3. krk = k(uk − uk+1 ) avec uk = k De même, Sn = ∑∞ k=n kr =
∞ ∞ 2 k k2 rk = k(Sk − Sk+1 ) et (Sk ) décroît d’où ∑∞ k=1 k r = ∑k=1 S(k) = ∑k=1
krk 1−r
rk+1 = + (1−r) 2
r+r2 . (1−r)3
Correction de l’exercice 1858 N 1. 2. pn =
u0 Sn
→ 0 donc la série de terme général ln 1 − uSnn diverge.
Correction de l’exercice 1859 N R a0 dt k+1 Méthode des rectangles : ∑nk=0 aka−a > t=a → +∞ lorsque k → ∞. n+1 t k+1 Si ak ∼ ak+1 la série donnée diverge donc. Sinon, elle diverge aussi car son terme général ne tend pas vers 0. Correction de l’exercice 1860 N 2N−1 N 1 1 2N−1 ∑Nn=1 vn = ∑2N−1 k=1 uk ∑k/2 2, un+1 < 1n donc un+2 >
1 (n+1)e1/n
∼
1 n
donc la série diverge.
Correction de l’exercice 1867 N 1.
si a − b + 1 > 0, vn → +∞ a−b+1 2. ln(vn+1 ) − ln(vn ) = ln 1 + n+b−1 ⇒ si a − b + 1 = 0, vn = cste si a − b + 1 < 0, vn → 0. 1595
3. (n + b)un+1 − (n + a)un = 0 ⇒ (n + b)un+1 + (b − a − 1) ∑nk=1 uk − au0 = 0 ⇒ ∑∞ k=0 uk =
(b−1)u0 b−a−1 .
Correction de l’exercice 1868 N La suite (un ) est croissante donc tend vers ` ∈ ]0, +∞]. On a ` fini si et seulement si la série télescopique ∑(un+1 − un ) = ∑ na1un est convergente, soit si et seulement si a > 1. q 1−a 2 2 2 2 2 2 2 Pour a < 1 on a un+1 = un + na + o na donc un+1 − un ∼ na et un ∼ 2n 1−a (sommation des relations de comparaison). √ Pour a = 1 on a de même un ∼ 2 ln n. Correction de l’exercice 1869 N α > 1 ⇒ ∑ un cv et vaut ζ (α)2 . N 1 α < 1 ⇒ ∑2N n=1 un > ∑k=1 kα ⇒ ∑ un dv. Correction de l’exercice 1871 N a (1−a)2
et
a+a2 . (1−a)3
Correction de l’exercice 1873 N 1. Césaro. 2. v0 + v1 + · · · + vn = 2(u0 + u1 + · · · + un ) − vn . Correction de l’exercice 1874 N R ∞ dt an ∞ 1 |an | 6 M ⇒ ∑∞ n=2 n p 6 M ∑n=2 n p 6 M t=1 t p =
M p−1
⇒ a1 = 0.
Correction de l’exercice 1875 N Démonstration pour x1 : ∑ xn = 0, ∑ x2n = 0 ⇒ ∑n impair xn = 0. On retire les multiples impairs de 3 (∑ x3n − ∑ x6n = 0) ⇒ ∑n6≡0[2];n6≡0[3] xn = 0. On retire les multiples restants de 5, 7, . . . On obtient ainsi une suite (s p ) p premier nulle qui converge vers x1 , donc x1 = 0. Peut-on se passer de la convergence absolue ? Correction de l’exercice 1876 N 1. Récurrence sur p. p p 2. Transformation d’Abel et interversion de sommations : ∑n=0 vn = ∑k=0 Théorème de Césaro ⇒ ∑ vn = 2 ∑ un .
Ck+1 p+1 2p
∑kn=0 un .
Correction de l’exercice 1877 N 2n+1 1. nu2n 6 ∑2n k=n+1 uk , nu2n+1 6 ∑k=n+2 uk .
2. ε > 0 : Pour k suffisament grand, uk 6 εk , donc uk >
1 n
⇒ k 6 nε. Alors ∑uk >1/n u1k 6 n2 ε + Kn.
Correction de l’exercice 1878 N Rn −Rn+1 an 1. TAF : ∃ xn ∈ [Rn+1 , Rn ] tel que R1−p − R1−p > (1 − p) Ranp . Donc, ∑∞ n n=0 R p 6 n+1 = (1 − p) xp n
2. C’est
1 1−p
an : Pour an = kn , A p−1 ∑∞ n=0 R p = n
1−k 1−k1−p
→
1596
1 1−p
lorsque k → 1− .
n
n
A1−p 1−p .
Correction de l’exercice 1879 N (un ) est croissante. Si la suite (un ) converge alors an = un (un+1 −un ) 6 M(un+1 −un ) donc les sommes partielles de ∑ an sont bornées. Si ∑ an converge, alors un+1 − un = uann 6 ua0n donc ∑(un+1 − un ) converge. Correction de l’exercice 1884 N Transformaton d’Abel. Correction de l’exercice 1885 N Transformation d’Abel + découpage, vn → 0 lorsque n → ∞. Correction de l’exercice 1886 N 1 |un | + |vn | 6 (|u1 | + |v1 |) ∏n−1 1 + k=1 k(k+1) et le produit infini est trivialement convergent. Correction de l’exercice 1887 N 1. 2. (a) 1 + SN 6 PN n’est plus triviale mais reste vraie par récurrence (la différence est une fonction décroissante de a1 ). (b) 3. La suite (PN e−SN ) est positive décroissante donc converge, ce qui entraîne la convergence de (PN ). On a 2 PN → 0 ssi PN e−SN → 0 (lorsque N → ∞) soit ssi la série de terme général ln(1 + an ) − an ∼ − an diverge. 2
4. (a) Démontrer l’inégalité en développant les deux membres. Sachant que la suite (PN ) est bornée on en déduit qu’elle est de Cauchy donc converge. (b)
Correction de l’exercice 1888 N n
f (x ) On a f (x) = ∑∞ n=2 2n−1 . Soit a ∈ [0, 1[ et Ma , ma le maximum et le minimum de f sur [0, a]. D’après la relation précédente, ma > ma2 et Ma 6 Ma2 donc en fait ma = ma2 et Ma = Ma2 . k On en déduit f ([0, a]) = f ([0, a2 ]) = · · · = f ([0, a2 ]) = · · · = { f (0)}. Donc f est constante et réciproquement les fonctions constantes conviennent.
Correction de l’exercice 1889 N Soit (p0 , p1 , . . . ) la suite croissante des nombres premiers et Sk = ∑P(n)6k n1 . On a Sk = Sk−1 ∑∞ i=0
1 pik
=
pk pk −1 Sk−1 ,
Sk −Sk−1 Sk ce qui prouve que Sk est fini. La série demandée est Sp00 + ∑∞ = Sp00 + ∑∞ k=1 k=1 p2 . pk k √ Montrons que Sk 6 2 pk , ceci prouvera la convergence. C’est vrai pour k = 0 et k = 1, et si c’est vrai pour q √ q k−1 √ √ k −2) k − 1 avec k > 2 alors on obtient Sk 6 2 pk (ppk p−1) pk p(pk (p−1) pk . 2 6 2 2 6 2 k
k
Remarque : on a en réalité Sk ∼ eγ ln(pk ) où γ est la constante d’Euler (formule de Mertens).
Correction de l’exercice 1890 N 1. Soit n > 3. n
∑i =
i=3
(3 + n)(n − 2) (n − 2)(n + 3) = . 2 2 1597
Soit n ∈ N∗ . n
∑ (2i − 1) =
i=1
(1 + (2n − 1))n = n2 2
et n+1
∑ (3k + 7) = k=4
2. Soit n ∈
N∗ .
1 (19 + 3n + 10)(n − 2) 1 = (3n + 29)(n − 2) = (3n2 + 23n − 58). 2 2 2
Posons un = 1, 11...1 | {z }. On a n
1 1 1 − 101n 1 1 10 1 = 1 + = 1 + (1 − n ) = − . 1 k 10 1 − 10 9 10 9 9.10n k=1 10 n
un = 1 + ∑
Quand n tend vers +∞,
1 9.10n
tend vers 0, et donc, un tend vers 1, 11111.... =
10 9.
10 9.
Soit n ∈ N∗ . Posons un = 0, 99...9 | {z }. On a n
9 9 1 − 101n 1 = ∑ 10k 10 1 − 1 = 1 − 10n . k=1 10 n
un =
Quand n tend vers +∞,
1 10n
tend vers 0, et donc, un tend vers 1. 0, 9999.... = 1.
3. Soit n ∈ N∗ . Posons un = 1 − 1 + 1 − ... + (−1)n−1 . On a | {z } n
n−1
1 − (−1)n 1 un = ∑ (−1) = = (1 − (−1)n ) = 1 − (−1) 2 k=0 k
4. Soit n ∈ N∗ . ∑nk=1 21k =
1
1 1− 2n 2 1− 1 2
0 si n est pair . 1 si n est impair
= 1 − 21n . Quand n tend vers +∞, on obtient 1 2
+ 14 + 81 + ... = 1.
5. Soit n ∈ N. n
∑ cos k=0
n n kπ = Re( ∑ eikπ/2 )(= Re( ∑ ik )) 2 k=0 k=0 (n+1)π √ 1 − e(n+1)iπ/2 ei(n+1)π/4 −2i sin 4 (n + 1)π nπ = Re( ) = Re( 2 sin cos ) = π iπ/2 iπ/4 −2i sin 4 4 1−e e 4 1 (2n + 1)π 1 1 si n ∈ 4N ∪ (4N + 1) = √ sin + = 0 si n ∈ (4N + 2) ∪ (4N + 3) 4 2 2
En fait, on peut constater beaucoup plus simplement que cos 0 + cos π2 + cos π + cos 3π 2 = 1+0−1+0 = 0, on a immédiatement S4n = 1, S4n+1 = S4n + 0 = 1, S4n+2 = S4n+1 − 1 = 0 et S4n+3 = S4n+2 + 0 = 0.
6. Soient n ∈ N et θ ∈ R. Posons Cn = ∑nk=0 cos(kθ ) et Sn = ∑nk=0 sin(kθ ). Alors, d’après la formule de M OIVRE, n
Cn + iSn =
n
n
∑ (cos(kθ ) + i sin(kθ )) = ∑ eikθ = ∑ (eiθ )k . k=0
k=0
1598
k=0
- 1er cas. Si θ ∈ / 2πZ, alors eiθ 6= 1. Par suite, (n+1)θ
Cn + iSn =
−2i sin 2 1 − ei(n+1)θ = eiθ (n+1−1)/2 iθ 1−e −2i sin θ2
= einθ /2
sin (n+1)θ 2 sin θ2
.
Par suite, Cn = Re(Cn + iSn ) =
(n+1)θ cos nθ 2 sin 2
sin θ2
et Sn = Im(Cn + iSn ) =
(n+1)θ sin nθ 2 sin 2
sin θ2
.
- 2ème cas. Si θ ∈ 2πZ, on a immédiatement Cn = n + 1 et Sn = 0. Finalement,
∀n ∈ N,
∑nk=0 cos(kθ )
=
(
(n+1)θ cos nθ 2 sin 2 θ sin 2
si θ ∈ / 2πZ
et
n + 1 si θ ∈ 2πZ
∑nk=0 sin(kθ )
=
(
(n+1)θ sin nθ 2 sin 2 θ sin 2
0 si θ ∈ 2πZ
si θ ∈ / 2πZ
7. Soient x ∈ [0, 1] et n ∈ N∗ . Puisque −x 6= 1, on a Sn0 (x) =
n
n−1
∑ (−1)k−1 xk−1 =
∑ (−x)k =
k=1
k=0
1 1 − (−x)n = (1 − (−x)n ). 1 − (−x) 1+x
Par suite,
Sn (x) = Sn (0) +
Z x 0
Sn0 (t) dt =
Z x 1 − (−t)n 0
1+t
dt =
Z x 0
1 dt − 1+t
Z x (−t)n
1+t
0
dt = ln(1 + x) −
Z x (−t)n 0
1+t
dt.
Mais alors, Z x Z x Z x n (−t)n Z x (−t)n 1 xn+1 t n dt 6 dt 6 6 . |Sn (x) − ln(1 + x)| = dt = t dt = 1+t n+1 n+1 0 0 1+t 0 0 1+t
Comme
1 n+1
tend vers 0 quand n tend vers +∞, on en déduit que
∀x ∈ [0, 1], limn→+∞ ∑nk=1 (−1)k−1 xk−1 = ln(1 + x). En particulier, n−1
ln 2 = limn→+∞ (1 − 21 + 13 − ... + (−1)n
) .
8. (a) Soit n ∈ N. un+1 − 3 = 2un − 6 = 2(un − 3). La suite (un − 3)n∈N est donc une suite géométrique, de raion q = 2 et de premier terme u0 − 3 = −2. On en déduit que, pour n enteir naturel donné, un − 3 = −2.2n . Donc, ∀n ∈ N, un = 3 − 2n+1 . (b) Soit n ∈ N. n
n
n
∑ uk = ∑ 3 − 2 ∑ 2k = 3(n + 1) − 2
k=0
k=0
k=0
1599
2n+1 − 1 = −2n+2 + 3n + 5. 2−1
.
Correction de l’exercice 1891 N Pour x réel, posons f (x) = ∑nk=1 (ak + bk x)2 . On remarque que pour tout réel x, f (x) > 0. En développant les n carrés, on obtient, n
f (x) =
n
n
n
∑ (b2k x2 + 2ak bk x + a2k ) = ( ∑ b2k )x2 + 2( ∑ ak bk )x + ( ∑ a2k ). k=1
k=1
k=1
k=1
1er cas. Si ∑nk=1 b2k 6= 0, f est un trinôme du second degré de signe constant sur R. Son discriminant réduit est alors négatif ou nul. Ceci fournit n
n
n
k=1
k=1
k=1
0 > ∆0 = ( ∑ ak bk )2 − ( ∑ b2k )( ∑ a2k ), et donc s s n n n ∑ ak bk 6 ∑ a2k ∑ b2k . k=1 k=1 k=1
2ème cas. Si ∑nk=1 b2k = 0, alors tous les bk sont nuls et l’inégalité est immédiate. Finalement, dans tous les cas, q q |∑nk=1 ak bk | 6 ∑nk=1 a2k ∑nk=1 b2k . Cette inégalité est encore valable en remplaçant les ak et les bk par leurs valeurs absolues, ce qui fournit les inégalités intermédiaires. Retrouvons alors l’inégalité de l’exercice 1769. Puisque les ak sont strictement positifs, on peut écrire : n
∑ ai
i=1
!
n
1 ∑ ai i=1
!
n
=
√ ∑ ai 2
i=1
!
n
∑
i=1
r
1 ai
2
!
n
>
√ ∑ ai
i=1
r !2 1 = n2 . ai
Correction de l’exercice 1892 N Soit n ∈ N∗ . 2
n
n ni/n 2 2 1−e k ∑ sin n2 = Im( ∑ eik/n ) = Im ei/n 1 − ei/n2 k=1 k=1
!
= Im e
i(1+ n2 − 21 )/n2
1 sin 2n
sin 2n12
!
=
1 sin 2n sin n+1 2n2
sin 2n12
1 1 1 1 1 1 1 + 2 + o( 2 ))( + o( 2 ))( 2 + o( 3 ))−1 n→+∞ 2n 2n n 2n n 2n n 1 1 1 1 1 −1 1 1 1 = (1 + + o( ))( + o( ))(1 + o( )) = + + o( ), n n 2 n n 2 2n n = (
(on peut aussi partir de l’encadrement
k n2
3
k k − 6n 6 6 sin n2 6
k ). n2
Correction de l’exercice 1893 N 1. Pour n > 1, on pose un = ln
n2 +n+1 n2 +n−1
. ∀n > 1, un existe
un = ln 1 + n1 + n12 − ln 1 + n1 − n12 =
n→+∞
Comme la série de terme général terme général un converge.
1 , n2
1 n
+O
1 n2
−
1 n
+O
1 n2
=O
1 n2
.
n > 1, converge (série de R IEMANN d’exposant α > 1), la série de
1600
2. Pour n > 2, on pose un =
1 √ . n+(−1)n n
1 . n→+∞ n
∀n > 2, un existe et de plus un ∼
Comme la série de terme
général n1 , n > 2, diverge et est positive, la série de terme général un diverge. n+3 ln n . Pour n > 1, un > 0 et 3. Pour n > 1, on pose un = 2n+1
n+3 1 3 1 ln(un ) = ln(n) ln = ln(n) ln + ln 1 + − ln 1 + 2n + 1 2 n 2n 1 = ln(n) − ln 2 + O = − ln 2 ln(n) + o(1). n→+∞ n→+∞ n
Donc un = eln(un ) ∼ e− ln 2 ln n =
1 . nln 2
n→+∞
Comme la série de terme général
1 , nln 2
n > 1, diverge (série de
R IEMANN d’exposant α 6 1) et est positive, la série de terme général un diverge. en 1 . u existe pour n > 2. ln(ch n) ∼ ln 4. Pour n > 2, on pose un = ln(n) ln(ch n 2 = n − ln 2 ∼ n et n) n→+∞
1 n→+∞ n ln(n)
un ∼
n→+∞
> 0.
Vérifions alors que la série de terme général n ln1 n , n > 2, diverge. La fonction x → x ln x est continue, croissante et strictement positive sur ]1, +∞[ (produit de deux fonctions strictement positives et croissantes sur ]1, +∞[). Par suite, la fonction x → x ln1 x est continue et décroissante sur ]1, +∞[ et pour tout entier k supérieur ou égal à 2, 1 k ln k
>
Par suite, pour n > 2, k n ∑nk=2 k ln > ∑k=2
R k+1 1 k x ln x dx
R k+1 1 R n+1 1 k x ln x dx = 2 x ln x dx = ln(ln(n + 1)) − ln(ln(2) → +∞. n→+∞
Donc un est positif et équivalent au terme général d’une série divergente. La série de terme général un diverge. q 5. Pour n > 1, on pose un = arccos 3 1 − n12 . un existe pour n > 1. De plus un → 0. On en déduit que n→+∞
un ∼ sin(un ) = sin arccos n→+∞
∼
n→+∞
r
r 3
1 1− 2 n
!
=
s
s 1 1 2/3 2 = 1− 1− 2 1−1+ 2 +o 2 n→+∞ n 3n n
21 >0 3n
terme général d’une série de R IEMANN divergente. La série de terme général un diverge. 2
n 6. Pour n > 1, on pose un = (n−1)! . un existe et un 6= 0 pour n > 1. De plus, un+1 (n+1)2 (n−1)! (n+1)2 ∼ 1n → 0 < 1. un = n2 × n! = n3 n→+∞
n→+∞
D’après la règle de d’A LEMBERT, la série de terme général un converge. n 7. Pour n > 1, on pose un = cos √1n − √1e . un est défini pour n > 1 car pour n > 1, cos √1n > 0. Ensuite
√1 n
∈ 0, π2 et donc
1 1 1 1 1 1 1 1 ln cos √ = ln 1 − + + o = − + − + o n→+∞ n n→+∞ 2n 24n2 n2 2n 24n2 8n2 n2 1 1 1 +o 2 . = − − 2 n→+∞ 2n 12n n
1 Puis n ln cos √1n = − 21 − 12n +o n→+∞
1 n
et donc 1601
√ n) − √1 = √1 e n→+∞ e
un = en ln(cos(1/
1 1 e− 12n +o( n ) − 1 ∼ − 12n1√e < 0. n→+∞
La série de terme général − 12n1√e est divergente et donc la série de terme général un diverge. 8. ln
2 2 n +1 2 n arctan = ln 1 − arctan 2 π n π n +1 n 2 2 n ∼ − arctan 2 ∼ − 2 n→+∞ π n + 1 n→+∞ π n + 1
∼ −
n→+∞
2 < 0. nπ
Donc, la série de terme général un diverge. 9. Pour n > 1, on pose un =
R π/2 cos2 x 0
Pour n > 1, la fonction x 7→ De plus, pour n > 1,
n2 +cos2 x cos2 x dx n2 +cos2 x
dx.
est continue sur 0, π2 et positive et donc, un existe et est positif.
0 6 un 6
R π/2 1 0
n2 +0
π converge et donc la série de 2n2 1 1 = −1 + O n1 n − cos n n→+∞
La série de terme général √ 10. − 2 sin π4 + n1 = − sin
√ − 2 sin
π 4
Par suite,
+ n1 ln n = − ln(n) + O n→+∞
√ 2 sin( π4 + 1n ) ln n
0 < un = e−
π . 2n2
dx =
terme général un converge. puis ln n n
= − ln(n) + o(1).
n→+∞
∼ e− ln n = n1 .
n→+∞
La série de terme général n1 diverge et la série de terme général un diverge. 1 11. n ln 1 + n1 = 1 − 2n + o n1 et donc n→+∞
1
1
1 un = e − e1− 2n +o( n ) = e 1 − 1 + 2n +o n→+∞
n→+∞
e 2n
La série de terme général
1 n
∼ e n→+∞ 2n
> 0.
diverge et la série de terme général un diverge.
Correction de l’exercice 1894 N 1. Si P n’est pas unitaire de degré 3, un ne tend pas vers 0 et la série de terme général un diverge grossièrement. Soit P un polynôme unitaire de degré 3. Posons P = X 3 + aX 2 + bX + c. ! 2 1/4 a b c 1/3 un = n 1+ 2 − 1+ + 2 + 3 n n n n b 1 1 a a2 1 = n 1+ 2 +O 3 − 1+ + 2 − 2 +O 3 n→+∞ 2n n 3n 3n 9n n 2 1 b a 1 1 a − + +O 2 . = − + n→+∞ 3 2 3 9 n n • Si a 6= 0, un ne tend pas vers 0 et la série de terme général un diverge grossièrement. • Si a = 0 et 12 − 3b 6= 0, un ∼ 21 − b3 n1 . un est donc de signe constant pour n grand et est équivalent n→+∞
au terme général d’une série divergente. Donc la série de terme général un diverge. • Si a = 0 et 12 − b3 = 0, un = O n12 . Dans ce cas, la série de terme général un converge (absolument). n→+∞
En résumé, la série de terme général un converge si et seulement si a = 0 et b = 23 ou encore la série de terme général un converge si et seulement si P est de la forme X 3 + 23 X + c, c ∈ R. 1602
2. Pour n > 2, posons un =
1 nα S(n).
Pour n > 2,
1 0 < S(n + 1) = ∑+∞ p=2 p ×
et donc ∀n > 2, S(n) 6
S(2) . 2n−2
6 12 ∑+∞ p=2
1 pn
1 pn
= 12 S(n)
Par suite, un 6
1 S(2) = nα 2n−2 n→+∞
Pour tout réel α, la série de terme général un converge.
o
1 n2
.
3. ∀u0 ∈ R, ∀n ∈ N∗ , un > 0. Par suite, ∀n > 2, 0 < un < 1n . On en déduit que limn→+∞ un = 0 et par suite un ∼ n1 > 0. La série de terme général un diverge. n→+∞
4. On sait qu’il existe une infinité de nombres premiers. Notons (pn )n∈N∗ la suite croissante des nombres premiers. La suite (pn )n∈N∗ est une suite strictement croissante d’entiers et donc limn→+∞ pn = +∞ ou encore limn→+∞ p1n = 0. −1 −1 1 1 1 1 et les séries de termes généraux pn et ln 1 − pn sont Par suite, 0 < pn ∼ ln 1 − pn n→+∞
de même nature.
Il reste donc à étudier la nature de la série de terme général ln 1 − −1 +∞ 1 ∗ Montrons que ∀N ∈ N , ∑n=1 ln 1 − pn > ln ∑Nk=1 1k . Soit n >. Alors somme : ∑+∞ k=0
1 pn
1 pkn
< 1 et la série de terme général −1 = 1 − p1n .
1 , pkn
1 pn
−1 .
k ∈ N, est une série géométrique convergente de
Soit alors N un entier naturel supérieur ou égal à 2 et p1 < p2 ... < pn la liste des nombres premiers inférieurs ou égaux à N. β β ln(N) Tout entier entre 1 et N s’écrit de manière unique p1 1 . . . pk k où ∀i ∈ [[1, n]], 0 6 βi 6 αi = E ln(p et i) deux entiers distincts ont des décompositions distinctes. Donc ! ! n 1 −1 1 −1 1 −1 ∗ > 1) > ∑ ln 1− (car ∀k ∈ N , 1 − ∑ ln 1 − pk pk pk k=1 k=1 ! ! αk n +∞ n 1 1 = ∑ ln ∑ i > ∑ ln ∑ i i=0 pk i=0 pk k=1 k=1 ! !! αk n 1 1 = ln ∏ ∑ i = ln ∑ β1 βn k=1 i=0 pk 06β1 6α1 ,...,...06βn 6αn p1 . . . , pn ! N 1 > ln ∑ . k=1 k +∞
−1 1 Or limN→+∞ ln ∑Nk=1 1k = +∞ et donc ∑+∞ = +∞. ln 1 − k=1 pk −1 La série de terme général ln 1 − p1k diverge et il en est de même de la série de terme général
1 pn .
(Ceci montre qu’il y a beaucoup de nombres premiers et en tout cas beaucoup plus de nombres premiers que de carrés parfaits par exemple).
5. Soit n ∈ N∗ . Posons n = a p × 10 p + . . . + a1 × 10 + a0 où ∀i ∈ [[0, p]], ai ∈ {0, 1; ..., 9} et a p 6= 0. Alors c(n) = p + 1. Déterminons p est en fonction de n. On a 10 p 6 n < 10 p+1 et donc p = E (log(n)). Donc ∀n ∈ N∗ , un = 1603
1 n(E(log n)+1)α .
Par suite, un
lnα (10) α n→+∞ n ln (n)
∼
et la série de terme général un converge si et seulement si α > 1 (séries de
B ERTRAND). Redémontrons ce résultat qui n’est pas un résultat de cours. La série de terme général n ln1 n est divergente (voir l’exercice 1893, 4)). Par suite, si α 6 1, la série de terme général n ln1α (n) est divergente car ∀n > 2, n ln1α (n) > n ln1 n . Soit α > 1. Puisque la fonction x 7→ k > 3,
1 x lnα x
est continue et strictement décroissante sur ]1, +∞[, pour
1 k lnα k
6
puis, pour n > 3, en sommant pour k ∈ [[3, n]] ∑nk=3 k ln1α k
6 ∑nk=3
Rk
1 k−1 x lnα x
dx =
Rk
Rn
1 2 x lnα x
1 k−1 x lnα x
dx =
dx
1 α−1
1 − 6 lnα−1 (2) lnα−1 (n) 1
Ainsi, la suite des sommes partielles de la série à termes positifs, de terme général donc la série de terme général k ln1α k converge. 6 Soit n > 2. un+1 lna (n+1) un = (n+1)b → 0 < 1
1 1 α−1 lnα−1 (2) .
1 , k lnα k
est majorée et
n→+∞
et d’après la règle de d’A LEMBERT, la série de terme général un converge.
6. limn→+∞ un =
π 4
− π4 = 0. Donc un ∼ tan(un ) n→+∞ a a 1 + n1 − 1 − n1 a = 1 + 1 − n12
=
n→+∞
2a n
+O
2+O
1 n2 = 1 n→+∞ n2
a 1 +O 2 . n n
Par suite, la série de terme général un converge si et seulement si a = 0. 7. La fonction x 7→ x3/2 est continue et croissante sur R+ . Donc pour k > 1, puis pour n ∈ N∗ : ce qui fournit
5
2n 2 −α 5 n→+∞
3/2 dx 6 k3/2 6
6 ∑nk=1 k3/2 6 52 ((n + 1)5/2 − 1) et donc ∑nk=1 k3/2 ∼
n→+∞
R k+1 3/2 x dx k
2n5/2 5 .
> 0. La série de terme général un converge si et seulement si α > 72 .
8. Pour n > 1, un = 1 + n1α Comme
k−1 x
R n 3/2 Rk R R dx ∑nk=1 k−1 x3/2 dx 6 ∑nk=1 k3/2 6 ∑nk=1 kk+1 x3/2 dx = 1n+1 x3/2 dx 0 x 2 5/2 5n
Donc un ∼
Rk
n(n+1) 1 ∼ 2nα−2 , 2nα n→+∞
1 + n2α . . . 1 + nnα − 1 >
1 nα
+ n2α + . . . + nnα =
n(n+1) 2nα
> 0.
si α 6 3, on a α − 2 6 1 et la série de terme général un diverge.
Si α > 3, 1 n n n ln 1+ α−1 n 0 < un 6 1 + α − 1 = e −1 n 1 ∼ n ln 1 + α−1 n→+∞ n 1 ∼ terme général d’une série de R IEMANN convergente, n→+∞ nα−2
et, puisque α − 2 > 1, la série de terme général un converge. Finalement, la série de terme général un converge si et seulement si α > 3. 1604
Correction de l’exercice 1895 N 1. Pour n ∈ N,
2 −1+1) π π = sin π(n n+1 = sin n+1 + (n − 1)π = (−1)n−1 sin n+1 . π La suite (−1)n−1 sin n+1 est alternée en signe et sa valeur absolue tend vers 0 en décroissant. La n∈N série de terme général un converge donc en vertu du critère spécial aux séries alternées. 1 n’est pas décroisante à partir d’un certain rang). 2. (la suite n+(−1) n−1 un = sin
πn2 n+1
n∈N
un =
n (−1)n 1 = (−1) n 1+ (−1)n−1 n→+∞ n n
1+O
n
1 n
(−1)n n→+∞ n
=
+O
1 n2
.
(−1) La série de terme général converge en vertu du critère spécial aux séries alternées et la série n 1 de terme général O n2 est absolument convergente. On en déduit que la série de terme général un converge. n n n (−1) (−1) 1 1 √ √ − 1 +O √ 3. un = ln 1 + (−1) = et O . Les séries de termes généraux respectifs 2n n n n n3/2 n3/2 n→+∞
1 est divergente. sont convergentes et la série de terme général − 2n Si la série de terme général un convern
1 1 √ −O geait alors la série de terme général − 2n = un − (−1) convergerait ce qui n’est pas. Donc la n n3/2 série de terme général un diverge. Remarque. La série de terme général un diverge bien que un soit équivalent au terme général d’une série convergente.
4. Si α ∈ 2πZ, alors les deux premières séries divergent et la dernière converge. Soit α ∈ / 2πZ. Pour n ∈ N∗ , posons vn = einα et εn = 1n de sorte que un = εn vn . Pour n ∈ N∗ , posons encore Vn = ∑nk=1 vk . n+p n Pour (n, p) ∈ (N∗ )2 , posons enfin Rnp = ∑n+p k=1 uk − ∑k=1 uk = ∑k=n+1 uk . (On effectue alors une transformation d’A BEL). n+p
Rnp =
∑
n+p
εk vk =
k=n+1
∑ k=n+1
n+p
εk (Vk −Vk−1 ) =
∑ k=n+1
n+p
εkVk −
∑ k=n+1
n+p
εkVk−1 =
∑ k=n+1
n+p−1
εkVk −
∑
εk+1Vk
k=n
n+p−1
= εn+pVn+p − εn+1Vn +
∑ k=n+1
(εk − εk+1 )Vk .
inα
−1 ∗ Maintenant, pour n ∈ N∗ , Vn = eiα eeiα −1 = eiα sin(nα/2) sin(α/2) et donc ∀n ∈ N , |Vn | 6 (n, p) ∈ (N∗ )2
1 | sin(α/2)| .
Par suite, pour
1 n+p−1 1 1 1 Vn+p − Vn + ∑ − Vk |Rnp | = n+ p n+1 k+1 k=n+1 k ! n+p−1 1 1 1 1 1 6 + + ∑ − | sin(α/2)| n + p n + 1 k=n+1 k k+1 1 1 1 1 1 2 = + + − = | sin(α/2)| n + p n + 1 n + 1 n + p | sin(α/2)|(n + 1) 2 6 . n| sin(α/2)| 2 Soit alors ε un réel strictement positif. Pour n > E ε| sin(α/2)| + 1 et p entier naturel non nul quelconque, on a |Rnp | < ε.
1605
n u − On a montré que ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N∗ / ∀(n, p) ∈ N∗ , (n > n0 ⇒ ∑n+p u ∑ k k k=1 < ε. k=1
Ainsi, la série de terme général un vérifie le critère de C AUCHY inα et est donc convergente. inα Il en est de sin(nα) cos(nα) e même des séries de termes généraux respectifs n = Re n et n = Im e n .
x f est dérivable sur ]0, +∞[ et ∀x > e, f 0 (x) = 1−ln < 0. x ln n Donc, la fonction f est décroissante sur [e, +∞[. On en déduit que la suite n n>3 est une suite décroissante. Mais alors la série de terme général (−1)n lnnn converge en vertu du critère spécial aux séries alternées.
5. Pour x ∈]0, +∞[, posons f (x) =
ln x x .
6. • Si degP > degQ, un ne tend pas vers 0 et la série de terme général un est grossièrement divergente. • Si degP 6 degQ − 2, un = O n12 et la série de terme général un est absolument convergente. 1 • Si degP = degQ − 1, un = (−1)n ndomP + O . un est alors somme de deux termes généraux de 2 domQ n n→+∞
séries convergentes et la série de terme général un converge. En résumé, la série de terme général un converge si et seulement si degP < degQ.
n−2 n! +∞ 1 n! 7. e = ∑+∞ k=0 k! puis pour n > 2, n!e = 1 + n + ∑k=0 k! + ∑k=n+1 k! .
Pour 0 6 k 6 n − 2, n! k! est un entier divisible par n(n − 1) et est donc un entier pair que l’on note 2Kn . Pour n > 2, on obtient n! n+1 sin π +∞ sin(n!πe) = sin 2Kn π + (n + 1)π + π ∑+∞ ∑k=n+1 n! k=n+1 k! = (−1) k! . n! Déterminons un développement limité à l’ordre 2 de ∑+∞ k=n+1 k! quand n tend vers +∞. n! ∑+∞ k=n+1 k! = n! k!
Maintenant, pour k > n + 3,
=
1 n+1
1 k(k−1)...(n+1)
1 n! + (n+1)(n+2) + ∑+∞ k=n+3 k! .
6
1 (n+1)k−n
+∞ n! 1 ∑+∞ k=n+3 k! 6 ∑k=n+3 (n+1)k−n = n! On en déduit que ∑+∞ k=n+3 k! n! ∑+∞ k=n+1 k!
1 n→+∞ n+1
=
= o
n→+∞
1 n2
. Il reste
1 + (n+1)(n+2) +o
Finalement , sin(n!πe) = (−1)n+1 sin n→+∞
1 n2
π n
1 (n+1)3
1 n→+∞ n
+o
=
1 n2
et donc
=
× 1−1 1 =
1 + 1n
n+1
−1
(−1)n+1 π n
1 n(n+1)2
+ n12 + o
+
1 n2
.
6
1 n2
1 . n3
1 n→+∞ n
=
+o
1 n2
.
sin(n!πe) est somme de deux termes généraux de séries convergentes et la série de terme général sin(n!πe) converge. p Si p > 2, | sin p (n!πe)| ∼ πn p et la série de terme général sin p (n!πe) converge absolument. n→+∞
Correction de l’exercice 1896 N 1. n+1 = o n12 . Par suite, la série de terme général 3n n→+∞
n+1 3n
converge.
n+1 1er calcul. Soit S = ∑+∞ n=0 3n . Alors
+∞ +∞ 1 n + 1 +∞ n n + 1 +∞ 1 S = ∑ n+1 = ∑ n = ∑ n − ∑ n 3 n=0 3 n=1 3 n=1 3 n=1 3 1 1 3 = (S − 1) − = S− . 1 3 1− 3 2
On en déduit que S = 94 . n+1 9 ∑+∞ n=0 3n = 4 .
1606
2ème calcul. Pour x ∈ R et n ∈ N, on pose fn (x) = ∑nk=0 xk . Soit n ∈ N∗ . fn est dérivable sur R et pour x ∈ R, k fn0 (x) = ∑nk=1 kxk−1 = ∑n−1 k=0 (k + 1)x .
Par suite, pour n ∈ N∗ et x ∈ R \ {1} k 0 ∑n−1 k=0 (k + 1)x = f n (x) = k+1 Pour x = 31 , on obtient ∑n−1 k=0 3k = 2k−1 k3 −4k
2. Pour k > 3,
=
3 8(k−2)
xn −1 0 x−1 (x)
n−1 n 3n − 3n−1 +1 2 1 3 −1
(
)
=
nxn−1 (x−1)−(xn −1) (x−1)2
=
(n−1)xn −nxn−1 +1 . (x−1)2
et quand n tend vers l’infini, on obtient de nouveau S = 94 .
5 1 − 8(k+2) + 4k . Puis
n
2k − 1 3 n 1 1 n 1 5 n 1 3 n−2 1 1 n 1 5 n+2 1 = + − = ∑ 3 ∑ k−2 4 ∑ k 8 ∑ k+2 8 ∑ k + 4 ∑ k − 8 ∑ k 8 k=3 k=3 k − 4k k=3 k=3 k=1 k=3 k=5 ! ! n n n 1 1 1 1 5 1 1 1 3 1+ + ∑ + ∑ − − − ∑ + o(1) = n→+∞ 8 2 k=3 k 4 k=3 k 8 3 4 k=3 k =
n→+∞
3 3 5 7 89 × + × + o(1) = + o(1). n→+∞ 96 8 2 8 12
La série proposée est donc convergente de somme
89 96 .
2n−1 ∑+∞ n=3 n3 −4n =
89 96 .
3. Pour k ∈ N, on a 13k + j3k + ( j2 )3k = 3 puis 13k+1 + j3k+1 + ( j2 )3k+1 = 1 + j + j2 = 0 et 13k+2 + j3k+2 + ( j2 )3k+2 = 1 + j2 + j4 = 0. Par suite, n + j n +( j 2 )n
2
1 e + e j + e j = ∑+∞ n=0
n!
1 = 3 ∑+∞ n=0 (3n)! ,
et donc +∞
1
1
√ √ √ 3 3 1 1 1 1 e + e− 2 +i 2 + e− 2 −i 2 = e + 2e−1/2 Re(e−i 3/2 ) 3 √ !! 3 e + 2e−1/2 cos . 2 2
∑ (3n)! = 3 (e + e j + e j ) = 3
n=0
=
1 3
1 ∑+∞ n=0 (3n)! =
1 3
√ e + √2e cos 23 .
4. n
∑ k=2
1 1 2 √ +√ −√ k−1 k+1 k
∑+∞ n=2
1 1 1 1 √ =∑ −√ − √ −√ k−1 k+1 k k k=2 1 1 1 = 1− √ − √ − √ (somme télescopique) n n+1 2 1 = 1 − √ + o(1) n→+∞ 2
n
√1 n−1
1 + √n+1 − √2n = 1 − √12 .
1607
n = 5. ln 1 + (−1) n
n . Donc la série de terme général ln 1 + (−1) converge. n k (−1)k Posons S = ∑+∞ puis pour n > 2, Sn = ∑nk=2 ln 1 + (−1) . Puisque la série converge k=2 ln 1 + k k S = limn→+∞ Sn = lim p→+∞ S2p+1 avec (−1)n n→+∞ n
+O
2p+1
S2p+1 =
∑ k=2 p
=
1 n2
p (−1)k 1 1 ln 1 + = ∑ ln 1 − + ln 1 + k 2k + 1 2k k=1
∑ (ln(2k) − ln(2k + 1) + ln(2k + 1) − ln(2k)) = 0
k=1
et quand p tend vers +∞, on obtient S = 0. (−1)n = 0. ln 1 + ∑+∞ n=2 n
6. Si a ∈ 0, π2 alors, pour tout entier naturel n, 2an ∈ 0, π2 et donc cos 2an > 0. = ln 1 + O 212n = O 212n et la série converge. Ensuite, Ensuite, ln cos 2an n→+∞
n→+∞
! ! a n sin 2 × a k 2 = ln ∏ cos 2k = ln ∏ 2 sin ak k=0 k=0 2 ! sin(2a) (produit télescopique) = ln 2n+1 sin 2an sin(2a) sin(2a) ∼ ln n+1 a = ln . n→+∞ 2 × 2n 2a
a ln ∑ cos 2k = ln k=0 n
n
∀a ∈ 0, π2 , ∑+∞ n=0 ln cos
a 2n
= ln
2 th x . Soit x ∈ R. 1+th2 x 2 2 1 2x 1 x −x 2 x −x 2 ch x + sh x = 4 ((e + e ) + (e − e ) ) = 2 (e + e−2x ) = e−x ) = 12 (e2x − e−2x ) = sh(2x) puis
sin(2a) 2a
1
n
sin
∏ sin 2n+1 k=0
!
a 2k−1 a 2k
.
7. Vérifions que pour tout réel x on a th(2x) =
2 th x 1+th2 x
Par suite, pour x ∈ R∗ , th x =
2 th(2x)
2 sh x ch x ch2 x+sh2 x
sh(2x) ch(2x)
=
= th(2x).
− th1x . Mais alors, pour a ∈ R∗ et n ∈ N
n 1 a 1 th = ∑ 2k 2k ∑ 2k k=0 k=0 n
=
ch(2x) et 2 sh x ch x = 12 (ex − e−x )(ex +
2 a th 2k−1
1 − a th 2k
!
n
=
∑ k=0
1 1 a − k k−1 2 th 2k−1 2 th 2ak
2 1 − n a (somme télescopique) th(2a) 2 th 2n 2 1 → − , n→+∞ th(2a) a
=
ce qui reste vrai quand a = 0. 1 ∀a ∈ R, ∑+∞ n=0 2n th
1608
a 2n
=
2 th(2a)
− a1 .
!
Correction de l’exercice 1897 N Il faut vérifier que nun → 0. Pour n ∈ N, posons Sn = ∑nk=0 uk . Pour n ∈ N, on a n→+∞
2n
0 < (2n)u2n = 2(u2n + . . . + u2n ) 6 2 ∑ uk (car la suite u est décroissante) {z } | k=n+1 n
= 2(S2n − Sn ).
Puisque la série de terme général un converge, limn→+∞ 2(S2n − Sn ) = 0 et donc limn→+∞ (2n)u2n = 0. Ensuite, 0 < (2n + 1)u2n+1 6 (2n + 1)u2n = (2n)u2n + u2n → 0. Donc les suites des termes de rangs pairs et n→+∞
impairs extraites de la suite (nu n )n∈N convergent et ont même limite à savoir 0. On en déduit que limn→+∞ nun = 0 ou encore que un = o 1n . n→+∞ 0 si n = 0 1 Contre exemple avec u non monotone. Pour n ∈ N, on pose un = n si n est un carré parfait non nul . La suite 0 sinon +∞ +∞ 1 2 u est positive et ∑n=0 un = ∑ p=1 p2 < +∞. Pourtant, p u p2 = 1 → 1 et la suite (nun ) admet une suite extraite p→+∞
convergeant vers 1. On a donc pas limn→+∞ nun = 0. Correction de l’exercice 1898 N
Soit σ une permutation de [[1, n]]. Montrons que la suite Sn = ∑nk=1 σk(k) 2 , n > 1, ne vérifie pas le critère de ∗ C AUCHY. Soit n ∈ N . 2n 1 σ (k) > ∑ 2 (2n)2 ∑ σ (k) k=n+1 k=n+1 k 2n
S2n − Sn =
1 (1 + 2 + ... + n) (car les n entiers σ (k), 1 6 k 6 n, sont strictement positifs et deux à deux distincts) 4n2 n(n + 1) n2 1 = > = . 2 2 8n 8n 8
>
Si la suite (Sn ) converge, on doit avoir limn→+∞ (S2n − Sn ) = 0 ce qui contredit l’inégalité précédente. Donc la série de terme général σn(n) 2 , n > 1, diverge. Correction de l’exercice 1899 N R un dx Pour n ∈ N, posons vn = ln(1 + un ), wn = 1+u et tn = 0un 1+x e. n • Si un → 0, alors 0 6 un ∼ vn ∼ wn . Dans ce cas, les séries de termes généraux un , vn et wn sont de n→+∞
même nature. D’autre part, pour n ∈ N,
n→+∞
un 1+uen
n→+∞
6 tn 6 un puis
1 1+uen
6
tn un
6 1et donc tn ∼ un . Les séries de termes généraux n→+∞
un et tn sont aussi de même nature. • Si un ne tend pas vers 0, la série de terme général un est grossièrement divergente. Puisque un = evn − 1, vn ne tend pas vers 0 et la série de terme général vn est grossièrement divergente. Dans ce cas aussi, les séries de termes généraux sont de même nature. un wn De même, puisque wn = 1+u < 1, on a un = 1−w et wn ne peut tendre vers 0. n n Enfin, puisque un ne tend pas vers 0, il existeR ε > 0 tel que pour tout entier naturel N, il existe n = n(N) > N dx tel que un > ε. Pour cet ε et ces n, on a tn > 0ε 1+x e > 0 (fonction continue, positive et non nulle) et la suite tn ne tend pas vers 0. Dans le cas où un ne tend pas vers 0, les quatre séries sont grossièrement divergentes.
1609
Correction de l’exercice 1900 N Pour n ∈ N, posons un = (n + 1)! e − ∑nk=0 k!1 . Soit n ∈ N. +∞
un =
(n + 1)! k! k=n+1
∑
= 1+
+∞ 1 1 1 1 1 + + + + ∑ n + 2 (n + 2)(n + 3) (n + 2)(n + 3)(n + 4) (n + 2)(n + 3)(n + 4)(n + 5) k=n+6 (n + 2)(n + 3) . . . k
+∞ +∞ 1 1 1 1 1 1 1 On a 0 < ∑+∞ k=n+6 (n+2)(n+3)...k = ∑k=n+1 (n+2)k−(n+1) = (n+2)5 1− 1 = (n+2)4 (n+1) 6 n5 . On en déduit que ∑k=n+6 (n+2)(n+3)...k n→ n+2 o n14 . Donc
1 1 1 1 1 + + + +o 4 n→+∞ n + 2 (n + 2)(n + 3) (n + 2)(n + 3)(n + 4) (n + 2)(n + 3)(n + 4)(n + 5) n 1 1 2 −1 1 2 −1 3 −1 1 2 −1 3 −1 4 −1 1 = 1+ + 2 1+ + 3 1+ + 4 +o 4 1+ 1+ 1+ 1+ n→+∞ n n n n n n n n n n n 1 8 1 2 4 3 9 1 2 2 4 3 4 = 1+ 1− + 2 + 3 1− 1− + 2 − 3 + 2 1− + 2 1− 1− n→+∞ n n n n n n n n n n n n n 1 1 + 4 +o 4 n n 1 8 1 5 19 1 9 1 2 4 1 = 1+ 1− + 2 − 3 + 2 1− + 2 + 3 1− + 4 +o 4 n→+∞ n n n n n n n n n n n 1 1 3 1 = 1+ − 2 + 4 +o 4 . n→+∞ n n n n
un = 1 +
Finalement (n + 1)! e − ∑nk=0 k!1
= 1 + 1n − n12 + n34 + o
1 n4
n→+∞
.
Correction de l’exercice 1901 N √ √ √ Pour n ∈ N, posons un = sin π(2 + 3)n . D’après la formule du binôme de N EWTON, (2+ 3)n = An +Bn 3 √ √ où A√ des entiers naturels. Un calcul conjugué fournit aussi (2 − 3)n = An − Bn 3. Par suite, n et Bn sont √ (2 + 3)n + (2 − 3)n = 2An est un entier pair. Par suite, pour n ∈ N, √ √ un = sin 2An π − π(2 − 3)n = − sin π(2 − 3)n . √ √ √ Mais 0 < 2 − 3 < 1 et donc (2 − 3)n → 0. On en déduit que |un | ∼ π(2 − 3)n terme général d’une n→+∞
n→+∞
série géométrique convergente. Donc la série de terme général un converge.
Correction de l’exercice 1902 N Si α < 0, un ∼ n−2α et si α = 0, un = 1 + (−1)n . Donc si α 6 0, un ne tend pas vers 0. La série de terme n→+∞
général un diverge grossièrement dans ce cas. On suppose dorénavant que α > 0. Pour tout entier naturel non nul n, |un | ∼
1 α n→+∞ n
général un converge absolument si et seulement si α > 1. n 1 Il reste à étudier le cas où 0 < α 6 1. On a un = (−1) nα + n2α . La suite (−1)n nα
1 nα n>1
et donc la série de terme
tend vers 0 en décroissant et
donc la série de terme général converge en vertu du critère spécial aux séries alternées. On en déduit que la série de terme général un converge si et seulement si la série de terme général n12α converge ou encore si et seulement si α > 12 . En résumé 1610
1+(−1)n nα diverge grossièrement, n2α n nα diverge, général 1+(−1) n2α
Si α 6 0, la série de terme général si 0 < α 6 21 , la série de terme si
1 2
< α 6 1, la série de terme général
si α > 1, la série de terme général
1+(−1)n nα n2α
1+(−1)n nα n2α
est semi convergente,
converge absolument.
Correction de l’exercice 1903 N Pour n ∈ N∗ , on note Sn la somme des n premiers termes de la série considérée et on pose Hn = ∑nk=1 1k . Il est connu que Hn = ln n + γ + o(1). Soit m ∈ N∗ .
n→+∞
1 1 1 1 1 1 1 1 1 Sm(p+q) = 1 + + . . . + − + +...+ + + ... + − + ... + + ... 3 2p − 1 2 4 2q 2p + 1 4p − 1 2q + 2 4q 1 1 1 1 + ... + − + ... + + 2(m − 1)p + 1 2mp − 1 2(m − 1)q + 2 2mq
mq mq 2mp 1 1 1 1 mp 1 1 =∑ −∑ = ∑ −∑ −∑ = H2mp − (Hmp + Hmq ) 2k − 1 2k k 2k 2k 2 k=1 k=1 k=1 k=1 k=1 1 p 1 + o(1). = (ln(2mp) + γ) − (ln(mp) + γ + ln(mq) + γ) + o(1) = ln 2 + ln m→+∞ 2 2 q Ainsi, la suite extraite (Sm(p+q) )m∈N∗ converge vers ln 2 + 21 ln qp . ∗ Montrons alors que la suite (Sn )n∈N∗ converge. Soitn ∈ N . Il existe un unique entier naturel non nul mn tel que n mn (p + q) 6 n < (mn + 1)(p + q) à savoir mn = E p+q . mp
1 1 1 1 +...+ + + 2mn p + 1 2(mn + 1)p − 1 2mn q + 2 2(mn + 1)q q 1 p 1 1 + 6 6 + = . 2mn p + 1 2mn q + 2 2mn 2mn mn
|Sn − Smn (p+q) | 6
Soit alors ε > 0. Puisque limn→+∞ mn = +∞, il existe n0 ∈ N∗ tel que pour n > n0 , ε 2.
Pour n > n0 , on a alors
1 mn
n0 ⇒ Sn − ln 2 + 12 ln qp < ε) et donc, la série proposée converge et a pour somme ln 2 + 12 ln qp . Correction de l’exercice 1904 N La série proposée est le produit de C AUCHY de la série de terme général n1α , n > 1, par elle même. • Si α > 1, on sait que la série de terme général n1α converge absolument et donc que la série proposée converge. 2 4α α avec n−1 α • Si 0 6 α 6 1, pour 0 < k < n on a 0 < k(n − k) 6 n2 n − 2n = n4 . Donc un > n−1 ∼ n2α−1 . n2 n2 4
Comme 2α − 1 6 1, la série proposée diverge.
1611
4
n→+∞
• Si α < 0, un >
1 (n−1)α
et donc un ne tend pas vers 0. Dans ce cas, la série proposée diverge grossièrement.
Correction de l’exercice 1905 N 1. Soit n ∈ N. 2n3 − 3n2 + 1 = 2(n + 3)(n + 2)(n + 1) − 15n2 − 22n − 11 = 2(n + 3)(n + 2)(n + 1) − 15(n + 3)(n + 2) + 53n + 79 = 2(n + 3)(n + 2)(n + 1) − 15(n + 3)(n + 2) + 53(n + 3) − 80
Donc 2n3 − 3n2 + 1 +∞ 2 15 53 80 5 ∑ (n + 3)! = ∑ n! − (n + 1)! + (n + 2)! − (n + 3)! = 2e − 15(e − 1) + 53(e − 2) − 80 e − 2 n=0 n=0 +∞
= −40e + 111. 3
2
2n −3n +1 ∑+∞ n=0 (n+3)! = −40e + 111.
2. Pour n ∈ N, on a un+1 = (1 − a) ∑nk=1 uk N∗ ,
=
n+1 a+n+1 un . Par suite (n + a + 1)un+1 = (n + 1)un = (n + a)un + (1 − a)un ∑nk=1 (k + a + 1)uk+1 − ∑nk=1 (k + a)uk = (n + a + 1)un+1 − (a + 1)u1 =
puis
(n + a + 1)un+1 − 1.
1 n+1 .
Dans ce cas, la série diverge. Si a = 1, ∀n ∈ un = n 1 1 1 ∗ ((n + a + 1)un+1 − 1) = a−1 − a−1 (a + n + 1)un+1 . Si a 6= 1, ∀n ∈ N , ∑k=1 uk = 1−a 1 Si a > 1, la suite u est strictement positive et la suite des sommes partielles (Sn ) est majorée par a−1 . Donc la série de terme général un converge. Il en est de même de la suite ((a + n + 1)un+1 ). Soit ` = limn→+∞ (a + n + 1)un+1 . ` Si ` 6= 0, un+1 ∼ n+a+1 contredisant la convergence de la série de terme général un . Donc ` = 0 et n→+∞
si a > 1, ∑+∞ n=1 un = Si 0 < a < 1, pour tout n ∈ N∗ , un >
1×2×...×n 2×3...×(n+1)
=
1 n+1 .
1 a−1 .
Dans ce cas, la série diverge.
Correction de l’exercice 1906 N n n 1 1 1 Pour tout entier naturel non nul n, 0 < 2 p n1p−1 = ∑nk=1 (2n) p 6 ∑k=1 (n+k) p 6 ∑k=1 n p = général un converge si et seulement si p > 2.
1 n p−1
et la série de terme
Correction de l’exercice 1907 N 1 1 Pour n ∈ N∗ , posons Rn = ∑+∞ k=n+1 k2 . Puisque la série de terme général k2 , k > 1, converge, la suite (Rn ) est définie et tend vers 0 quand n tend vers +∞. 1 1 = k−1 − 1k et puisque la série de terme général k12 converge, la règle de l’équivalence des 0 < k12 ∼ k(k−1) k→+∞
restes de séries à termes positifs convergentes permet d’affirmer que
1 1 ∼ − ∑ n→+∞ k k=n+1 k − 1 N 1 1 = lim ∑ − (surtout ne pas décomposer en deux sommes) N→+∞ k − 1 k k=n+1 1 1 = lim − (somme télescopique) N→+∞ n N 1 = n +∞
1 Rn = ∑ 2 k=n+1 k
+∞
1612
1 n→+∞ n
ou encore Rn =
+o
1 n
.
+∞ +∞ 1 1 1 Plus précisément, pour n ∈ N∗ , Rn − n1 = ∑+∞ k=n+1 k2 − ∑k=n+1 k(k−1) = − ∑k=n+1 k2 (k−1) .
1 1 Or − k2 (k−1) + k(k−1)(k−2) = 2 k2 (k−1)(k−2)
2 k2 (k−1)(k−2)
puis
2 6 − k(k−1)(k−2)(k−3) et donc = − k2 (k−1)(k−2)(k−3)
Rn = =
+∞ +∞ +∞ 1 1 1 1 2 − ∑ 2 = − ∑ + ∑ 2 n k=n+1 k (k − 1) n k=n+1 k(k − 1)(k − 2) k=n+1 k (k − 1)(k − 2)
+∞ +∞ +∞ 1 2 6 1 − ∑ + ∑ − ∑ 2 n k=n+1 k(k − 1)(k − 2) k=n+1 k(k − 1)(k − 2)(k − 3) k=n+1 k (k − 1)(k − 2)(k − 3)
1 Ensuite ∑+∞ k=n+1 k2 (k−1)(k−2)(k−3) o n14 . Puis
1 ∼ ∑+∞ k=n+1 k5
n→+∞
∼ 14 n→+∞ 4n
6 ou encore − ∑+∞ k=n+1 k2 (k−1)(k−2)(k−3)
= − 2n34 +
n→+∞
1 1 N 1 1 1 1 1 1 lim − − = lim = ∑ k(k − 1)(k − 2) = N→+∞ ∑ N→+∞ 2 n(n − 1) 2 k=n+1 (k − 1)(k − 2) k(k − 1) N(N − 1) 2n(n − 1) k=n+1 −1 1 1 1 1 1 1 = 2 1− = + 3 + 4 +o 4 2 n→+∞ 2n 2n n 2n 2n n +∞
et 1 2 N 1 2 = lim − ∑ ∑ N→+∞ 3 k(k − 1)(k − 2) k=n+1 (k − 1)(k − 2)(k − 3) k=n+1 k(k − 1)(k − 2)(k − 3) 2 1 1 2 = lim − = N→+∞ 3 n(n − 1)(n − 2) N(N − 1)(N − 2) 3n(n − 1)(n − 2) −1 −1 1 1 2 2 2 1 2 1 1+ +o = 3 1− 1− = 1+ +o 3 n→+∞ 3n 3n n n n n n n 2 1 2 + 4 +o 4 = n→+∞ 3n3 n n +∞
et finalement 1 n→+∞ n
Rn =
−
1 2n2
+ 2n13 + 2n14 + 1 ∑+∞ k=n+1 k2
2 3n3
+ n24 − 2n34 + o
1 n→+∞ n
=
1 n4
− 2n12 + 6n13 + o
1 n→+∞ n
=
1 n4
.
− 2n12 + 6n13 + o
1 n4
.
Correction de l’exercice 1908 N 1. La suite lnnn n∈N∗ tend vers 0, en décroissant à partir du rang 3 (fourni par l’étude de la fonction x 7→ lnxx sur [e, +∞[) et donc la série de terme général (−1)n lnnn , n > 1, converge en vertu du critère spécial aux p ln p séries alternées. Pour n ∈ N∗ , on pose Rn = ∑+∞ p=n+1 (−1) p .
(−1)k lnkk n’est pas de signe constant à partir d’un certain rang et on ne peut donc lui appliquer la règle de l’équivalence des restes. Par contre, puisque la série de terme général (−1)k lnkk converge, on sait que l’on peut associer les termes à volonté et pour k ∈ N∗ , on a ln(2p) ln(2p+1) p ln p = +∞ R2k−1 = ∑+∞ (−1) − . ∑ p=2k p=k p 2p 2p+1 1613
Puisque la fonction x 7→ ln(2p+1) 2p+1
ln x x
est décroissante sur [e, +∞[ et donc sur [3, +∞[, pour p > 2,
ln(2p) 2p
−
> 0 et on peut utiliser la règle de l’équivalence des restes de séries à termes positifs conver-
gentes. Cherchons déjà un équivalent plus simple de
ln(2p) 2p
− ln(2p+1) 2p+1 quand p tend vers +∞.
ln(2p) ln(2p + 1) ln(2p) 1 1 1 −1 − = − ln(2p) + ln 1 + 1+ 2p 2p + 1 2p 2p 2p 2p 1 1 ln(2p) 1 1 1 − ln(2p) + +o 1− +o = p→+∞ 2p 2p 2p p 2p p ln(2p) ln p ln p + ln 2 ln p = +o = +o 2 2 2 p→+∞ 4p p→+∞ p 4p p2 ln p ∼ . p→+∞ 4p2 1 k→+∞ 4
et donc R2k−1 ∼
∑+∞ p=k
ln p . p2
Cherchons maintenant un équivalent simple de lnp2p de la forme v p − v p+1 . ln x 0 x Soit v p = lnpp − ln(p+1) = 1−ln ∼ − lnx2x ). Alors p+1 (suggéré par x x2 x→+∞
1 1 ln p 1 ln p 1 1 1 −1 1 1 v p − v p+1 = − ln p + ln 1 + 1+ = − ln p + + o 1− +o p→+∞ p p p p p p p p p p ln p ∼ . p→+∞ p2 1 k→+∞ 4
D’après la règle de l’équivalence des restes de séries à termes positifs convergentes, R2k−1 ∼ ln k 4k
(série télescopique).
Puis, R2k = R2k−1 − ln(2k) 2k
∑+∞ p=k
ln k ln k ∼ ln k − ln2kk + o lnkk ∼ − ln4kk + o lnkk − ln(2k) 2k + o k k→+∞ 4k k→+∞ k→+∞ 4k ln k ln k En résumé, R2k−1 ∼ 4k et R2k ∼ − 4k . k→+∞ k→+∞ ln k On peut unifier : R2k−1 ∼ 4k ∼ ln(2k−1) et R2k ∼ − ln4kk ∼ − ln(2k) 2(2k) . Finalement, k→+∞ k→+∞ 2(2k−1) k→+∞ k→+∞
∼
p ∑+∞ p=n+1 (−1)
ln p ∼ p n→+∞
.
(−1)n−1 ln2nn .
2. ∑ nn est une série à termes positifs grossièrement divergente. 1 ère solution. n n n−1 1 1 0 < nn ∼ nn − (n − 1)n−1 car n −(n−1) = 1 − n−1 1 − 1n = 1 − ne +o nn n→+∞
n→+∞
1 n
→ 1.
n→+∞
D’après la règle de l’équivalence des sommes partielles de séries à termes positifs divergentes, ∑np=1 p p ∼ ∑np=2 p p ∼ ∑np=2 (p p − (p − 1) p−1 ) = nn − 1 ∼ nn . n→+∞
n→+∞
n→+∞
(La somme est équivalente à son dermier terme.) 1 n−2 p 1 n−2 6 nn−1 = 1 . Donc 1 nn ∑ p=1 p 6 nn × (n − 2)(n − 2) nn n nn (n−1)n−1 1 n−2 p + nn ∑ p=1 p = 1 + o(1) + o(1) = 1 + o(1). nn n→+∞
2 ème solution. Pour n > 3, 0 6 en déduit que
1 nn
∑np=1 p p = 1 +
∑np=1 p p ∼ nn . n→+∞
1614
p ∑n−2 p=1 p . On
ln p p
− ln(p+1) p+1
Correction de l’exercice 1909 N Soit p ∈ N∗ . Pour n ∈ N∗ \ {p},
1 n2 −p2
=
1 2p
1 n−p
1 − n+p . Donc pour N > p,
1 1 1 1 1 − = ∑ n2 − p2 = 2p ∑ n+ p 2p 16n6N, n6= p 16n6N, n6= p n − p =
1 2p
1 1 − ∑ ∑ p+16k6N+p, k6=2p k 1−p6k6N−p, k6=0 k ! ! p−1 p N+p 1 N−p 1 N+p 1 1 1 1 1 3 −∑ + ∑ − ∑ + +∑ = − ∑ 2p k=1 k 2p 2p k=N−p+1 k k=1 k k=1 k k=1 k
!
N+p 1 1 1 Maintenant, ∑k=N−p+1 k = N−p+1 + . . . + N+p est une somme de 2p − 1 termes tendant vers 0 quand N tend 1 vers +∞. Puisque 2p − 1 est constant quand N varie, limN→+∞ ∑N+p k=N−p+1 k = 0 et donc 1 ∑n∈N∗ , n6= p n2 −p 2
=
1 2p
3 × 2p =
3 4p2
3 1 puis ∑ p∈N∗ ∑n∈N∗ , n6= p n2 −p = ∑+∞ 2 p=1 4p2 =
1 Pour n ∈ N∗ donné, on a aussi ∑ p∈N∗ , p6=n n2 −p 2 = − ∑ p∈N∗ , p6=n
On en déduit que la suite double
1 p2 −n2
π2 8 .
= − 4n32 et donc
2 1 = − π8 . ∑n∈N∗ ∑ p∈N∗ , p6=n n2 −p 2
1 n2 −p2
(n,p)∈(N∗ )2 , n6= p
n’est pas sommable.
Correction de l’exercice 1910 N 1 La suite (−1)n 3n+1 est alternée en signe et sa valeur absolue tend vers 0 en décroissant. Donc la série de n∈N 1 n terme général (−1) 3n+1 , n > 1, converge en vertu du critère spécial aux séries alternées. Soit n ∈ N. ∑nk=0
(−1)k 3k+1
= ∑nk=0 (−1)k
R 1 3k R 1 1−(−t 3 )n+1 R1 1 R n 1 t 3n+3 0 t dt = 0 1−(−t 3 ) dt = 0 1+t 3 dt + (−1) 0 1+t 3 dt.
R R 3n+3 R 3n+3 Mais (−1)n 01 t1+t 3 dt = 01 t1+t 3 dt 6 01 t 3n+3 dt = n tend vers +∞ et donc que +∞ ∑n=0
1 3n+4 .
(−1)n 3n+1
=
Calculons cette dernière intégrale. 1 1 1 = = 3 2 X + 1 (X + 1)(X + j)(X + j ) 3 1 1 1 2X − 1 3 − + 2 3 X +1 2 X −X +1 2
Donc, ∑+∞ n=0
(−1)n 3n+1
=
1 3
On en déduit que (−1)n
R 1 t 3n+3 0 1+t 3
dt tend vers 0 quand
R1 1 0 1+t 3 dt.
1 j j2 + + X + 1 X + j X + j2
1 = 3
1 −X + 2 + 2 X +1 X −X +1
1 √ 2 . 2 X − 21 + 23
h i1 √ √ ln(t + 1) − 12 ln(t 2 − t + 1) + 3 arctan 2t−1 = 3 0
∑+∞ n=0
(−1)n 3n+1
=
√ 3 ln 2+π 3 . 9
1615
1 3
√ ln 2 + 3
π 6
− − π6
=
√ 3 ln 2+π 3 . 9
Correction de l’exercice 1911 N Pour tout entier n > 2, on a nvn − (n − 1)vn−1 = un ce qui reste vrai pour n = 1 si on pose de plus v0 = 0. Par suite, pour n ∈ N∗ v2n − 2un vn = v2n − 2(nvn − (n − 1)vn−1 )vn = −(2n − 1)v2n + 2(n − 1)vn−1 vn 6 −(2n − 1)v2n + (n − 1)(vn−1 2 + v2n ) = (n − 1)v2n−1 − nv2n .
Mais alors, pour N ∈ N∗ , ∑Nn=1 (v2n − 2un vn ) 6 ∑Nn=1 ((n − 1)v2n−1 − nv2n ) = −nv2n 6 0. Par suite, ∑Nn=1 v2n 6 ∑Nn=1 2un vn 6 2 ∑Nn=1 u2n Si ∑Nn=1 v2n
1/2
1/2
∑Nn=1 v2n
1/2
(inégalité de C AUCHY-S CHWARZ).
> 0, on obtient après simplification par ∑Nn=1 v2n
1/2
puis élévation au carré
∑Nn=1 v2n 6 4 ∑Nn=1 u2n ,
cette inégalité restant claire si ∑Nn=1 v2n
1/2
= 0. Finalement,
2 ∑Nn=1 v2n 6 4 ∑Nn=1 u2n 6 4 ∑+∞ n=1 un .
La suite des sommes partielles de la série de terme général v2n (> 0) est majorée. Donc la série de terme général v2n converge et de plus, quand N tend vers l’infini, on obtient +∞ 2 2 ∑+∞ n=1 vn 6 4 ∑n=1 un .
Correction de l’exercice 1912 N Soit n ∈ N. n π (−1)k un = − ∑ = 4 k=0 2k + 1
= (−1)n+1
Z 1 2n+2 t 0
Z 1
1 + t2
0
n 1 dt − (−1)k ∑ 1 + t2 k=0
Z 1
t
2k
dt =
0
Z 1 0
1 dt − 1 + t2
Z 1 1 − (−t 2 )n+1 0
1 + t2
dt
dt.
Par suite, pour N ∈ N, N
∑ un =
Z 1 N (−t 2 )n+1
∑
dt =
Z 1
(−t 2 )
1 − (−t 2 )N+1 dt = − (1 + t 2 )2
1 + t2 0 R 2N+2 R t 2N+2 R 1 2N+2 1 t Or (−1)N+1 01 (1+t dt = 2 )2 dt = 0 (1+t 2 )2 dt 6 0 t n=0
0 n=0
Z 1
1 2N+3 .
0
t2 dt + (−1)N+1 (1 + t 2 )2
Comme
1 2N+3
Z 1 2N+2 t 0
(1 + t 2 )2
dt.
tend vers 0 quand N tend vers
R t 2N+2 +∞, il en est de même de (−1)N+1 01 (1+t 2 )2 dt. On en déduit que la série de terme général un , n ∈ N, converge
et de plus
+∞ n=0
Z 1
Z
1 t t2 −2t dt = × dt 2 )2 (1 + t 2 (1 + t 2 )2 0 0 1 Z 1 t 1 1 1 1 π = × − × dt = − . 2 2 2 1+t 0 1+t 4 8 0 2
∑ un = −
1616
∑+∞ n=0
π 4
k
− ∑nk=0 (−1) 2k+1
= 41 − π8 .
Correction de l’exercice 1913 N
1. On a pour tout x, y ∈ R |x − y| > |x| − |y| (c’est la deuxième formulation de l’inégalité triangulaire). Donc pour tout x ∈ I : | f (x)| − | f (a)| 6 | f (x) − f (a)|. L’implication annoncée résulte alors immédiatement de la définition de l’assertion limx→a f (x) = f (a). 2. Si f , g sont continues alors α f + β g est continue sur I, pour tout α, β ∈ R. Donc les fonctions f + g et f − g sont continues sur I. L’implication de 1. prouve alors que | f − g| est continue sur I, et finalement on peut conclure : La fonction sup( f , g) = 21 ( f + g + | f − g|) est continue sur I.
Correction de l’exercice 1916 N a+b a+b 1. g(a) = f ( a+b 2 ) − f (a) et g( 2 ) = f (b) − f ( 2 ). Comme f (a) = f (b) alors nous obtenons que g(a) = a+b a+b −g( a+b 2 ). Donc ou bien g(a) 6 0 et g( 2 ) > 0 ou bien g(a) > 0 et g( 2 ) 6 0. D’après le théorème a+b des valeurs intermédiaires, g s’annule en c pour un c entre a et 2 .
2. Notons t le temps (en heure) et d(t) la distance parcourue (en km) entre les instants 0 et t. Nous supposons que la fonction t 7→ d(t) est continue. Soit f (t) = d(t) − 4t. Alors f (0) = 0 et par hypothèse f (1) = 0. Appliquons la question précédente avec a = 0, b = 1. Il existe c ∈ [0, 12 ] tel que g(c) = 0, c’est-à-dire f (c + 21 ) = f (c). Donc d(c + 12 ) − d(c) = 4(c + 21 ) − 4c = 2. Donc entre c et c + 12 , (soit 1/2 heure), la personne parcourt exactement 2 km.
Correction de l’exercice 1917 N Il existe x < 0 tel que f (x) < 0 et y > 0 tel que f (y) > 0, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe z ∈]x, y[ tel que f (z) = 0. Donc f s’annule. Les polynômes de degré impair vérifient les propriétés des limites, donc s’annulent. Ceci est faux, en général, pour les polynômes de degré pair, par exemple regardez f (x) = x2 + 1. Correction de l’exercice 1919 N Comme f (x)2 = 1 alors f (x) = ±1. Attention ! Cela ne veut pas dire que la fonction est constante égale à 1 ou −1. Supposons, par exemple, qu’il existe x tel que f (x) = +1. Montrons que f est constante égale à +1. S’il existe y 6= x tel que f (y) = −1 alors f est positive en x, négative en y et continue sur I. Donc, par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe z entre x et y tel que f (z) = 0, ce qui contredit f (z)2 = 1. Donc f est constante égale à +1. Correction de l’exercice 1920 N Notons ` la limite de f en +∞ : ∀ε > 0 ∃A ∈ R
x > A ⇒ ` − ε 6 f (x) 6 ` + ε.
Fixons ε = +1, nous obtenons un A correspondant tel que pour x > A, ` − 1 6 f (x) 6 ` + 1. Nous venons de montrer que f est bornée “à l’infini”. La fonction f est continue sur l’intervalle fermé borné [0, A], donc f est bornée sur cet intervalle : il existe m, M tels que pour tout x ∈ [0, A], m 6 f (x) 6 M. En prenant M 0 = max(M, ` + 1), et m0 = min(m, ` − 1) nous avons que pour tout x ∈ R, m0 6 f (x) 6 M 0 . Donc f est bornée sur R. 1 La fonction n’atteint pas nécessairement ses bornes : regardez f (x) = 1+x . Correction de l’exercice 1927 N 1617
1. Si f (0) = 0 et c’est fini, on a trouver le point fixe ! Sinon f (0) n’est pas nul. Donc f (0) > 0 et 0 ∈ E. Donc E n’est pas vide. 2. Maintenant E est un partie de [0, 1] non vide donc sup E existe et est fini. Notons c = sup E ∈ [0, 1]. Nous allons montrer que c est un point fixe. 3. Nous approchons ici c = sup E par des éléments de E : Soit (xn ) une suite de E telle que xn → c et xn 6 c. Une telle suite existe d’après les propriétés de c = sup E. Comme xn ∈ E alors xn < f (xn ). Et comme f est croissante f (xn ) 6 f (c). Donc pour tout n, xn < f (c) ; comme xn → c alors à la limite nous avons c 6 f (c). 4. Si c = 1 alors f (1) = 1 et nous avons notre point fixe. Sinon, nous utilisons maintenant le fait que les élements supérieurs à sup E ne sont pas dans E : Soit (tn ) une suite telle que tn → c, tn > c et telle que f (tn ) 6 tn . Une telle suite existe car sinon c ne serait pas égal à sup E. Nous avons f (c) 6 f (tn ) 6 tn et donc à la limite f (c) 6 c. Nous concluons donc que c 6 f (c) 6 c, donc f (c) = c et c est un point fixe de f . Correction de l’exercice 1934 N 1. Soit x ∈ [0, 1] et y = f (x) ∈ [0, 1]. Alors f (y) = y car f ( f (x)) = f (x). Donc E f 6= ∅. Nous venons de montrer que I = f ([0, 1]) est inclus dans E f . 2. Montrons réciproquement E f est inclus dans I. Soit x ∈ [0, 1] tel que f (x) = x alors x ∈ I = f ([0, 1]) (car x = f (x) !). Ainsi E f = I = f ([0, 1]). Mais l’image de l’intervalle [0, 1] par la fonction continue f est un intervalle donc E f est un intervalle. 3. La réciproque est vraie : une fonction continue pour laquelle E f = f ([0, 1]) vérifie aussi f ◦ f = f . En effet pour x ∈ [0, 1] et y = f (x) alors y ∈ f ([0, 1]) donc y ∈ E f . Donc f (y) = y, autrement dit f ( f (x)) = f (x). Les fonctions continues qui vérifient f ◦ = f sont donc exactement les fonctions continues telles que E f = f ([0, 1]). Pour une telle fonction si l’on note [a, b] = E f alors f est définie sur [0, a] par n’importe qu’elle fonction continue prenant ses valeurs entre a et b, et valant a en a : f ([0, a]) ⊂ [a, b] et f (a) = a. Elle est ensuite définie par l’identité sur [a, b] : pour tout x ∈ [a, b], f (x) = x. Et enfin sur [b, 1] elle est définie par n’importe quelle fonction continue prenant ses valeurs entre a et b, et valant b en b : f ([b, 1]) ⊂ [a, b] et f (b) = b. Correction de l’exercice 1936 N Non, par exemple f : R −→ R. Avec f (x) = sin 1x pour x 6= 0 et f (0) = 0. f n’est pas continue (en 0), mais pour tout a, b et pour tout y ∈ [ f (a), f (b)], il existe x ∈ [a, b] tel que y = f (x). Correction de l’exercice 1943 N 1. Pour tout x ∈]a, b[, on a x ∈ [a, b] donc f (x) 6 supa6t6b f (t). Par conséquent supa6t6b f (t) est un majorant de f sur l’intervalle ]a, b[, donc il est plus grand que le plus petit des majorants : supa 1 . Or an tend vers a quand n tend vers +∞, et comme f est continue, ceci implique b−a que f (an ) tend vers f (a) quand n tend vers +∞. Donc ∀ε > 0, ∃n ∈ |||, f (x0 ) − ε 6 f (an ) 6 f (x0 ), ce qui implique que f (x0 ) = supa 0, `(x) = limn→+∞ f (nx). On a `(kx) = `(x) pour tout k ∈ |||∗ d’où aussi pour tout k ∈ Q+∗ . Montrons alors que f (x) → `(1) lorsque x → +∞ : soit ε > 0 et δ associé dans la définition de l’uniforme continuité de f . On choisit un rationnel α ∈ ]0, δ [ et un entier N tel que | f (nα) − `(1)| = | f (nα) − `(α)| 6 ε pour tout n > N. Alors | f (x) − `(1)| 6 2ε pour tout x > Nα. Correction de l’exercice 1972 N Il existe a > 0 tel que f est définie et continue sur [a, +∞[. 1er cas. Supposons que ` est réel. Soit ε > 0. ∃A1 > a/ ∀X ∈ [a, +∞[, (X > A1 ⇒ ` −
ε ε < f (X + 1) − f (X) < ` + ). 2 2
Soit X > A1 et n ∈ N∗ . On a : n−1
ε
n−1
n−1
ε
∑ (` − 2 ) < ∑ ( f (X + k + 1) − f (X + k)) = f (X + n) − f (X) < ∑ (` + 2 ),
k=0
k=0
k=0
et on a donc montré que ε ε ∀ε > 0, ∃A1 > a/ ∀X > A1 , ∀n ∈ NN ∗, n(` − ) < f (X + n) − f (X) < n(` + ). 2 2 ∗ Soit de nouveau ε > 0. Soit ensuite x > A1 + 1 puis n = E(x − A1 ) ∈ N puis X = x − n. On a X = x − E(x − A1 ) > x − (x − A1 ) = A1 et donc n(` − ε2 ) < f (x) − f (x − n) < n(l + ε2 ) ou encore ε f (x) f (x − n) n ε f (x − n) n + (` − ) < < + (` + ). x x 2 x x x 2 Ensuite, 1−
A1 + 1 x − A1 − 1 n E(x − A1 ) x − A1 A1 = 6 = 6 = 1− , x x x x x x
et comme 1 − A1x+1 et 1 − Ax1 tendent vers 1 quand x tend vers +∞, on en déduit que nx tend vers 1 quand x tend vers +∞. Puis, puisque f est continue sur le segment [A1 , A1 + 1], f est bornée sur ce segment. Or n 6 x − A1 < n + 1 M s’écrit encore A1 6 x − n < A1 + 1 et donc, en posant M = sup{| f (t)|, t ∈ [A1 , A1 + 1]}, on a x−n) x 6 x qui tend
vers 0 quand x tend vers +∞. En résumé, f (x−n) + nx (` − ε2 ) et f (x−n) + nx (` + ε2 ) tendent respectivement vers x x ` − ε2 et ` + ε2 quand x tend vers +∞. On peut donc trouver un réel A2 > a tel que x > A2 ⇒ f (x−n) + nx (` + ε2 ) > x (` − ε2 ) − ε2 = ` − ε et un réel A3 > a tel que x > A2 ⇒ f (x−n) + nx (` + ε2 ) < ` + ε. x Soit A = Max(A1 , A2 , A3 ) et x > A. On a `−ε < f (x) x < `+ε. On a montré que ∀ε > 0, (∃A > a/ ∀x > A, `−ε < f (x) x < ` + ε et donc limx→+∞ = `. 2ème cas. Supposons ` = +∞ (si ` = −∞, remplacer f par − f ). Soit B > 0. ∃A1 > a/ ∀X > A1 , f (X + 1) − f (X) > 2B. Pour X > A1 et n ∈ N∗ , on a : f (X + n) − f (X) = ∑n−1 k=0 ( f (X + k + 1) − f (X + k)) > 2nB. Soient x > 1 + A1 , n = E(x − A1 ) et X = x − n. On a f (x) − f (x − n) > 2nB et donc, f (x) f (x − n) 2nB > + , x x x qui tend vers 2B quand x tend vers +∞ (démarche identique au 1er cas). Donc ∃A > A1 > a tel que x > A ⇒ f (x−n) + 2nB x x > B. f (x) Finalement : (∀B > 0, ∃A > a/ (∀x > A, x > B et donc, limx→+∞ f (x) x = +∞. 1620
Correction de l’exercice 1973 N f (x) Pour x 6= 0, posons g(x) = f (2x)− . f est définie sur un voisinage de 0 et donc il existe a > 0 tel que ] − a, a[⊂ x D f . Mais alors, ] − 2a , 2a [\{0} ⊂ Dg . Soit x ∈] − 2a , a2 [\{0} et n ∈ N∗ . n−1
f (x) = Par suite, pour x ∈] −
x
x
x
n−1
x
x
x
∑ ( f ( 2k ) − f ( 2k+1 )) + f ( 2n ) = ∑ 2k+1 g( 2k+1 ) + f ( 2n ).
k=0 a a 2 , 2 [\{0} et
k=0
n∈
N∗ ,
on a :
f (x) n−1 1 x f (x/2n ) 6 ∑ g( ) + . x k+1 2k+1 x k=0 2
Soit ε > 0. Puisque par hypothèse, g tend vers 0 quand x tend vers 0,
a ε ∃α ∈]0, [/ ∀X ∈] − α, α[, |g(X)| < . 2 2 Or, pour x ∈] − α, α[\{0} et pour k dans N∗, 2xk est dans ] − α, α[\{0} et par suite, x ε n−1 1 ε 1 1 − 21n 1 ε 1 ε ∑ 2k+1 g( 2k+1 ) 6 2 ∑ 2k+1 = 2 2 1 − 1 = 2 (1 − 2n ) < 2 , k=0 k=0 2 n f (x) ε f (x/2 ) et donc, x 6 2 + x . On a ainsi montré que ε f (x/2n ) ∗ f (x) . ∀x ∈] − α, α[\{0}, ∀n ∈ N , 6 + x 2 x n−1
n
f (x/2 ) Mais, à x fixé, x tend vers 0 quand n tend vers +∞. Donc, on peut choisir n tel que f (x) ε ε x < 2 + 2 = ε. On a montré que f (x) < ε, ∀ε > 0, ∃α > 0/ (∀x ∈ D f , 0 < |x| < α ⇒ x
ce qui montre que ( f est dérivable en 0 et que) limx→0
f (x) x
f (x/2n ) x
d(x, A) et donc d(x, A) − |x − y| est un minorant de {|y − z|, z ∈ A}. Par suite, d(x, A) − |x − y| 6 d(y, A). On a montré que ∀(x, y) ∈ R2 , d(x, A) − d(y, A) 6 |y − x|.
En échangeant les roles de x et y, on a aussi montré que ∀(x, y) ∈ R2 , d(y, A) − d(x, A) 6 |y − x|. Finalement, ∀(x, y) ∈ R2 , k f (y) − f (x)| 6 |y − x|. Ainsi, f est donc 1-Lipschitzienne et en particulier continue sur R. Correction de l’exercice 1976 N Soit x0 ∈ R \ {5}. Pour x 6= 5,
3x − 1 3x0 − 1 = 14|x − x0 | . | f (x) − f (x0 )| = − x−5 x0 − 5 |x − 5|.|x0 − 5| 1621
Puis, pour x ∈]x0 − |x02−5| , x0 + |x02−5| [, on a |x − 5| > ∀x ∈]x0 −
|x0 −5| 2 [(>
0), et donc,
|x0 − 5| |x0 − 5| 28 , x0 + [, | f (x) − f (x0 )| = |x − x0 |. 2 2 (x0 − 5)2 2
ε Soient ε > 0 puis α = Min{ |x02−5| , (x0 −5) }(> 0). 28
|x − x0 | < α ⇒ | f (x) − f (x0 )| 6
28 28 (x0 − 5)2 ε |x − x | < = ε. 0 (x0 − 5)2 (x0 − 5)2 28
On a monté que ∀ε > 0, ∃α > 0/ (∀x ∈ R \ {5}, |x − x0 | < α ⇒ | f (x) − f (x0 )| < ε). f est donc continue sur R \ {5}. Correction de l’exercice 1977 N Soit χ la fonction caractéristique de Q. Soit x0 un réel. On note que x0 ∈ Q ⇔ ∀n ∈ N∗ , x0 +
1 π ∈ QQ ⇔ ∀n ∈ N∗ , x0 + ∈ / Q. n n
Donc, limn→+∞ χ(x0 + 1n ) existe, limn→+∞ χ(x0 + πn ) existe etlimn→+∞ χ(x0 + 1n ) 6= limn→+∞ χ(x0 + πn ) (bien que limn→+∞ x0 + 1n = limn→+∞ x0 + πn = x0 . Ainsi, pour tout réel x0 ∈ R, la fonction caractéristique de Q n’a pas de limite en x0 et est donc discontinue en x0 . Correction de l’exercice 1978 N Soit a un réel strcitement positif. On peut déjà noter que limx→a, x∈R\Q f (x) = 0. Donc, si f a une limite quand x tend vers a, ce ne peut être que 0 et f est donc discontinue en tout rationnel strictement positif. a désigne toujours un réel strictement positif fixé. Soit ε > 0. Soit x un réel strictement positif tel que f (x) > ε. x est nécessairement rationnel, de la forme qp où p et q sont des entiers naturels non nuls premiers entre eux 1 > ε et donc vérifiant p+q 1 2 6 p+q 6 . ε Mais il n’y a qu’un nombre fini de couples d’entiers naturels non nuls (p, q) vérifiant ces inégalités et donc, il n’y a qu’un nombre fini de réels strictement positifs x tels que f (x) > ε. Par suite, ∃α > 0 tel que aucun des réels x de ]x0 − α, x0 + α[ ne vérifie f (x) > ε. Donc, ∀a > 0, ∀ε > 0, ∃α > 0/ ∀x > 0, (0 < |x − a| < α ⇒ | f (x)| < ε), ou encore ∀a > 0,
lim
x→a, x6=a
f (x) = 0.
Ainsi, f est continue en tout irrationnel et discontinue en tout rationnel. Correction de l’exercice 1979 N Donnons tout d’abord une expression plus explicite de f (x) pour chaque réel x. Si x > 1, alors 1x ∈]0, 1[ et donc, f (x) = 0. 1 Si ∃p ∈ N∗ / x ∈] p+1 , 1p ], f (x) = px. f (0) = 1 (et plus généralement, ∀p ∈ Z∗ , f ( 1p ) = 1). Si x 6 −1, alors 1x ∈ [−1, 0[ et donc, f (x) = −x. 1 1 Enfin, si ∃p ∈ Z\ {−1} tel que x ∈] p+1 , 1p ], alors p+1 < x 6 1p (< 0) fournit, par décroissance de la fonction x 7→ 1x sur ] − ∞, 0[, p 6 1x < p + 1(< 0) et donc f (x) = px. Etude en 0. ∀x ∈ R∗ , 1x − 1 < E( 1x ) 6 1x et donc 1 − x < f (x) 6 1 si x > 0 et 1 6 f (x) < 1 − x si x < 0. Par suite, 1622
∀x ∈ R, | f (x) − 1 6 |x|, et limx→0 f (x) = 1. f est donc continue en 0. 1 f est affine sur chaque intervalle de la forme ] p+1 , 1p ] pour p élément de Z \ {−1, 0} et donc est continue sur ces intervalles et en particulier continue à gauche en chaque 1p . f est affine sur ] − ∞, −1] et aussi sur ]1, +∞[ et est donc continue sur ces intervalles. Il reste donc à analyser la continuité à droite en 1p , pour p entier relatif non nul donné. Mais, f(
1+ 1 1 ) = lim (x(p − 1)) = 1 − 6= 1 = f ( ). p p p x→ 1p , x> 1p
f est donc discontinue à droite en tout Graphe de f :
1 p
où p est un entier relatif non nul donné.
b
b
b
1
−2
b
b
b
b
−1
b
1
Correction de l’exercice 1980 N x si x ∈ (Q ∩ [0, 1]) \ {0, 21 } 1 − x si x ∈ (R \ Q) ∩ [0, 1] . f est bien une application définie sur [0, 1] à valeurs dans [0, 1]. Soit f (x) = 0 si x = 21 et 12 si x = 0 De plus, si x ∈ (Q ∩ [0, 1]) \ {0, 12 }, alors f ( f (x)) = f (x) = x. Si x ∈ (R \ Q) ∩ [0, 1], alors 1 − x ∈ (R \ Q) ∩ [0, 1] et donc f ( f (x)) = f (1 − x) = 1 − (1 − x) = x. Enfin, f ( f (0)) = f ( 21 ) = 0 et f ( f ( 12 )) = f (0) = 12 . Finalement, f ◦ f = Id[0,1] et f , étant une involution de [0, 1], est une permutation de [0, 1]. Soit a un réel de [0, 1]. On note que limx→a, x∈(R\Q) f (x) = 1 − a et limx→a, x∈Q f (x) = a. Donc, si f a une limite en a, nécessairement 1 − a = a et donc a = 21 . Mais, si a = 12 , limx→a, x∈Q, x6=a f (x) = a = 12 6= 0 = f ( 21 ) et donc f est discontinue en tout point de [0, 1]. Correction de l’exercice 1981 N Soit T une période strictement positive de f . On note ` la limite de f en +∞. Soit x un réel. ∀n ∈ N, f (x) = f (x + nT ) et quand n tend vers +∞, on obtient : f (x) = lim f (x + nT ) = `. n→+∞
1623
Ainsi, ∀x ∈ R, f (x) = ` et donc, f est constante sur R. Correction de l’exercice 1982 N Voir la correction de l’exercice 1975. Correction de l’exercice 1983 N Soit E = {x ∈ [a, b]/ f (x) > x}. E est une partie non vide de R (car a est dans E) et majorée (par b). Donc, E admet une borne supèrieure c vérifiant a 6 c 6 b. Montrons que f (c) = c. Si c = b, alors ∀n ∈ N∗ , ∃xn ∈ E/ b − n1 < xn 6 b. Puisque f est à valeurs dans [a, b] et que les xn sont dans E, pour tout entier naturel non nul n, on a xn 6 f (xn ) 6 b (∗). Quand n tend vers +∞, la suite (xn ) tend vers b (théorème des gendarmes) et donc, f étant croissante sur [a, b], la suite ( f (xn )) tend vers f (b− ) 6 f (b). Par passage à la limite quand n tend vers +∞ dans (∗), on obtient alors b 6 f (b− ) 6 f (b) 6 b et donc f (b) = b. Finalement, dans ce cas, b est un point fixe de f . Si c ∈ [a, b[, par définition de c, pour x dans ]c, b], f (x) < x (car x n’est pas dans E) et par passage à la limite quand x tend vers c par valeurs supérieures et d’après les propriétés usuelles des fonctions croissantes, on obtient : f (c)(6 f (c+)) 6 c. D’autre part, ∀n ∈ N∗ , ∃xn ∈ E/ c − 1n < xn 6 c. xn étant dans E, on a f (xn ) > xn . Quand n tend vers +∞, on obtient : f (c) > f (c− ) > c. Finalement, f (c) = c et dans tous les cas, f admet au moins un point fixe. Correction de l’exercice 1984 N Puisque f est croissante sur [a, b], on sait que f admet en tout point x0 de ]a, b[ une limite à gauche et une limite à droite réelles vérifiant f (x0− ) 6 f (x0 ) 6 f (x0+ ) puis une limite à droite en a élément de [ f (a), +∞[ et une limite à gauche en b élément de ] − ∞, f (b)]. Si f est discontinue en un x0 de ]a, b[, alors on a f (x0− ) < f (x0 ) ou f (x0 ) < f (x0+ ). Mais, si par exemple f (x0− ) < f (x0 ) alors, ∀x ∈ [a, x0 [ (6= 0), / f (x) 6 f (x0 −) et ∀x ∈ [x0 , b], f (x) > f (x0 ). Donc ] f (x0− ), f (x0 )[∩ f ([a, b]) = 0/ ce qui est exclu puisque d’autre part ] f (x0− ), f (x0 )[6= 0/ et ] f (x0− ), f (x0 )[⊂ [ f (a), f (b)] (la démarche est identique si f (x0+ ) > f (x0 )). Donc, f est continue sur ]a, b[. Par une démarche analogue, f est aussi continue en a ou b et donc sur [a, b]. Correction de l’exercice 1985 N Posons ` = limx→+∞ f (x). Soit ε > 0. ∃A > 0/ ∀x ∈ R+ , (x > A ⇒ | f (x) − `| < ε3 . Soit (x, y) ∈ [A, +∞[2 . Alors, | f (x) − f (y)| 6 | f (x) − `| + |` − f (y)| < 2ε3 (< ε). D’autre part, f est continue sur le segment [0, A] et donc est uniformément continue sur ce segment d’après le théorème de H EINE. Donc, ∃α > 0/ ∀(x, y) ∈ [0, A]2 , |x − y| < α ⇒ | f (x) − f (y)| < ε3 (< ε). Résumons. α > 0 étant ainsi fourni, soient x et y deux réels de [0, +∞[ vérifiant |x − y| < α. Si (x, y) ∈ [0, A]2 , on a | f (x) − f (y)| < ε3 < ε. Si (x, y) ∈ [A, +∞[2 , on a | f (x) − f (y)| < 2ε3 < ε. Si enfin on a x 6 A 6 y, alors, puisque |A − x| 6 |x − y| < α, on a | f (x) − f (A)| < ε3 et puisque A et y sont dans [A, +∞[, on a | f (y) − f (A)| < 2ε3 . Mais alors, | f (x) − f (y)| 6 | f (x) − f (A)| + | f (y) − f (A)|
0, ∃α > 0/ ∀(x, y) ∈ [0, +∞[2 , (|x − y| < α ⇒ | f (x) − f (y)| < ε). f est donc uniformément continue sur [0, +∞[. Correction de l’exercice 1986 N
1624
Soit T une pèriode strictement positive de f . f est continue sur le segment [0, T ] et donc est bornée sur ce segment. f est par suite bornée sur R par T -périodicité. Soit ε > 0. f est continue sur le segment [0, T ] et donc, d’après le théorème de H EINE, f est uniformément continue sur ce segment. Donc, ε ∃α ∈]0, T [/ ∀(x, y) ∈ [0, T ], (|x − y| < α ⇒ | f (x) − f (y)| < . 2 Soient x et y deux réels tels que |x − y| < α. Si il existe un entier naturel k tel que (x, y) ∈ [kT, (k + 1)T ], alors x − kT ∈ [0, T ], y − kT ∈ [0, T ], puis |(x − kT ) − (y − kT )| = |y − x| < α et donc | f (x) − f (y)| < ε2 < ε. Sinon, en supposant par exemple que x 6 y, puisque l’on a choisi α < T , ∃k ∈ Z/ (k − 1)T 6 x 6 kT 6 y 6 (k + 1)T. Mais alors, |x − kT | = |y − x| < α et |y − kT | 6 |y − x| < α. Par suite, | f (x) − f (y)| 6 | f (x) − f (kT )| + | f (y) − f (kT )|
0, ∃α > 0/ ∀(x, y) ∈ R2 , (|x − y| < α ⇒ | f (x) − f (y)| < ε). f est donc uniformément continue sur R. Correction de l’exercice 1987 N Commençons par la fin, trouver un tel δ montrera que ∀ε > 0
∃δ > 0 |x − x0 | < δ ⇒ | f (x) − (−3)| < ε
autrement dit la limite de f en x0 = 0 est −3. Comme f (0) = −3 alors cela montre aussi que f est continue en x0 = 0. On nous donne un ε > 0, à nous de trouver ce fameux δ . Tout d’abord 2x + 3 11|x| | f (x) + 3| = + 3 = . 3x − 1 |3x − 1|
Donc notre condition devient :
| f (x) + 3| < ε
⇔
11|x| 0 pair, la limite de f en 0 vaut +∞ et pour k = n − m > 0 impair f n’a pas de limite en 0 car les limites à droite et à gauche ne sont pas égales. Correction de l’exercice 2010 N 1. Soit p > 0 la période : pour tout x ∈ R, f (x + p) = f (x). Par une récurrence facile on montre : ∀n ∈ N
∀x ∈ R
f (x + np) = f (x).
Comme f n’est pas constante il existe a, b ∈ R tels que f (a) 6= f (b). Notons xn = a + np et yn = b + np. Supposons, par l’absurde, que f a une limite ` en +∞. Comme xn → +∞ alors f (xn ) → `. Mais f (xn ) = f (a + np) = f (a), donc ` = f (a). De même avec la suite (yn ) : yn → +∞ donc f (yn ) → ` et f (yn ) = f (b + np) = f (b), donc ` = f (b). Comme f (a) 6= f (b) nous obtenons une contradiction.
2. Soit f : R −→ R une fonction croissante et majorée par M ∈ R. Notons F = f (R) = { f (x) | x ∈ R}.
F est un ensemble (non vide) de R, notons ` = sup F. Comme M ∈ R est un majorant de F, alors ` < +∞. Soit ε > 0, par les propriétés du sup il existe y0 ∈ F tel que ` − ε 6 y0 6 `. Comme y0 ∈ F, il existe x0 ∈ R tel que f (x0 ) = y0 . Comme f est croissante alors : ∀x > x0
f (x) > f (x0 ) = y0 > ` − ε.
De plus par la définition de ` : ∀x ∈ R f (x) 6 `. Les deux propriétés précédentes s’écrivent : ∀x > x0
` − ε 6 f (x) 6 `.
Ce qui exprime bien que la limite de f en +∞ est `.
Correction de l’exercice 2014 N 1.
x2 +2|x| x
= x + 2 |x| x . Si x > 0 cette expression vaut x + 2 donc la limite à droite en x = 0 est +2. Si x < 0 l’expression vaut −2 donc la limite à gauche en x = 0 est −2. Les limites à droite et à gauche sont différentes donc il n’y a pas de limite en x = 0.
2.
x2 +2|x| x
3.
x2 −4 x2 −3 x+2
4. 5.
6.
= x + 2 |x| x = x − 2 pour x < 0. Donc la limite quand x → −∞ est −∞. =
(x−2)(x+2) (x−2)(x−1)
=
x+2 x−1 ,
lorsque x → 2 cette expression tend vers 4.
(1−cos x)(1+cos x) sin2 x 1−cos2 x = 1 − cos x. Lorsque x → π la limite est donc 2. 1+cos x = 1+cos x = 1+cos x √ √ √ √ √ √ 2 2 2 2 2 1+x−(1+x 1+x− 1+x 1+x− 1+x x−x√ 1−x √ ) √ √1+x+√1+x = √ = × = x(√1+x+ = √1+x+ . Lorsque x x 1+x+ 1+x2 x( 1+x+ 1+x2 ) 1+x2 ) 1+x2 x → 0 la limite vaut 21 . √ √ √ √ √ √ √x−3 = √x+5−(x−3) √ x+5− x−3 = x + 5 − x − 3 × √x+5+ = √x+5+8 √x−3 . Lorsque x → +∞, la x+5+ x−3 x+5+ x−3
limite vaut 0.
7. Nous avons l’égalité a3 − 1 = (a − 1)(1 + a + a2 ). Pour a =
√ 3 1 + x2 cela donne :
a−1 a3 − 1 1 + x2 − 1 1 = = = . x2 x2 (1 + a + a2 ) x2 (1 + a + a2 ) 1 + a + a2 1628
Lors que x → 0, alors a → 1 et la limite cherchée est 13 . Autre méthode : si l’on sait que la limite d’un taux d’accroissement correspond à la dérivée nous avons une méthode moins astucieuse. Rappel (ou anticipation sur un prochain chapitre) : pour une fonction f dérivable en a alors f (x) − f (a) lim = f 0 (a). x→a x−a √ 1 2 Pour la fonction f (x) = 3 1 + x = (1 + x) 3 ayant f 0 (x) = 13 (1 + x)− 3 cela donne en a = 0 : √ √ 3 3 1 + x2 − 1 1+x−1 f (x) − f (0) 1 lim = lim = lim = f 0 (0) = . 2 x→0 x→0 x→0 x x x−0 3 8.
xn −1 x−1
= 1 + x + x2 + · · · + xn . Donc si x → 1 la limite de
xn −1 x−1
x−1 1 xn −1 en 1 est n . f (x) = xn , f 0 (x) = nxn−1
est n. Donc la limite de
La méthode avec le taux d’accroissement fonctionne aussi très bien ici. Soit n −1 f (1) a = 1. Alors xx−1 = f (x)− tend vers f 0 (1) = n. x−1
et
Correction de l’exercice 2021 N 1. −∞
2. 0
3. +∞ 4. +∞ 5.
3 2
6. −∞ 7. 0 8. 0 9. 0 10. 0 11. −2
12. −∞ 13. 1
14. e4 15. 1 16. e 17. e 18. 0 19. 0 20. 0 Correction de l’exercice 2026 N 1. Montrons d’abord que la limite de f (x) =
xk − α k x−α
en α est kα k−1 , k étant un entier fixé. Un calcul montre que f (x) = xk−1 + αxk−2 + α 2 xk−3 + · · · + α k−1 ; en effet (xk−1 + αxk−2 + α 2 xk−3 + · · · + α k−1 )(x − α) = xk − α k . Donc la limite en x = α est kα k−1 . Une autre méthode consiste à dire que f (x) est la taux d’accroissement de la fonction xk , et donc la limite de
1629
f en α est exactement la valeur de la dérivée de xk en α, soit kα k−1 . Ayant fait ceci revenons à la limite de l’exercice : comme xn+1 − α n+1 xn+1 − α n+1 x−α = . × n n n x −α x−α x − αn
Le premier terme du produit tend vers (n + 1)α n et le second terme, étant l’inverse d’un taux d’accroissement, tend vers 1/(nα n−1 ). Donc la limite cherchée est (n + 1)α n n + 1 = α. nα n−1 n 2. La fonction f (x) = u = cos x, alors
tan x−sin x sin x(cos 2x−cos x)
f (x) =
3.
s’écrit aussi f (x) =
1−cos x cos x(cos 2x−cos x) .
Or cos 2x = 2 cos2 x − 1. Posons
1−u 1 1−u = = 2 u(2u − u − 1) u(1 − u)(−1 − 2u) u(−1 − 2u)
Lorsque x tend vers 0, u = cos x tend vers 1, et donc f (x) tend vers − 13 .
q q p p √ √ √ √ x+ x+ x− x x+ x+ x+ x q √ √ q x+ x+ x− x = p √ √ x+ x+ x+ x p √ x+ x =q p √ √ x+ x+ x+ x q 1 + √1x =q √ √ x+ x 1+ x +1
r
Quand x → +∞ alors
√1 x
→ 0 et
√
√ x+ x x
4. La fonction s’écrit
=
q
1 x
+ x√1 x → 0, donc la limite recherchée est √ √ √x− α x−α
√ √ √ √ √ √ x− α − x−α x− α − x−α √ √ f (x) = = √ = x−α x+α x2 − α 2
Notons g(x) =
√ √ √x− α x−α
√1 . 2
−1 √ . x+α
alors à l’aide de l’expression conjuguée √ x−α x−α √ . √ =√ g(x) = √ √ x+ α ( x − α)( x + α)
Donc g(x) tend vers 0 quand x → α + . Et maintenant f (x) =
g(x)−1 √ x+α
tend vers − √12α .
5. Pour tout réel y nous avons la double inégalité y − 1 < E(y) 6 y. Donc pour y > 0, en déduit que lorsque y tend vers +∞ alors
6.
E(y) y
y−1 y
4, alors on prouve que f n’a pas de limite en +∞. En effet pour pour uk = 2kπ, f (2kπ) = (2kπ)4 tend vers +∞ lorsque k (et donc uk ) tend vers +∞. Cependant pour v4
vk = 2kπ + π2 , f (vk ) = 1+vk α tend vers 0 (ou vers 1 si α = 4) lorsque k (et donc vk ) tend vers +∞. Ceci k prouve que f (x) n’a pas de limite lorsque x tend vers +∞. Reste le cas α < 4. Il existe β tel que α < β < 4. f (x) =
x4 = 1 + xα sin2 x
1 xβ
x4−β . α + xxβ sin2 x α
Le numérateur tend +∞ car 4 − β > 0. x1β tend vers 0 ainsi que xxβ sin2 x (car β > α et sin2 x est bornée par 1). Donc le dénominateur tend vers 0 (par valeurs positives). La limite est donc de type +∞/0+ (qui n’est pas indéterminée !) et vaut donc +∞.
Correction de l’exercice 2032 N Réponse : 23 Correction de l’exercice 2033 N 1. Comme −1 6 sin 1x 6 +1 alors 1 6 2 + sin 1x 6 +3. Donc pour x > 0, nous obtenons On obtient une inégalité similaire pour x < 0. Cela implique
lim x 1 x→0 2+sin x
x 3
6
x 2+sin 1x
6 x.
= 0.
→ 1 lorsque t → 0, on peut le reformuler ainsi ln(1 + t) = t · µ(t), pour une certaine 2. Sachant que ln(1+t) t fonction µ qui vérifie µ(t) → 1 lorsque t → 0. Donc ln(1 + e−x ) = e−x µ(e−x ). Maintenant 1 −x (ln(1 + e )) = exp ln ln(1 + e ) x 1 −x −x = exp ln e µ(e ) x 1 −x = exp −x + ln µ(e ) x ln µ(e−x ) = exp −1 + x −x
µ(e−x ) → 1 donc ln µ(e−x ) → 0, donc Bilan : la limite est exp(−1) = 1e .
1 x
ln µ(e−x ) x
→ 0 lorsque x → +∞.
3. x
4. Sachant e x−1 → 1 lorsque x → 0, on reformule ceci en ex − 1 = x · µ(x), pour une certaine fonction µ qui vérifie µ(x) → 1 lorsque x → 0. Cela donne ln(ex − 1) = ln(x · µ(x)) = ln x + ln µ(x). 1 1 x ln(ex −1) = exp ln x ln(ex − 1) 1 = exp ln x ln x + ln µ(x) ! 1 = exp 1 + lnlnµ(x) x
1631
Maintenant µ(x) → 1 donc ln µ(x) → 0, et ln x → −∞ lorsque x → 0. Donc lnlnµ(x) x → 0. Cela donne ! 1 1 x = exp (1) = e. lim x ln(e −1) = lim+ exp x→0+ x→0 1 + lnlnµ(x) x
Correction de l’exercice 2034 N Réponse : 1. Correction de l’exercice 2035 N Supposons a > b. Alors
ax + bx 2
1x
=
1 + ( ab )x a × 2 x
! 1x
=a
1 + ( ba )x 2
! 1x
.
b x 1x 1 1 1+( a ) Or 0 6 ba 6 1, donc 0 6 ( ba )x 6 1 pour tout x > 1. Donc ( 12 ) x 6 6 1 x . Les deux termes 2 extrêmes tendent vers 1 lorsque x tend vers +∞ donc le terme du milieu tend aussi vers 1. Conclusion : x x 1 x si a > b alors lim a +b = a. Si b > a alors cette limite vaudrait b. Cela se résume dans le cas 2 x→+∞ x x 1 x = max(a, b). général où a, b sont quelconques par lim a +b 2 x→+∞
Correction de l’exercice 2036 N Soit f (x) = x
ax + bx 2
1x
x 1 a + bx = exp ln x 2
x
→ 1 lorsque x → 0 et nous sommes face à une forme indéterminée. Nous ax → 1, bx → 1 donc a +b 2 ln(1+t) savons que limt→0 t = 1. Autrement dit il existe un fonction µ telle que ln(1 + t) = t · µ(t) avec µ(t) → 1 lorsque t → 0. x x Appliquons cela à g(x) = ln a +b . Alors 2 x x a + bx a + bx g(x) = ln 1 + −1 = − 1 · µ(x) 2 2 x
x
où µ(x) → 1 lorsque x → 0. (Nous écrivons pour simplifier µ(x) au lieu de µ( a +b 2 − 1).) t
t Nous savons aussi que limt→0 e −1 t = 1. Autrement dit il existe un fonction ν telle que e − 1 = t · ν(t) avec ν(t) → 1 lorsque t → 0. Appliquons ceci :
ax + bx 1 − 1 = (ex ln a + ex ln b ) − 1 2 2 1 x ln a = (e − 1 + ex ln b − 1) 2 1 = (x ln a · ν(x ln a) + x ln b · ν(x ln b)) 2 1 = x (ln a · ν(x ln a) + ln b · ν(x ln b)) 2
1632
Reste à rassembler tous les éléments du puzzle :
1 ax + bx x f (x) = 2 x a + bx 1 ln = exp x 2 1 g(x) = exp x x 1 a + bx = exp − 1 · µ(x) x 2 1 1 = exp · · x (ln a · ν(x ln a) + ln b · ν(x ln b)) · µ(x) x 2 1 (ln a · ν(x ln a) + ln b · ν(x ln b)) · µ(x) = exp 2 Or µ(x) → 1, ν(x ln a) → 1, ν(x ln b) → 1 lorsque x → 0. Donc √ 1 1 lim f (x) = exp (ln a + ln b) = exp ln(ab) = ab. x→0 2 2
Correction de l’exercice 2038 N x
Pour x > 0, (xx )x = ex ln(x ) = ex
2 ln x
x
et x(x ) = ex
∀x > 0,
x ln x
. Par suite,
(xx )x 2 x x ) = exp(ln x(x − x )). (x x
Or, x2 − xx = −xx (1 − x2−x ) = −ex ln x (1 − e(2−x) ln x ). Quand x tend vers +∞, (2 − x) ln x tend vers −∞. Donc, 1 − e(2−x) ln x tend vers 1 puis x2 − xx tend vers −∞. Mais alors, ln x(x2 − xx ) tend vers −∞, puis (xx )x 2 x x = exp(ln x(x − x )) tend vers 0. x(x ) x x
) limx→+∞ (x x = 0. x(x )
Correction de l’exercice 2039 N (a) Il faut que le dénominateur ne s’annule pas donc x 6= 52 . En plus il faut que le terme sous la racine soit positif ou nul, c’est-à-dire (2 + 3x) × (5 − 2x) > 0, soit x ∈ [− 23 , 52 ]. L’ensemble de définition est donc [− 32 , 52 [. √ √ (b) Il faut x2 − 2 x − 5 > 0, soit x ∈] − ∞, 1 − 6] ∪ [1 + 6, +∞[. (c) Il faut 4x + 3 > 0 soit x > − 34 , l’ensemble de définition étant ] − 43 , +∞[. Correction de l’exercice 2043 N Pour tout x ∈ R on a :
| cos x| 1 6 6 1. 2 1+x 1 + x2 Par conséquent, pour tout x ∈ R, f (x) ∈ [−1, 1] donc f est minorée (−1 est un minorant), majorée (1 est un majorant) et supx∈R f (x) 6 1. Comme f (0) = 1 on a nécessairement supx∈R f (x) > 1. Conclusion : 0 6 | f (x)| =
sup f (x) = 1. x∈R
1633
Correction de l’exercice 2055 N α = inf(A) ⇒ f (α + ) 6 α et f (α − ) > α. Correction de l’exercice 2056 N Supposons qu’il existe a, b ∈ R avec a < b et f (b) < f (a). On note E = {x ∈ [a, b] tq f (x) < f (a)} et c = inf(E). On a c ∈ E et c > a par hypothèse et donc f (c) = limx→c− f (x) > f (a), absurde. Correction de l’exercice 2057 N Injectivité évidente. Monotonie : pour a < b < c on a |a − b| < |a − c| et |c − b| < |c − a| d’où les mêmes inégalités pour f (a), f (b), f (c) ce qui prouve que f (b) est strictement compris entre f (a) et f (c). Continuité : soit a ∈ R, δ > 0, x = a − δ , y = a + δ et z = a − 4δ . On a 2δ = |x − y| < |x − z| = 3δ donc | f (x) − f (y)| < | f (x) − f (z)| et en faisant tendre δ vers 0+ : | f (a− ) − f (a+ )| 6 | f (a− ) − f (a− )| = 0. Affine : soient x ∈ R, h > 0, z = x + h et x − h < y < x. On a | f (x) − f (y)| < | f (x) − f (x + h)| d’où en faisant tendre y vers (x − h)+ : | f (x) − f (x − h)| 6 | f (x) − f (x + h)|. On obtient l’inégalité inverse en permutant y et z, donc f (x − h) et f (x + h) sont équidistants de f (x) et, par injectivité de f : f (x) = f (x−h)+ f (x+h) ce qui permet de conclure avec la continuité de f . 2 Correction de l’exercice 2060 N (a) Étudier les logs. (b) Idem.
Correction de l’exercice 2061 N f 0 (x) f (x)
=
a (1+ax) ln(1+ax)
b − (1+bx) ln(1+bx) .
Pour x > 0 fixé, la fonction t 7−→
t (1+tx) ln(1+tx)
est décroissante.
Correction de l’exercice 2064 N (a) Oui ssi |a| > |b|.
(b) Oui ssi |a| < |b|. Correction de l’exercice 2065 N =
ch(nx/2) sh((n+1)x/2) . sh(x/2)
Correction de l’exercice 2066 N x = − 23 a. Correction de l’exercice 2067 N 2 coth 2x − 1x . Correction de l’exercice 2068 N 1634
coth 2x − 1. Correction de l’exercice 2070 N ( X +Y = a + b x y Poser X = e , Y = e : ⇒ XY = a+b a−b .
Il y a des solutions si et seulement si a >
√ b2 + 4.
Correction de l’exercice 2072 N √ = x + ln 2. Correction de l’exercice 2073 N x = 54 . Correction de l’exercice 2074 N √ (a) F(x) = argsh 2x+1 . 3 √ (b) F(x) = √15 ln √5−2x−1 . 5+2x+1 Correction de l’exercice 2075 N x a x (a) Étude de x 7→ aa1 + · · · + ap .
(b) xa > xb .
(c) xa → `. Si ` > 0, aaa → +∞, mais ax1a + · · · + axpa → a`1 + · · · + a`p . Donc ` = 0, et xa ln a → ln p. Correction de l’exercice 2076 N (a) Pour x = 1 on a f ◦ f (y) = y f (1) donc f est injective et pour y = 1 : f (x f (1)) = f (x) d’où f (1) = 1.
(b) f (xy) = f (x f ( f (y))) = f (y) f (x). Pour 0 < x < 1 on a f (xn ) = f (x)n → +∞ (lorsque n → ∞) donc f (x) > 1 ce qui entraîne par morphisme la décroissance de f . Enfin f est monotone et f (]0, +∞[) = ]0, +∞[ donc f n’a pas de saut et est continue.
(c) En tant que morphisme continu, f est de la forme x 7→ xα avec α ∈ R et l’involutivité et la décroissance donnent α = −1. Correction de l’exercice 2077 N π π (a) 4 cos θ − 12 (mod 2π). = 2 ⇐⇒ θ ≡ ± π3 + 12
(b) sin θ + · · · + sin 4θ = 2 sin θ cos θ (4 cos2 θ + 2 cos θ − 1) = 4 sin(5θ /2) cos θ cos(θ /2) √
4 cos2 θ + 2 cos θ − 1 = 0 ⇐⇒ cos θ = 5−1 = cos(2π/5) ou cos θ = − 4 ⇒ modulo 2π, θ ∈ {0, π, π/2, 3π/2, 2π/5, 4π/5, 6π/5, 8π/5}. n o π π (c) cos θ ∈ − 12 , ± √12 ⇐⇒ θ ≡ ± 2π 3 (mod 2π) ou θ ≡ 4 (mod 2 ).
√ 5+1 4
= sin(2π/5)
π 3π (d) 2 sin(3θ /2) sin(θ /2) = 2 sin(3θ /2) cos(3θ /2) ⇐⇒ θ ≡ 0(mod 2π 3 ) ou θ ≡ 4 (mod π) ou θ ≡ 2 (mod 2π).
(e) 2 cos 4θ cos 3θ = cos 4θ ⇐⇒ θ ≡ π8 (mod π4 ) ou θ ≡ ± π9 (mod 2π 3 ). 1635
(f) 2 cos 7θ cos 5θ =
√ 3 cos 5θ ⇐⇒ θ ≡
π π 10 (mod 5 )
π (g) θ ≡ 0mod π3 ou θ ≡ ± 12 (mod π2 ).
π ou θ ≡ ± 42 (mod 2π 7 ).
(h) cos3 θ sin 3θ + cos 3θ sin3 θ = 34 sin 4θ ⇒ θ ≡ π8 (mod π2 ). (i) θ ≡ 0(mod π8 ). 1 2
⇔ θ ≡ π6 (mod 2π) ou θ ≡ √ (k) θ ≡ 0, ± arctan 5(mod π). (j) sin θ =
5π 6 (mod 2π).
(l) cos2 θ − sin2 θ = cos θ sin θ (cos θ + sin θ ). cos θ + sin θ = 0 ⇐⇒ θ ≡ − π4 (mod π).
√√ √ cos θ = 2 2−1+ 2−1 √√ 2 √ cos θ − sin θ = cos θ sin θ ⇒ (cos θ sin θ )2 + 2 cos θ sin θ = 1 ⇒ sin θ = 2 2−1− 2+1 . 2
Les valeurs trouvées conviennent. (m) tan x = tan y = 12 .
Correction de l’exercice 2078 N π (a) − 2π 3 < θ (mod 2π) < 3 .
( √ cos α = 2/ 5 √ (b) 2α < θ (mod 2π) < 2π avec sin α = 1/ 5.
Correction de l’exercice 2080 N (a) 1 − cos α = 2 sin α2 cos β +γ 2 ,
cos β + cos γ = 2 sin α2 cos β −γ 2 .
(b) = 1.
Correction de l’exercice 2082 N sin(p−q) tan p − tan q = cos p cos q . tan((n+1)θ )−tan θ si sin θ 6= 0 sin θ Sn = n si θ ≡ 0(mod 2π) −n si θ ≡ π(mod 2π).
Correction de l’exercice 2083 N linéariser : ∑ =
1 4
3n sin 3αn − sin α .
Correction de l’exercice 2084 N cotanx − 2cotan2x = tan x, ∑ =
1 α 2n cotan 2n
− 2cotan2α.
Correction de l’exercice 2085 N θ=
π 7
:
1 sin θ
− sin13θ =
2 cos 2θ sin 3θ
=
1 sin 2θ .
Correction de l’exercice 2086 N 1636
(a) Soit f une fonction dérivable sur R à valeurs dans R. Si f est paire, alors, pour tout réel x, f (−x) = f (x). En dérivant cette égalité, on obtient ∀x ∈ R, − f 0 (−x) = f 0 (x),
et donc f 0 est impaire. De même, si f est impaire, pour tout réel x, on a f (−x) = − f (x), et par dérivation on obtient pour tout réel x, f 0 (−x) = f 0 (x). f 0 est donc paire. ( f paire ⇒ f 0 impaire) et ( f impaire ⇒ f 0 paire.) (b) Soient n ∈ N∗ et f une fonction n fois dérivable sur R à valeurs dans R. Supposons f paire. Par suite, pour tout réel x, f (−x) = f (x). Immédiatement par récurrence, on a ∀x ∈ R, f (n) (−x) = (−1)n f (x).
Ceci montre que f (n) a la parité de n, c’est-à-dire que f (n) est une fonction paire quand n est un entier pair et est une fonction impaire quand n est un entier impair. De même, si f est impaire et n fois dérivable sur R, f (n) a la parité contraire de celle de n. (c) Soit f une fonction continue sur R et impaire et F une primitive de f . Montrons que F est paire. Pour x réel, posons g(x) = F(x) − F(−x). g est dérivable sur R et pour tout réel x, g0 (x) = F 0 (x) + F 0 (−x) = f (x) + f (−x) = 0. g est donc constante sur R et par suite, pour tout réel x, g(x) = g(0) = F(0) − F(0) = 0. Ainsi, g est la fonction nulle et donc, pour tout réel x, F(x) = F(−x). On a montré que F est paire. Par contre, si f est paire, F n’est pas nécessairement impaire. Par exemple, la fonction f : x 7→ 1 est paire, mais F : x 7→ x + 1 est une primitive de f qui n’est pas impaire.
(d) On montre aisément en dérivant une ou plusieurs fois l’égalité : ∀x ∈ R, f (x + T ) = f (x), que les dérivées successives d’une fonction T -périodique sont T -périodiques. Par contre, il n’en est pas de même des primitives. Par exemple, si pour tout réel x, f (x) = cos2 x = 12 (1 + cos(2x)), f est π-périodique, mais la fonction F : x 7→ 2x + sin(2x) 4 , qui est une primitive de f sur R, n’est pas π-périodique ni même périodique tout court.
Correction de l’exercice 2087 N √ Pour n ∈ N∗ , posons un = n n puis, pour x réel strictement positif, f (x) = x1/x de sorte que pour tout naturel non nul n, on a un = f (n). f est définie sur ]0, +∞[ et pour x > 0, f (x) = eln x/x . f est dérivable sur ]0, +∞[ et pour x > 0, 1 − ln x ln x/x e . x2 Pour x > 0, f 0 (x) est du signe de 1 − ln x et donc f 0 est strictement positive sur ]0, e[ et strictement négative sur ]e, +∞[. f est donc strictement croissante sur ]0, e] et strictement décroissante sur [e, +∞[. En particulier, pour n > 3, f 0 (x) =
un = f (n) 6 f (3) = u3 =
√ 3 3.
√ √ √ √ ∗ = Max{ 2, 3 3}. Enfin, Comme u√2 = 2 > 1 = u1 , on a donc Max{u 2 = 1, 41... < n, n ∈ N } √ √ 1, 44.. = 3 3 (on peut aussi constater que ( 2)6 = 8 < 9 = ( 3 3)6 ). Finalement, √ √ Max { n n, n ∈ N∗ } = 3 3 = 1, 44...
Correction de l’exercice 2088 N 1637
x (a) Pour x > 0, posons f (x) = lnxx . f est définie et dérivable sur ]0, +∞[ et, pour x > 0, f 0 (x) = 1−ln .f x2 est donc strictement croissante sur ]0, e] et strictement décroissante sur [e, +∞[. Le graphe de f s’en déduit facilement :
1 e
1
2
e
3
4
−1 −2 −3 −4 (b) Soient a et b deux entiers naturels non nuls tels que a < b. On a alors ln a ln b = ⇔ f (a) = f (b). a b Si a > 3, puisque f est strictement décroissante sur [e, +∞[, on a alors f (a) > f (b) et en particulier, f (a) 6= f (b). a n’est donc pas solution. a = 1 n’est évidemment pas solution. Par exemple, ab = ba ⇒ 1b = b1 ⇒ b = 1 = a ce qui est exclu. Donc, nécessairement a = 2 et b est un entier supérieur ou égal à 3, et donc à e, vérifiant f (b) = f (2). Comme f est strictement décroissante sur [e, +∞[, l’équation f (b) = f (2) a au plus une solution dans [e, +∞[. Enfin, comme 24 = 16 = 42 , on a montré que : il existe un et un seul couple (a, b) d’entiers naturels non nuls tel que a < b et ab = ba , à savoir (2, 4). ab = ba ⇔ ln(ab ) = ln(ba ) ⇔ b ln a = a ln b ⇔
Correction de l’exercice 2089 N (a) Soit x ∈ R, x+1 x+1 6 ln 2 ⇔ ln |x + 1| − ln |2x + 1| 6 ln 2 ⇔ ln 2x + 1 6 2 et x + 1 6= 0 2x + 1
x+1 x+1 x+1 6 2 et x 6= −1 ⇔ + 2 > 0 et − 2 6 0 et x 6= −1 2x + 1 2x + 1 2x + 1 5x + 3 −3x − 1 ⇔ > 0 et 6 0 et x 6= −1 2x + 1 2x +1 3 1 1 1 ⇔ x ∈ −∞, − ∪ − , +∞ et −∞, − ∪ − , +∞ et x 6= −1 5 2 2 3 3 1 ⇔ x ∈] − ∞, −1[∪ −1, − ∪ − , +∞ 5 3 ⇔ −2 6
(b) Pour x > 0
x
√ x
=
√ x √ √ √ x x ⇔ x ln x = x ln x ⇔ ln x( x − ) = 0 2 √ √ ⇔ ln x × x(2 − x) = 0 ⇔ x = 1 ou x = 4.
7 √ √ √ 1+ (c) argch 3 = ln(3 + 32 − 1) = ln(3 + 8) et argth 79 = 21 ln 1− 79 = ln 8. Donc, argch 3 − argth 79 = 9 ln 1 + √38 . Par suite, 1638
2 argsh x = argch 3 − argth
(d) Pour x ∈]0, +∞[\
7 1 3 ⇔ x = sh ln 1 + √ 9 2 8 s 3 1 1 1 1 3 3 = √ q p ⇔ x = 1+ √ − q = √ √ 4 3 3 2 8 2 8 1+ √ 2 8 3+2 2 1 + √8 8 √ √ √ 4 4 3 2 1 3 2( 2 − 1) q ⇔x= = . √ 4 4 (1 + 2)2
1 1 100 , 10 , 1
,
ln(10) ln(10) ln(10) +2 +3 =0 ln x ln(10x) ln(100x) (ln x + ln(10))(ln x + 2 ln(10)) + 2 ln x(ln x + 2 ln(10)) + 3 ln x(ln x + ln(10)) ⇔ =0 ln x(ln x + ln(10))(ln x + 2 ln(10))
lnx (10) + 2ln10x (10) + 3ln100x (10) = 0 ⇔
⇔ 6 ln2 x + 10 ln(10) × ln x + 2 ln2 (10) = 0 q q −5 ln(10) + 13 ln2 (10) −5 ln(10) − 13 ln2 (10) ⇔ ln x ∈ , 6 6 o n √ √ ⇔ x ∈ 10(−5− 13)/6 , 10(−5+ 13)/6 . Comme aucun de ces deux nombres n’est dans (e) Soit x ∈ R. 1
1
n o √ √ , S = 10(−5− 13)/6 , 10(−5+ 13)/6 .
1 1 100 , 10 , 1
1
1
22x − 3x− 2 = 3x+ 2 − 22x−1 ⇔ 22x + 22x−1 = 3x+ 2 + 3x− 2 1
1
⇔ 22x−1 (2 + 1) = 3x− 2 (3 + 1) ⇔ 3 × 22x−1 = 4 × 3x− 2 3 2x−3 x− 32 ⇔2 =3 ⇔ (2x − 3) ln 2 = x − ln 3 2
3 ln 2 − 32 ln 3 3 ⇔x= ⇔x= . 2 ln 2 − ln 3 2 Correction de l’exercice 2090 N On notera Ci le graphe de fi .
(a) f1 est définie et continue sur R, dérivable sur R \ −2, 21 . On précise dans un tableau l’expression de f1 (x) suivant les valeurs de x.
On en déduit C1 .
x −∞ −2 1/2 +∞ |2x − 1| −2x + 1 −2x + 1 2x − 1 |x + 2| −x − 2 x+2 x+2 f1 (x) 4 −2x 6x − 4
1639
y = 6x −4
8 7 6 5 y=4
4 3
y= x −2
2 1 1 2
−5
−4
−3
−2
−1 −1
1
2
3
(b) Soit x ∈ R. ch x > 1 et donc f2 (x) existe et f2 (x) > 0. f2 est donc définie sur R. De plus, f2 est continue et dérivable sur R, paire. Puisque la fonction x 7→ ch x est strictement croissante sur R+ à valeurs dans ]0, +∞[ et que la fonction x 7→ ln x est strictement croissante sur ]0, +∞[, f2 est strictement croissante sur R+ et, par parité, strictement décroissante sur R− . f2 est paire et donc f20 est impaire. Par suite, f20 (0) = 0 et C2 admet l’axe des abscisses pour tangente en (0, f2 (0)) = (0, 0). Etude en +∞. Pour x > 0,
1 x −x x −x f2 (x) = ln (e + e )) = ln(e + e − ln 2 = ln(ex (1 + e−2x )) − ln 2 = x − ln 2 + ln(1 + e−2x ). 2 Quand x tend vers +∞, e−2x tend vers 0 et donc, ln(1 + e−2x ) tend vers 0. On en déduit que limx→+∞ f2 (x) = +∞. De plus, limx→+∞ ( f2 (x) − (x − ln 2)) = 0 et la droite (D) d’équation y = x − ln 2 est asymptote à C2 en +∞. Par symétrie par rapport à la droite (Oy), la droite (D0 ) d’équation y = −x − ln 2 est asymptote à C2 en −∞. Enfin, pour tout réel x, f2 (x) − (x − ln 2) = ln(1 + e−2x ) > ln 1 = 0,
et C2 est strictement au-dessus de (D) sur R. De même, C2 est strictement au-dessus de (D0 ) sur R. On en déduit C2 .
3 2 1 −4
−3
−2
−1 −1 1640
1
2
3
(c) f3 est définie et continue sur R, dérivable sur R \ {−1, 1}. Etude en −∞. Soit x 6 −1.
√ √ p (x + x2 − 1)(x − x2 − 1) 1 2 √ √ f3 (x) = x + x − 1 = = . 2 x− x −1 x − x2 − 1 √ Or, quand x tend vers −∞, x − x2 − 1 tend vers −∞ et donc limx→−∞ f3 (x) = 0. Etude en +∞. Immédiatement, limx→+∞ f3 (x) = +∞. Ensuite, pour x > 1,
r √ f3 (x) x + x2 − 1 1 = = 1+ 1− 2, x x x qui tend vers 2 quand x tend vers +∞. Mais alors, √ √ p (−x + x2 − 1)(−x − x2 − 1) 1 2 √ √ f3 (x) − 2x = −x + x − 1 = =− . −x − x2 − 1 x + x2 − 1
On en déduit que limx→+∞ ( f3 (x)−2x) = 0 et donc que la droite (D) d’équation y = 2x est asymptote à C3 en +∞. Etude en 1. Pour x > 1,
et pour x ∈] − 1, 1[,
p r x+1 f3 (x) − f3 (1) (x − 1) + (x − 1)(x + 1) = = 1+ , x−1 x−1 x−1
p r f3 (x) − f3 (1) (x − 1) + (−x + 1)(x + 1) x+1 = = 1− . x−1 −(−x + 1) −x + 1
f3 (1) f3 (1) = +∞ et limx→1, x1 f3 (x)− x−1 x−1 dérivable en 1, mais que C3 admet deux demi-tangentes parallèles à (Oy) au point de C3 d’abscisse 1. Les résultats √ sont analogues en −1. Etude des variations de f3 . Pour x ∈] − ∞, −1[∪]1, +∞[, f3 (x) = x + x2 − 1 et donc
f30 (x)
√ x x + x2 − 1 = 1+ √ = √ . x2 − 1 x2 − 1
√ Si x > 1, on a x + x2 − 1 > 0 et donc, f30 (x) > 0. Si x < −1, on a p
x2 − 1
0. Si x∈ [0, 1[, par stricte croissance de la fonction x 7→ x2 sur R+ , on a
p √ √ 1 sgn( f30 (x)) = sgn( −x2 + 1−x) = sgn((−x2 +1)−x2 ) = sgn(1−2x2 ) = sgn((1−x 2)(1+x 2)) = sgn[ √ −x 2 h h i h Donc, f30 est strictement positive sur 0, √12 , strictement négative sur √12 , 1 et s’annule en √12 . En i h i h résumé, f30 est strictement négative sur ] − ∞, −1[ et sur √12 , 1 et strictement positive sur −1, √12 h h 1 √ et sur ]1, +∞[. f3 est donc strictement croissante sur ] − ∞, −1] et sur 2 , 1 et strictement décroisi h sante sur −1, √12 et sur [1, +∞[. On en déduit C3 . 1641
2x y=
5 4 3 2 √ 2 1 −4
−3
−2
√1 1 2
−1 −1
2
3
et paire. On étudie donc f4 sur 0, π2 ∪ π2 , π . Etude (d) f4 est définie sur R \ π2 + πZ ,2π-périodique des variations de f4 . Pour x ∈ 0, π2 , f4 (x) = tan x + cos x et donc,
1 − sin x > 1 − 1 = 0, cos2 x 0 avec égalité si et seulement si sin x = cos2 x = 1 ce qui est impossible. Donc, f4 est strictement π π π positive sur 0, 2 et f4 est strictement croissante π sur 0, 2 . Pour x ∈ 2 , π , f4 (x) = − tan x + cos x et f4 est strictement décroissante sur 2 , π en tant que somme de deux fonctions strictement décroissantes sur π2 , π . On a immédiatement limπ f4 (x) = limπ f4 (x) = +∞. On en déduit C4 . f40 (x) =
x→ 2 x< π2
x→ 2 x> π2
5 4 3 2 1 −3π 2
−8
−7
−6
−5
− π2 −4
−3
−2
π 2
−1 −1
1
3π 2
2
3
4
5
6
7
(e) Soit x > 0. x n’est pas nul donc 1x existe puis 1 + 1x > 0 et f6 (x) existe. Etude en 0. Pour x > 0, x ln(1 + 1x ) = −x ln x + x ln(1 + x). Par suite, x ln(1 + 1x ) tend vers 0 quand x tend vers 0 par valeurs supérieures et donc f5 (x) = exp(x ln(1 + 1x )) tend vers 1. Posons encore f5 (0) = 1 et étudions la dérivabilité de f5 en 0. Pour x > 0, exp x ln(1 + 1x ) − 1 f5 (x) − f5 (0) 1 1 1 = exp(x ln(1 + )) − 1 = ln 1 + . x−0 x x x x ln 1 + 1x Or, x ln 1 + 1x tend vers 0 quand x tend vers 0, et donc exp(x ln 1 + 1x ) − 1 ey − 1 lim = lim = 1. 1 x→0 y→0 y x ln 1 + x x>0 1642
D’autre part, ln 1 + 1x tend vers +∞ quand x tend vers 0 par valeurs supérieures. Finalement, f5 (x) − f5 (0) = +∞. x−0
lim
x→0 x>0
Ainsi, f5 n’est pas dérivable en 0 mais C5 admet l’axe des ordonnées pour tangente en (0, f5 (0)) = ln(1+ 1x ) et donc limx→+∞ x ln 1 + 1x = limy→0 ln(1+y) = (0, 1). Etude en +∞. Pour x > 0, x ln 1 + 1x = 1 y x 1. Par suite, lim f5 (x) = e.
x→+∞
Etude des variations de f5 . Pour x > 0, f5 (x) > 0 puis ln( f5 (x)) = x ln(1 + 1x ). Par suite, pour x > 0, ! x(− x12 ) 1 = f5 (x)g(x), = f5 (x) ln( f5 ) (x) = f5 (x) ln 1 + + x 1 + 1x 1 où g(x) = ln 1 + 1x − 1+x . Sur ]0, +∞[, f50 est du signe de g. Pour déterminer le signe de g, étudions d’abord les variations de g sur ]0, +∞[. g est dérivable sur ]0, +∞[ et pour x > 0, f50 (x)
0
g0 (x) =
− x12
1+
1 x
+
1 1 1 −1 =− + = < 0. 2 2 (x + 1) x(x + 1) (x + 1) x(x + 1)2
g est donc strictement décroissante sur ]0, +∞[, et puisque limx→+∞ g(x) = 0, g est strictement positive sur ]0, +∞[. Il en est de même de f50 . f5 est strictement croissante sur ]0, +∞(. On en déduit C5 .
e 2 1 1
2
3
4
5
6
7
(f) Domaine de définition de f6 . Soit x ∈ R. f6 (x) existe ⇔ x2 − 5x + 6 > 0 et 1 − log 1 (x2 − 5x + 6) > 0 ⇔ x2 − 5x + 6 > 0 et 2
ln(x2 − 5x + 6) 0 et ln(x2 − 5x + 6) > ln ⇔ x2 − 5x + 6 > 2 √ 2 √ 11 5 − 3 5 + 3 ⇔ x2 − 5x + > 0 ⇔ x ∈] − ∞, [∪] , +∞[= D f . 2 2 2
5 Variations de f6 . La fonction x 7→ x2 − 5x√+ 6 est strictement décroissante sur −∞, 2 et stric√ 5 5+ 3 5− 3 5 5 2 tement croissante sur 2 , +∞ . Comme > 2 et que 2 < 2 , la fonction i h √ x 7→hx − 5x + 6 √ 2i est strictement décroissante sur −∞, 5−2 3 et strictement croissante sur 5+2 3 , +∞ , à valeurs dans ]0, +∞[, intervalle sur lequel la fonction logarithme néperien est strictement croissante. La 2 −5x+6) fonction x 7→ i1 + ln(x ln a le même sens de variations et finalement f6 est strictement dé2i h h √ 3
√
croissante sur −∞, 5−2
et strictement croissante sur 5+2 3 , +∞ . Axe de symétrie Soit x ∈ R. 2 x ∈ D f ⇔ 25 − x ∈ D f et de plus, 52 − x − 5 52 − x + 6 = x2 − 5x + 6. Par suite, 5 ∀x ∈ D, f6 ( − x) = f6 (x). 2 1643
C6 admet donc la droite d’équation x = 52 pour axe de symétrie. Le calcul des limites étant immédiat, on en déduit C6 .
2 1 −7
−6
−5
−4
−3
−2
−1 −1
1
2
3
4
5
6
−2 −3 Correction de l’exercice 2091 N On a 0 6 f (0) 6 1 et 0 6 f (1) 6 1. Donc | f (1) − f (0)| 6 1. Mais, par hypothèse, | f (1) − f (0)| > 1. Par suite, | f (1) − f (0)| = 1 et nécessairement, ( f (0), f (1)) ∈ {(0, 1), (1, 0)}. Supposons que f (0) = 0 et f (1) = 1 et montrons que ∀x ∈ [0, 1], f (x) = x. Soit x ∈ [0, 1]. On a | f (x) − f (0)| > |x − 0| ce qui fournit f (x) > x. On a aussi | f (x) − f (1)| = |x − 1| ce qui fournit 1 − f (x) > 1 − x et donc f (x) 6 x. Finalement, ∀x ∈ [0, 1], f (x) = x et f = Id. Si f (0) = 1 et f (1) = 0, posons pour x ∈ [0, 1], g(x) = 1 − f (x). Alors, g(0) = 0, g(1) = 1 puis, pour x ∈ [0, 1], g(x) ∈ [0, 1]. Enfin, ∀(x, y) ∈ [0, 1]2 , |g(y) − g(x)| = | f (y) − f (x)| > |y − x|. D’après l’étude du premier cas, g = Id et donc f = 1 − Id. Réciproquement, Id et 1 − Id sont bien bien solutions du problème. Correction de l’exercice 2092 N (a) f1 est définie et de classe C∞ sur R∗ en vertu de théorèmes généraux. De plus, f1 est paire. On étudiera f1 sur [0, +∞[ (se méfier alors pour la dérivabilité en 0). Etude en 0 (à gauche et à droite). 1 x3 x5 2 (1 + x )[x − + + o(x5 ) − x(1 − x2 + x4 + o(x4 ))] x→0 x3 3 5 3 5 2x 4x 2 4x2 = (1 + x2 )( − + o(x5 )) = (1 + x2 )( − + o(x2 )) 3 5 3 5 2 2x2 = − + o(x2 ). 3 15
f1 (x) =
Par suite, f1 se prolonge par continuité en 0 en posant f1 (0) = 32 . Puisque f1 admet en 0 un développement limité d’ordre 1, le prolongement encore noté f1 est dérivable en 0 et f10 (0) = 0. C1 admet au point d’abscisse 0 une tangente parallèle à (0x) d’équation y = 23 . Enfin, puisque f (x) − 32 est, au 2 voisinage de 0, du signe de − 2x 15 , la courbe est localement en dessous de sa tangente. π Etude en +∞ (et −∞). f1 (x) ∼ 2x → 0, et de même f1 (x) → 0. x→+∞
x→+∞
Dérivée, variations. 1644
x→−∞
Pour x > 0, 3 1 x 1 + x2 1 1 − x2 − )(arctan x − ) + ( − ) x4 x2 1 + x2 x3 1 + x2 (1 + x2 )2 3 + x2 x 1 + x2 2x2 = − 4 (arctan x − ) + x 1 + x2 x3 (1 + x2 )2 3 + x2 x x4 2 = (− arctan x + + ) 4 2 2 x 1+x 3 + x x(1 + x2 ) x(3 + x2 ) + 2x3 3 + x2 3 + x2 (− arctan x + = g(x) = x4 (1 + x2 )(3 + x2 )) x4
f 0 (x) = (−
3x où, pour tout réel x, g(x) = − arctan x + 3+x 2. g est dérivable sur R et pour x réel,
g0 (x) = 3
(3 + x2 ) − 2x2 1 + x2 3(3 − x2 )(1 + x2 ) − (3 + x2 )2 −4x4 − = . (3 + x2 )2 = (1 + x2 )(3 + x2 )2 (3 + x2 )2 (1 + x2 )
g0 est donc strictement négative sur ]0, +∞[ et par suite, g est donc strictement décroisante sur [0, +∞[. Puisque g(0) = 0, pour x > 0, g(x) < 0. Finalement, f10 est strictement négative sur ]0, +∞[ et f1 est strictement décroissante sur [0, +∞[. Le tableau de variations de f1 n’apporte rien de plus. Graphe
1 y = f1 (x)
2/3 −5
−4
−3
−2
−1
1
2
3
4
5
(b) f2 est définie sur D = R \ ( π2 + πZ), paire et 2π-périodique. f2 est continue sur D en vertu de théorèmes généraux. On étudie f2 sur [0, π2 [∪] π2 , π]. Etude en π2 . f (x) ∼ | tan x| et donc, limx→π/2 f (x) = +∞. C2 admet la droite d’équation x = π2 pour droite x→π/2
asymptote. Dérivabilité et dérivée. f2 est dérivable sur R \ π2 Z en vertu de théorèmes généraux et pour x ∈ / π2 Z, f20 (x) = ε cos12 x − sin x où ε est le signe de tan x. f2 est aussi dérivable à droite en 0 et ( f2 )0d (0) = 1. Par symétrie, f2 est dérivable à gauche en 0 et ( f2 )0g (0) = −1. f2 n’est pas dérivable en 0. De même, f2 est dérivable à gauche et à droite en π avec ( f2 )0g (π) = −1 et ( f2 )0d (π) = 1, et n’est donc pas dérivable en π. Variations. f2 est strictement décroissante sur ] π2 , π] en tant que somme de deux fonctions strictement décroissantes sur ] π2 , π]. Puis, pour x élément de ]0, π2 [, f20 (x) = cos12 x − sin x > 1 − 1 = 0. f20 est strictement positive sur ]0, π2 [ et donc f2 est strictement croissante sur [0, π2 [. Graphe.
1645
y = f2 (x) 6 5 4 3 2 1 −π −7
−6
−5
−4
−3
π −2
−1 −1
1
2
3
4
5
(c) Pour x réel, posons P(x) = x3 + 12x2 + 60x + 120. Pour tout réel x, on a P0 (x) = 3(x2 + 8x + 20) = 3((x + 4)2 + 4) > 0. P est une fonction polynôme de degré 3 strictement croissante sur R et s’annule donc une et une seule fois en un certain réel noté α. De plus, P(−5)P(−4) < 0 et α ∈] − 5, −4[. Enfin, P est strictement négatif sur ] − ∞, α[ et strictement positif sur ]α, +∞[. f3 est définie sur R \ {−α, α}, et pour x ∈ R \ {−α, α}, P(x) = x − ln |P(x)| + ln |P(−x)|. f3 (x) = x − ln P(−x)
Notons que f3 est impaire. Dérivabilité et dérivée. f3 est de classe C∞ sur R \ {−α, α} en vertu de théorèmes généraux et pour x ∈ R \ {−α, α}, f30 (x) = 1 −
P0 (x) P0 (−x) P(x)P(−x) − P0 (x)P(−x) − P0 (−x)P(x) − = . P(x) P(−x) P(−x)P(x)
Puis, P(x)P(−x) − P0 (x)P(−x) − P0 (−x)P(x)
= ((12x2 + 120) + (x3 + 60x))((12x2 + 120) − (x3 + 60x))
− 3((x2 + 20) + 8x)((12x2 + 120) − (x3 + 60x))) − 3((x2 + 20) − 8x))((12x2 + 120) + (x3 + 60x))
= 144(x2 + 10)2 − x2 (x2 + 60)2 − 6((x2 + 20)(12x2 + 120) − (8x)(x3 + 60x))
= (−x6 + 24x4 − 720x2 + 14400) − 6(4x4 − 120x2 + 2400) = −x6 , et donc f30 (x) = Etude en +∞.
−x6 P(x)P(−x) .
1646
f3 (x) − x = − ln(1 + x→+∞
12 1 12 1 24 1 + o( )) + ln(1 − + o( )) = − + o( ). x x x x x x
On en déduit tout d’abord que limx→+∞ f3 (x) = +∞ (resp.limx→−∞ f3 (x) = −∞, puis que C3 admet en +∞ (resp.−∞) la droite d’équation y = x pour droite asymptote et que C3 est au-dessous (resp. au-dessus) de cette droite au voisinage de +∞ (resp.−∞). Variations. D’une part, f30 (0) = 0. D’autre part, pour x > 0, P(x) > 0. f30 est donc du signe de −P(−x) sur ]0, +∞[\{α}. Ainsi, f30 est strictement négative sur ]0, α[ et strictement positive sur ]α, +∞[. On en déduit le tableau de variations de f3 .
x 0 0 0 f3
α
f3′ (x)
−
+∞ + +∞
−∞ −∞ Graphe.
y=x
6 5 4 3 2 1
y = f3 (x)
−7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 −1
1 2 3 4 5 6
−2 −3 −4
(d) f4 est définie sur R \ {−1, 1}. De plus, pour x 6= 0, 1 2/x 1 1 1 − 2x . f4 ( ) = e 1/x2 −1 = e x2 −1 = x x x f4 (x) Ce genre de constatation peut servir à calculer limx→+∞ f4 (x) si l’on connait limx→0, x>0 f4 (x), obtenir les variations de f4 sur ]0, 1[ si on les connait sur ]1, +∞[ ... 2
On peut aussi noter que ∀x ∈ R \ {−1, 1}, f4 (−x) f4 (x) = −x2 et donc, pour x 6= 0, f4 (−x) = f−x . 4 (x) Cette constatation pourra être utile pour déduire l’étude de f4 en −1 de l’étude en 1. Etude en +∞ et −∞. Puisque x22x−1 → 0, on a f4 (x) ∼ x ce qui montre déjà que limx→+∞ f4 (x) = +∞, limx→−∞ f4 (x) = x→±∞
x→±∞
−∞ et que C4 admet en +∞ et −∞, une direction asymptotique d’équation y = x. Plus précisément,
puis,
2x x2 − 1
=
x→±∞
2 2 1 1 (1 − 2 )−1 = + o( 2 ), x x x x
1647
2x
e x2 −1
2 2 1 2 2 1 = 1 + ( ) + ( )2 + o( 2 ) = 1 + + 2 + o( 2 ). x→±∞ x x x x x x
On en déduit que 2 1 f4 (x) = x + 2 + + o( ). x→±∞ x x Par suite, C4 admet la droite d’équation y = x + 2 pour droite asymptote en +∞ et −∞. De plus, le signe de f4 (x) − (x + 2) étant localement le signe de 2x , C4 est au-dessus de son asymptote au voisinage de +∞ et au-dessous au voisinage de −∞. Etude en 1 (et -1). Clairement, limx→1, x>1 f4 (x) = +∞ et limx→−1, x>−1 f4 (x) = −∞. Ensuite, limx→1, x 1 et β = 2 (1 + 5 − 2 + 2 5) = α1 0, 34... ∈ ]0, 1[. On en déduit le tableau de variation de f4 .
1648
x −∞
f4′ (x)
+
−1
0 +
0
β 1 0 − − 0, 15... +∞
α 0
+∞ + +∞
f4 −∞
−∞
0
6, 34...
Graphe.
7
y = x+2
6 5 4 3 2 1 −7
−6
−5
−4
−3
−2
−1 −1
1
2
3
4
5
6
7
−2 −3 −4 y = f4 (x)
−5 −6
(e) Si x > 0, ex − 1 > 0 et si x < 0, ex − 1 < 0. Donc, pour x 6= 0, > 0 et f5 est définie sur R∗ . Pour x 6= 0, 1 e−x − 1 1 1 ex − 1 f5 (−x) = − ln = − ln(e−x ) − ln = 1 − f (x). x −x x x x
Donc, pour tout réel non nul x, f (x) + f (−x) = 1. Le point de coordonnées (0, 12 ) est centre de symétrie de C5 . Etude en 0. f5 (x) =
x→0
1 x x2 1 x x2 1 x 1 1 ln(1 + + + o(x2 )) = (( + ) − ( )2 + o(x2 )) = + x + o(x). x 2 6 x 2 6 2 2 2 24
Ainsi, f5 se prolonge par continuité en 0 en posant f5 (0) = 12 . Le prolongement, encore noté f5 , 1 admet en 0 un développement limité d’ordre 1 et est donc dérivable en 0 avec f50 (0) = 24 . Une 1649
équation de la tangente à C5 en le point d’abscisse 0 est y = point d’inflexion. Etude en +∞. f5 (x) =
x→+∞
1 1 24 x + 2 .
Par symétrie, ce point est un
1 ln x ln(1 − e−x (ln(ex ) + ln(1 − e−x ) − ln x) = 1 − + = 1 + o(1). x x x
Donc, limx→+∞ f5 (x) = 1. Par symétrie, limx→−∞ f5 (x) = limx→−∞ (1 − f5 (−x)) = 1 − 1 = 0. Dérivée. Variations. f5 est dérivable sur R∗ en vertu de théorèmes généraux (et donc sur R) et pour x 6= 0, (puisque x x ln e x−1 = ln e x−1 = ln |ex − 1| − ln |x|), f50 (x) = −
ex − 1 1 ex − 1 1 ex 1 1 xex ln (− ln + ( − ) = + − 1). x2 x x ex − 1 x x2 x ex − 1 x
x
∗ f50 est, sur R∗ , du signe de g(x) = − ln e x−1 + exe x −1 + −1. g est dérivable sur R et pour x réel non nul,
g0 (x) = − = =
ex 1 (ex + xex )(ex − 1) − xex .ex −xex (ex − 1) + (ex − 1)2 + xex (ex − x − 1) = + + ex − 1 x (ex − 1)2 x(ex − 1)2
(ex − 1)2 − x2 ex (ex/2 − e−x/2 )2 − x2 = x(ex − 1)2 x(ex/2 − e−x/2 )2 (2 sh 2x )2 − x2 sh2 2x − ( 2x )2 = . x(2 sh 2x )2 x sh2 2x
L’inégalité sh x > x, valable pour x > 0, estRclassique (par exemple, la formule de TAYLOR-L APLACE à l’ordre 1 fournit pour x > 0, sh x = x + 0x (x − t) sht dt > x.) Par suite, g0 est strictement positive sur ]0, +∞[, et donc g est strictement croissante sur ]0, +∞[. En tenant compte de g(0+ ) = 0, g est donc strictement positive sur ]0, +∞[. Il en est de même de f50 et f5 est strictement croissante sur ]0, +∞[. Par symétrie et continuité en 0, f5 est strictement croissante sur R. Graphe.
1 y = f5 (x) −6
−5
−4
−3
−2
−1
1
2
3
4
5
6
(f) f6 est définie et continue sur R, dérivable sur R{−1, 1} en vertu de théorèmes généraux. Etude en 1. p √ p f6 (x) − f6 (1) = x − 1 + |x2 − 1| ∼ 2 |x − 1|, ce qui montre que f6 n’est pas dérivable en 1 x→1
mais que C6 admet au point d’abscisse 1 deux demi-tangentes parallèles à (Oy). Etude en -1. p √ p f6 (x) − f6 (−1) = x + 1 + |x2 − 1| ∼ 2 |x + 1|, ce qui montre que f6 n’est pas dérivable en x→−1
−1 mais que C6 admet au point d’abscisse −1 deux demi-tangentes parallèles à (Oy). Etude en +∞. Au voisinage de +∞, on a f6 (x) = x + x(1 −
1 1/2 1 1 1 1 ) = x + x(1 − 2 + o( 2 )) = 2x − + o( ), x2 2x x 2x x
ce qui montre tout à la fois que limx→+∞ f6 (x) = +∞, puis que la droite d’équation y = 2x est asymptote à C6 en +∞ et que C6 est au-dessous de cette droite au voisinage de +∞. 1650
Etude en −∞. Au voisinage de −∞, on a, f6 (x) = x − x(1 + o( 1x )) = o(1), et limx→−∞ f6 (x) = 0. Dérivée. Variations. Soit ε le signe de x2 − 1. Pour x 6= ±1, f60 (x)
p ε(x2 − 1) + εx = p . = 1+ p 2 ε(x2 − 1) ε(x2 − 1) 2εx
Si −1 < x 6 0, (de sorte que εx > 0) ou x > 1, f60 (x) > 0. √ Si x < −1, sgn( f60 (x)) = sgn(x + x2 − 1) = sgn( x−√1x2 −1 = − et f60 (x) < 0. √ Si 0 6 x < 1. sgn( f60 (x)) = sgn(−x + x2 − 1) = sgn(−x2 − (x2 − 1)) = sgn( √12 − x). D’où le tableau de variations de f6 :
√ x −∞ −1 1/ 2 f6′ (x) − + √0 − 0 2 f6 −1
1
+∞ + −∞
1
Graphe.
y = 2x
5
y = f6 (x)
4 3 2 1 −5
−4
−3
−2
−1 −1 −2
1651
1
2
3
4
5
(g)
5 4 3 2 1 1
2
3
4
5
6
(h) (i) (j)
4 3 2 1 −4
−3
−2
−1 −1
1
2
3
4
1
2
3
4
1
2
−2 (k)
1 −5
−4
−3
−2
−1
(l)
1 −2
−1 1652
5
(m) (n) (o) (p) (q) (r) (s) (t) (u) (v) (w)
3 2 1 −4
−3
−2
−1 −1
1
2
−2
Correction de l’exercice 2101 N lim
x→∞
p p 3 x3 + 1 − x2 + x + 1 = −1/2.
Correction de l’exercice 2102 N sin(x) ln(1 + x2 ) = 0. x→0 x tan(x) ln(1 + sin(x)) (b) lim = 1/6. x→0 tan(6 x) (a) lim
(c) lim (ln(e + x))x x→0
−1
−1
= ee .
x−1 (d) lim ln(1 + e−x ) = e−1 . x→∞
Correction de l’exercice 2104 N 1653
3
(a) (b) (c)
2 3 √ 2 8 x3 a3 b3
(d) −1
√ 2 4 1 2 2x − 32 − π4
(e) − (f)
(g) (h) (i)
√ e
+x
1 π
(j) 1 (k) x
Correction de l’exercice 2106 N Soit n ∈ N \ {0, 1, 2}. n
n
n
n!2 = ∏ (n + 1 − k) ∏ k = ∏ k(n + 1 − k). k=1
k=1
k=1
Maintenant, la fonction x 7→ x(n+1−x) est strictement croissante sur [0, n+1 2 ] et strictement décroissante sur [ n+1 , n + 1]. Puisque f (1) = f (n) = n, on en déduit que pour x ∈ [2, n − 1], f (x) > n. Puisque n > 3, 2 on a n − 1 > 2 et on peut écrire n−1
n−2
n!2 = n2 ∏ k(n + 1 − k) > n2 ∏ n = nn , k=2
k=2
et donc, √ √ n n! = (n!2 )1/(2n) > (nn )1/2n = n.
Correction de l’exercice 2107 N Soit x ∈ R. Montrons par récurrence que : ∀n ∈ N, | sin(nx)| 6 n| sin x|. - C’est clair pour n = 0. - Soit n > 0. Supposons que | sin(nx)| 6 n| sin x|. Alors, | sin(n + 1)x| = | sin nx cos x + cos nx sin x| 6 | sin nx|.| cos x| + | cos nx|.| sin x| 6 | sin nx| + | sin x|
6 n| sin x| + | sin x| (par hypothèse de récurrence)
= (n + 1)| sin x| On a montré par récurrence que
∀n ∈ N, ∀x ∈ R, | sin(nx)| 6 n| sin x|
.
Correction de l’exercice 2108 N Pour x ∈ [a, b], posons g(x) = f (x) − x. g est continue sur [a, b] puisque f l’est. De plus, g(a) = f (a) − a > 0 et g(b) = f (b) − b 6 0. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, g s’annule au moins une fois sur [a, b] ou encore, l’équation f (x) = x admet au moins une solution dans [a, b]. 1654
Correction de l’exercice 2109 N f (x) `+1 Puisque f (x) x tend vers ` ∈ [0, 1[, il existe A > 0 tel que pour x > A, x 6 2 < 1. Mais alors, f (A) < A (et f (0) > 0) ce qui ramène à la situation de l’exercice 2108 : pour x ∈ [0, A], soit g(x) = f (x) − x...
Correction de l’exercice 2110 N
√ n n Soit x > 0. Pour tout naturel n, f (x) = f ( x) = f (x1/4 ) = ... = f (x1/2 ). Or, à x fixé, limn→+∞ x1/2 = 1 et, f étant continue en 1, on a : n
∀x > 0, f (x) = lim f (x1/2 ) = f (1). n→+∞
f est donc constante sur ]0, +∞[, puis sur [0, +∞[ par continuité de f en 0. Pour x > 0, posons f (x) = 0 si x 6= 1 et f (x) = 1 si x = 1. Pour x > 0, on a x2 = 1 ⇔ x = 1. f vérifie donc : ∀x > 0, f (x2 ) = f (x), mais f n’est pas constante sur R+ . Correction de l’exercice 2111 N Soit f un morphisme de (R, +), c’est-à-dire que f est une application de R dans R vérifiant ∀(x, y) ∈ R2 , f (x + y) = f (x) + f (y). On sait déjà f (0) = f (0 + 0) = f (0) + f (0) et donc f (0) = 0. Puis, pour x réel donné, f (−x) + f (x) = f (−x + x) = f (0) = 0 et donc, pour tout réel x, f (−x) = − f (x) ( f est donc impaire). On a aussi n ∈ N∗ et x ∈ R, f (nx) = f (x) + ... + f (x) = n f (x). De ce qui précède, on déduit : ∀x ∈ R, ∀n ∈ Z, f (nx) = n f (x). Soit a = f (1). D’après ce qui précède, ∀n ∈ Z, f (n) = f (n.1) = n f (1) = an. Puis, pour n ∈ N∗ , n f ( n1 ) = f (n n1 ) = f (1) = a et donc ∀n ∈ N∗ , f ( 1n ) = a 1n . Puis, pour p ∈ Z et q ∈ N∗ , f ( qp ) = p f ( 1q ) = pa 1q = a qp . Finalement, ∀r ∈ Q, f (r) = ar. Maintenant, si l’on n’a pas l’hypothèse de continuité, on ne peut aller plus loin. Supposons de plus que f soit continue sur R. Soit x un réel. Puisque Q est dense dans R, il existe une suite (rn )n∈N de rationnels, convergente de limite x. f étant continue en x, on a : f (x) = f ( lim rn ) = lim f (rn ) = lim arn = ax. n→+∞
n→+∞
n→+∞
Donc, si f est un morphisme continu de (R, +), f est une application linéaire de R dans R. Réciproquement, les applications linéaires conviennent. Correction de l’exercice 2112 N Soient a et b deux réels fixés tels que 0 < a < b. Trouvons les entiers naturels non nuls k tels que ]ka, kb[∩](k + 1)a, (k + 1)b[6= 0. / Pour k dans N∗ , posons Ik =]ka, kb[. Ik ∩ Ik+1 6= 0/ ⇔ ka < (k + 1)a < kb < (k + 1)b ⇔ k > 1655
a a ⇔ k > E( ) + 1. b−a b−a
a Posons k0 = E( b−a ) + 1. Pour k > k0 , on a donc Ik ∩ Ik+1 6= 0/ et donc
Maintenant, si k0 = 1,
[
]ka, kb[=]a, +∞[ et si k0 > 1,
k>k0
x est dans
k[ 0 −1 k=1
[
]ka, kb[=]k0 a, +∞[.
k>k0 k[ 0 −1
]ka, kb[= (
k>k0
]ka, kb[)∪]k0 a, +∞[. Mais, si
k=1
k[ 0 −1
]ka, kb[, alors x < (k0 − 1)b < k0 a et donc, (
a valeur de A est donc (E( b−a ) + 1)a.
[
]ka, kb[)∩]k0 a, +∞[= 0. / La plus petite
k=1
Correction de l’exercice 2113 N Si f est strictement monotone sur I, on sait que f est injective. Réciproquement, supposons f injective et continue sur I et montrons que f est strictement monotone. Supposons par l’absurde que f n’est pas strictement monotone. On peut alors trouver trois réels a, b et c dans l’intervalle I tels que a < b < c et (( f (b) > f (a) et f (b) > f (c)) ou ( f (b) 6 f (a) et f (b) 6 f (c))). Quitte à remplacer f par − f , on supposera que a < b < c et f (b) > f (a) et f (b) > f (c). Puisque f est injective, on a même a < b < c et f (b) > f (a) et f (b) > f (c). Soit M = Max{ f (a), f (c)}. On a M < f (b). M est élément de [ f (a), f (b)] et, puisque f est continue sur [a, b], le théorème des valeurs intermédiaires permet d’affirmer qu’il existe α ∈ [a, b] tel que f (α) = M. De plus, on ne peut avoir α = b car f (α) = M 6= f (b) (et f injective). Donc, ∃α ∈ [a, b[/ f (α) = M. De même, puisque M est élément de [ f (c), f (b)], ∃β ∈]b, c]/ f (β ) = M. Ainsi, on a trouvé dans I deux réels α et β vérifiant α 6= β et f (α) = f (β ) ce qui contredit l’injectivité de f . Donc, f est strictement monotone sur I. Correction de l’exercice 2114 N Soit f la fonction caractéristique de Q. Le groupe des périodes de f est Q. En effet, ∀x ∈ R, ∀r ∈ Q, x + r ∈ Q ⇔ x ∈ Q, et donc ∀x ∈ R, ∀r ∈ Q, f (x + r) = f (x). Mais on a aussi ∀x ∈ R, ∀r ∈ (R \ Q), x + r ∈ Q, ⇔ x ∈ / Q, et donc ∀x ∈ R, ∀r ∈ (R \ Q), f (x + r) 6= f (x). Correction de l’exercice 2115 N Id est solution. Réciproquement, soit f une bijection de [0, 1] sur lui-même vérifiant ∀x ∈ [0, 1], f (2x − f (x)) = x. Nécessairement, ∀x ∈ [0, 1], 0 6 2x − f (x) 6 1 et donc ∀x ∈ [0, 1], 2x − 1 6 f (x) 6 2x. Soit f −1 la réciproque de f . ∀x ∈ [0, 1], f (2x − f (x)) = x ⇔ ∀x ∈ [0, 1], 2x − f (x) = f −1 (x)
⇔ ∀y ∈ [0, 1], f ( f (y)) − 2 f (y) + y = 0 (car ∀x ∈ [0, 1], ∃!y [0, 1]/ x = f (y))
Soit y ∈ [0, 1] et u0 = y. En posant ∀n ∈ N, un+1 = f (un ), on définit une suite de réels de [0, 1] (car [0, 1] est stable par f ). La condition ∀y ∈ [0, 1], f ( f (y))−2 f (y)+y = 0 fournit ∀n ∈ N, un+2 −2un+1 +un = 0, 1656
ou encore ∀n ∈ N, un+2 − un+1 = un+1 − un . La suite (un+1 − un )n∈N est constante ou encore u est arithmétique. Mais, u est également bornée et donc u est constante. En particulier, u1 = u0 ce qui fournit f (y) = y. On a montré que ∀y ∈ [0, 1], f (y) = y et donc f = Id. Correction de l’exercice 2116 N (a) Soit n un entier naturel non nul donné. Pour x élément de [0, 1 − 1n ], posons g(x) = f (x + 1n ) − f (x). g est définie et continue sur [0, 1 − 1n ]. De plus, n−1
k
n−1
∑ g( n ) = ∑ ( f (
k=0
k=0
k k+1 ) − f ( )) = f (1) − f (0) = 0. n n
Maintenant, s’il existe un entier k élément de {0, ..., n − 1} tel que g( nk ) = 0, on a trouvé un réel x de [0, 1] tel que f (x + 1n ) = f (x) (à savoir x = nk ). Sinon, tous les g( nk ) sont non nuls et, étant de somme nulle, il existe deux valeurs de la variable en lesquels g prend des valeurs de signes contraires. Puisque g est continue sur [0, 1 − 1n ], le théorème des valeurs intermédiares permet d’affirmer que g s’annule au moins une fois dans cet intervalle ce qui fournit de nouveau une solution à l’équation f (x + 1n ) = f (x). π (b) Soit a ∈]0, 1[ tel que 1a ∈ / N∗ . Soit, pour x ∈ [0, 1], f (x) = | sin πx a | − x| sin a |. f est continue sur [0, 1], f (0) = f (1) = 0 mais,
∀x ∈ R, f (x + a) − f (x) = (| sin
π(x + a) πx π π | − | sin |) − ((x + a) − x)| sin | = −a| sin | 6= 0. a a a a
(c) (a) et b)) Soit g(t) la distance, exprimée en kilomètres, parcourue par le cycliste à l’instant t exprimé en heures, 0 6 t 6 1, puis, pour t ∈ [0, 1], f (t) = g(t) − 20t. f est continue sur [0, 1] (si le cycliste reste un tant soit peu cohérent) et vérife f (0) = f (1) = 0. 19 1 D’après 1), ∃t1 ∈ [0, 21 ], ∃t2 ∈ [0, 20 ] tels que f (t1 + 12 ) = f (t1 ) et f (t2 + 20 ) = f (t2 ) ce qui s’écrit 1 1 encore g(t1 + 2 ) − g(t1 ) = 10 et g(t2 + 20 ) − g(t2 ) = 1. √
t 3 4πt c) Posons pour 0 6 t 6 1, f (t) = | sin 4πt 3 | − 2 et donc, g(t) = | sin 3 | + (20 − 3 3 f (t + 4 ) − f (t) 6= 0 ou encore g(t + 4 ) − g(t) 6= 15.
√ 3 2 )t.
∀t ∈ [0, 14 ],
Correction de l’exercice 2117 N (a) La fonction f1 est dérivable en dehors de x = 0. En effet x 7→ 1x est dérivable sur R∗ et x 7→ cos x est dérivable sur R, donc par composition x 7→ cos 1x est dérivable sur R∗ . Puis par multiplication par la fonction dérivable x 7→ x2 , la fonction f1 est dérivable sur R∗ . Par la suite on omet souvent ce genre de discussion ou on l’abrège sous la forme “ f est dérivable sur I comme somme, produit, composition de fonctions dérivables sur I”. Pour savoir si f1 est dérivable en 0 regardons le taux d’accroissement : f1 (x) − f1 (0) 1 = x cos . x−0 x Mais x cos(1/x) tend vers 0 (si x → 0) car | cos(1/x)| 6 1. Donc le taux d’accroissement tend vers 0. Donc f1 est dérivable en 0 et f10 (0) = 0. (b) Encore une fois f2 est dérivable en dehors de 0. Le taux d’accroissement en x = 0 est : f2 (x) − f2 (0) sin x 1 = sin x−0 x x Nous savons que sinx x → 1 et que sin 1/x n’a pas de limite quand x → 0. Donc le taux d’accroissement n’a pas de limite, donc f2 n’est pas dérivable en 0. 1657
(c) La fonction f3 s’écrit :
|x||x − 1| . x−1 Donc pour x > 1 on a f3 (x) = x ; pour 0 6 x < 1 on a f3 (x) = −x ; pour x < 0 on a f3 (x) = x. La fonction f3 est définie, continue et dérivable sur R \ {0, 1}. Attention ! La fonction x 7→ |x| n’est pas dérivable en 0. La fonction f3 n’est pas continue en 1, en effet limx→1+ f3 (x) = +1 et limx→1− f3 (x) = −1. Donc la fonction n’est pas dérivable en 1. La fonction f3 est continue en 0. Le taux d’accroissement pour x > 0 est f3 (x) =
— — — —
et pour x < 0,
f3 (x) − f3 (0) −x = = −1 x−0 x
f3 (x) − f3 (0) x = = +1. x−0 x Donc le taux d’accroissement n’a pas de limite en 0 et donc f3 n’est pas dérivable en 0.
Correction de l’exercice 2118 N La fonction f est continue et dérivable sur ]0, 1[ et sur ]1, +∞[. Le seul problème est en x = 1. √ Il faut d’abord que la fonction soit continue en x = 1. La limite à gauche est limx→1− x = +1 et à droite limx→1+ ax2 + bx + 1 = a + b + 1. Donc a + b + 1 = 1. Autrement dit b = −a. Il faut maintenant que les dérivées à droite et à gauche soient égales. Comme la fonction f restreinte à √ ]0, 1] est définie par x 7→ x alors elle est dérivable à gauche et la dérivée à gauche s’obtient en évaluant 1 la fonction dérivée x 7→ 2√ en x = 1. Donc fg0 (1) = 12 . x f (1) Pour la dérivée à droite il s’agit de calculer la limite du taux d’accroissement f (x)− x−1 , lorsque x → 1 avec x > 1. Or f (x) − f (1) ax2 + bx + 1 − 1 ax2 − ax ax(x − 1) = = = = ax. x−1 x−1 x−1 x−1 Donc f est dérivable à droite et fd0 (1) = a. Afin que f soit dérivable, il faut et il suffit que les dérivées à droite et à gauche existent et soient égales, donc ici la condition est a = 12 . Le seul couple (a, b) que rend f dérivable sur ]0, +∞[ est (a = 12 , b = − 12 ).
Correction de l’exercice 2119 N f est C∞ sur R∗ . (a) Comme | sin(1/x)| 6 1 alors f tend vers 0 quand x → 0. Donc en prolongeant f par f (0) = 0, la fonction f prolongée est continue sur R. (b) Le taux d’accroissement est 1 f (x) − f (0) = x sin . x−0 x Comme ci-dessus il y a une limite (qui vaut 0) en x = 0. Donc f est dérivable en 0 et f 0 (0) = 0. (c) Sur R∗ , f 0 (x) = 2x sin(1/x) − cos(1/x), Donc f 0 (x) n’a pas de limite quand x → 0. Donc f 0 n’est pas continue en 0. Correction de l’exercice 2120 N (a) Selon que n ≡ 0 (mod 4), 1 (mod 4), 2 (mod 4), 3 (mod 4) alors f (n) (x) vaut respectivement sin x, cos x, − sin x, − cos x.
(b) La dérivée de sin2 x est 2 sin x cos x = sin 2x. Et donc les dérivées suivantes seront : 2 cos 2x, −4 sin 2x, −8 cos 2x, 16 Et selon que n ≡ 1 (mod 4), 2 (mod 4), 3 (mod 4), 0 (mod 4), alors g(n) (x) vaut respectivement 2n−1 sin 2x, 2n−1 cos 2x, −2n−1 sin 2x, −2n−1 cos 2x. 1658
(c) sin(x)3 + cos(x)3 = − 14 sin(3x) + 34 sin(x) + 41 cos(3x) + 34 cos(x) et on dérive... Correction de l’exercice 2128 N La limite de f en 0 est 0, donc f est continue en 0. De même le taux d’accroissement de f en 0 est −2 f (x)/x qui tend vers 0. Donc f est dérivable en 0 et f 0 (0) = 0. En dehors de 0, on a f 0 (x) = 2e−x x−3 donc f 0 est continue en 0. On continue de la même façon en remarquant que si f (n) (x) = P(1/x) exp(−1/x2 ) où P est un polynôme et f (n) (0) = 0. Donc f (n) (x) tend vers 0 si x tend vers 0. Donc f (n) est continue. De plus f (n) est dérivable en 0 car son taux d’accroissement vaut 1/xP(1/x) exp(−1/x2 ) qui tend vers 0, donc f (n+1) (0) = 0. En dehors de 0 on f (n+1) (x) = Q(1/x) exp(−1/x2 ) où Q est un polynôme. Et on recommence... Correction de l’exercice 2142 N (a) Pour n > 1, on a d’après la formule de L EIBNIZ : n ln(1 + x)) = ∑ (xn−1 )(k) (ln(1 + x))(n−k) k k=0 n−1 n =∑ (xn−1 )(k) (ln(1 + x))(n−k) (car (xn−1 )(n) ) = 0) k k=0 n−1 n (n − 1)! n−1−k (n − 1 − k)! =∑ x (−1)n−1−k k (n − 1 − k)! (x + 1)n−k k=0 1 (n−k−1) (car (ln(1 + x))(n−k) = ( ) ). 1+x n
(x
n−1
(n)
Puis, pour x = 0, (xn−1 ln(1 + x))(n) (0) = n.(n − 1)! = n!, et pour x 6= 0, (x
n−1
(n − 1)! n−1 n (n − 1)! x n x n−k ln(1 + x)) (x) = − ) =− ((1 − ) − 1) (− ∑ x x+1 x x+1 k=0 k (n)
=
(n − 1)! (x + 1)n − 1 . x (x + 1)n
(b) On sait dériver facilement des sommes ou plus généralement des combinaisons linéaires. Donc, on linéarise : 1 1 1 cos3 x sin(2x) = (eix + e−ix )3 (− )(e2ix − e−2ix ) = − (e3ix + 3eix + 3e−ix + e−3ix )(e2ix − 2 + e−2ix ) 8 4 32 1 1 = − (e5ix + e3ix − 2eix − 2e−ix + e−3ix + e−5ix ) = − (cos(5x) + cos(3x) − 2 cos(x)) 32 16 Puis, pour n naturel donné : (cos3 x sin 2x)(n) = −
1 n π π π (5 cos(5x + n ) + 3n cos(3x + n ) − 2cos(x + n )), 16 2 2 2
expression que l’on peut détailler suivant la congruence de n modulo 4. (c) On sait dériver des objets simples et donc on décompose en éléments simples : X2 + 1 X 2 − 2X + 1 + 2X − 2 + 2 1 2 2 = = + + . 3 3 2 (X − 1) (X − 1) X − 1 (X − 1) (X − 1)3 Puis, pour n entier naturel donné, 1659
X2 + 1 (X − 1)3
(n)
(−1)n n! (−1)n (n + 1)! (−1)n (n + 2)! + 2 + (X − 1)n+1 (X − 1)n+2 (X − 1)n+3 (−1)n n! = ((X − 1)2 + 2(n + 1)(X − 1) + (n + 2)(n + 1)) (X − 1)n+3 (−1)n n!(X 2 + 2nX + n2 + n + 1) = . (X − 1)n+3 =
(d) La fonction proposée est de classe C∞ sur R en vertu de théorèmes généraux. La formule de L EIBNIZ fournit pour n > 3 : 3 n n 3 (k) x (n−k) =∑ (x + 2x − 7) (e ) =∑ (x3 + 2x − 7)(k) (ex )(n−k) k k k=0 k=0 n
3
x (n)
((x + 2x − 7)e )
n(n − 1)(n − 2) n(n − 1) (6x) + .6)ex 2 6 = (x3 + 3nx2 + (3n2 − 3n + 2)x + n3 − 3n2 + 4n − 7)ex . = ((x3 + 2x − 7) + n(3x2 + 2) +
Correction de l’exercice 2143 N Qn (t) = (1 − t 2 )n est un polynôme de degré 2n, on le dérive n fois, on obtient un polynôme de degré (n−1) n. Les valeurs −1 et +1 sont des racines d’ordre n de Qn , donc Qn (1) = Q0n (1) = . . . = Qn (1) = 0. Même chose en −1. Enfin Q(−1) = 0 = Q(+1) donc d’après le théorème de Rolle il existe c ∈] − 1, 1[ telle que Q0n (c) = 0. Donc Q0n (−1) = 0, Q0n (c) = 0, Q0n (−1) = 0. En appliquant le théorème de Rolle deux fois (sur [−1, c] et sur [c, +1]), on obtient l’existence de racines d1 , d2 pour Q00n , qui s’ajoutent aux racines −1 et +1. (n−1)
On continue ainsi par récurrence. On obtient pour Qn , n + 1 racines : −1, e1 , . . . , en−1 , +1. Nous (n) appliquons le théorème de Rolle n fois. Nous obtenons n racines pour Pn = Qn . Comme un polynôme de degré n a au plus n racines, nous avons obtenu toutes les racines. Par constructions ces racines sont réelles distinctes, donc simples. Correction de l’exercice 2145 N
(a) Par l’absurde on suppose qu’il y a (au moins) quatre racines distinctes pour Pn (X) = X n + aX + b. Notons les x1 < x2 < x3 < x4 . Par le théorème de Rolle appliqué trois fois (entre x1 et x2 , entre x2 et x3 ,...) il existe x10 < x20 < x30 des racines de Pn0 . On applique deux fois le théorème Rolle entre x10 et x20 et entre x20 et x30 . On obtient deux racines distinctes pour Pn00 . Or Pn00 = n(n − 1)X n−2 ne peut avoir que 0 comme racines. Donc nous avons obtenu une contradiction. (b) Autre méthode : Le résultat est évident si n 6 3. On suppose donc n > 3. Soit Pn l’application X 7→ X n + aX + b de R dans lui-même. Alors Pn0 (X) = nX n−1 + a s’annule en au plus deux valeurs. Donc Pn est successivement croissante-décroissante-croissante ou bien décroissante-croissante-décroissante. Et donc Pn s’annule au plus trois fois.
Correction de l’exercice 2146 N Comme f 0 est dérivable, elle est continue. Comme f s’annule n + 1 fois, f 0 change de signe (au moins) n + 1 fois donc s’annule (au moins) n fois. On peut bien sûr recommencer, le résultat en découle. Correction de l’exercice 2149 N
1660
La fonction f est continue et dérivable sur R donc en particulier sur [a, b]. Le théorème des accroissement finis assure l’existence d’un nombre c ∈]a, b[ tel que f (b) − f (a) = f 0 (c)(b − a). Mais pour la fonction particulière de cet exercice nous pouvons expliciter ce c. En effet f (b) − f (a) = f 0 (c)(b − a) implique α(b2 − a2 ) + β (b − a) = (2αc + β )(b − a). Donc c = a+b 2 . Géométriquement, le graphe P de f est une parabole. Si l’on prend deux points A = (a, f (a)) et B = (b, f (b)) appartenant à cette parabole, alors la droite (AB) est parallèle à la tangente en P qui passe en a+b M = ( a+b 2 , f ( 2 )). L’abscisse de M étant le milieu des abscisses de A et B. Correction de l’exercice 2152 N (a) Soit g(t) = lnt. Appliquons le théorème des accroissements finis sur [x, y]. Il existe c ∈]x, y[, g(y) − y−ln x = 1c . Or x < c < y donc 1y < 1c < 1x . Ce g(x) = g0 (c)(y − x). Soit ln y − ln x = 1c (y − x). Donc ln y−x qui donne les inégalités recherchées. (b) f 0 (α) =
x−y αx+(1−α)y
2
(x−y) 00 est négative alors f 0 est dé− ln x + ln y. Et f 00 (α) = − (αx+(1−α)y) 2 . Comme f
x−ln y) croissante sur [0, 1]. Or f 0 (0) = x−y−y(ln > 0 d’après la première question et de même f 0 (1) < 0. y Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe c ∈ [x, y] tel que f 0 (c) = 0. Maintenant f 0 est positive sur [0, c] et négative sur [c, 1]. Donc f est croissante sur [0, c] et décroissante sur [c, 1]. Or f (0) = 0 et f (1) = 0 donc pour tout x ∈ [0, 1], f (x) > 0. Cela prouve l’inégalité demandée.
(c) Géométriquement nous avons prouvé que la fonction ln est concave, c’est-à-dire que la corde (le segment qui va de (x, f (x)) à (y, f (y)) est sous la courbe d’équation y = f (x).
Correction de l’exercice 2153 N Le théorème des accroissements finis donne : ln(n + 1) − ln(n) = Or cn > n donc n1 > c1n . Donc : n
Sn =
1
n
1
1 1 cn (n + 1 − n) = cn ,
avec cn ∈ [n, n + 1].
n
∑ k > ∑ ck = ∑ ln(k + 1) − ln(k) = ln(n + 1).
k=1
k=1
k=1
La dernière égalité s’obtient car la somme est téléscopique et ln 1 = 0. Donc Sn > ln(n + 1), donc Sn → +∞. Correction de l’exercice 2155 N Pour simplifier nous supposons x > 0. (a) Appliquer le théorème des accroissements finis ne va pas être suffisant. En effet, soit f (x) = ex − 1 − x. Alors il existe c ∈]0, x[ tel que f (x) − f (0) = f 0 (c)(x − 0). Soit f (x) = (ec − 1)x. Soit maintenant g(x) = ex − 1 alors, par le théorème des accroissements finis sur [0, c] il existe d ∈]0, c[ tel que g(c) − g(0) = g0 (d)(c − 0), soit ec − 1 = ed c. Donc ex − 1 − x = f (x) = (ec − 1)x = ed cx. Comme d 6 c 6 x, alors ex − 1 − x 6 ex x2 . Cela donne une inégalité, mais il manque un facteur 1/2. (b) Nous allons obtenir l’inégalité par application du théorème de Rolle. Soit maintenant f (t) = et − 2 1 − t − k t2 . Nous avons f (0) = 0, x > 0 étant fixé, nous choisisons k tel que f (x) = 0, (un tel k existe car ex − 1 − x > 0 et x2 > 0). Comme f (0) = 0 = f (x) alors par Rolle il existe c ∈]0, x[ tel que f 0 (c) = 0. Mais f 0 (t) = et − t − kt, donc f 0 (0) = 0. Maintenant f 0 (0) = 0 = f 0 (c) donc il existe (par Rolle toujours !) d ∈]0, c[ tel que f 00 (d) = 0. Or f 00 (t) = et − k, donc f 00 (d) = 0 donne k = ed . Ainsi 2 2 f (x) = 0 devient ex − 1 − x = ed x2 . Comme d 6 x alors ex − 1 − x 6 ex x2 . Correction de l’exercice 2157 N On a déjà g(b) = f (b) − f (b) = 0. Puisque a 6= b, on peut choisir A tel que g(a) = 0 (à savoir A = (k) (n+1)! ( f (b) − ∑nk=0 f k!(a) (b − a)k ). (b−a)n+1
1661
Avec les hypothèses faites sur f , g est d’autre part continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[. Le théorème de ROLLE permet alors d’affirmer qu’il existe c ∈]a, b[ tel que g0 (c) = 0. Pour x ∈]a, b[, on a n
g0 (x) = − ∑
k=0 n
=−∑
k=0
=
n f (k+1) (x) f (k) (x) (b − x)n (b − x)k + ∑ (b − x)k−1 + A k! n! k=1 (k − 1)!
n−1 (k+1) n f (x) (b − x)n f (n+1) (x) (b − x)n f (k+1) (x) (b − x)k + ∑ (b − x)k + A =−∑ (b − x)n + A k! k! n! n! n! k=0 k=0
(b − x)n (A − f (n+1) (x)). n! n
(n+1) (c)) = 0, et donc, puisque c 6= b, tel que A = f (n+1) (c). Ainsi, il existe c ∈]a, b[ tel que (b−c) n! (A − f L’égalité g(a) = 0 s’éxrit alors n
f (b) =
∑ k=0
f (k) (a) (b − a)n+1 f (n+1) (c) (b − a)k + , k! (n + 1)!
pour un certain réel c de ]a, b[. Correction de l’exercice 2158 N 0 0 3 Pour x ∈ [a, b], posons g(x) = f (x) − f (a) − x−a 2 ( f (x) + f (a)) − A(x − a) où A est choisi de sorte que 1 b−a 0 0 g(b) = g(a) = 0 (c’est-à-dire A = (b−a)3 ( f (b) − f (a) − 2 ( f (b) + f (a))).
f ∈ C2 ([a, b], R) ∩ D3 (]a, b[, R) et donc g ∈ C1 ([a, b], R) ∩ D2 (]a, b[, R). Pour x ∈ [a, b], on a : 1 x − a 00 g0 (x) = f 0 (x) − ( f 0 (x) + f 0 (a)) − f (x) − 3A(x − a)2 , 2 2
puis g00 (x) =
1 00 1 x − a (3) x−a f (x) − f 00 (x) − f (x) − 6A(x − a) = (−12A − f (3) (x)). 2 2 2 2
g est continue sur [a, b], dérivable sur ]a, b[ et vérifie de plus g(a) = g(b). Donc, d’après le théorème de ROLLE, il existe d ∈]a, b[ tel que g0 (d) = 0. De même, g0 est continue sur [a, d] ⊂ [a, b], dérivable sur ]a, d[(6= 0) / et vérifie de plus g0 (a) = g0 (d)(= 0). D’après le théorème de ROLLE, il existe c ∈]a, d[⊂]a, b[ 1 (3) tel que g00 (c) = 0 ou encore tel que A = − 12 f (c) (puisque c 6= a). En écrivant explicitement l’égalité g(b) = 0, on a montré que : ∃c ∈]a, b[/ f (b) = f (a) +
b−a 0 1 (3) ( f (b) + f 0 (a)) − f (c)(b − a)3 . 2 12
Si f ∈ C1 ([a, b], R) ∩ D2 (]a, b[, R) et si F est une primitive de f sur [a, b], la formule précédente s’écrit : Z b
f (t) dt = F(b)−F(a) =
a
b−a 0 1 b−a 1 (F (b)+F 0 (a))− F (3) (c)(b−a)3 = ( f (b)+ f (a))− f 00 (c)(b−a)3 . 2 12 2 12
Donc, si f ∈ C1 ([a, b], R) ∩ D2 (]a, b[, R), ∃c ∈]a, b[/
Z b a
f (t) dt =
b−a 1 00 ( f (b) + f (a)) − f (c)(b − a)3 . 2 12
Interprétation géométrique.
1662
Rb
2 f (t) dt est l’aire du domaine {M(x,y) D= ∈ R /a 6 x 6 bet 0 6 y 6 a b b a f (x)} et A2 = b−a . Si M2 = 2 ( f (b) + f (a)) est l’aire du trapèze 0 0 f (b) f (a) sup{| f 00 (x)|, x ∈ [a, b]} existe dans R, on a :
Si f est positive, A1 =
a
|A1 − A2 | 6 M2
(b − a)3 . 12
a
b
Correction de l’exercice 2159 N (a) (X 2 −1)n est de degré 2n et donc, Ln est de degré 2n−n = n. Puis, dom(Ln ) = dom((X 2n )(n) ) = (2n)! n! . (k)
(b) 1 et −1 sont racines d’ordre n de An et donc racines d’ordre n − k de An , pour tout k élément de {0, ..., n}. (k)
Montrons par récurrence sur k que ∀k ∈ {0, ..., n}, An s’annule en au moins k valeurs deux à deux distinctes de l’intervalle ] − 1, 1[. Pour k = 1, An est continu sur [−1, 1] et dérivable sur ] − 1, 1[. De plus, An (0) = An (1) = 0 et d’après le théorème de ROLLE, A0n s’annule au moins une fois dans l’intervalle ] − 1, 1[. (k)
(k)
Soit k élément de {1, ..., n − 1}. Supposons que An s’annule en au moins k valeurs de ] − 1, 1[. An s’annule de plus en 1 et −1 car k 6 n − 1 et donc s’annule en k + 2 valeurs au moins de l’intervalle (k+1) [−1, 1]. D’après le théorème de ROLLE, An s’annule en au moins k + 1 points de ] − 1, 1[ (au moins une fois par intervalle ouvert). (k)
On a montré que ∀k ∈ {0, ..., n}, An s’annule en au moins k valeurs de ] − 1, 1[. En particulier, (n) An = Ln s’annule en au moins n réels deux à deux distincts de ] − 1, 1[. Puisque Ln est de degré n, on a trouvé toutes les racines de Ln , toutes réelles, simples et dans ] − 1, 1[. Correction de l’exercice 2160 N x x+1 Montrons que (∀x > 0, 1 + 1x < e < 1 + 1x . Soit x > 0.
1 x 1 x+1 1 1 1+ < e < 1+ ⇔ x ln(1 + ) < 1 < (x + 1) ln(1 + ) x x x x ⇔ x(ln(x + 1) − ln x) < 1 < (x + 1)(ln(x + 1) − ln x) ⇔
1 1 < ln(x + 1) − ln x < . x+1 x
Soit x un réel strictement positif fixé. Pour t ∈ [x, x + 1], posons f (t) = lnt. f est continue sur [x, x + 1] et dérivable sur ]x, x + 1[. Donc, d’après le théorème des accroissements finis, il existe un réel c dans ]x, x + 1[ tel que f (x + 1) − f (x) = (x + 1 − x) f 0 (c) ou encore 1663
1 ∃c ∈]x, x + 1[/ ln(x + 1) − ln x = , c ce qui montre que ∀x > 0,
1 x+1
< ln(x + 1) − ln x < 1x , et donc que 1 x 1 x+1 ∀x > 0, 1 + < e < 1+ . x x
Correction de l’exercice 2161 N
b
a Soit x0 un réel non nul. Une équation de la tangente (Tx0 ) à la courbe représentative de f au point d’abscisse x0 est y = f 0 (x0 )(x − x0 ) + f (x0 ). (Tx0 ) passe par l’origine si et seulement si
x0 f 0 (x0 ) − f (x0 ) = 0. f (x) x
si x 6= 0 (g est « la fonction pente à l’origine »). 0 si x = 0 Puisque f est continue et dérivable sur R, g est déjà continue et dérivable sur R∗ . Puisque f est dérivable en 0 et que f (0) = f 0 (0) = 0, g est de plus continue en 0. Finalement, g est continue sur [0, a], dérivable sur ]0, a[ et vérifie g(0) = g(a)(= 0). D’après le théorème de ROLLE, il existe un réel x0 dans ]0, a[ tel que g0 (x0 ) = 0. Puisque x0 n’est pas nul, on a 0 f (x0 ) g0 (x0 ) = x0 f (x0x)− . L’égalité g0 (x0 ) = 0 s’écrit x0 f 0 (x0 ) − f (x0 ) = 0 et, d’après le début de l’exer2 0 cice, la tangente à la courbe représentative de f au point d’abscisse x0 passe par l’origine. Pour x réel, on pose g(x) =
Correction de l’exercice 2162 N En pensant à l’expression développée de ∆, on voit que ∆ est continue sur [a, b], dérivable sur ]a, b[ et vérifie ∆(a) = ∆(b)(= 0) (un déterminant ayant deux colonnes identiques est nul). Donc, d’après le théorème de ROLLE, ∃c ∈]a, b[/ ∆0 (c) = 0. Mais, pour x ∈]a, b[, ∆0 (x) = f 0 (x)(g(a) − g(b)) − g0 (x)( f (a) − f (b)) (dérivée d’un déterminant). L’égalité ∆0 (c) = 0 s’écrit : f 0 (c)(g(b) − g(a)) = g0 (c)( f (b) − f (a)) ce qu’il fallait démontrer. (Remarque. Ce résultat généralise le théorème des accroissements finis (g = Id « est » le théorème des accroissements finis.)) Correction de l’exercice 2164 N (a) Pour tout n > 2 on a : Pn (0) = −1 et Pn (1) = 3. Comme l’application X 7→ Pn (X) est continue, elle s’annulle en (au moins) un point de l’intervalle ]0, 1[. Comme par ailleurs, pour tout X positif, Pn0 (X) = nX n−1 + (n − 1)X n−2 + 2X + 1 est strictement positif, l’application X 7→ Pn (X) est strictement croissante sur R+ et s’annule en au plus un point de R+ . En conséquence Pn a une unique racine positive λn qui de plus satisfait à l’inégalité 0 < λn < 1. (b) Pour tout X ∈]0, 1[, Pn (X) − Pn−1 (X) = X n − X n−2 < 0. En particulier Pn (λn−1 ) < 0 donc λn > λn−1 . La suite (λn )n>2 est donc croissante et majorée (cf 1.) : elle est convergente.
1664
3 3 2 3 (c) Pour tout n > 2 on a : λnn + λnn−1 = −λn2 − λn + 1. Or Pn > + − 1 > 0 donc la suite 34n 34n+1 4 (λnn + λnn−1 )n∈||| satisfait aux inégalités 0 < λnn + λnn−1 < + et converge vers 0. Il en 4 4 2 + ` − 1 = 0. va de même de la suite (−λn2 − λn + 1)n>2 . En passant à √ la limite, on obtient l’égalité : `√ −1 + 5 −1 + 5 , on a l’égalité : ` = . La seule solution positive de cette équation étant 2 2 Remarques (a) L’inégalité 0 < λn < 1 (pour tout n > 2) n’implique pas que (λnn )n>2 converge vers 0. Par exemple la 1 1 suite (vn )n>1 définie par vn = (1 − )n converge vers . (Pour le vérifier appliquer le 1. du problème n e à log (vn ).) n 1 1 1 1 (b) La propriété lim ε ε = 0 n’implique pas que lim ∑ = 0. Par exemple... n→∞ n + k n→∞ n+k n+k k=0 n + k n 1 = log (2). lim ∑ n→∞ k=0 n + k Correction de l’exercice 2168 N f (x) − f (c) − f 0 (c). Comme f est continue, ε est continue sur ]a, b[−{c} et la continuité en x−c c de ε équivaut à la dérivabilité de f en c. L’unicité est évidente. 1 1 1 1 1 (b) Pour tout n > 1, Sn+1 − Sn = + − < 0 (par exemple parce que < et 2n + 2 2n + 1 n 2n + 2 2n 1 1 1 1 1 < donc + < 2× ) donc la suite (Sn )n>1 est décroissante. Elle est minorée 2n + 1 2n 2n + 2 2n + 1 2n (par 0) donc elle converge. 1 1 1 1 1 6 6 donc (n + 1) × 6 Sn 6 (n + 1) × d’où, en passant à la (c) Pour tout 0 6 k 6 n, 2n n + k n 2n n 1 limite, l’inégalité 6 S 6 1. 2 (d) Soit ε l’application de ] − 1, 1[ à valeurs dans R telle que f (x) = f 0 (0)x + ε(x). Pour tous n, k ∈ |||, n > 0, on a l’égalité : (a) ε(x) =
f donc σn ( f ) − f 0 (0)Sn = les inégalités :
1 1 0 1 1 = f (0) + ε n+k n+k n+k n+k
1 1 1 1 ∑ n + k ε n + k . Comme, pour tout k > 0, on a n + k 6 n , on en déduit k=0 n
|σn ( f ) − f 0 (0)Sn | 6
1 1 n 1 n + 1 max ε ε 6 . ∑ n k=0 n+k n 06k6n n+k
1 Comme max ε 6 sup |ε(x)|, cette quantité converge vers 0 lorsque n tend vers l’infini 06k6n n+k x∈[0, 1n ] (puisque ε est continue et s’annulle en 0). n+k +1 1 (e) Des égalités log 1 + = log = log (n + k + 1) − log (n + k) on déduit que : n+k n+k 2n + 1 1 σn ( f ) = log (2n + 1) − log (n) = log = log 2 + . n n
Comme la fonction logarithme est continue, (σn ( f ))n>1 converge vers log (2) lorsque n tend vers l’infini. Ainsi S = log (2). 1665
(f) Par les deux questions qui précédent il est immédiat que lim σn = log (2). n→∞
(g) Soit f :]−1, 1[→ R une application continue, dérivable en 0 et telle que f (0) = 0. Soit ε l’application de ] − 1, 1[ à valeurs dans R telle que f (x) = f 0 (0)x + ε(x). On pose, pour tous n, k ∈ |||, n > 0 : pn
σn (p, f ) =
∑f k=0
Pour tous n, k ∈ |||, n > 0 on a l’égalité : f |σn (p, f ) − f 0 (0)Sn,p | 6
pn 1 1 et Sn,p = ∑ . n+k k=0 n + k
1 1 0 1 1 = f (0) + ε d’où n+k n+k n+k n+k
1 1 pn 1 pn + 1 ε 6 sup ε ∑ n+k n k=0 n x∈[0, 1 ] n+k n
donc cette différence converge vers 0 lorsque n tend vers l’infini. Lorsque f est la fonction x 7→ log(1 + x), on obtient (comme précédemment) que : 1 σn (p, f ) = log ((p + 1)n + 1) − log (n) = log 1 + p + n
puis que lim σn (p, f ) = log (p + 1) c’est à dire S p = log (p + 1). n→∞
Correction de l’exercice 2173 N yi =
xi xi+1
⇒
n y1 ···yn
6
y1 +···+yn . n
Correction de l’exercice 2179 N (a) (b) f (x) → ` ∈ R, f 0 (x) → 0. TAF entre x et x/2 ⇒ 2 f (x) − f
x 2
6 x f 0 (x) 6 0 ⇒ x f 0 (x) → 0.
Correction de l’exercice 2185 N (a) Fonction décroissante sur R+ . f (x) d (b) f (x) − x f 0 (x) = −x2 dx . Donc, x 7→ x
f (x)−p x
(c) p 6 f (x) − mx 6 f (x) − x f 0 (x).
& et x 7→
f (x)− f (0) x
Correction de l’exercice 2186 N (a) Soient x < y :
f (x)− f (0) x−0
>
f (y)− f (0) y−0
⇒
f (x) x
>
f (y) y
+ f (0)
1 x
− 1y .
x (b) Pour x < y : f (x + y) 6 t f (x) + (1 − t) f (y) avec t = x−y < 0, f (x) f (y) xy donc f (x + y) − f (x) − f (y) 6 x−y 6 0. x − y
Correction de l’exercice 2190 N (a) (b) Prendre x tel que f (x) soit maximal. 1666
%.
(c) (d)
Correction de l’exercice 2191 N Pour a0 : f (a0 + h) − f (a0 ) − |h| 6
|h| 2 .
Correction de l’exercice 2194 N
G(x+xh)−G(x) + G(x + xh). Soit Soit F(x) = x2 + xG(x). On a pour h > 0 : f (x) 6 F(x+xh)−F(x) xh √ = 2x + xh + h √ √ ε > 0 et A tel que y > A ⇒ |G(y)| 6 ε 2 . On prend h = ε/ x et on obtient f (x) − 2x − ε x 6 ε x + ε 2 √ d’où f (x) 6 2x + o( x). L’inégalité inverse se montre de même.
Correction de l’exercice 2195 N f 0 (x) = 2(1 − k)3 x + 3(1 + k)x2 , f 00 (x) = 2(1 − k)2 + 6(1 + k)x. Nous avons f 0 (0) = 0 et f 00 (0) = 2(1 − k)3 . Donc si k 6= 1 alors, la dérivée seconde étant non nulle en x = 0, 0 est un extremum (maximum ou minimum) local. Si k = 1 alors f (x) = 2x3 et bien sûr 0 n’est pas un extremum local. Dans tous les cas 0 n’est ni un minimum global, ni un maximum global (regardez les limites en +∞ et −∞). Correction de l’exercice 2200 N f 0 (x) = 4x3 − 3x2 = x2 (4x − 3) donc les extremums appartiennent à {0, 34 }. Comme f 00 (x) = 12x2 − 6x = 6x(2x − 1). Alors f 00 ne s’annule pas en 34 , donc 43 donne un extremum local (qui est même un minimum global). Par contre f 00 (0) = 0 et f 000 (0) 6= 0 donc 0 est un point d’inflexion qui n’est pas un extremum (même pas local, pensez à un fonction du type x 7→ x3 ). Correction de l’exercice 2201 N (a) fλ0 (x) = λ ex + 2x, fλ00 (x) = λ ex + 2. Les points d’inflexion sont les racines de fλ00 , donc si λ > 0 il n’y a pas de point d’inflexion, si λ < 0 alors il y a un point d’inflexion en xλ = ln(−2/λ ). (b) Si λ > 0 alors fλ00 est toujours strictement positive, donc fλ0 est strictement croissante, en −∞ la limite de fλ0 est −∞, en +∞ la limite de fλ0 est +∞, donc il existe un unique réel yλ tel que fλ0 (yλ ) = 0. fλ est décroissante sur ] − ∞, yλ ] et croissante sur [yλ , +∞[. Et en yλ nous avons un minimum absolu.
(c) Nous supposons λ < 0. Alors fλ00 s’annule seulement en xλ . fλ0 est croissante sur ] − ∞, xλ ] et décroissante sur [xλ , +∞[. Donc fλ0 a des racines si et seulement si f 0 (xλ ) > 0. Or f 0 (xλ ) = −2 + 2xλ .
i. Si λ = −2/e alors fλ0 (xλ ) = 0. Comme fλ00 (xλ ) = 0 et fλ000 ne s’annule pas alors xλ est un point d’inflexion qui n’est pas un extremum local.
ii. Si λ > −2/e alors fλ0 (xλ ) < 0 donc fλ0 est négative donc f est strictement décroissante. Il n’y a pas d’extremum local. iii. Si −2/e < λ < 0 alors fλ0 (xλ ) > 0. Donc fλ0 s’annule en deux points, une fois sur ] − ∞, xλ [ et une sur ]xλ , +∞[. Ce sont des extremums locaux (minimum et maximum respectivement).
Correction de l’exercice 2205 N Le théorème de Rolle dit que si h : [a, b] −→ R est une fonction continue sur l’intervalle fermé [a, b] et dérivable sur l’ouvert ]a, b[ alors il existe c ∈]a, b[ tel que h0 (c) = 0. (a) Supposons par l’absurde, qu’il existe x0 ∈]a, b] tel que g(x0 ) = g(a). Alors en appliquant le théorème de Rolle à la restriction de g à l’intervalle [a, x0 ] (les hypothèses étant clairement vérifiées), on en déduit qu’il existe c ∈]a, x0 [ tel que g0 (c) = 0, ce qui contredit les hypothèses faites sur g. Par conséquent on a démontré que g(x) 6= g(a) pour tout x ∈]a, b]. 1667
(b) D’après la question précédente, on a en particulier g(b) 6= g(a) et donc p est un nombre réel bien défini et h = f − p · g est alors une fonction continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[. Un calcul simple montre que h(a) = h(b). D’après le théorème de Rolle il en résulte qu’il existe c ∈]a, b[ tel que h0 (c) = 0. Ce qui implique la relation requise. (c) Pour chaque x ∈]a, b[, on peut appliquer la question 2. aux restrictions de f et g à l’intervalle [x, b], on en déduit qu’il existe un point c(x) ∈]x, b[, dépendant de x tel que f (x) − f (b) f 0 (c(x)) = 0 . g(x) − g(b) g (c(x))
(∗) Alors, comme limx→b− limite dans (∗) que
f 0 (t) g0 (t)
= ` et limx→b− c(x) = b, (car c(x) ∈]x, b[) on en déduit en passant à la lim−
x→b
f (x) − f (b) = `. g(x) − g(b)
Ce résultat est connu sous le nom de “règle de l’Hôpital”. √ (d) Considérons les deux fonctions f (x) = arccos x et g(x) =√ 1 − x2 pour x ∈ [0,√ 1]. Ces fonctions sont continues sur [0, 1] et dérivables sur ]0, 1[ et f 0 (x) = −1/ 1 − x2 , g0 (x) = −x/ 1 − x2 6= 0 pour tout x ∈]0, 1[. En appliquant les résultats de la question 3., on en déduit que arccos x lim− √ = lim x→1 1 − x2 x→1−
√−1 1−x2 √ −x 1−x2
= lim− x→1
1 = 1. x
Correction de l’exercice 2206 N (a) i. Il est clair que la fonction f est dérivable sur R+ puisque c’est une fonction rationnelle sans pôle dans cet intervalle. De plus d’après la formule de la dérivée d’un quotient, on obtient pour x>0: n(xn−1 − 1) . f 0 (x) = (1 + x)n+1 ii. Par l’expression précédente f 0 (x) est du signe de xn−1 − 1 sur R+ . Par conséquent on obtient : f 0 (x) 6 0 pour 0 6 x 6 1 et f 0 (x) > 0 pour x > 1. Il en résulte que f est décroissante sur [0, 1] et croissante sur [1, +∞[ et par suite f atteint son minimum sur R+ au point 1 et ce minimum vaut f (1) = 21−n . (b) i. Il résulte de la question 1.b que f (x) > f (1) pour tout x ∈ R+ et donc (1 + x)n 6 2n−1 (1 + xn ). ii. En appliquant l’inégalité précédente avec x = b/a, on en déduit immédiatement l’inégalité requise (le cas du couple (0, 0) étant trivial).
Correction de l’exercice 2207 N (a) f est dérivable sur R∗− en tant que composée de fonctions dérivables, et sur R∗+ car elle est nulle sur cet intervalle ; étudions donc la dérivabilité en 0. On a ( e1/t /t si t < 0 f (t) − f (0) = t 0 si t > 0 or e1/t /t tend vers 0 quand t tend vers 0 par valeurs négatives. Donc f est dérivable à gauche et à droite en 0 et ces dérivées sont identiques, donc f est dérivable et f 0 (0) = 0. 1668
(b) On a
( −e1/t /t 2 f 0 (t) = 0
si t < 0 si t > 0
donc le taux d’accroissement de f 0 au voisinage de 0 est ( −e1/t /t 3 f 0 (t) − f 0 (0) = t 0
si t < 0 si t > 0
et il tend vers 0 quand t tend vers 0 par valeurs supérieures comme inférieures. Donc f admet une dérivée seconde en 0, et f 00 (0) = 0. (c) i. On a déjà trouvé que f 0 (t) = −e1/t /t 2 , donc f 0 (t) = P1 (t)/t 2 e1/t si on pose P1 (t) = −1. e1/t donc la formule est vraie pour n = 2 en Par ailleurs, f 00 (t) = e1/t /t 4 + e1/t (2/t 3 ) = 1+2t t4 posant P2 (t) = 1 + 2t. ii. Supposons que la formule est vraie au rang n. Alors f (n) (t) =
Pn (t) 1/t e t 2n
d’où
Pn0 (t)t 2n − Pn (t)(2n)t 2n−1 1/t Pn (t) 1/t e + 2n e (−1/t 2 ) t 4n t 2 0 P (t)t − (2nt + 1)Pn (t) 1/t = n e t 2(n+1)
f (n+1) (t) =
donc la formule est vraie au rang n + 1 avec Pn+1 (t) = Pn0 (t)t 2 − (2nt + 1)Pn (t). (d) Sur R∗− et sur R∗+ , f est indéfiniment dérivable, donc il suffit d’étudier ce qui se passe en 0. Montrons par récurrence que f est indéfiniment dérivable en 0, et que pour tout n ∈ |||, f (n) (0) = 0. On sait que c’est vrai au rang 1. Supposons que f est n-fois dérivable, et que f (n) (0) = 0. Alors le taux d’accroissement de f (n) en 0 est : ( Pn (t)e1/t /t 2n+1 si t < 0 f (n) (t) − f (n) (0) = t 0 si t > 0 et sa limite est 0 quand t tend vers 0 par valeurs supérieures comme inférieures. Donc f (n) est dérivable en 0, et f (n+1) (0) = 0. Donc l’hypothèse de récurrence est vérifiée au rang n + 1. Par conséquent, f est de classe C∞ .
Correction de l’exercice 2210 N Contre-exemple : f (t) = t 2 si t > 0 et f (t) = −t 2 si t < 0. Correction de l’exercice 2215 N Poser g(x) = que g3 (x) ∼
Rx
t=0 3`2 x,
f 2 (t) dt. On obtient (g3 )0 (x) → 3`2 lorsque x → +∞, ce qui implique (classiquement) q puis f (x) ∼
3
` 3x .
Correction de l’exercice 2219 N √ TAF ⇒ ` = 2. Correction de l’exercice 2225 N Dériver par rapport à a puis par rapport à b. Correction de l’exercice 2229 N 1669
(a) (b) f (n) (1) = 2n n!, f (n) (−1) = (−2)n n!. (c)
Correction de l’exercice 2233 N f 0 (0) 2 .
Correction de l’exercice 2235 N f = id. Correction de l’exercice 2238 N (a) AF ⇒ ∃ w(x) compris entre u(x) et v(x) tel que
uv −vv u−v
= vwv−1 → aa .
w2 (b) uv − vu = (uv − vv ) + (vv − vu ) = (u − v)(vwv−1 1 − (ln v)v ) w uu − vv = (u − v)w3 3 (1 + ln w2 ) a ⇒ lim = 1−ln 1+ln a .
Correction de l’exercice 2239 N (a) k (b) Pour k > 0, la suite (un ) est croissante et ln un 6 1−k . Pour k < 0, (u2n ) décroît et converge, et u2n+1 ∼ u2n .
Correction de l’exercice 2241 N (1 + x2 ) f (n+1) + 2nx f (n) + n(n − 1) f (n−1) = 0 pour n > 1. g(n+1) = 3x2 g(n) + 6nxg(n−1) + 3n(n − 1)g(n−2) pour n > 0. Correction de l’exercice 2242 N
(−1)n e−x x3 + (2 − 3n)x2 + (3n2 − 7n)x + (−n3 + 5n2 − 4n − 5) . Correction de l’exercice 2243 N f (n) (x) = 2n ex
√ 3 sin(x + n π ). 6
Correction de l’exercice 2244 N n dn n n k 2 n−k xn−k (1 − x)k . dxn x (1 − x) = ∑k=0 n! Cn (−1) 2 coefficient de xn = (−1)n n! ∑nk=0 Cnk = (−1)n An2n . Correction de l’exercice 2245 N (n−1)! , t
(−1)n t n+1
exp(1/t).
Correction de l’exercice 2246 N (a) an+1,k = an,k−1 + 2(2k − n)an,k . 1670
(b) an,k =
n! (n−k)!(2k−n)! .
Correction de l’exercice 2251 N (a) Au point d’abscisse α tq ln α = ln a (b) Centre = 0, a1−a , rapport = a.
a ln a 1−a
+ 1 pour C , et α 0 = aα pour C 0 .
Correction de l’exercice 2252 N Si f change de signe, soit par exemple f (a) > 0, f (b) < 0, a < b et c = sup{x tq f|[a,x] est croissante}. Alors f est croissante sur [a, c] et f (c) = 0, contradiction. Correction de l’exercice 2253 N R
2
x Si l’on pose F(x) = t=0 et dt, on constate que a(x) = F −1 (1 + F(x)) ce qui prouve l’existence, l’unicité R −x 2 et le caractère C ∞ de a. Pour la symétrie, il faut montrer que a(−a(x)) = −x soit t=−a(x) et dt = 1 ce qui est immédiat.
Correction de l’exercice 2254 N Toute fonction linéaire ϕ : x 7→ ax convient. Réciproquement, si ϕ est solution alors ϕ(0) = 0. On note a = ϕ 0 (0) et ψ(x) = ϕ(x) − ax : ψ est également solution et ψ 0 (0) = 0. Si x ∈ R et n ∈ ||| alors ψ(x) = 2n ψ(x/2n ) → 0 lorsque n → ∞, d’où ψ = 0 et ϕ(x) = ax. Correction de l’exercice 2255 N (a) m =
√ 1+ 5 2 ,
c = m−1/m .
(b) (c) (d) f et f 0 ont des limites nulles en 0+ et infinies en +∞ donc f (x) = ox→0+ (x) et x = ox→+∞ ( f (x)), ce qui implique que f (x) − x s’annule sur ]0, +∞[. S’il y a deux points fixes, a < b, alors par le thm. des accroissements finis l’équation f 0 (x) = 1 admet une solution dans ]0, a[ et une dans ]a, b[, en contradiction avec la bijectivité de f 0 = f −1 . (e) On note a le point fixe de f , b celui de g et on suppose a 6= b, par exemple a < b. On a g(x) < x pour x ∈ ]0, b[ donc g(a) < a = f (a). Par conséquent g(x) < x 6 f (x) si x ∈ [a, b[ ; soit ]c, b[ le plus grand intervalle sur lequel g(x) < f (x). On a 0 6 c < a, g(c+ ) = f (c+ ) 6 c et f , g sont strictement croissantes, donc g−1 (x) > f −1 (x) pour x ∈ ]c, b[. Ainsi g − f est strictement croissante sur ]c, b[ a une limite nulle en c+ et est négative en b, c’est absurde. Remarque : le point fixe est le nombre d’or m. De plus, si f et g sont deux éléments de E distincts alors f − g n’est de signe constant sur aucun voisinage de m− (même démonstration). Correction de l’exercice 2256 N On a f 0 6 0 donc f est décroissante sur R, et en particulier elle admet des limites finies, a et b en −∞ et +∞ avec −1 6 b 6 a 6 1. 0 Supposons √ a > 0 : soit α ∈ ]0, a[. Il existe x0 ∈ R tel que ∀ x 6 x0 , f (x) > a − α > 0, d’où f (x) 6 −1 + a − α < 0. Ceci est incompatible avec le caractère borné de f , donc on a en fait a 6 0. On montre de même que b > 0 et comme b 6 a, on a finalement a = b = 0.
1671
Correction de l’exercice 2257 N f 0 est continue sur le segment [a, b] et donc est bornée sur ce segment. Soit M = sup{ f 0 (x), x ∈ [a, b]}, et soit g la fonction affine qui prend les mêmes valeurs que f en a et b (c’est-à-dire ∀x ∈ [a, b], g(x) = f (b)− f (a) f (b)− f (a) b−a (x − a) + f (a) =) puis h = f − g. On va montrer que h = 0 sous l’hypothèse M = b−a .
f (a) h est dérivable sur [a, b] et, pour x ∈ [a, b], h0 (x) = f 0 (x) − f (b)− = f 0 (x) − M 6 0. h est donc décroisb−a sante sur [a, b]. Par suite, ∀x ∈ [a, b], 0 = h(b) 6 h(x) 6 h(a) = 0. Ainsi, ∀x ∈ [a, b], h(x) = 0, ou encore f = g. f est donc affine sur [a, b].
Correction de l’exercice 2258 N Supposons que f est convexe sur un intervalle ouvert I =]a, b[ (a et b réels ou infinis). Soit x0 ∈ I. On sait que la fonction pente en x0 est croissante.
f (x0 ) Pour x 6= x0 , posons g(x) = f (x)− . Soit x0 un élément de ]x0 , b[. ∀x ∈]a, x0 [, on a g(x) < g(x0 ), ce x−x0 qui montre que g est majorée au voisinage de x0 à gauche. Etant croissante, g admet une limite réelle f (x0 ) quand x tend vers x0 par valeurs inférieures ou encore, limx→x0 , x 0, f 00 (x) = − x12 < 0. Par suite, f est concave sur ]0, +∞[. On en déduit que : n
n
n
∀n ∈ N, ∀(x1 , ..., xn ) ∈ (]0, +∞[)n , ∀(α1 , ..., αn ) ∈ (]0, 1[)n , ( ∑ αk = 1 ⇒ ln( ∑ αk xk ) > ∑ αk ln(xk ), k=1
k=1
k=1
et donc par croissance de f sur ]0, +∞[, n
n
∏ xkα
k
k=1
6
∑ αk xk . k=1
Si l’un des xk est nul, l’inégalité précédente est immédiate. En choisissant en particulier α1 = ... = αn = 1n , de sorte que (α1 , ..., αn ) ∈ (]0, 1[)n et que ∑nk=1 αk = 1, on obtient ∀n ∈ N∗ , ∀(x1 , ..., xn ) ∈ ([0, +∞[)n ,
√ 1 n x1 ...xn 6 (x1 + ... + xn ). n
(b) i. Soient p et q deux réels strictement positifs vérifiant 1p + 1q = 1 (de sorte que l’on a même 1 1 1 p < p + q = 1 et donc p > 1 et aussi q > 1). Si a = 0 ou b = 0, l’inégalité proposée est immédiate. q p Soit alors a un réel strictement positif puis, pour x > 0, f (x) = ap + xq − ax. f est dérivable sur [0, +∞[ (car q > 1) et pour x > 0, f 0 (x) = xq−1 − a. q étant un réel strictement plus grand que 1, q − 1 est strictement positif et donc, la fonction x 7→ xq−1 est strictement croissante sur [0, +∞[. Par suite, f 0 (x) > 0 ⇔ xq−1 > a ⇔ x > a1/(q−1) . f est donc strictement décroissante sur [0, a1/(q−1) ] et strictement croissante sur [a1/(q−1) , +∞[. Ainsi,
1672
∀x > 0, f (x) > f (a1/(q−1) ) = Maintenant,
1 p
+ 1q = 1 fournit q =
p p−1
1 p 1 q/(q−1) a + a − a.a1/(q−1) . p q
puis q − 1 =
1 p−1 .
Par suite,
q q−1
= p. Il en résulte que
1 p 1 q/(q−1) 1 1 a + a − a.a1/(q−1) = ( + − 1)a p = 0. p q p q f est donc positive sur [0, +∞[, ce qui fournit f (b) > 0. De plus, f (b) = 0 ⇔ b = a1/(q−1) ⇔ bq = aq/(q−1) ⇔ bq = a p . ii. Soient A = ∑nk=1 |ak | p et B = ∑nk=1 |bk |q . Si A = 0, alors ∀k ∈ {1, ..., n}, ak = 0 et l’inégalité est immédiate. De même, si B = 0. k | |bk | 6 1. Si A > 0 et B > 0, montrons que ∑nk=1 A|a1/p B1/q D’après a),
n
n 1 1 |ak | |bk | 1 |ak | p 1 |bk |q 6 ( ∑ A1/p B1/q ∑ p A + q B ) = pA .A + qB .B = 1, k=1 k=1
ce qu’il fallait démontrer. iii. Pour p > 1, la fonction x 7→ x p est deux fois dérivable sur ]0, +∞[ et (x p )00 = p(p − 1)x p−2 > 0. Donc, la fonction x 7→ x p est strictement convexe sur ]0, +∞[ et donc sur [0, +∞[ par continuité en 0. Donc,
n
n
∀(x1 , ..., xn ) ∈ (]0, +∞[) , ∀(λ1 , ..., λn ) ∈ ([0, +∞[) \ {(0, ..., 0)}, et donc
n
n
k=1
k=1
1
n
∑nk=1 λk xk ∑nk=1 λk
p
p
∑n λk xk 6 k=1 , ∑nk=1 λk
1
∑ λk xk 6 ( ∑ λk )1− p ( ∑ λk xkp ) p . k=1 −1/p
On applique alors ce qui précède à λk = |bk |q puis xk = λk on obtient l’inégalité désirée.
|ak | (de sorte que λk xk = |ak bk |) et
iv. Pour p = q = 2, c’est l’inégalité de C AUCHY-S CHWARZ démontrée dans une planche précédente.
Correction de l’exercice 2260 N f est de classe ∞ sur R∗ en vertu de théorèmes généraux. Montrons par récurrence que ∀n ∈ N, ∃Pn ∈ R[X]/ ∀x ∈ R∗ , f (n) (x) = C’est vrai pour n = 0 avec P0 = 1. Soit n > 0. Supposons que ∃Pn ∈ R[X]/ ∀x ∈ R∗ , f (n) (x) = f (n+1) (x) = (
Pn (x) −1/x2 e . x3n
Pn (x) −1/x2 e . x3n
Alors, pour x ∈ R∗ ,
2 2 2 Pn (x) 1 1 Pn+1 (x) + (Pn0 (x) 3n − 3nPn (x) 3n+1 )e−1/x = 3(n+1) e−1/x , 3 3n x x x x 3
où Pn + 1 = 2Pn + X 3 Pn0 − 3nX 2 Pn est un polynôme. On a montré que ∀n ∈ N, ∃Pn ∈ R[X]/ ∀x ∈ R∗ , f (n) (x) =
Pn (x) −1/x2 e . x3n
Montrons alors par récurrence que pour tout entier naturel n, f est de classe Cn sur R et que f (n) (0) = 0. Pour n = 0, f est continue sur R∗ et de plus, limx→0, x6=0 f (x) = 0 = f (0). Donc, f est continue sur R. 1673
Soit n > 0. Supposons que f est de classe Cn sur R et que f (n) (0) = 0. Alors, d’une part f est de classe Cn sur R et Cn+1 sur R∗ et de plus, d’après les théorèmes de croissances comparées, f (n+1) (x) = Pn+1 (x) −1/x2 tend vers 0 quand x tend vers 0, x 6= 0. D’après un théorème classique d’analyse, f est de e x3n+3 classe Cn+1 sur R et en particulier, f (n+1) (0) = limx→0, x6=0 f (n+1) (x) = 0. On a montré par récurrence que ∀n ∈ N, f est de classe Cn sur R et que f (n) (0) = 0. f est donc de classe C∞ sur R. Correction de l’exercice 2261 N f (a) (a) Soit m un élément de ] f 0 (a), f 0 (b)[. Puisque limh→0 f (a+h)− = f 0 (a) et que limh→0 h 0 0 0 f (b), on a (en prenant par exemple ε = Min{m − f (a), f (b) − m} > 0)
f (b+h)− f (b) h
=
f (a) ∃h1 > 0/ ∀h ∈]0, h1 [, (a + h ∈ I ⇒ f (a+h)− < m et h f (b+h)− f (b) > m. ∃h2 > 0/ ∀h ∈]0, h2 [ (b + h ∈ I ⇒ h
L’ensemble E = {h ∈]0, Min{h1 , h2 }[/ a + h et b + h sont dans I} n’est pas vide (car I est ouvert) et f (a) f (b) pour tous les h de E, on a : f (a+h)− < m < f (b+h)− . h h h > 0 est ainsi dorénavant fixé. f (x) (b) La fonction f est continue sur I et donc, la fonction g : x 7→ f (x+h)− est continue sur [a, b]. h D’après le théorème des valeurs intermédiaires, comme g(a) < m < g(b), ∃y ∈ [a, b]/ g(y) = m ou f (y) encore ∃y ∈ [a, b]/ f (y+h)− = m. h f (y) Maintenant, d’après le théorème des accroissements finis, ∃x ∈]y, y+h[⊂ I/ m = f (y+h)− = f 0 (x). h Donc une fonction dérivée n’est pas nécessairement continue mais vérifie tout de même le théorème des valeurs intermédiaires (Théorème de DARBOUX).
Correction de l’exercice 2262 N Quand x tend vers 0 par valeurs supérieures, √ √ cos( x) − 1 1 cos( x) − 1 1 √ 2 = →− . x 2 ( x) /2 2 f est donc dérivable à droite en 0 et fd0 (0) = − 21 . Autre solution. f est continue sur R et de classe C1 sur R∗ en vertu de théorèmes généraux. Pour x 6= 0, √ 1 f 0 (x) = − 2√ sin( x). Quand x tend vers 0, f 0 tend vers − 12 . En résumé, f est continue sur R, de classe x
C1 sur R∗ et f 0 a une limite réelle quand x tend vers 0 à savoir 0. On en déduit que f est de classe C1 sur R et en particulier, f est dérivable en 0 et f 0 (0) = − 21 . Correction de l’exercice 2263 N Soit n > 2 le degré de P.
(a) Si P admet n racines réelles simples, le théorème de ROLLE fournit au moins n − 1 racines réelles deux à deux distinctes pour P0 . Mais, puisque P0 est de degré n − 1, ce sont toutes les racines de P0 , nécessairement toutes réelles et simples. (Le résultat tombe en défaut si les racines de P ne sont pas toutes réelles. Par exemple, P = X 3 − 1 est à racines simples dans C mais P0 = 3X 2 admet une racine double) (b) Séparons les racines simples et les racines multiples de P. Posons P = (X − a1 )...(X − ak )(X − b1 )α1 ...(X − bl )αl où les ai et les b j sont k + l nombres réels deux à deux distincts et les α j des entiers supérieurs ou égaux à 2 (éventuellement k = 0 ou l = 0 et dans ce cas le produit vide vaut conventionnellement 1). P s’annule déjà en k +l nombres réels deux à deux distincts et le théorème de ROLLE fournit k +l −1 racines réelles deux à deux distinctes et distinctes des ai et des b j . D’autre part, les b j sont racines 1674
d’ordre α j de P et donc d’ordre α j − 1 de P0 . On a donc trouvé un nombre de racines (comptées en nombre de fois égal à leur ordre de multiplicité) égal à k + l − 1 + ∑lj=1 (α j − 1) = k + ∑lj=1 α j − 1 = n − 1 racines réelles et c’est fini. Correction de l’exercice 2264 N Puisque limx→+∞ x f 0 (x) = 1, ∃A > 0/ ∀x > 0, (x > A ⇒ x f 0 (x) > 21 ). 1 Soit x un réelR fixé supérieur ou égal à A. ∀t ∈ [A, x], f 0 (t) > 2x et donc, par croissance de l’intégrale, Rx 0 x 1 A f (t) dt > A 2t dt ce qui fournit : 1 ∀x > A, f (x) > f (A) + (ln x − ln A), 2
et montre que limx→+∞ f (x) = +∞. Correction de l’exercice 2265 N f (x) x + 3. ∀x ∈ R f ( + 3) = f ( f ◦ f (x)) = f ◦ f ( f (x)) = 2 2 Puisque f est dérivable sur R, on obtient en dérivant ∀x ∈ R, et donc
1 0 x 2 f (2
+ 3) = 21 f 0 (x),
x ∀x ∈ R, f 0 ( + 3) = f 0 (x). 2 Soit alors x un réel donné et u la suite définie par u0 = x et ∀n ∈ N, un+1 = 21 un + 3. D’après ce qui précède, ∀n ∈ N, f 0 (x) = f 0 (un ). Maintenant, u est une suite arithmético-géométrique et on sait que ∀n ∈ N, un − 6 =
1 (u0 − 6) 2n
ce qui montre que la suite u converge vers 6. La suite ( f 0 (un ))n>0 est constante, de valeur f 0 (x). f 0 étant continue sur R, on en déduit que ∀x ∈ R, f 0 (x) = lim f 0 (un ) = f 0 ( lim un ) = f 0 (6), n→+∞
n→+∞
ce qui montre que la fonction f 0 est constante sur R et donc que f est affine. Réciproquement, pour x réel, posons f (x) = ax + b. x 1 + 3 ⇔ ∀x ∈ R, (a2 − )x + ab + b − 3 = 0 2 2 √ √ 1 1 1 2 ⇔ a = et (a + 1)b = 3 ⇔ (a = √ et b = 3(2 − 2)) ou (a = − √ et b = 3(2 + 2)). 2 2 2
f solution ⇔ ∀x ∈ R, a(ax + b) + b =
On trouve deux fonctions solutions, les fonctions f1 et f2 définies par : √ √ 1 1 ∀x ∈ R, f1 (x) = √ x + 3(2 − 2) et f2 (x) = − √ x + 3(2 + 2). 2 2
Correction de l’exercice 2266 N Montrons que limx→+∞ f (x) = 0. Pour x réel, posons g(x) = ex f (x). g est dérivable sur R et ∀x ∈ R, g0 (x) = ex ( f (x) + f 0 (x)). Il s’agit donc maintenant de montrer que si limx→+∞ e−x g0 (x) = 0 alors limx→+∞ e−x g(x) = 0. 1675
Soit ε un réel strictement positif. ε ε ε ε ∃A > 0/ ∀x ∈ R, (x > A ⇒ − < e−x g0 (x) < ⇒ − ex 6 g0 (x) 6 ex ). 2 2 2 2 Pour x réel donné supérieur ou égal à A, on obtient en intégrant sur [A, x] : ε − (ex − eA ) = 2
Z x A
ε − et dt 6 2
Z x A
ε g0 (t) dt = g(x) − g(A) 6 (ex − eA ), 2
et donc ε ε ∀x > A, g(A)e−x − (1 − eA−x ) 6 e−x g(x) 6 g(A)e−x + (1 − eA−x ). 2 2 Maintenant, g(A)e−x − ε2 (1−eA−x ) et g(A)e−x + ε2 (1−eA−x ) tendent respectivement vers − ε2 et x tend vers +∞. Donc,
ε 2
quand
ε ε ∃B > A/ ∀x ∈ R, (x > B ⇒ g(A)e−x − (1 − eA−x ) > −ε et < g(A)e−x − (1 − eA−x ) < ε. 2 2 Pour x > B, on a donc −ε < e−x g(x) < ε. On a montré que ∀ε > 0, ∃B > 0/ ∀x ∈ R, (x > B ⇒ |e − xg(x)| < ε) et donc limx→+∞ e−x g(x) = 0 ce qu’il fallait démontrer. Correction de l’exercice 2267 N Habituellement on trouve le développement limité d’une fonction à partir des dérivées successives. Ici on va faire l’inverse. Calcul du dl (à un certain ordre) : f (x) =
x3 1 = x3 6 1+ 1 + x6 x
= x3 1 − x6 + x12 − · · · ± x6` · · · = x3 − x9 + x15 − · · · ± x3+6` · · · =
∑ (−1)` x3+6`
`>0
Il s’agit d’identifier ce développement avec la formule de Taylor : f (x) = f (0) + f 0 (0)x +
f (n) (0) n f 00 (0) 2 x +···+ x +··· 2! n!
Par unicité des DL, en identifiant les coefficients devant xn on trouve : ( (n) f (0) ` si n = 3 + 6` n! = (−1) f (n) (0) n!
=0
sinon.
Si n = 3 + 6` (avec ` ∈ N) alors on peut écrire ` = n−3 6 et donc on peut conclure : ( n−3 f (n) (0) = (−1) 6 · n! si n ≡ 3 (mod 6) f (n) (0) = 0 sinon.
Correction de l’exercice 2268 N 1676
(a) La formule de Taylor-Lagrange à l’ordre 2 entre x et x + h (avec h > 0) donne : f (x + h) = f (x) + f 0 (x)h + f 00 (cx,h ) où cx,h ∈]x, x + h[. Cela donne : f 0 (x)h = f (x + h) − f (x) − f 00 (cx,h )
h2 2!
h2 . 2!
On peut maintenant majorer f 0 (x) : h| f 0 (x)| 6 | f (x + h)| + | f (x)| + 6 2M0 +
Donc
h2 M2 2
h2 00 f (cx,h ) 2
h 2 | f 0 (x)| 6 M0 + M2 . h 2
(b) Soit φ :]0, +∞[→ R la fonction définie par φ (h) = h2 M2 + 2h M0 . C’est une fonction continue et dériq M0 0 vable. La limite en 0 et +∞ est +∞. La dérivée φ 0 (h) = 12 M2 − 2M s’annule en h = 2 0 M2 et en ce h2 √ point φ atteint son minimum φ (h0 ) = 2 M0 M2 . Fixons x > a. Comme pour tout h > √ 0 on a | f 0 (x)| 6 2h M2 + 2h M0 = φ (h) alors en particulier pour h = h0 on obtient | f 0 (x)| 6 φ (h0 ) = 2 M0 M2 . Et donc f 0 est bornée.
(c) Fixons ε > 0. g00 est bornée, notons M2 = supx>0 |g00 (x)|. Comme g(x) → 0 alors il existe a > 0 tel que sur l’intervalle ]a, +∞[, g soit aussi petit que l’on veut. Plus précisément nous choisissons a de sorte que ε2 M0 = sup |g(x)| 6 . 4M2 x>a La première question appliquée à g sur l’intervalle ]a, +∞[ implique que pour tout h > 0 : 2 h |g0 (x)| 6 M0 + M2 h 2 En particulier pour h =
ε M2
et en utilisant M0 6
ε2 4M2
on obtient : ε
|g0 (x)| 6
2 ε2 M + 2 M2 6 ε. ε 4M 2 2 M2
Ainsi pour chaque ε on a trouvé a > 0 tel que si x > a alors |g0 (x)| 6 ε. C’est exactement dire que limx→+∞ g0 (x) = 0.
Correction de l’exercice 2274 N f 0 (a) f 000 (a) − f 00 (a)2 . Correction de l’exercice 2277 N (a) Formule de Taylor Lagrange entre
1 2
et 0.
(b) Sinon, la fonction g : x 7→ f (x) − (1 − 2x)n est monotone sur [0, 12 ] et nulle en 0 et 21 , donc identiquement nulle. Impossible car g(n) ( 12 ) 6= 0. 1677
Correction de l’exercice 2278 N (a) Formule de Taylor pour f et f 0 ⇒ λ = 1/180.
(b)
Correction de l’exercice 2279 N (a) Formule de Taylor pour calculer f (a) et f (b) à partir de f (x). (b) Étudier f (x) − f (a) − (x − a) f 0 (a) ± M(x − a)2 /2. Correction de l’exercice 2280 N Appliquer la formule de Taylor à l’ordre 2 de x à a et de x à −a. Correction de l’exercice 2281 N h f (n) (a + hθh ) = f (n) (a) + hθh f (n+1) (a + θ 0 h) = f (n) (a) + n+1 f (n+1) (a + θ 00 h).
Correction de l’exercice 2283 N 2
(a) f (x + h) = f (x) + h f 0 (x) + h2 f 00 (x + θ h) ⇒ f 0 (x) = p p (b) h = 2 α/β ⇒ | f 0 | 6 2 αβ .
f (x+h)− f (x) h
− h2 f 00 (x + θ h).
Correction de l’exercice 2284 N 2
(a) = f (x + y) + y2 (M − f 00 (z)).
(b) ∆ 6 0. √ (c) f est affine.
Correction de l’exercice 2286 N 2 2
Soit ε > 0 : f (x + εx) = f (x) + εx f 0 (x) + ε 2x f 00 (x + εθ x) ⇒ x f 0 (x) =
f (x+εx)− f (x) ε
2
− εx2 f 00 (x + εθ x).
Correction de l’exercice 2287 N Si Q = P ◦ f alors Q0 = f 0 × (P0 ◦ f ) a autant de racines que P0 d’où p = q, f (yi ) = xi et Q(yi ) = P(xi ). De plus, au voisinage de yi : λi (y − yi )ni ∼ Q0 (y) = f 0 (y) × P0 ( f (y)) ∼ f 0 (yi ) × µi ( f (y) − xi )mi ∼ µi f 0 (yi )1+mi (y − yi )mi d’où mi = ni . Réciproquement, si p = q, P(xi ) = Q(yi ) et mi = ni alors en posant x0 = y0 = −∞ et x p+1 = y p+1 = +∞, P induit un C 1 -difféomorphisme de ]xi , xi+1 [ sur P(]xi , xi+1 [) = Q(]xi , xi+1 [) (les limites de P et Q en +∞ sont égales à +∞ vu les coefficients dominants de P et Q ; celles en −∞ s’en déduisent en comptant les changements de signe pour P0 ou pour Q0 et on trouve le même compte puisque mi = ni ). On note fi la fonction réciproque de P|]xi ,xi+1 [ et f définie par f (y) = fi (Q(y)) si yi < y < yi+1 et f (yi ) = xi . f ainsi définie est strictement croissante, de classe C 1 à dérivée non nulle sauf peut-être aux yi , et P ◦ f = Q. Reste à étudier le caractère C 1 en yi et à vérifier que f 0 (yi ) 6= 0. 1678
Au voisinage de yi , par intégration des DL de P et Q on a : λi µi (y − yi )1+mi ∼ Q(y) − Q(yi ) = P( f (y)) − P( f (yi )) ∼ ( f (y) − f (yi ))1+mi 1 + mi 1 + mi f (y)− f (yi ) y−yi
→
1/(1+mi ) λi µi
lorsque y → yi , car les taux d’accroissement de f sont positifs. Ceci 1/(1+mi ) prouve que f est dérivable en yi et f 0 (yi ) = µλii 6= 0. Enfin on a, lorsque y → yi :
d’où
f 0 (y) =
λi (y − yi )mi λi λi −mi /(1+mi ) λi 1/(1+mi ) Q0 (y) ∼ = → P0 ( f (y)) µi ( f (y) − f (yi ))mi µi µi µi
et donc f est C 1 en yi . Correction de l’exercice 2288 N Soit (x, y) ∈ R × R. Puisque f est de classe C3 sur R, la formule de TAYLOR-L APLACE à l’ordre 2 permet d’écrire R
2
Donc,
2
f (3) (t) dt et f (x + y) = f (x) + y f 0 (x) + y2 f 00 (x) + xx+y (x+y−t) 2 2 R 2 f (x − y) = f (x) − y f 0 (x) + y2 f 00 (x) xx−y (x−y−t) f (3) (t) dt. 2
( f (x)2 ) > f (x + y) f (x − y)
Z
x+y (x + y − t)2 y2 00 f (x) + f (3) (t) dt)× 2 2 x Z x−y y2 (x − y − t)2 (3) ( f (x) − y f 0 (x) + f 00 (x) + f (t) dt) 2 2 x = ( f (x))2 + y2 ( f (x) f 00 (x) − ( f 0 (x))2 )
= ( f (x) + y f 0 (x) +
Z
x+y (x + y − t)2 y2 00 f (x)) f (3) (t) dt 2 2 x Z x−y y2 00 (x − y − t)2 (3) 0 + ( f (x) + y f (x) + f (x)) f (t) dt (∗) 2 2 x
+ ( f (x) − y f 0 (x) +
Maintenant, pour y ∈ [−1, 1], ( f (3) étant continue sur R et donc continue sur le segment [−1, 1]),
et donc,
Z x+y 2 (x + y − t)2 (3) 6 |y|. y Max{| f (3) (t)|, t ∈ [x − 1, x + 1]}, f (t) dt x 2 2
Z 1 x+y (x + y − t)2 (3) f (t) dt 6 |y|Max{| f (3) (t)|, t ∈ [x − 1, x + 1]}. 2 y x 2 R 2 (3) (t) dt Cette dernière expression tend vers 0 quand y tend vers 0. On en déduit que y12 xx+y (x+y−t) f 2 R 2 tend vers 0 quand y tend vers 0. De même, y12 xx−y (x−y−t) f (3) (t) dt tend vers 0 quand y tend vers 0. 2 On simplifie alors ( f (x)2 dans les deux membres de (∗). On divise les deux nouveaux membres par y2 pour y 6= 0 puis on fait tendre y vers 0 à x fixé. On obtient 0 > f (x) f 00 (x) − ( f 0 (x))2 , qui est l’inégalité demandée. Correction de l’exercice 2289 N 1679
Soit x ∈ [0, 1] ⊂ [0, π2 ]. D’après la formule de TAYLOR-L APLACE à l’ordre 1 fournit sin x = x −
Z x 0
(x − t) sint dt 6 x,
car pour t ∈ [0, x], (x − t) > 0 et pour t ∈ [0, x] ⊂ [0, π2 ], sint > 0. De même, la formule de TAYLOR-L APLACE à l’ordre 3 fournit x3 sin x = x − + 6
Z x (x − t)3
6
0
sint dt > x −
x3 . 6
x3
Donc, ∀x ∈ [0, 1], x − 6 6 sin x 6 x. Soient alors n > 1 et k ∈ {1, ..., n}. On a 0 6
1 (n+k)2
6 1 et donc
1 1 1 1 − 6 sin 6 , 2 6 2 (n + k) 6(n + k) (n + k) (n + k)2 puis en sommant n
n
1
n
1
n
1
1
∑ (n + k)2 − ∑ 6(n + k)6 6 ∑ sin (n + k)2 6 ∑ (n + k)2 .
k=1
k=1
k=1
k=1
Maintenant, quand n tend vers +∞, n
1 1 1 n 1 1 = ∑ (n + k)2 n . n ∑ (1 + k )2 = n k=1 k=1 n
Z
0
1
1 1 1 dx + o(1) = + o( ). 2 (1 + x) 2n n
D’autre part, n
06
1
1
1
∑ 6(n + k)6 6 n. 6n6 = 6n5 ,
k=1 1 1 et donc, ∑nk=1 6(n+k) 6 = o( n ).
1 1 1 1 1 On en déduit que 2n( (n+k) 2 − 6(n+k)6 ) = 2n( 2n +o( n )) = 1+o(1) et que 2n (n+k)2 = 1+o(1). Mais alors,
1 d’après le théorème des gendarmes, 2n ∑nk=1 sin (n+k) 2 tend vers 1 quand n tend vers +∞, ou encore n
1
1
∼ . ∑ sin (n + k)2 n→+∞ 2n
k=1
Correction de l’exercice 2290 N 1 1 1 (a) ln(cos x) = − x2 − x4 − x6 + o x6 . 2 12 45 1 3 2 5 17 7 (b) tan x = x + x + x + x + o x7 . 3 15 315 55 7 1 3 1 5 x + o x7 . (c) sin(tan x) = x + x − x − 6 40 1008 11 4 2 2 3 (d) (ln(1 + x)) = x − x + x + o x4 . 12 1 2 (e) exp(sin x) = 1 + x + x + o x3 . 2 6 6 6 (f) sin x = x + o x . 1680
Correction de l’exercice 2292 N arctan(x) − sin(x) = −1. x→0 tan(x) − arcsin(x) lim
Correction de l’exercice 2293 N 1 1 1 (a) ln cos x = − x2 − x4 − x6 + o x7 . 2 12 45 11 2 arctan(x) − x = 2 − x + o x3 . (b) sin(x) − x 10 1 (c) ln(tan(1/2 x + 1/4 π)) = x + x3 + o x4 . 6 √ π π 2 2 π 3 π 3 . (d) ln sin x = ln(1/2 2) + x − − x − + x− +o x− 4 4 3 4 4 p p 1 1 3 3 (e) x3 + x − x3 − x = 2/3 + o( 4 ). x x ln(1+x) 1 7 11 (f) (1 + x) x = e x = e − 1/2 ex + ex2 − ex3 + o x3 . 24 16 √ q p √ 2 (g) x x2 + x4 + 1 − x 2 = 1/8 2 + o(x−5 ). x Correction de l’exercice 2296 N (a) Première méthode. On applique la formule de Taylor (autour du point x = 1) f (x) = f (1) + f 0 (1)(x − 1) +
f 00 (1) f 000 (1) (x − 1)2 + (x − 1)3 + o((x − 1)3 ) 2! 3!
√ 1 1 Comme f (x) = x = x 2 alors f 0 (x) = 21 x− 2 et donc f 0 (1) = 12 . Ensuite on calcule f 00 (x) (puis f 00 (1)), f 000 (x) (et enfin f 000 (1)). √ On trouve le dl de f (x) = x au voisinage de x = 1 : √ 1 1 1 x = 1 + (x − 1) − (x − 1)2 + (x − 1)3 + o((x − 1)3 ) 2 8 16 Deuxième méthode. Posons h = x − 1 (et donc x = h + 1). On applique la formule du dl de autour de h = 0. √ √ f (x) = x = 1 + h √ 1 1 1 = 1 + h − h2 + h3 + o(h3 ) c’est la formule du dl de 1 + h 2 8 16 1 1 1 = 1 + (x − 1) − (x − 1)2 + (x − 1)3 + o((x − 1)3 ) 2 8 16
√ 1+h
√ 1 (b) La première méthode consiste à calculer g0 (x) = 2√ exp x, g00 (x), g000 (x) puis g(1), g0 (1), g00 (1), x g000 (1) pour pouvoir appliquer la formule de Taylor conduisant à : √ e e exp( x) = e + (x − 1) + (x − 1)3 + o((x − 1)3 ) 2 48 1681
(avec e = exp(1)). Autre méthode. Commencer par calculer le dl de k(x) = exp x en x = 1 ce qui est très facile car pour tout n, k(n) (x) = exp x et donc k(n) (1) = e : e e exp x = e + e(x − 1) + (x − 1)2 + (x − 1)3 + o((x − 1)3 ). 2! 3! √ Pour obtenir le dl g(x) = h( x) en x = 1 on écrit d’abord : √ √ √ e √ e √ exp( x) = e + e( x − 1) + ( x − 1)2 + ( x − 1)3 + o(( x − 1)3 ). 2! 3! √ Il reste alors à substituer x par son dl obtenu dans la première question. (c) Posons u = x − π3 (et donc x = π3 + u). Alors √ π π 1 π 3 cos u + sin u sin(x) = sin( + u) = sin( ) cos(u) + sin(u) cos( ) = 3 3 3 2 2 On connaît les dl de sin u et cos u autour de u = 0 (car on cherche un dl autour de x = π3 ) donc
sin x = = = =
√ 3 1 cos u + sin u 2 √2 3 1 2 1 1 3 3 3 1 − u + o(u ) + u − u + o(u ) 2 2! 2 3! √ √ 3 1 3 2 1 3 + u− u − u + o(u3 ) 2 2 4 √ √ 12 π π 1 π π 3 1 3 + (x − ) − (x − )2 − (x − )3 + o((x − )3 ) 2 2 3 4 3 12 3 3
Maintenant pour le dl de la forme ln(a + v) en v = 0 on se ramène au dl de ln(1 + v) ainsi : v v v 1 v2 1 v3 ln(a + v) = ln a(1 + ) = ln a + ln(1 + ) = ln a + − 2 + 3 + o(v3 ) a a a 2a 3a
On applique ceci à h(x) = ln(sin x) en posant toujours u = x − π3 : ! √ √ 3 1 3 2 1 3 3 h(x) = ln(sin x) = ln + u− u − u + o(u ) 2 2 4 12 !! √ ! √ 3 2 1 3 2 1 3 3 = ln + ln 1 + √ u− u − u + o(u ) 2 4 12 3 2 = ··· = ln = ln
On trouve donc : ln(sin x) = ln
on effectue le dl du ln et on regroupe les termes √ ! 3 1 2 4 + √ u − u2 + √ u3 + o(u3 ) 2 3 3 9 3 √ ! 3 1 2 π 4 π π π + √ (x − ) − (x − )2 + √ (x − )3 + o((x − )3 ) 2 3 3 3 3 3 3 9 3
√ ! 3 1 π 2 π 4 π π + √ (x − ) − (x − )2 + √ (x − )3 + o((x − )3 ) 2 3 3 3 3 3 3 9 3
Bien sûr une autre méthode consiste à calculer h(1), h0 (1), h00 (1) et h000 (1). 1682
Correction de l’exercice 2297 N (a) Dl de f (x) à l’ordre 2 en 0. √ 1 + x2 √ f (x) = 1 + x + 1 + x2 2 p 1 + x2 + o(x2 ) 1 = car 1 + x2 = 1 + x2 + o(x2 ) 2 x 2 2 1 + x + 1 + 2 + o(x ) 2 1 x 1 x x2 = 1 + + o(x2 ) × on pose u = + + o(x4 ) 2 2 1 + x + x2 + o(x4 ) 2 4 2
= = = = = =
x2
4
+ o(x2 ) ×
1 1 1+ 2 2 1+u x2 1 1 + + o(x2 ) × 1 − u + u2 + o(u2 ) 2 2 1 x2 x x2 2 x x2 1 + + o(x2 ) × 1 − + + + + o(x2 ) 2 2 2 4 2 4 1 x2 x 1 + + o(x2 ) × 1 − + o(x2 ) 2 2 2 x x2 1 1 − + + o(x2 ) 2 2 2 1 x x2 − + + o(x2 ) 2 4 4
(b) En +∞ on va poser h =
1 x
et se ramener à un dl en h = 0.
√ 1 + x2 √ f (x) = = 1 + x + 1 + x2 x
x 1 x
q
1 x2
+1+
√ 1 + h2 √ = f (h). = 2 1 1 + h + 1 + h + 1 x2
+1 q
Ici -miraculeusement- on retrouve exactement l’expression de f dont on a déjà calculé le dl en 2 h = 0 : f (h) = 21 − h4 + h4 + o(h2 ). Ainsi f (x) = f (h) =
1 1 1 1 + o( 2 ) − + 2 4x 4x2 x
(c) Attention cela ne fonctionne plus du tout en −∞. Dans le calcul de la deuxième question on était on voisinage de +∞ et nous avons que x était positif. En −∞ il faut faire attention au signe, q considéréq √ 1 par exemple 1 + x2 = |x| x2 + 1 = −x x12 + 1.
1683
Ainsi toujours en posant h = 1x .
√ 1 + x2 √ f (x) = x + 1 + 1 + x2 q −x x12 + 1 q = x 1 + 1x − x12 + 1 √ 1 + h2 √ =− 1 + h − 1 + h2 1 + 12 h2 + o(h2 ) =− 1 + h − 1 + 21 h2 + o(h2 ) =−
1 + 12 h2 + o(h2 ) h − 12 h2 + o(h2 )
1 1 + 21 h2 + o(h2 ) h 1 − 21 h + o(h) 1 1 1 1 = − 1 + h2 + o(h2 ) × 1 + h + h2 + o(h2 ) h 2 2 4 1 3 2 1 = − 1 + h + h + o(h2 ) h 2 4 1 1 3 = − − − h + o(h) h 2 4 1 31 1 = −x − − + o( ) 2 4x x =−
Ainsi un développement (asymptotique) de f en −∞ est 1 31 1 f (x) = −x − − + o( ) 2 4x x On en déduit par exemple que f (x) se comporte essentiellement comme la fonction −x en −∞ et en particulier limx→−∞ f = +∞.
Correction de l’exercice 2300 N 1 1 1 1 ln(x + 1) = ln x × (1 + ) = ln x + ln 1 + = ln x + + o( ) x x x x Donc ln(x + 1) 1 1 = 1+ + o( ). ln x x ln x x ln x Ainsi ln(x + 1) x ln(x + 1) = exp x ln ln x ln x 1 1 = exp x ln 1 + + o( ) x ln x x ln x 1 1 = exp x + o( ) x ln x x ln x 1 1 = exp + o( ) ln x ln x 1 1 = 1+ + o( ) ln x ln x
1684
On en déduit immédiatement que lim
x→+∞
et que lorsque x → +∞
ln(x + 1) ln x
ln(x + 1) ln x
x
x
−1 ∼
=1
1 . ln x
Correction de l’exercice 4185 N
A
1. d n ∑ (−1)m (z − a)m φ (n−m) (t) f (m) (a + t(z − a)) dt m=1 h n = ∑ (−1)m (z − a)m φ (n−m+1) (t) f (m) (a + t(z − a)) m=1
+ φ (n−m) (t)(z − a) f (m+1) (a + t(z − a))
n
=
∑ (−1)m (z − a)m φ (n−m+1) (t) f (m) (a + t(z − a))
i
m=1
n
+
∑ (−1)m (z − a)m+1 φ (n−m) (t) f (m+1) (a + t(z − a))
m=1
Effectuons le changement d’indice de sommation m = m0 + 1 dans la deuxième somme ; tous les termes s’éliminent deux à deux, à l’exception du premier terme de la première somme et du dernier terme de la deuxième somme, d’où le résultat demandé. 2.a. Plus généralement, on a le résultat suivant : si une fonction f est nulle en zéro et de classe Cn+1 sur un intervalle I contenant zéro, g(t) = f (t)/t est prolongeable par continuité en zéro et son prolongement est de classe Cn . Gardons nous de déduire fallacieusement ce résultat de l’existence d’un développement limité d’ordre n de g. On montre à l’aide d’un développement limité d’ordre 1 de f que g est prolongeable par continuité en 0 en posant g(0) ˜ = f 0 (0). Par ailleurs, g est de classe Cn+1 sur I\{0}. Faisons f (n+1) (0) t n−k+1 n−k+1 ) (1 6 k 6 n+1 (n−k+1)! + o(t (k) (k−1) (t) k fois l’identité f (t) = tg(t), on obtient que ∀t 6= 0 g(k) (t) = f (t)−kg . t t t n+1−k (k+1) (n+1) n+1−k f (0) 1! + · · · + f (0) (n−k)! + o(t ). En substituant ces développe-
l’hypothèse de récurrence g(k−1) (t) =
f (k) (0) k
+
f (k+1) (0) t k+1 1!
+ ··· +
n, t 6= 0). En dérivant Or f (k) (t) = f (k) (0) + ments limités dans l’identité précédente, on montre que l’hypothèse de récurrence est vérifiée au rang suivant, donc pour tout entier k de 1 à n + 1. Faisons l’hypothèse de récurrence que g(k) (0) existe et est égale à f (k+1) (0)/(k + 1) (0 6 k 6 n). Du développement limité de g(k) (tronqué à l’ordre 1) et de l’hypothèse de récurrence, il résulte que g(k) est continue et dérivable en zéro et que, si k < n, g(k+1) (0) = f (k+2) (0)/(k + 2), ce qui prouve par récurrence que g est n fois continument dérivable sur I. t Par conséquent, t 7→ e −1 t est prolongeable par continuité en une fonction indéfiniment dérivable sur R. Cette fonction ne s’annulant jamais, son inverse est également définie et indéfiniment dérivable sur R. t La fonction t 7→ et −1 + 2t est paire car −t −t −tet t + = − −t t e −1 2 1−e 2 tet − t + t t = − et − 1 2 t t = t + e −1 2 1685
t Donc le développement limité de et −1 , dont l’existence est garantie par le fait que la fonction est indéfiniment dérivable, est de la forme demandée par l’énoncé. Par conséquent
t b1 t 2 b2 t 4 bN t 2N t zt n (e − 1) = 1 − + + + · · · + + o(t ) et − 1 2 2! 4! (2N)! 2 2 n n zt zt × zt + +···+ + o(t n ) 2! n!
et φn (z)/n! est le coefficient de t n dans ce développement : φn (z)/n! =
b1 zn−2 b2 zn−4 bN zn−2N zn 1 zn−1 − + + +···+ , n! 2 (n − 1)! 2! (n − 2)! 4! (n − 4)! (2N)! (n − 2N)!
d’où l’expression de φn demandée. 2.b. dn ezt − 1 e(z+1)t − 1 φn (z + 1) − φn (z) = n t t −t t dt |t=0 e −1 e −1 n d tezt = n dt |t=0
!
k
z k+1 Comme t 7→ tezt est de classe C∞ et que son développement limité d’ordre n en t = 0 est ∑n−1 + k=0 k! t n n−1 o(t ), il vient φn (z + 1) − φn (z) = nz .
3. (i) est obtenue en dérivant autant de fois que nécessaire l’identité précédente et en donnant à z la valeur zéro. (ii), (iii), (iv), (v) et (vi) sont des conséquences immédiates de 2.a. 4.a. On applique la question 1 au polynôme φ2n de degré 2n et on intègre entre 0 et 1. Il vient i h (2n−m) (2n−m) m m (m) (m) (−1) (z − a) (z) − φ (0) f (a) φ (1) f ∑ 2n 2n 2n
m=1
Z 1 = −(2n)! f (z) − f (a) + (z − a)2n+1 φ2n (t) f a + (z − a)t dt 0
(2n)
en tenant compte du fait que φ2n = (2n)! On obtient l’égalité demandée en substituant aux dérivées itérées de φ2n les expressions déterminées dans la question 3. 4.b. Appliquons la question précédente en remplaçant f par une primitive de F et z par ω. Il vient 0 =
Z a+ω
i n−1 ω (z − a)2m h (2m−1) (F(a + ω) + F(a)) + ∑ bm F (a + ω) − F (2m−1) (a) 2 (2m)! a m=1 Z 1 2n+1 ω − φ2n (t)F (2n) a + (z − a)t dt (2n)! 0 F(t)dt −
Lorsqu’on somme les égalités obtenues en remplaçant a successivement par lui-même, a + ω, . . ., a + (r − 1)ω, on obtient le résultat demandé, certains termes se simplifiant deux à deux. B
1. On a pour tout x > 0 fixé x k x x 1 1 uk (x) = ln 1 + + x ln 1 − = − + O( 2 ) = O( 2 ) k k+1 k k+1 k k
Donc la série ∑k>1 uk (x) converge.
1686
2.
n
ln(x + 1) + ∑ uk (x + 1) k=1 n+1 n h i = ln(x + 1) + ∑ ln(x + k) + ∑ − ln(k) + (x + 1) ln(k) − ln(k + 1) k=2
n+1
=
n
∑ ln(x + k) + ∑ x(ln(k) − ln(k + 1)) − ∑ ln(k + 1)
k=1 n
=
k=1
n
k=1
k=1
∑ uk (x) + ln(x + n + 1) − ln(n + 1)
k=1
Lorsque n tend vers +∞, ln(x + n + 1) − ln(n + 1) = ln passage à la limite l’égalité souhaitée.
x+n+1 n+1
tend vers zéro ; on obtient donc par
3. Pour tout k > 1 entier, uk (1) = 0, donc G(1) = 0 et on prouve aisément par récurrence à l’aide de la question précédente que pour tout entier strictement positif n, G(n + 1) = ∑nk=1 ln(k), égalité de laquelle on déduit immédiatement le résultat demandé. 4. immédiat 5. C’est une application directe de la question A.4.b. (2p) n−1 (2p) 1 R1 1 Rn Tp,n (x, y) = − (2p)! (m + t)dt = − (2p)! (t)dt 0 φ2p (t) ∑m=0 f 0 φ(2p) t − E(t) f
6. L’intégrande dans l’expression de Tp,n (x, y) est majorée en valeur absolue par le produit de la borne supérieure de la fonction continue φ2p sur le segment [0, 1] et de la valeur absolue de f (2p) . 1 1 1 = O t m+1 On prouve aisément par récurrence que f (m) (t) = (−1)m−1 (y+t) (quand t → m − (x+t)m (2p) R +∞ +∞). Donc l’intégrale 0 φ(2p) t − E(t) f (t)dt est absolument convergente, ce qui prouve que Tp,n (x, y) admet une limite finie lorsque n tend vers +∞. 7. D’après les questions 4 et 5, k + ln y − ln x G(y) − G(x) = ∑ ln(y + k) − ln(x + k) + (y − x) ln k+1 k=1 n n 1 o = lim ∑ [ln(y + k) − ln(x + k)] + (y − x) ln n→+∞ n+1 k=0 (
+∞
= lim
n→+∞
(y + n) ln(y + n) − (y + n) − y ln y + y − (x + n) ln(x + n)
1 ln y − ln x + ln(y + n) − ln(x + n) 2 ) p−1 bh 1 1 1 (2h−1) +∑ f (n) − 2h−1 + 2h−1 + Tp,n (x, y) + (y − x) ln y x n+1 h=1 (2h)! + (x + n) + x ln x − x +
Or (y + n) ln(y + n) − (x + n) ln(x + n) = (y − x) ln n + y − x + o(1) quand n → +∞. On obtient donc après simplifications G(y) − G(x) = g(x) − g(y) + Rn (x, y), ce qu’il fallait démontrer. 8. D’après la question 5 et l’expression des dérivées successives de f donnée dans la question 6, R n 1 1 Tp,n (x, y) est majoré en valeur absolue par le produit d’une constante et de l’intégrale 0 (y+t)2p − (x+t) 2p dt. |R p (x, y)| est majoré de la même façon en remplaçant la borne finale d’intégration n par +∞. L’argument i+∞ h 1 1 de la valeur absolue gardant un signe constant, l’intégrale majorante est égale à 2p−1 (y+t)2p−1 − (x+t)12p−1 0 et on obtient ainsi l’estimée souhaitée.
9. On a g(m) = m ln m − m − 21 ln m + o(1) et G(m) = − ln(m − 1)! = − ln m! + ln m pour m entier, donc √ 1 le résultat demandé découle immédiatement de la formule de Stirling m! ∼ 2πmm+ 2 e−m . 1687
10. Le résultat demandé est obtenu à partir de l’égalité de la question 7 par passage à la limite. On fait tendre x vers +∞ par valeurs entières et on tient compte de l’estimée obtenue dans la question 8. 11. En calculant les premiers termes du développement limité de la question A.2.a, on trouve b1 = 1/6, b2 = −1/30, b3 = 1/42. Des questions 3 et 10, il résulte que ln(m!) = −G(m) + ln m 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = m ln m − m + ln m + ln 2π + − + + O( 7 ) 3 5 2 2 12 m 360 m 1260 m m
Correction de l’exercice 2303 N 7 2 e1/3 1 + 90 x + o(x3 ) . Correction de l’exercice 2304 N (a) Si x ∈]0, π[, sin x > 0, de sorte que la fonction proposée est bien définie sur un voisinage pointé de π2 (c’est-à-dire un voisinage de π2 auquel on a enlevé le point π2 ) et de plus (sin x)1/(2x−π) = eln(sin x)/(2x−π) . Quand x tend vers π2 , sin x tend vers 1 et donc
Donc,
π 2 1 π (2x − π)2 −x ∼ − −x = − . ln(sin x) ∼ sin x − 1 = − 1 − cos 2 2 2 8
ln(sin x) 2x−π
1/(2x−π) = eln(sin x)/(2x−π) → e0 = 1. ∼ − 2x−π 8 → 0 et enfin (sin x)
limx→ π2 (sin x)1/(2x−π) = 1. (b) Si x ∈]0, π[\ π2 , | tan x| > 0, de sorte que la fonction proposée est bien définie sur un voisinage pointé de π2 et de plus | tan x|cos x = ecos x ln(| tan x|) . Quand x tend vers π2 , ln | tan x| = ln | sin x| − ln | cos x| ∼ − ln | cos x|,
puis cos x ln | tan x| ∼ − cos x ln | cos x| → 0 (car, quand u tend vers 0, u ln u → 0). Donc, | tan x|cos x = ecos x ln | tan x| → e0 = 1. limx→ π2 | tan x|cos x = 1.
nπ nπ (c) Quand n tend vers +∞, cos 3n+1 + sin 6n+1 → cos π3 + sin π6 = 1 (et on est en présence d’une indétermination du type 1+∞ ). Quand n tend vers +∞,
! π 1 −1 π π 1 1+ = cos − +o 3 3n 3 9n n √ √ 1 π 1 3 π 1 1 1 3 π 1 +o + sin +o = 1+o + +o = cos 2 9n n 2 9n n 2 n 2 9n n √ 1 3π 1 = + +o 2 18n n
nπ cos = cos 3n + 1
De même, ! π 1 −1 π π 1 1+ = sin − +o 6 6n 6 36n n √ √ 1 π 1 3 π 1 1 3π 1 = cos +o − sin +o = − +o . 2 36n n 2 36n n 2 72n n
nπ = sin sin 6n + 1
1688
Puis, √ ! nπ nπ 3π 1 n ln cos + sin = n ln 1 + +o =n 3n + 1 6n + 1 24n n
√ ! √ 3π 1 3π +o = +o(1), 24n n 24
et donc nπ nπ limn→+∞ cos 3n+1 + sin 6n+1 2
n
=e
√ 3π/24 . 2
(d) Quand x tend vers 0, ln(cos x) ∼ cos x − 1 ∼ − x2 . Puis, ln |x| ln(cos x) ∼ − x2 ln |x| → 0. Donc, (cos x)ln |x| → e0 = 1. limx→0 (cos x)ln |x| = 1. (e) Quand x tend vers π2 ,
1 1−sin x
tend vers +∞. Posons h = x − π2 puis ε = sgn(h), de sorte que 1
(cos x)e1/(1−sin x) = −ε| sin h|e1/(1−cos h) = −εeln | sin h|+ 1−cos h . Or, quand h tend vers 0, 2
ln | sin h|+
1 (1 − cos h) ln | sin h| + 1 (− h2 + o(h2 ))(ln |h| + o(ln |h|)) + 1 1 + o(1) 2 = = = h2 ∼ 2, h2 2 2 1 − cos h 1 − cos h h 2 + o(h ) 2 + o(h )
1 et donc, quand h tend vers 0, ln | sin h| + 1−cos h ∼
2 h2
→ +∞. Par suite,
limx→π/2, xπ/2 cos(x)e1/(1−sin x) = −∞. (f) Pour x ∈ R, 2 cos2 x − 3 cos x + 1 = (2 cos x − 1)(cos x − 1) et donc
π ∀x ∈ R, 2 cos2 x − 3 cos x + 1 = 0 ⇔ x ∈ ± + 2πZ ∪ 2πZ. 3 π Pour x ∈ / ± 3 + 2πZ ∪ 2πZ, 2 cos2 x + cos x − 1 (2 cos x − 1)(cos x + 1) cos x + 1 = = , 2 2 cos x − 3 cos x + 1 (2 cos x − 1)(cos x − 1) cos x − 1 2
cos x+cos x−1 et donc, limx→π/3 22cos 2 x−3 cos x+1 =
1 2 +1 1 2 −1
= −3. 2
cos x+cos x−1 limx→π/3 22cos 2 x−3 cos x+1 = −3.
(g) Quand x tend vers 0, 1 + tan x 1 + x + o(x) = = (1 + x + o(x)(1 − x + o(x)) = 1 + o(x). 1 + th x 1 + x + o(x) Puis, quand x tend vers 0, 1 1 + tan x ln(1 + o(x)) o(x) o(1) ln = = = → 0. sin x 1 + th x x + o(x) x + o(x) 1 + o(1) Donc, limx→0
1+tan x 1/ sin x 1+th x
1689
= 1.
(h) Quand x tend vers e par valeurs inférieures, ln(x) tend vers 1 et donc ln(ln x) ∼ ln x − 1 = ln puis,
x e
∼
x 1 − 1 = − (e − x), e e
1 ln(e − x) ln(ln x) ∼ − (e − x) ln(e − x) → 0, e et donc (ln x)ln(e−x) = eln(e−x) ln(ln x) → 1. lim(ln x)ln(e−x) = 1.
x→e xe lim
(j) Quand x tend vers +∞,
ex ln(ch x − 1) ∼ ln(ch x) ∼ ln 2
= x − ln 2 ∼ x,
et donc x ln(ch x − 1) x × x ∼ 2 = 1. x2 + 1 x x ln(ch x − 1) = 1. x→+∞ x2 + 1 lim
(k) Quand x tend vers 0 par valeurs supérieures, ln(x − x2 ) + x − ln x = x + ln(1 − x) = −
x2 x2 + o(x2 ) ∼ − . 2 2
Ensuite,
x
(sin x) = e
x ln(sin x)
3
x ln(x− x6 +o(x3 ))
=e
2
=e
x ln x x ln(1− x6 +o(x2 ))
e
3
x − x6 +o(x3 )
=x e
x3 3 = x 1 − + o(x ) , 6 x
et, x
sin x
3
(x− x6 +o(x3 )) ln x
=e
x ln x − x
=e
e
3 ln x 3 6 +o(x ln x)
1690
x3 ln x 3 = x 1− + o(x ln x) . 6 x
Donc, 3 x3 ln x x ln x x3 ln x x3 (sin x)x −xsin x = xx 1 − + o(x3 ) −xx 1 − + o(x3 ln x) = xx + o(x3 ln x) ∼ , 6 6 6 6 et enfin (sin x)x − xsin x x3 ln x/6 x ln x ∼ =− → 0. 2 ) −x /2 3 ln(x − x2 + x − ln x (sin x)x − xsin x = 0. x→0 ln(x − x2) + x − ln x lim x>0
(l) Quand x tend vers +∞, 1 1 1 = ln x + + o , ln(x + 1) = ln x + ln 1 + x x x puis ln(x + 1) 1 1 = 1+ +o . ln x x ln x x ln x Ensuite,
ln(x + 1) 1 1 1 1 x ln = x ln 1 + +o = +o → 0. ln x x ln x x ln x ln x ln x x ln(x+1) = exp x ln → e0 = 1. Donc, ln(x+1) ln x ln x lim
x→+∞
(m) Quand x tend vers
ln(x + 1) ln x
x
= 1.
√1 , 2
2
(arcsin x)2 − π16 1 arcsin x + π4 arcsin x − π4 1 = × × ∼ × 1 1 2 2x − 1 2 2 x+ √ x− √ 2
2
π 4 √1 2
+ π4 + √12
π 1 π 1 π → √ (arcsin)0 ( √ ) = √ q = . 4 4 2 2 4 2 1− 1 2
×
arcsin x − π4 x − √12
π arcsin x − π4 = √ 4 2 x − √12
2
limx→1/√2
(arcsin x)2 − π16 2x2 −1
= π4 .
(n) Quand x tend vers +∞,
x ln
cos a + 1x cos a
!
et donc limx→+∞
1 1 1 1 tan a tan a = x ln cos − tan a sin = x ln 1 − +o =x − +o x x x x x x = − tan a + o(1),
cos(a+ 1x ) cos a
x
= e− tan a . 1691
limx→+∞
cos(a+ 1x ) cos a
x
= e− tan a .
Correction de l’exercice 2305 N (a) 1 = 1 + (x2 + x3 ) + (x2 + x3 )2 + (x2 + x3 )3 + o(x7 ) = 1 + x2 + x3 + x4 + 2x5 + 2x6 + 3x7 + o(x7 ). 1 − x2 − x3 x→0 1 = 1−x2 −x3 x→0
1 + x2 + x3 + x4 + 2x5 + 2x6 + 3x7 + o(x7 ).
2 −1 2 2 2 3 1 x x x x2 x4 x6 x4 x6 x4 7 = 1+ = 1− + − + o(x ) − + + − + + o(x7 ) cos x x→0 2 24 720 2 24 720 2 24 2 1 1 1 5 61 6 x2 1 1 1 4 6 − + x + o(x7 ). = 1+ +x − + +x + o(x7 ) = 1 + x2 + x4 + 2 24 4 720 24 8 2 24 720 (b)
1 = cos x x→0
5 4 61 6 1 + 21 x2 + 24 x + 720 x + o(x7 ).
(c) Remarques.
i. Pour x ∈ − π2 , π2 \ {0}, on a 0 < tanx x < 1 et donc la fonction x 7→ arccos tanx x est définie sur π π − 2 , 2 \ {0} (qui est un voisinage pointé de 0). ii. Quand x tend vers 0, tanx x → 1 et donc arccos tanx x = o(1) (développement limité à l’ordre 0). iii. La fonction x 7→ arccos x n’est pas dérivable en 1 et n’admet donc pas en 1 de développement limité d’ordre supérieur ou égal à 1 (donc à priori, c’est mal parti). iv. La fonction proposée est paire et, si elle admet en 0 un développement limité d’ordre 3, sa partie régulière ne contient que des exposants pairs. • Recherche d’un équivalent simple de arccos x en 1 à gauche. Quand x tend vers 1 par valeurs inférieures, arccos x → 0 et donc, p p √ √ 1 − x2 = (1 + x)(1 − x) ∼ 2 1 − x. p x • Déterminons un équivalent simple de arccos tan x en 0. D’après ce qui précède, arccos x ∼ sin(arccos x) =
s r r 2 r r x x tan x − x x3 /3 |x| arccos ∼ sin arccos = 1− = ∼ =√ . tan x tan x tan x x 3 p x Ainsi, la fonction x 7→ arccos tan x n’est pas dérivable en 0 (mais est dérivable à droite et à gauche) et n’admet donc pas de développement limité d’ordre supérieur ou égal à 1 (mais admet éventuellement des développements limités à gauche et à droite pour lesquels la remarque initiale p sur la parité des exposants ne tient plus). • Déterminons un équivalent simple de f (x) = x √x arccos tan x − 3 quand x tend vers 0 par valeurs supérieures. r
arccos
r
x tan x
r x x x x − √ ∼ sin arccos −√ tan x tan x 3 3 r r x x x x = sin arccos cos √ − sin √ cos arccos tan x tan x 3 3 r r tan x − x x x x = cos √ − sin √ = g(x) tan x tan x 3 3 1692
Maintenant, r
−1 !1/2 3 3 x x3 2x5 x 1 2x5 x2 5 3 5 2 + + o(x ) x + + o(x ) =√ + + o(x ) 1 − + o(x ) 3 15 3 x 3 15 3 3 1/2 1/2 x5 x 1 x x2 + + o(x5 ) = √ 1 + + o(x2 ) =√ x 3 45 15 3 3 x x = √ + √ + o(x3 ), 3 30 3
tan x − x = tan x
et donc, r
x2 x3 2x3 x x x tan x − x 1 − + o(x2 ) = √ − √ + o(x3 ). cos √ = √ + √ + o(x3 ) tan x 6 3 3 30 3 3 15 3
Ensuite, r
−1/2 x x x2 x x2 x x3 x3 2 3 2 √ − √ + o(x ) = 1 − + o(x ) √ − √ + o(x3 = 1 + + o(x ) sin √ tan x 3 6 3 3 18 3 3 18 3 3 x 2x = √ − √ + o(x3 ), 3 9 3
et finalement, g(x) =
x 2x3 x 2x3 4x3 4x3 3 3 √ − √ + o(x ) − √ − √ + o(x ) = √ + o(x3 ) ∼ √ . 3 15 3 3 9 3 45 3 45 3
Ainsi, quand x tend vers 0 par valeurs supérieures, arccos
r
x x 4x3 − √ = √ + o(x3 ). tan x 3 45 3
f étant paire, on en déduit que arccos
p
x tan x
|x| √ x→0 3
=
3
4|x| √ + o(x3 ). + 45 3
(Ce n’est pas un développement limité). limité (d) La fonction x 7→ tan x est trois fois dérivable en π4 et admet donc en π4 un développement d’ordre 3 à savoir son développement de TAYLOR-YOUNG. tan π4 = 1 puis (tan)0 π4 = 1 + tan2 π4 = 2. Ensuite, (tan)00 (x) = 2 tan x(1 + tan2 x) et (tan)00 ( π4 ) = 4. Enfin, (tan)(3) (x) = 2(1 + tan2 x)2 + 4 tan2 x(1 + tan2 x), et (tan)(3) ( π4 ) = 16. Finalement, 2 3 3 tan x = 1 + 2 x − π4 + 2 x − π4 + 83 x − π4 + o x − π4 . x→π/4
1 1 x2 x4 1 4 ln(ch x) = 2 ln 1 + + + o(x ) = 2 2 x→0 x x 2 24 x 1693
x2 x4 1 + − 2 24 2
x2 2
2
!
1 x2 + o(x4 ) = − +o(x2 ), 2 12
et donc 1/x2
(ch x)
=e
1 x2 2 2 − 12 +o(x )
2
1/2 − x12 +o(x2 )
=e
e
2
(ch x)1/x = = (e)
x→0
√ = e−
√ e 2 x + o(x2 ). 12
√ √ e − 12e x2 + o(x2 ). 6
(f) tan3 x(cos(x2 ) − 1) = tan x × tan2 x(cos(x2 ) − 1) et un équivalent de tan2 x(cos(x2 ) − 1) en 0 est − x2 . On écrit donc tan x à l’ordre 2. De même, un équivalent de tan3 x est x3 et on écrit donc cos(x2 ) − 1 à l’ordre 5. 4 4 x x x7 3 2 2 3 5 3 4 5 tan x(cos(x ) − 1) = (x + o(x )) − + o(x ) = (x + o(x )) − + o(x ) = − + o(x8 ). x→0 2 2 2 7
tan3 x(cos(x2 ) − 1) = − x2 + o(x8 ). x→0
(g) On pose h = x − 1 ou encore x = 1 + h, de sorte que x tend vers 1 si et seulement si h tend vers 0. ln(1 + x) = ln(2 + h)(1 + h)−2 x2 h (−2)(−3) 2 (−2)(−3)(−4) 3 3 = ln 2 + ln 1 + 1 − 2h + h + h + o(h ) h→0 2 2 6 h h2 h3 3 = ln 2 + − + + o(h ) (1 − 2h + 3h2 − 4h3 + o(h3 )) 2 8 24 9 2 43 3 1 = ln 2 + − 2 ln 2 h + 3 ln 2 − h + −4 ln 2 + h + o(h3 ). 2 8 24 Donc, ln(1+x) = x2 x→1
ln 2 +
1 2
3 3 − 2 ln 2 (x − 1) + 3 ln 2 − 89 (x − 1)2 + −4 ln 2 + 43 24 (x − 1) + o((x − 1) ).
sin x (h) Pour x réel, posons f (x) = arctan(cos x). f est dérivable sur R, et pour x réel, f 0 (x) = − 1+cos 2x. Puis,
2 !−1 2 3 x x 1 + 1 − + o(x3 ) f 0 (x) = − x − + o(x4 ) x→0 6 2 −1 x3 1 x3 x2 4 2 3 −1 4 3 = − x − + o(x ) 2 − x + o(x ) =− x − + o(x ) 1 − + o(x ) 6 2 6 2 3 2 3 1 x x x x =− x − + o(x4 ) 1 + + o(x3 ) = − − + o(x4 ). 2 6 2 2 6 Donc, f 0 admet un développement limité d’ordre 4 en 0 et on sait que f admet en 0 un développement limité d’ordre 5 obtenu par intégration. arctan(cos x) = arctan(cos 0) − x→0
x2 x4 π x2 x4 − + o(x5 ) = − − + o(x5 ). 4 24 4 4 24
π x→0 4
arctan(cos x) =
1694
2
4
x − x4 − 24 + o(x5 ).
(i) Pour x > −1, posons f (x) = arctan f 0 (x) =
q
x+1 x+2 .
f est dérivable sur ] − 1, +∞[ et pour x > −1,
1 1 1 1 1 q p = × (x + 2)2 2 x+1 1 + x+1 2 (2x + 3) (1 + x)(2 + x) x+2 x+2
x −1/2 1 2x −1 1 2x x x −1/2 √ 1+ (1 + x) 1+ = = √ 1 − + o(x) 1 − + o(x) 1 − + o(x 3 2 3 2 4 2×3× 2 6 2 2 1 1 1 17x 1 + + x + o(x) = √ 1 − + o(x) . = √ 1− 3 2 4 12 6 2 6 2 Ainsi, f 0 admet donc en 0 un développement limité d’ordre 1 et on sait alors que f admet en 0 un développement limité d’ordre 2 obtenu par intégration. q 1 17√ 2 2 √1 √ arctan x+1 x+2 = arctan 2 + 6 2 x − 144 2 x + o(x ). x→0
− 21 − 23 − 12 − 32 − 25 1 1 2 −1/2 2 2 2 √ = (1 − x ) = 1+ − (−x ) + (−x ) + (−x2 )3 + o(x7 ) x→0 2 2 6 1 − x2 1 3 5 = 1 + x2 + x4 + x6 + o(x7 ). x→0 2 8 16 3
5
7
5x 8 Donc, arcsin x = x + x6 + 3x 40 + 112 + o(x ). Ensuite, x→0
−2 1 1 x2 3x4 5x6 −2 7 = (arcsin x) = 1+ + + + o(x ) x→0 x2 6 40 112 arcsin2 x ! 2 2 2 2 3 1 x 3x4 5x6 x 3x4 x 7 = 2 1−2 + + +3 + −4 + o(x ) x 6 40 112 6 40 6 1 1 3 1 5 3 1 2 = 2− + − + x + − + − x4 + o(x5 ) x 3 20 12 56 40 54 1 1 x2 31x4 = 2− − − + o(x5 ). x 3 15 945 Finalement, 1 x2
(j) (k) Pour x réel, posons f (x) =
1 − arcsin = 2 x
√ 1 . 1+x4
1 x→0 3
2
4
x 5 + 15 + 31x 945 + o(x ).
f est continue sur R et admet donc des primitives sur R. Soit F
la primitive de f sur R qui s’annule en 0 puis, pour x réel, soit g(x) = R et, pour x réel g(x) =
F(x2 ) − F(x).
R x2 x
√1 1+t 4
dt. g est définie sur
g est dérivable sur R et, pour tout réel x,
2x 1 g0 (x) = 2xF 0 (x2 ) − F 0 (x) = 2x f (x2 ) − f (x) = √ −√ . 8 1+x 1 + x4 Puis, 1 8 1 4 3 8 1 3 8 9 g (x) = 2x 1 − x + o(x ) − 1 − x + x + o(x ) = −1 + 2x + x4 − x8 − x9 + o(x9 ). x→0 2 2 8 2 8 0
Ainsi g0 admet un développement limité d’ordre 9 en 0 et on sait que g admet un développement limité d’ordre 10 en 0 obtenu par intégration. En tenant compte de g(0) = 0, on obtient 1695
5
9
10
x x − 24 − x10 + o(x10 ). g(x) = −x + x2 + 10 x→0
(l) 99
xk ln ∑ k=0 k!
!
100 x100 x = ln ex − + o(x100 ) = ln(ex ) + ln 1 − e−x + o(x100 ) x→0 100! 100! 100 x x100 x100 100 100 = x + ln 1 − = x + ln 1 − (1 + o(1)) + o(x ) + o(x ) = x − + o(x (100)! (100)! (100)! xk x100 ln ∑99 = x − (100)! + o(x100 ). k=0 k! x→0
(m) Posons h = x − π ou encore x = π + h de sorte que x tend vers π si et seulement si h tend vers 0. q q p 3 3 4(π 3 + x3 ) = 3 4(π 3 + (π + h)3 ) = 8π 3 + 12π 2 h + 12πh2 + 4h3 1/3 3h 3h2 h3 = 2π 1 + + + h→0 2π 2π 2 2π 3 ! 2 1 3h 3h2 h3 1 3h 3h2 5 3h 3 = 2π 1 + + + − + + + o(h3 ) 3 2π 2π 2 2π 3 9 2π 2π 2 81 2π 1 1 5 1 1 = 2π + h + h2 − + + o(h3 ) − + h3 π 2π 3π 2 π 2 12π 2 h2 h3 = 2π + h + − 2 + o(h3 ). 2π 4π Puis, q h2 h3 3 3 3 3 tan( 4(π + x )) = tan h + + o(h ) − 2π 4π 2 h2 h2 h3 1 3 1 1 3 = h+ − + h + o(h ) = h + + − h3 + o(h3 ). 2π 4π 2 3 2π 3 4π 2 Finalement, p 1 tan( 3 4(π 3 + x3 )) = (x − 1) + 2π (x − 1)2 + x→π
1 3
− 4π1 2 (x − 1)3 + o((x − 1)3 ).
Correction de l’exercice 2306 N
Etude en 0.
ax + bx ln 2
ax +bx 2
> 0, f est définie sur R∗ , et pour x x ∀x ∈ R∗ , f (x) = exp 1x ln a +b . 2
Puisque a > 0, b > 0 et que pour tout réel x,
1 1 2 ex ln a + ex ln b 1 2 1 2 2 = ln = ln 1 + x ln a + ln b + x ln a + ln b + o(x ) x→0 2 2 2 4 4 √ 2 2 √ √ ln a + ln b ln2 a + ln2 b 1 = ln 1 + x ln ab + x2 + o(x2 ) = x ln ab + x2 − (x ln ab)2 + o(x2 4 4 2 √ 1 √ a 1 = x ln + o(x2 ). ab + (ln2 a − 2 ln a ln b + ln2 b)x2 + o(x2 ) = x ln ab + x2 ln2 8 8 b 1696
Enfin,
1/x
√ √ a a 1 1 = exp(ln( ab) + ln2 x + o(x)) = ab(1 + x ln2 + o(x)). 8 b 8 b √ Ainsi, f se prolonge par continuité en 0 en posant f (0) = ab. Le prolongement obtenu est dérivable √ ab 2 a 0 en 0 et f (0) = 8 ln b (> 0). Etude en +∞. a x 1 1 x 1 1 a x ln (a + b ) = ln(bx ) − ln 2 + ln 1 + = (x ln b + o(x)) (car 0 < < 1) x 2 x b x b = ln b + o(1). f (x) =
ax + bx 2
et limx→+∞ f (x) = b(= Max{a, b}). Etude en −∞. Pour tout réel x, f (−x) =
a−x + b−x 2
−1/x
=
ax + bx 2ax bx
−1/x
=
ab , f (x)
et donc, lim f (x) = lim f (−X) = lim
x→−∞
X→+∞
X→+∞
ab ab = = a (= Min{a, b}). f (X) b
Dérivée et variations. f est dérivable sur ] − ∞, 0∪]0, +∞[ en vertu de théorèmes généraux (et aussi en 0 d’après l’étude faite plus haut), et pour x 6= 0 (puisque f > 0 sur R∗ ), f 0 (x) = (ln f )0 (x) = f (x)
x x 0 a + bx 1 a + bx 1 1 ax ln a + bx ln b . ln (x) = − 2 ln + x 2 x 2 x ax + bx
f 0 a le même signe que (ln f )0 qui, elle-même, a le même signe que la fonction g définie sur R par
ax + bx ∀x ∈ R, g(x) = − ln 2
+x
ax ln a + bx ln b . ax + bx
g est dérivable sur R et, pour x réel, ax ln a + bx ln b ax ln a + bx ln b (ax ln2 a + bx ln2 b)(ax + bx ) − (ax ln a + bx ln b)2 + + x ax + bx ax + bx (ax + bx )2 (ab)x (ln a − ln b)2 . =x (ax + bx )2
g0 (x) = −
g0 est donc strictement négative sur ]−∞, 0[ et strictement positive sur ]0, +∞[. Par suite, g est strictement décroissante sur ] − ∞, 0] et strictement croissante sur [0, +∞[. g0 admet donc un minimum global strict en 0 et puisque g(0) = 0, on en déduit que g est strictement positive sur R∗ . De même, f 0 est strictement positive sur R∗ . En tant compte de l’étude en 0, on a montré que f est dérivable sur R et que f 0 est strictement positive sur R. f est donc strictement croissante sur R. Le graphe de f a l’allure suivante :
b √
ab a
On peut noter que les inégalités limx→−∞ f < f (−1) < f (0) < f (1) < limx→+∞ f fournissent : 1697
a
5, on a n−5 1 1 1 1 1 un = 1 + + + + +∑ . n n(n − 1) n(n − 1)(n − 2) n(n − 1)(n − 2)(n − 3) k=0 n(n − 1)...(k + 1)
Ensuite, n−5
1 1 1 6 n3 (n − 4) ∼ → 0. n(n − 1)(n − 2)(n − 3)(n − 4) n→+∞ n n→+∞ k=0 n(n − 1)...(k + 1) 1 1 1 1 Donc, ∑n−5 k=0 n(n−1)...(k+1) = o n3 et de même n(n−1)(n−2)(n−3) = o n3 . Il reste 0 6 n3 ∑
n→+∞
n→+∞
1 1 1 −1 1 1 1 1 1 1 1 un = 1 + + 2 1 − + 3 +o 3 = 1+ + 2 1+ + 3 +o 3 n→+∞ n n n n n n n n n n 1 1 2 1 = 1+ + 2 + 3 +o 3 . n n n n
1700
1 n!
∑nk=0 k! = 1 + n1 + n12 + n23 + o n→+∞
1 n3
.
Correction de l’exercice 2311 N (a)
! −1 1 1 1 1 1 x x2 x3 x4 − 2 = 2 = − 1+ + + + + o(x4 ) −1 x(ex − 1) x2 x→0 x x + x2 + x3 + x4 + x5 + o(x5 ) x x 2 6 24 120 2 6 24 120 ! 2 3 x x2 x3 x x2 x4 x 4 1 x x2 x3 4 + + + + + − + + + o(x ) = 2 − + x 2 6 24 120 2 6 24 2 6 2 1 x 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 4 = 2 − +x − + +x − + − +x − + + − + + o(x4 x 2 6 4 24 6 8 120 36 24 8 16 1 1 x2 =− + − + o(x2 ). 2x 12 720 1 x(ex −1)
2
1 1 x − x12 = − 2x + 12 − 720 + o(x2 ). x→0
1 1 1 1 1 1 − (x + 1) ln x = − ln x + x − 2 + 3 − 4 +o 4 x ln(x + 1) − (x + 1) ln x = x ln x + ln 1 + x→+∞ x x 2x 3x 4x x 1 1 1 1 = − ln x + 1 − + 2 − 3 + o 3 . 2x 3x 4x x 1 x ln(x + 1) − (x + 1) ln x = − ln x + 1 − 2x + 3x12 − 4x13 + o x→+∞
(b)
1 x3
.
Correction de l’exercice 2312 N (a)
a a2 a2 1 1 fn (a) = exp n ln 1 + = exp a − + o = ea 1 − + o . n→+∞ n 2n n 2n n
En remplaçant a par b ou a + b, on obtient
(a + b)2 a2 b b2 1 a −e 1− e 1− +o fn (a + b) − fn (a) fn (b) = e 1− n→+∞ 2n 2n 2n n 2 2 2 a+b −(a + b) + a + b 1 ab e 1 = ea+b +o =− +o . 2n n n n a+b
Donc, si ab 6= 0, fn (a + b) − fn (a) fn (b) fn (a) fn (b) = 0.
n→+∞
a2 a3 (b) e−a fn (a) = exp −a + a − 2n + 3n +o 2 n→+∞
−a
e
a+b
− ab en
∼
1 n2
a2 fn (a) − 1 + 2n
1701
∼
. Si ab = 0, il est clair que fn (a + b) −
2 2 2 a a3 1 a + 3n +o = 1+ − 2n + 2 2 − 2n
n→+∞
a3 a4 + 3 8
1 . n2
1 n2
, et donc
Correction de l’exercice 2313 N
Pour n entier naturel donné, posons In = − π2 + nπ, π2 + nπ . • Soit n ∈ N. Pour x ∈ In , posons f (x) = tan x − x. f est dérivable sur In et pour x dans In , f 0 (x) = tan2 x. Ainsi, f est dérivable sur In et f 0 est strictement positive sur In \ {nπ}. Donc f est strictement croissante sur In . • Soit n ∈ N. f est continue et strictement croissante sur In et réalise donc une bijection de In sur f (In ) = R. En particulier, ∀n ∈ N, ∃!xn ∈ In / f (xn ) = 0 (ou encore tel que tan xn = xn . • On a x0 = 0 puis pour n ∈ N∗ , f (nπ) = −nπ < 0 et donc, ∀n ∈ N∗ , xn ∈]nπ, π2 + nπ[. En particulier, xn = nπ + O(1). n→+∞
• Posons yn = xn − nπ. ∀n ∈ N∗ , yn ∈ 0, π2 . De plus, tan(yn ) = tan(xn ) = nπ + yn et donc, puisque πalors yn ∈ 0, 2 ,
π > yn = arctan(yn + nπ) > arctan(nπ). 2 Puisque arctan(nπ) tend vers π2 , on a yn = π2 + o(1) ou encore xn = nπ + π2 + o(1). n→+∞
π ∗ , z ∈ − π , 0 et d’autre − . D’après ce qui précède, ∀n ∈ N • Posons maintenant zn = yn − π2 = xn −nπ n 2 2 part zn = o(1). Ensuite, tan zn + π2 = nπ + π2 + zn et donc − cotan(zn ) = nπ + π2 + zn ∼ nπ. n→+∞
n→+∞
Puisque zn tend vers 0, on en déduit que − z1n
1 ou encore zn = − nπ n→+∞
∼ − cotan(zn ) ∼ nπ,
n→+∞
+ o 1n . Ainsi,
n→+∞
1 xn = nπ + π2 − nπ +o n→+∞
1 n
.
1 1 • Posons enfin tn = zn + nπ = xn − nπ − π2 + nπ . On sait que tn = o 1n et que 1 1 = − cotan(zn ) = nπ + π2 + zn = nπ + π2 − nπ + o( 1n ). − cotan tn − nπ
Par suite,
1 1 −1 1 1 1 1 1 − tan tn − − 2 +o 2 , = 1 + + o( ) = nπ nπ 2n n nπ 2n π n puis,
et donc tn =
1 2n2 π
1 1 1 1 1 1 1 − tn = arctan − 2 + o( 2 ) = − 2 +o 2 , nπ nπ 2n π n nπ 2n π n + o n12 . Finalement, 1 xn = nπ + π2 − nπ + 2n12 π + o n→+∞
Correction de l’exercice 2314 N
1702
1 n2
.
(a) Pour x > 0, posons f (x) = x + ln x. f est continue sur ]0, +∞[, strictement croissante sur ]0, +∞[ en tant que somme de deux fonctions continues et strictement croissantes sur ]0, +∞[. f réalise donc une bijection de ]0, +∞[ sur f (]0, +∞[) = ]limx→0, x>0 f (x), limx→+∞ f (x)[ =] − ∞, +∞[= R. En particulier, ∀k ∈ R, ∃!xk ∈]0, +∞[/ f (xk ) = k.
= 2k + ln 2k < k pour k suffisament grand (car k − ( 2k + ln 2k ) = 2k − ln 2k → +∞ d’après les k→+∞ théorèmes de croissances comparées). Donc, pour k suffisament grand, f 2k < f (xk ). Puisque f est strictement croissante sur ]0, +∞[, on en déduit que xk > 2k pour k suffisament grand et donc que limk→+∞ xk = +∞. Mais alors, k = xk + ln xk ∼ xk et donc, quand k tend vers +∞,
(b) f
k 2
xk = k + o(k). k→+∞
Posons yk = xk − k. On a yk = o(k) et de plus yk + ln(yk + k) = 0 ce qui s’écrit : yk = − ln(k + yk ) = − ln(k + o(k)) = − ln k + ln(1 + o(1)) = − ln k + o(1). Donc, xk = k − ln k + o(1). k→+∞
Posons zk = yk + ln k = xk − k + ln k. Alors, zk = o(1) et − ln k + zk = − ln(k − ln k + zk ). Par suite, ln k ln k ln k ln k +o = +o . zk = ln k − ln(k − ln k + o(1)) = − ln 1 − k k k k
Finalement, xk = k − ln k + lnkk + o k→+∞
ln k k
.
Correction de l’exercice 2315 N (a) x3 sin x12 = O(x3 ) et en particulier x3 sin 1x = o(x2 ). Donc, en tenant compte de f (0) = 1, x→0
x→0
f (x) = 1 + x + x2 + o(x2 ). x→0
f admet en 0 un développement limité d’ordre 2. (b) f (x) = 1 + x + o(x). Donc, f admet en 0 un développement limité d’ordre 1. On en déduit que f x→0
est continue et dérivable en 0 avec f (0) = f 0 (0) = 1. f est d’autre part dérivable sur R∗ en vertu de théorèmes généraux (et donc sur R) et pour x 6= 0, f 0 (x) = 1 + 2x + 3x2 sin x12 − 2 cos x12 .
(c) f 0 est définie sur R mais n’a pas de limite en 0. f 0 n’admet donc même pas un développement limité d’ordre 0 en 0.
Correction de l’exercice 2316 N √ 1 = 1−x2 x→0
2
4
1 + x2 + 3x8 + o(x4 ), et donc arcsin x = x + x→0
Puis, 1703
x3 3x5 + + o(x5 ). 6 40
−1 1 1 x2 3x4 1 x2 3x4 x4 1 x 17x3 4 4 = 1+ + + o(x ) = 1− − + + o(x ) = − − + o(x3 ), arcsin x x→0 x 6 40 x 6 40 36 x 6 360 et donc, 1 x
1 − arcsin x =
x x→0 6
3
3 + 17x 360 + o(x ).
La fonction f proposée se prolonge donc par continuité en 0 en posant f (0) = 0. Le prolongement est dérivable en 0 et f 0 (0) = 61 . La courbe représentative de f admet à l’origine une tangente d’équation 3 y = 6x . Le signe de la différence f (x)− 6x est, au voisinage de 0, le signe de 17x 360 . La courbe représentative de f admet donc à l’origine une tangente d’inflexion d’équation y = 6x . Correction de l’exercice 2317 N (a) arccos x = − o(1) (développement limité à l’ordre 0). Mais la fonction x 7→ arccos x n’est pas dérix→1
vable en 1 et n’admet donc pas en 1 un développemement limité d’ordre 1. 2) Puisque arccos x = − o(1), x→1
arccos x ∼ − sin(arccos x) = x→1
p p √ √ 1 − x2 = (1 + x)(1 − x) ∼ − 2 1 − x. x→1
√ √ arccos x ∼ − 2 1 − x. x→1
Correction de l’exercice 2318 N (a) Quand x tend vers 0,
1 1 1 1 1 1 1 1 = + + = (1 − x)2 (1 + x) 4 1 − x 2 (1 − x)2 4 1 + x x→0 4 n
=
∑ k=0
2k + 3 + (−1)k 4
n
n
∑x
k
n k
k k
+ 2 ∑ (k + 1)x + ∑ (−1) x
k=0
k=0
k=0
xk + o(xn ).
(b) On a aussi,
1 1 = = (1 − x)2 (1 + x) (1 − x)(1 − x2 ) x→0 !
n
∑x
p
k=0
!
n
=
∑
∑
k=0
p+2q=k
1 xk + o(xn ) =
n
∑x k=0
1704
+ o(xn )
n k=0
2k+3+(−1)k . 4
(ak est le nombre de façons de payer k euros en pièces de 1 et 2 euros).
Correction de l’exercice 2319 N
!
∑ ak xk + o(xn ).
Par unicité des coefficients d’un développement limité, on a donc ∀k ∈ N, ak =
2q
!
+ o(xn )
(a) cos x · exp x (à l’ordre 3). Le dl de cos x à l’ordre 3 est cos x = 1 −
1 2 x + ε1 (x)x3 . 2!
Le dl de exp x à l’ordre 3 est exp x = 1 + x +
1 2 1 3 x + x + ε2 (x)x3 . 2! 3!
Par convention toutes nos fonctions εi (x) vérifierons εi (x) → 0 lorsque x → 0. On multiplie ces deux expressions 1 1 1 cos x × exp x = 1 − x2 + ε1 (x)x3 × 1 + x + x2 + x3 + ε2 (x)x3 2 2! 3! 1 2 1 3 3 = 1 · 1 + x + x + x + ε2 (x)x on développe la ligne du dessus 2! 3! 1 1 1 − x2 · 1 + x + x2 + x3 + ε2 (x)x3 2 2! 3! 1 2 1 3 3 + ε1 (x)x · 1 + x + x + x + ε2 (x)x3 2! 3! On va développer chacun de ces produits, par exemple pour le deuxième produit : −
1 2 1 1 1 1 1 1 1 x · 1 + x + x2 + x3 + ε2 (x)x3 = − x2 − x3 − x4 − x5 − x2 · ε2 (x)x3 . 2! 2! 3! 2 2 4 12 2
Mais on cherche un dl à l’ordre 3 donc tout terme en x4 , x5 ou plus se met dans ε3 (x)x3 , y compris x2 · ε2 (x)x3 qui est un bien de la forme ε(x)x3 . Donc 1 1 1 1 1 − x2 · 1 + x + x2 + x3 + ε2 (x)x3 = − x2 − x3 + ε3 (x)x3 . 2 2! 3! 2 2
Pour le troisième produit on a 1 1 ε1 (x)x3 · 1 + x + x2 + x3 + ε2 (x)x3 = ε1 (x)x3 + xε1 (x)x3 + · · · = ε4 (x)x3 2! 3! On en arrive à : 1 1 1 cos x · exp x = 1 − x2 + ε1 (x)x3 × 1 + x + x2 + x3 + ε2 (x)x3 2 2! 3! 1 2 1 3 = 1 + x + x + x + ε1 (x)x3 2! 3! 1 2 1 3 − x − x + ε3 (x)x3 2 2 3 + ε4 (x)x il ne reste plus qu’à regrouper les termes : 1 1 2 1 1 = 1 + x + ( − )x + ( − )x3 + ε5 (x)x3 2 2 6 2 1 3 = 1 + x − x + ε5 (x)x3 3
Ainsi le dl de cos x · exp x en 0 à l’ordre 3 est : 1 cos x · exp x = 1 + x − x3 + ε5 (x)x3 . 3 1705
(b) (ln(1 + x))2 (à l’ordre 4). Il s’agit juste de multiplier le dl de ln(1 + x) par lui-même. En fait si l’on réfléchit un peu on s’aperçoit qu’un dl à l’ordre 3 sera suffisant (car le terme constant est nul) : 1 1 ln(1 + x) = x − x2 + x3 + ε(x)x3 2 3 ε5 (x) → 0 lorsque x → 0. (ln(1 + x))2 = ln(1 + x) × ln(1 + x) 1 2 1 3 1 2 1 3 3 3 = x − x + x + ε(x)x × x − x + x + ε(x)x 2 3 2 3 1 1 = x × x − x2 + x3 + ε(x)x3 2 3 1 2 1 3 1 2 3 − x × x − x + x + ε(x)x 2 2 3 1 1 1 + x3 × x − x2 + x3 + ε(x)x3 3 2 3 1 2 1 3 3 3 + ε(x)x × x − x + x + ε(x)x 2 3 1 1 = x2 − x3 + x4 + ε(x)x4 2 3 1 3 1 4 − x + x + ε1 (x)x4 2 4 1 4 + x + ε2 (x)x4 3 + ε3 (x)x4 11 = x2 − x3 + x4 + ε4 (x)x4 12
(c)
sh x − x (à l’ordre 6). x3 sh x − x Pour le dl de on commence par faire un dl du numérateur. Tout d’abord : x3 sh x = x +
1 3 1 5 1 7 1 9 x + x + x + x + ε(x)x9 3! 5! 7! 9!
sh x − x =
1 3 1 5 1 7 1 9 x + x + x + x + ε(x)x9 . 3! 5! 7! 9!
donc
Il ne reste plus qu’à diviser par x3 : sh x − x = x3
1 3 1 5 1 7 1 9 9 3! x + 5! x + 7! x + 9! x + ε(x)x x3
=
1 1 1 1 + x2 + x4 + x6 + ε(x)x6 3! 5! 7! 9!
Remarquez que nous avons commencé par calculer un dl du numérateur à l’ordre 9, pour obtenir après division un dl à l’ordre 6. (d) exp sin(x) (à l’ordre 4). On sait sin x = x − 3!1 x3 + o(x4 ) et exp(u) = 1 + u + 2!1 u2 + 3!1 u3 + 4!1 u4 + o(u4 ). On note désormais toute fonction ε(x)xn (où ε(x) → 0 lorsque x → 0) par o(xn ). Cela évite les multiples expressions εi (x)xn . 1706
On substitue u = sin(x), il faut donc calculer u, u2 , u3 et u4 : u = sin x = x −
1 3 x + o(x4 ) 3!
2 1 3 1 x + o(x4 ) = x2 − x4 + o(x4 ) 3! 3 3 1 u3 = x − x3 + o(x4 ) = x3 + o(x4 ) 3!
u2 = x −
u3 = x4 + o(x4 )
et
o(u4 ) = o(x4 )
Pour obtenir : 1 3 x + o(x4 ) 3! 1 2 1 4 x − x + o(x4 ) + 2! 3 1 3 + x + o(x4 ) 3! 1 4 + x + o(x4 ) 4! + o(x4 ) 1 1 = 1 + x + x2 − x4 + o(x4 ). 2 8
exp(sin(x)) = 1 + x −
(e) sin6 (x) (à l’ordre 9). On sait sin(x) = x − 3!1 x3 + o(x4 ).
Si l’on voulait calculer un dl de sin2 (x) à l’ordre 5 on écrirait : sin2 (x) = x −
2 1 3 1 1 1 x + o(x4 ) = x − x3 + o(x4 ) × x − x3 + o(x4 ) = x2 − 2 x4 + o(x5 ). 3! 3! 3! 3!
En effet tous les autres termes sont dans o(x5 ). Le principe est le même pour sin6 (x) : sin6 (x) = x −
6 1 3 1 1 1 x + o(x4 ) = x − x3 + o(x4 ) × x − x3 + o(x4 ) × x − x3 + o(x4 ) × · · · 3! 3! 3! 3!
Lorsque l’on développe ce produit en commençant par les termes de plus petits degrés on obtient sin6 (x) = x6 + 6 · x5 · (−
1 3 x ) + o(x9 ) = x6 − x8 + o(x9 ) 3!
(f) ln cos(x) (à l’ordre 6). Le dl de cos x à l’ordre 6 est cos x = 1 −
1 2 1 4 1 6 x + x − x + o(x6 ). 2! 4! 6!
Le dl de ln(1 + u) à l’ordre 6 est ln(1 + u) = u − 12 u2 + 13 u3 − 14 u4 + 15 u5 − 61 u6 + o(u6 ). On pose u = − 2!1 x2 + 4!1 x4 − 6!1 x6 + o(x6 ) de sorte que 1 1 1 1 1 ln(cos x) = ln(1 + u) = u − u2 + u3 − u4 + u5 − u6 + o(u6 ). 2 3 4 5 6 Il ne reste qu’à développer les uk , ce qui n’est pas si dur que cela si les calculs sont bien menés et les puissances trop grandes écartées.
1707
Tout d’abord : 2 1 2 1 4 1 6 6 u = − x + x − x + o(x ) 2! 4! 6! 2 1 1 = − x2 + x4 + o(x6 ) 2! 4! 2 1 2 1 2 1 4 +2 − x x + o(x6 ) = − x 2! 2! 4! 1 1 = x4 − x6 + o(x6 ) 4 24 2
Ensuite : 3 1 2 1 4 1 6 6 u = − x + x − x + o(x ) 2! 4! 6! 3 1 = − x2 + o(x6 ) 2! 1 6 = − x + o(x6 ) 8 3
En effet lorsque l’on développe u3 le terme (x2 )6 est le seul terme dont l’exposant est 6 6. Enfin les autres termes u4 , u5 , u6 sont tous des o(x6 ). Et en fait développer ln(1 + u) à l’ordre 3 est suffisant. Il ne reste plus qu’à rassembler : ln(cos x) = ln(1 + u) 1 1 = u − u2 + u3 + o(u3 ) 2 3 1 1 1 = − x2 + x4 − x6 + o(x6 ) 2! 4! 6! 1 1 4 1 6 6 − x − x + o(x ) 2 4 24 1 1 + − x6 + o(x6 ) 3 8 1 1 1 = − x2 − x4 − x6 + o(x6 ) 2 12 45
(g)
1 à l’ordre 4. cos x Le dl de cos x à l’ordre 4 est cos x = 1 − Le dl de
1 1+u
1 2 1 4 x + x + o(x4 ). 2! 4! 1 2 2 1+u = 1 − u + u + o(u ). 1 4 4 4 x + o(x ).
à l’ordre 2 (qui sera suffisant ici) est
On pose u = − 2!1 x2 + 4!1 x4 + o(x4 ) et on a u2 =
1708
1 1 = cos x 1 + u = 1 − u + u2 + o(u2 ) 2 1 1 1 1 = 1 − − x2 + x4 + o(x4 ) + − x2 + x4 + o(x4 ) + o(x4 ) 2! 4! 2! 4! 1 2 5 4 4 = 1 + x + x + o(x ) 2 24
(h) tan x (à l’ordre 5 (ou 7 pour les plus courageux)). Pour ceux qui souhaitent seulement un dl à l’ordre 5 de tan x = sin x × cos1 x alors il faut multiplier le dl de sin x à l’ordre 5 par le dl de cos1 x à l’ordre 4 (voir question précédente). Si l’on veut un dl de tan x à l’ordre 7 il faut d’abord refaire le dl cos1 x mais cette fois à l’ordre 6 : 1 5 61 6 1 = 1 + x2 + x4 + x + o(x6 ) cos x 2 24 720 Le dl à l’ordre 7 de sin x étant : sin x = x −
1 3 1 5 1 7 x + x − x + o(x7 ) 3! 5! 7!
Comme tan x = sin x × cos1 x , il ne reste donc qu’à multiplier les deux dl pour obtenir après calculs : tan x = x +
x3 2x5 17x7 + + + o(x7 ) 3 15 315
1
(i) (1 + x) 1+x (à l’ordre 3). 1
Si l’on pense bien à écrire (1 + x) 1+x = exp 1 et exp x. dl à l’ordre 3 de ln(1 + x), 1+x On trouve
1 1+x
1
ln(1 + x) alors c’est juste des calculs utilisant les
(1 + x) 1+x = 1 + x − x2 +
(j) arcsin ln(1 + x2 ) (à l’ordre 6).
4
6
x3 + o(x3 ). 2 3
Tout d’abord ln(1 + x2 ) = x2 − x2 + x3 + o(x6 ). Et arcsin u = u + u6 + o(u3 ). Donc en posant u = 4 6 x2 − x2 + x3 + o(x6 ) on a : x4 x6 6 2 2 arcsin ln(1 + x ) = arcsin x − + + o(x ) 2 3 = arcsin u 1 = u + u3 + o(u3 ) 6 3 x4 x6 1 2 x4 x6 2 = x − + + x − + + o(x6 ) 2 3 6 2 3 x4 x6 x6 2 = x − + + + o(x6 ) 2 3 6 4 6 x x = x2 − + + o(x6 ) 2 2
Correction de l’exercice 2320 N 1709
(a) On a 2
ex = 1 + x 2 +
x4 + o(x4 ) 2!
et
cos x = 1 −
x2 x4 + + o(x4 ) 2! 4!
On s’aperçoit qu’en fait un dl à l’ordre 2 suffit :
2
Ainsi
ex −cos x x2
3 2 x2 ex − cos x = 1 + x2 + o(x2 ) − 1 − + o(x2 ) = x2 + o(x2 ) 2 2
= 23 + o(1) (où o(1) désigne une fonction qui tend vers 0) et donc 2
ex − cos x 3 lim = x→0 x2 2 (b) On sait que ln(1 + x) = x −
x2 x3 + + o(x3 ) 2 3
et
sin x = x −
x3 + o(x3 ). 3!
Les dl sont distincts dès le terme de degré 2 donc un dl à l’ordre 2 suffit : ln(1 + x) − sin x = x − donc
x2 x2 + o(x2 ) − x + o(x2 ) = − + o(x2 ) 2 2
x ln(1 + x) − sin x = − + o(x) x 2
et ainsi
ln(1 + x) − sin x = 0. x→0 x lim
(c) Sachant cos x = 1 − et
x2 x4 + + o(x4 ) 2! 4!
p 1 1 1 − x2 = 1 − x2 − x4 + o(x4 ) 2 8
alors
√ 2 x4 1 − x2 + 24 + o(x4 ) − 1 − 12 x2 − 18 x4 + o(x4 ) cos x − 1 − x2 = x4 x4 1 4 4 x + o(x ) = 6 x4 1 = + o(1) 6
Ainsi
√ cos x − 1 − x2 1 lim = x→0 x4 6
Correction de l’exercice 2321 N ex − cos(x) − x = 1. x→0 x2 lim
x3 arctan(x) − x4 = 0. x→0 cos(x2 ) − 1 lim
1710
Correction de l’exercice 2322 N Commençons en x = 0, le dl de f (x) = ln(1 + x + x2 ) à l’ordre 2 est ln(1 + x + x2 ) = (x + x2 ) −
(x + x2 )2 1 + o(x2 ) = x + x2 + o(x2 ) 2 2 2
Par identification avec f (x) = f (0) + f 0 (0)x + f 00 (0) x2! + o(x2 ) cela entraîne donc f (0) = 0, f 0 (0) = 1 (et f 00 (0) = 1). L’équation de la tangente est donc y = f 0 (0)(x − 0) + f (0) donc y = x. La position par rapport à la tangente correspond à l’étude du signe de f (x) − y(x) où y(x) est l’équation de la tangente. 1 1 f (x) − y(x) = x + x2 + o(x2 ) − x = x2 + o(x2 ). 2 2 Ainsi pour x suffisamment proche de 0, f (x) − y(x) est du signe de 12 x2 et est donc positif. Ainsi dans un voisinage de 0 la courbe de f est au-dessus de la tangente en 0. Même étude en x = 1. Il s’agit donc de faire le dl de f (x) en x = 1. On pose x = 1 + h (de sorte que h = x − 1 est proche de 0) : f (x) = ln(1 + x + x2 ) = ln 1 + (1 + h) + (1 + h)2 = ln 3 + 3h + h2 h2 = ln 3 1 + h + 3 h2 = ln 3 + ln 1 + h + 3 2 2 2 h + h3 h h2 = ln 3 + h + − + o (h + )2 3 2 3 h2 h2 = ln 3 + h + − + o(h2 ) 3 2 1 2 = ln 3 + h − h + o(h2 ) 6 1 = ln 3 + (x − 1) − (x − 1)2 + o((x − 1)2 ) 6 La tangente en x = 1 est d’équation y = f 0 (1)(x − 1) + f (1) et est donc donnée par le dl à l’ordre 1 : c’est y = (x − 1) + ln 3. Et la différence f (x) − ln 3 + (x − 1) = − 61 (x − 1)2 + o((x − 1)2 ) est négative pour x proche de 1. Donc, dans un voisinage de 1, le graphe de f est en-dessous de la tangente en x = 1.
Correction de l’exercice 2335 N (a) La fonction g est définie en x sauf si sin(x) = 0 ou x = 0. Son domaine de définition est donc R − {kπ, k ∈ Z}.
(b) On peut prolonger g en une fonction continue en 0 si et seulement si elle y admet une limite. Elle est dérivable en ce point si et seulement si elle y admet un développement limité à l’ordre 1. Toutefois, comme l’énoncé demande la position du graphe de g par rapport à sa tangente en 0, nous allons calculer directement le développement limité à l’ordre 2 de g en 0. x3 x5 Le développement limité en 0 à l’ordre 5 de arctan x = x − + + x5 ε1 (x). 3 5 1711
Or sin x = x −
x3 x5 x2 x5 13x7 1 1 (1 + + + x5 ε2 (x). Donc sin3 x = x3 − + + x7 ε3 (x) et = + 3! 5! 2 120 2 sin3 x x3
9x4 + x4 ε4 (x)). On en déduit que : 40 2 arctan x 1 1 x3 31x5 5 ε (x)) − 1 = 1 + 31x + x2 ε (x). − = (x + + + x 5 5 (sin x)3 x2 x3 6 120 x2 6 120 1 Ainsi on peut prolonger g en une fonction continue en 0 en posant g(0) = . La fonction obtenue est 6 1 dérivable en 0 et sa dérivée est nulle. La tangente en 0 à son graphe est la droite d’équation y = . 6 Enfin le graphe de g est au-dessus de cette droite au voisinage de 0.
Correction de l’exercice 2338 N (a) i. La première limite n’est pas une forme indéterminée, en effet p lim x2 + 3x + 2 = +∞ et lim x = +∞ x→+∞
x→+∞
donc
lim
x→+∞
p x2 + 3x + 2 + x = +∞
ii. Lorsque x → −∞ la situation est tout autre car p lim x2 + 3x + 2 = +∞ x→−∞
lim x = −∞
et
x→−∞
√ donc x2 + 3x + 2 + x est une forme indéterminée ! Calculons un développement limité à l’ordre 1 en −∞ en faisant très attention au signe (car par exemple |x| = −x) : ! r p 3 2 x2 + 3x + 2 + x = |x| 1+ + 2 −1 x x 1 3 2 1 = |x| 1 + + + o( ) − 1) 2 x x2 x 1 13 + o( ) = |x| 2x x 3 = − + o(1) 2 Et donc
p 3 x2 + 3x + 2 + x = − x→−∞ 2 lim
(b) Nous utiliserons que 1
1 ln (arctan x) x2 1 = exp 2 ln x + o(x) x
(arctan x) x2 = exp
car arctan x = x + o(x)
Mais lorsque x → 0+ on sait que ln(x + o(x)) → −∞, x2 → 0 donc : lim+
x→0
ln(x + o(x)) = −∞ x2
1712
Composé avec l’exponentielle on trouve : 1
lim+ (arctan x) x2 = 0
x→0
(c) Effectuons le dl à l’ordre 2 : comme (1 + x)α = 1 + αx + alors
α(α − 1) 2 x + o(x2 ) 2
1
(1 + 3x) 3 = 1 + x − x2 + o(x2 ). sin x = x + o(x2 )
et cos x = 1 −
x2 + o(x2 ). 2!
Ainsi 1
(1 + 3x) 3 − 1 − sin x −x2 + o(x2 ) = 1 2 2 1 − cos x 2 x + o(x ) −1 + o(1) = 1 après factorisation par x2 + o(1) 2 = −2 + o(1) Donc 1
(1 + 3x) 3 − 1 − sin x = −2 lim x→0 1 − cos x Correction de l’exercice 2344 N ∑nk=1
ak k
= 0 ⇒ L = 31 ∑nk=1 ak .
Correction de l’exercice 2345 N 1+1/p p −1 k v p = 2 1+1/p , wn = exp n1 ∑n−1 ln 1 + , v = w = 4e . k=0 n Correction de l’exercice 2346 N f 0 (0) ∑nk=1 f nk2 → 2 lorsque n → ∞. Utiliser | f (x) − x f 0 (0)| 6 Correction de l’exercice 2347 N 3
(a) y = 1 + 2x − x8 . 3
7x (b) y = − 6x + 360 . 3
(c) y = − 6x − 17x 360 .
(d) y = e3 (1 − 4x + 16x2 ). 3
x (e) y = −1 + 3x − 45 . √ 5x2 (f) y = 2 1 + 8x − 128 .
1713
1 2
sup | f 00 (t)| pour 0 6 x 6 1
06t61
Correction de l’exercice 2348 N h 6 k 6 g 6 f. Correction de l’exercice 2349 N 1 (a) y = x + 12 − 8x .
3 . (b) y = x + 12 + 8x 4 (c) y = 2x − 3x .
(d) y =
πx 4
+ π4 + 1 − 3x12 .
(e) y =
πx 2
+ π2 − 1 + π/4−1 x .
(f) y =
πx 2
+ π − 1 + 5π/4−2 . x
9 . (g) y = x + 12 − 8x
Correction de l’exercice 2350 N (a) Notons In l’intervalle nπ − π2 , nπ + π2 . Alors sur chaque In la fonction définie par f (x) = tan x − x est un fonction continue et dérivable. De plus f 0 (x) = 1 + tan2 x − 1 = tan2 x. La dérivée est strictement positive sauf en un point où elle est nulle et ainsi la fonction f est strictement croissante sur In . La limite à gauche est −∞ et la limite à droite est +∞. Par le théorème des valeurs intermédiaires il existe un unique xn ∈ In tel que f (xn ) = 0 c’est-à-dire tan xn = xn .
(b) x 7→ arctan x est la bijection réciproque de la restriction de la tangente tan| :] − π2 , + π2 [→] − ∞, +∞[. Sur ces intervalles on a bien tan x = y ⇐⇒ x = arctan y. Mais si y ∈] / − π2 , + π2 [ il faut d’abord se π π ramener dans l’intervalle ] − 2 , + 2 [. Ainsi xn ∈ In donc xn − nπ ∈] − π2 , + π2 [. Maintenant xn = tan(xn ) = tan(xn − nπ). Donc arctan xn = arctan tan(xn − nπ) = xn − nπ. Ainsi xn = arctan xn + nπ.
L’erreur classique est de penser que arctan(tan x) = x. Ce qui n’est vrai que pour x ∈] − π2 , + π2 [ !
(c) Comme xn ∈ In alors xn → +∞ lorsque n → +∞. On sait par ailleurs que pour x > 0 on a arctan x + arctan 1x = π2 . Ainsi arctan xn =
π 2
Lorsque n tend vers +∞ alors x1n → 0 donc arctan x1n → 0. Ainsi π 1 π xn = nπ + arctan xn = nπ + − arctan = nπ + + o(1). 2 xn 2 (d) On va utiliser le dl obtenu précédemment pour obtenir un dl à un ordre plus grand :
1714
− arctan x1n
xn = nπ + arctan xn π 1 = nπ + − arctan 2 xn π 1 = nπ + − arctan π 2 nπ + 2 + o(1) π 1 1 = nπ + − + o( 2 ) car arctan u = u + o(u2 ) en u = 0 π 2 nπ + 2 + o(1) n π 1 1 1 = nπ + − + o( 2 ) 1 1 2 nπ 1 + 2n + o( n ) n π 1 1 1 1 = nπ + − 1 − + o( ) + o( 2 ) 2 nπ 2n n n 1 π 1 1 + o( 2 ) = nπ + − + 2 nπ 2πn2 n
Ainsi en +∞ on a le développement : xn = nπ +
π 1 1 1 + o( 2 ). − + 2 nπ 2πn2 n
Correction de l’exercice 2351 N (a) fn0 (x) = 0 ⇐⇒ cotanx = nx.
(b) 0.
(c) xn tan xn = n1 . (d) ln yxnn → − 1e ⇒ yn ∼
√1 . ne
Correction de l’exercice 2352 N (a) (b) i. ii. a ∼ e−b ⇒ a ln b → 0 ⇒ ba → 1. Correction de l’exercice 2353 N Existence et unicité de xn par étude de f sur [3, +∞[ (pour x 6 3 on ne peut pas avoir 0 < f (x) < 1). On a facilement xn → +∞ lorsque n → ∞. ln(xn − 2) = 1 − n1 ln(xn ) ⇒ ln 1 − x2n = − ln(xn n ) ⇒ xn ln(xn ) ∼ 2n ⇒ xn ∼ 2n . ln n
Correction de l’exercice 2354 N un = n1 − n16 + o n16 . Correction de l’exercice 2355 N
1715
Existence et unicité de xn par étude de la fonction x 7→ ex + x sur R+ . On a clairement xn → +∞ (lorsque n → ∞) et n = exn + xn d’où : ln n = ln(exn + xn ) = xn + ln(1 + xn e−xn ) = xn + xn e−xn −
xn2 −2xn e + o(xn2 e−2xn ). 2
On en déduit xn ∼ ln n. Écrivons xn = ln n + yn : 0 = yn + xn e−xn −
xn2 −2xn e + o(xn2 e−2xn ) 2
d’où yn → 0 (lorsque n → ∞) et yn ∼ −xn e−xn ∼ − lnnn e−yn ∼ − lnnn . Écrivons maintenant yn = − lnnn + zn : e−yn xn2 −2xn ln n + zn + (ln n + yn ) − e + o(xn2 e−2xn ) n n 2 (ln n)(−yn + o(yn )) e−yn xn2 −2xn = zn + + yn − e + o(xn2 e−2xn ) n n 2 x2 e−2yn (ln n)(−yn + o(yn )) e−yn x2 = zn + + yn − n2 e−2yn + o n 2 n n 2n n ln2 n ln2 n = zn + 2 + o 2n n2
0=−
2
2
d’où zn ∼ − ln2n2n et finalement, xn = ln n − lnnn − ln2n2n + o
ln2 n n2
.
Correction de l’exercice 2356 N (a) (b) nxnn (xn − 1) = xnn +
1 xn+1 (n + 1)xn − n 1 n + 1 n+1 xn xn + − xnn+1 − = n + ⇒ fn+1 (xn ) = >0 2 n 2 2 n 2n ⇒ xn+1 < xn .
Donc la suite (xn ) est décroissante et minorée par 1, elle converge vers ` > 1. 1 0 6 xn − 1 = 1n + 2nx n → 0 (lorsque n → ∞) donc ` = 1. n
xn Soit yn = n(xn − 1) = 1 + 2x1n . On a f (yn ) = ln(2(yynn −1)) = − xlnn −1 = −g(xn ) et f , g sont strictement n coissantes sur [1, +∞[ donc les suites (xn ) et (yn ) varient en sens contraire. On en déduit que la suite λ 1 (yn ) décroît donc admet une limite λ > 1, soit xn = 1 + n + o n . Alors xnn → eλ (lorsque n → ∞)
d’où λ = 1 + 2e1λ .
Correction de l’exercice 2357 N Il s’agit bien sûr de calculer un développement limité, le premier terme de ce développement donne l’équivalent cherché. (a) Le dl à l’ordre 3 en 0 est
donc
p √ 11x3 2ex − 1 + 4x − 1 + 6x2 = − + o(x3 ) 3 p √ 11x3 2ex − 1 + 4x − 1 + 6x2 ∼ − . 3 1716
(b) De même (cos x)sin x − (cos x)tan x ∼
√ (c) On pose h = x − 3 alors
x5 . 4
h2 3 2π = − √ + o(h2 ) arctan x + arctan − x 3 8 3 donc
√ (x − 3)2 3 2π √ ∼− arctan x + arctan − . x 3 8 3
(d) En +∞
p p p 1 1 3 4 x2 + 1 − 2 x3 + x + x4 + x2 = + o( ) 12x x
donc
p p p 1 3 4 x2 + 1 − 2 x3 + x + x4 + x2 ∼ . 12x
(e) Il faut distinguer les cas x > 0 et x < 0 pour trouver : 1 argch ∼ |x|. cos x
Correction de l’exercice 2358 N Le dl de cos x en 0 à l’ordre 6 est : cos x = 1 − Calculons celui de
1+ax2 1+bx2
1 2 1 4 1 6 x + x − x + o(x6 ). 2! 4! 6!
:
1 1 + ax2 = (1 + ax2 ) × 1 + bx2 1 + bx2
= (1 + ax2 ) × 1 − bx2 + b2 x4 − b3 x6 + o(x6 ) = ···
car
1 = 1 − u + u2 − u3 + o(u3 ) 1+u
on développe
= 1 + (a − b)x2 − b(a − b)x4 + b2 (a − b)x6 + o(x6 ) 2
1+ax Notons ∆(x) = cos x − 1+bx 2 alors
1 1 1 ∆(x) = − − (a − b) x2 + + b(a − b) x4 + − − b2 (a − b) x6 + o(x6 ). 2 24 720
Pour que cette différence soit la plus petite possible (lorsque x est proche de 0) il faut annuler le plus possible de coefficients de bas degré. On souhaite donc avoir 1 − − (a − b) = 0 2
et
1 + b(a − b) = 0. 24
En substituant l’égalité de gauche dans celle de droite on trouve : a=−
5 12 1717
et
b=
1 . 12
On obtient alors ∆(x) = −
1 1 6 − b2 (a − b) x6 + o(x6 ) = x + o(x6 ). 720 480
Avec notre choix de a, b nous avons obtenu une très bonne approximation de cos x. Par exemple lorsque 5 1 1+ax2 l’on évalue 1+bx 2 (avec a = − 12 et b = 12 ) en x = 0.1 on trouve : 0.9950041631 . . . Alors que cos(0.1) = 0.9950041652 . . . En l’on trouve ici ∆(0.1) ' 2 × 10−9 . Correction de l’exercice 2359 N a = −7/60, b = 1/20, ∆ ∼ 11x7 /50400. Correction de l’exercice 2361 N (a) (3aα(α − a) + 2(bα − aβ ))X 7 .
(b) −x7 /30 + ox→0 (x7 ).
Correction de l’exercice 2364 N ∼ x pour k impair, et = 1 + x ln(x) + ox→0 (x ln x) ∼ 1 si k est pair > 2. Correction de l’exercice 2367 N (a)
ln2 2 n lnn 2 + o(x−n ). (b) e 1 − lnx2 + 2! − · · · + (−1) n! xn x2 Correction de l’exercice 2369 N f −1 (y) =
y a1
2
− aa2 y3 + o(y2 ). 1
Correction de l’exercice 2370 N
n kC k k p x p + o(xn+2 ), (1 − ex )n = ∑nk=0 (−1)kCnk ekx = ∑n+2 (−1) ∑ n k=0 p=0 p! n(3n+1) 2 2 (1 − ex )n = (−x)n 1 + nx 2 + 24 x + o(x ) . Correction de l’exercice 2378 N (a) On note x la distance de l’observateur au pied de la statue. On note α l’angle d’observation de la statue seule, et β l’angle d’observation du piédestal seul.
1718
s
p
α
β x Nous avons les relations trigonométriques dans les triangles rectangles : tan(α + β ) =
p+s x
et
tan β =
et
β = arctan
p x
On en déduit les deux identités : α + β = arctan
p+s x
à partir desquelles on obtient α = α(x) = arctan
p+s − arctan xp . x
p x
Étudions cette fonction sur ]0, +∞[ : elle est dérivable et 0
α (x) =
− s+p x2 1+
s+p 2 x
−
− xp2 1+
p 2 x
=
s (x2 + p2 )(x2 + (s + p)2 )
p(p + s) − x2
p Ainsi α 0 ne s’annule sur ]0, +∞[ qu’en x0 = p(p + s). Par des considérations physiques, à la limite en 0 et en +∞, l’angle α estp nul, alors en x0 nous obtenons un angle α maximum. Donc la distance optimale de vision est x0 = p(p + s).
(b) Pour calculer l’angle maximum α0 correspondant, on pourrait calculer α0 = α(x0 ) à partir de la définition de la fonction α(x). Pour obtenir une formule plus simple nous utilisons la formule trigonométrique suivante : si a, b et a − b sont dans l’intervalle de définition de la fonction tan, alors tan a−tan b tan(a − b) = 1+tan a tan b , ce qui donne ici tan α0 = tan (α0 + β0 ) − β0 =
p+s p x0 − x0 p 1 + p+s x0 · x0
=
s s = p 2x0 2 p(p + s)
Comme α0 ∈] − π2 , π2 [, on en déduit α0 = arctan 2xs 0 = arctan √ 2
s . p(p+s)
(c) Pour la statue de la liberté, on a la hauteur de la statue s = 46 mètres et la hauteur du piédestal p = 47 mètres. On trouve donc p s α0 = arctan p ' 19◦ . x0 = p(p + s) ' 65, 40mètres 2 p(p + s) Voici les représentations de la statue et de la fonction α(x) pour ces valeurs de s et p.
1719
α(x) α0 s α(x) p
α0 β0 x0
x0
0
x
Correction de l’exercice 2379 N (a) Soit f (a) = arcsin a − f 0 (a)
√ a 1−a2
sur ]0, 1[. Alors f 0 (a) =
√ 1 1−a2
−
1 √ 1−a2 (1−a2 )
=
√ 1 1−a2
·
−a2 1−a2
donc
6 0. Ainsi f est strictement décroissante et f (0) = 0 donc f (a) < 0 pout tout a ∈]0, 1[. 2
2
a 1 1−a 2a 0 (b) Si g(a) = arctan a− 1+a 2 alors g (a) = 1+a2 − (1+a2 )2 = (1+a2 )2 > 0. Donc g est strictement croissante et g(0) = 0 donc g est strictement positive sur ]0, +∞[.
Correction de l’exercice 2380 N p √ (a) sin2 y = 1 − cos2 y, donc sin y = ± 1 − cos2 y. Avec y = arccos x, il vient sin(arccos x) = ± 1 − x2 . √ 2 Or arccos x ∈ [0, π], donc sin(arccos x) est positif et finalement sin(arccos x) = + 1 − x . De la √ même manière on trouve cos(arcsin x) = ± 1 − x2 . Or arcsin x ∈ [− π2 , π2 ], donc cos(arcsin x) est √ positif et finalement cos(arcsin x) = + 1 − x2 . Ces deux égalités sont à connaître ou à savoir retrouver très rapidement : p sin(arccos x) = 1 − x2 = cos(arcsin x). Enfin, puisque cos(2y) = cos2 y − sin2 y, on obtient avec y = arcsin x, p cos(2 arcsin x) = ( 1 − x2 )2 − x2 = 1 − 2x2 .
(b) Commençons par calculer sin(arctan x), cos(arctan x). On utilise l’identité 1 + tan2 y = x2
1 cos2 y
avec
2 1 2 y = arctan x, ce qui donne cos2 y = 1+x 2 et sin y = 1 − cos y = 1+x2 . Il reste à déterminer les signes 1 x de cos(arctan x) = ± √1+x et sin(arctan x) = ± √1+x Or y = arctan x donc y ∈] − π2 , π2 [ et y a le 2 2 même signe que x : ainsi cos y > 0, et sin y a le même signe que y et donc que x. Finalement, on a 1 x cos(arctan x) = √1+x et sin(arctan x) = √1+x . 2 2
Il ne reste plus qu’à linéariser sin(3y) : sin(3y) = sin(2y + y) = cos(2y) sin(y) + cos(y) sin(2y) = (2 cos2 y − 1) sin y + 2 sin y cos2 y
= 4 sin y cos2 y − sin y Maintenant
sin(3 arctan x) = sin(3y) = 4 sin y cos2 y − sin y x x x(3 − x2 ) √ = 4 − = 1 + x2 (1 + x2 )3/2 (1 + x2 )3/2 1720
Remarque : la méthode générale pour obtenir la formule de linéarisation de sin(3y) est d’utiliser les nombres complexes et la formule de Moivre. On développe cos(3y) + i sin(3y) = (cos y + i sin y)3 = cos3 y + 3i cos2 y sin y + · · · puis on identifie les parties imaginaires pour avoir sin(3y), ou les parties réelles pour avoir cos(3y). Correction de l’exercice 2382 N (a) On vérifie d’abord que 2 arccos 34 ∈ [0, π] (sinon, l’équation n’aurait aucune solution). En effet, par définition, la fonction arccos est décroissante sur [−1, 1] à valeurs dans [0, π], donc puisque 12 6 34 6 1 on a π3 > cos 34 > 0. Puisque par définition arccos x ∈ [0, π], on obtient en prenant le cosinus : 3 3 arccos x = 2 arccos ⇐⇒ x = cos 2 arccos 4 4 En appliquant la formule cos 2u = 2 cos2 u − 1, on arrive donc à une unique solution x = 2( 34 )2 − 1 = 1 8. (b) Vérifions d’abord que − π2 6 arcsin 25 +arcsin 35 6 π2 . En effet, la fonction arcsin est strictement crois√ sante et 0 < 25 < 21 < 35 < 22 , ce qui donne 0 < arcsin 25 < π6 < arcsin 35 < π4 , d’où l’encadrement 0 + π6 < arcsin 25 + arcsin 35 6 π6 + π4 . Puisque par définition on aussi arcsin x ∈ [− π2 , π2 ], il vient en prenant le sinus : 2 3 arcsin x = arcsin + arcsin 5 5 2 3 ⇐⇒ x = sin arcsin + arcsin 5 5 2 2 3 3 + cos arcsin ⇐⇒ x = cos arcsin 5 5 5 5 La dernière équivalence vient de la formule de sin(a + b) = cos a sin b + cos b sin a et de l’identité sin arcsin u = u. q √ 24 3 2 En utilisant la formule cos (arcsin x) = 1 − x , on obtient une unique solution : x = 5 21 25 + 5 5 = √ 3 21+8 25 .
(c) Supposons d’abord que x est solution. Remarquons d’abord que x est nécessairement positif, puisque arctan x a le même signe que x. Alors, en prenant la tangente des deux membres, on obtient tan arctan(2x)+ arctan(x) = 1. tan a+tan b En utilisant la formule donnant la tangente d’une somme : tan(a + b) = 1−tan a tan b , on obtient √
= 1, et finalement 2x2 + 3x − 1 = 0 qui admet une unique solution positive x0 = −3+4 17 . Ainsi, si l’équation de départ admet une solution, c’est nécessairement x0 . Or, en posant f (x) = arctan(2x) + arctan(x), la fonction f est continue sur R. Comme f (x) −−−−→ 2x+x 1−2x·x
x→−∞
−π et f (x) −−−−→ +π, on sait d’après le théorème des valeurs intermédiaires que f prend la valeur x→+∞
π 4
au moins une fois (et en fait une seule fois, puisque f est strictement croissante comme somme de deux fonctions strictement croissantes). Ainsi l’équation de départ admet bien une solution, qui est x0 . Correction de l’exercice 2385 N (a) Soit f la fonction définie sur [−1, 1] par f (x) = arcsin x + arccos x : f est continue sur l’intervalle 1 −1 [−1, 1], et dérivable sur ] − 1, 1[. Pour tout x ∈] − 1, 1[, f 0 (x) = √1−x + √1−x = 0. Ainsi f est 2 2 constante sur ]−1, 1[, donc sur [−1, 1] (car continue aux extrémités). Or f (0) = arcsin 0 +arccos 0 = π π 2 donc pour tout x ∈ [−1, 1], f (x) = 2 . 1721
(b) Soit g(x) = arctan x + arctan 1x . Cette fonction est définie sur ] − ∞, 0[ et sur ]0, +∞[ (mais pas en 0). On a 1 −1 1 g0 (x) = + 2 · = 0, 2 1+x x 1 + x12 donc g est constante sur chacun de ses intervalles de définition : g(x) = c1 sur ] − ∞, 0[ et g(x) = c2 sur ]0, +∞[. Sachant arctan 1 = π4 , on calcule g(1) et g(−1) on obtient c1 = − π2 et c2 = + π2 . Correction de l’exercice 2390 N x . arcsin x = arctan √1−x 2 Correction de l’exercice 2391 N a+b (mod π). arctan a + arctan b ≡ arctan 1−ab Correction de l’exercice 2392 N x=
√ √ 8− 15 . 12
Correction de l’exercice 2393 N cos 4x = − sin x ⇒ x ≡
3π 10
(mod
2π 5 )
ou x ≡
π 6
(mod
2π 3 ).
Donc x =
3π 10 .
Correction de l’exercice 2394 N (a) x > −1 ⇒=
(b) = 12 arccos x.
π 4
x < −1 ⇒= − 3π 4 − arctan x.
− arctan x,
(c) −1 6 x < − √12 ⇒= arcsin x + 3π 4 ,
− √12 < x 6 1 ⇒= arcsin x − π4 .
(d) = π4 . (e) f (x) = 0 pour x ∈] − ∞, 0[ ; f (x) = π pour x ∈]0, 1[ ; f (x) = 0 pour x ∈]1, +∞[. Correction de l’exercice 2395 N h √ i √ √ D = − 12 , 23 , f (x) = 21 − x2 − x 3 1 − x2 . Correction de l’exercice 2396 N cos(3 arctan x) =
1−3x2 . (1+x2 )3/2
cos2
1 2
1 arctan x = 12 1 + √1+x . 2
Correction de l’exercice 2397 N f (x) = 0 pour x ∈]0, π/2[ ; f (x) = 2x − π pour x ∈]π/2, π[ ; f (x) = 3π − 2x pour x ∈]π, 3π/2[ ; f (x) = 0 pour x ∈]3π/2, 2[. Correction de l’exercice 2398 N
√ f (x) = −8 arctan x − 2π pour x ∈] − ∞, −1[, solution √ − 3; f (x) = −4 arctan x pour x ∈] − 1, 0[, solution −1/ 3 ; 1722
√ f (x) = 4 arctan x pour x ∈]0, 1[, solution 1/ 3 ; f (x) = 2π pour x ∈]1, +∞[. Correction de l’exercice 2399 N f (x) = x + π/4 pour x ∈] − π, −π/2[ ; f (x) = −π/4 pour x ∈] − π/2, π/2[ ; f (x) = x − 3π/4 pour x ∈]π/2, π[. Correction de l’exercice 2400 N q 2 . = xx2 +1 +2 Correction de l’exercice 2401 N (a) x = 16 .
√ (b) x = ±1 2.
(c) x ∈ ] − ∞, −1[∪]0, +∞[.
√ (d) x3 − 3x2 − 12x + 10 = 0 ⇒ x = 5, −1 ± 3. Seule la solution x = 5 convient. Correction de l’exercice 2404 N sin 2g(x) = sin( f (x)). f (x) = −π − 2g(x) pour x ∈] − ∞, sin a − cos a[ ; f (x) = 2g(x) pour x ∈] sin a − cos a, sin a + cos a[ ; f (x) = π − 2g(x) pour x ∈] sin a + cos a, +∞[. Correction de l’exercice 2408 N arcsin x existe si et seulement si x est dans [−1, 1]. Donc, sin(arcsin x) existe si et seulement si x est dans [−1, 1] et pour x dans [−1, 1], sin(arcsin x) = x. 5. arcsin(sin x) existe pour tout réel x mais ne vaut x que si x est dans − π2 , π2 . • S’il existe un entier relatif k tel que − π2 + 2kπ 6 x < π2 + 2kπ, alors − π2 6 x − 2kπ < π2 et donc arcsin(sin x) = arcsin(sin(x − 2kπ)) = x − 2kπ. x x De plus, on a k 6 2π + 41 < k + 12 et donc k = E 2π + 14 . • S’il existe un entier relatif k tel que π 3π π π 2 + 2kπ 6 x < 2 + 2kπ, alors − 2 < π − x + 2kπ 6 2 et donc
De plus, k 6
x 2π
arcsin(sin x) = arcsin(sin(π − x + 2kπ)) = π − x + 2kπ. x − 14 < k + 21 et donc k = E 2π − 41 .
6. arccos x existe si et seulement si x est dans [−1, 1]. Donc, cos(arccos x) existe si et seulement si x est dans [−1, 1] et pour x dans [−1, 1], cos(arccos x) = x. 7. arccos(cos x) existe pour tout réel x mais ne vaut x que si x est dans [0, π].• S’il existe un entier relatif k x tel que 2kπ 6 x < π + 2kπ, alors arccos(cos x) = x − 2kπ avec k = E 2π . • S’il existe un entier relatif k tel que −π + 2kπ 6 x < 2kπ alors arccos(cos x) = arccos(cos(2kπ − x)) = 2kπ − x avec k = E x+π 2π . 8. Pour tout réel x, tan(arctan x) = x.
9. arctan(tan x) existe si et seulement si x n’est pas dans π2 + πZ et pour ces x, il existe un entier relatif k tel que − π2 + kπ < x < π2 + kπ. Dans ce cas, arctan(tan x) = arctan(tan(x − kπ)) = x − kπ avec k = E πx + 12 . 1723
Correction de l’exercice 2409 N (a) 1ère solution. Posons f (x) = arccos x + arcsin x pour x dans [−1, 1]. f est définie et continue sur [−1, 1], dérivable sur ] − 1, 1[. De plus, pour x dans ] − 1, 1[, 1 1 −√ = 0. f 0 (x) = √ 1 − x2 1 − x2
Donc f est constante sur [−1, 1] et pour x dans [−1, 1], f (x) = f (0) = π2 . ∀x ∈ [−1, 1], arccos x + arcsin x = π2 . 2ème solution. Il existe un unique réel θ dans [0, π] tel que x = cos θ , à savoir θ = arccos x. Mais alors, π π π arccos x + arcsin x = θ + arcsin sin( − θ ) = θ + − θ = 2 2 2 π π π (car 2 − θ est dans [− 2 , 2 ]).
(b) 1ère solution. Pour x réel non nul, posons f (x) = arctan x + arctan 1x . f est impaire. f est dérivable 1 1 1 = 0. f est donc constante sur ] − ∞, 0[ et sur R∗ et pour tout réel x non nul, f 0 (x) = 1+x 2 − x2 1+ 1 x2
sur ]0, +∞[ (mais pas nécessairement sur R∗ ). Donc, pour x > 0, f (x) = f (1) = 2 arctan 1 = π2 , et puisque f est impaire, pour x < 0, f (x) = − f (−x) = − π2 . Donc, ∀x ∈
R∗ ,
1 x
arctan x + arctan =
π 2
si x > 0 = π2 sgn(x). − π2 si x < 0
2ème solution Pour x réel strictement positif donné, il existe un unique réel θ dans 0, π2 tel que x = tan θ à savoir θ = arctan x. Mais alors, 1 1 π π π arctan x + arctan = θ + arctan = θ + arctan tan( − θ ) = θ + − θ = x tan θ 2 2 2 π π (car θ et 2 − θ sont éléments de 0, 2 ).
(c) cos2 (arctan a) =
1 1+tan2 (arctan a)
=
1 . 1+a2
De plus , arctan a est dans ] − π2 , π2 [ et donc cos(arctan a) > 0.
On en déduit que pour tout réel a, cos(arctan a) =
√ 1 1+a2
puis
a sin(arctan a) = cos(arctan a) tan(arctan a) = √ . 1 + a2 ∀a ∈ R, cos(arctan a) =
1 1+a2
et sin(arctan a) =
√ a . 1+a2
(d) D’après 3), 1 − ab √ cos(arctan a+arctan b) = cos(arctan a) cos(arctan b)−sin(arctan a) sin(arctan b) = √ , 1 + a2 1 + b2 ce qui montre déjà , puisque ab 6= 1, que cos(arctan a + arctan b) 6= 0 et donc que tan(arctan a + arctan b) existe. On a immédiatement, a+b tan(arctan a + arctan b) = . 1 − ab Maintenant, arctan a + arctan b est dans −π, − π2 ∪ − π2 , π2 ∪ π2 , π . 1724
1er cas. Si ab < 1 alors cos(arctan a + arctan b) > 0 et donc arctan a + arctan b est dans − π2 , π2 . a+b Dans ce cas, arctan a + arctan b = arctan 1−ab . π 2ème 2 ∪ π cas. Si ab > 1 alors cos(arctan a+arctan b) < 0 πet donc arctan a+arctan b est dans −π,− et donc arctan a + arctan b est dans π2 , π . 2 , π . Si de plus a > 0, arctan a + arctan b > − 2π π a+b . Dans ce cas, arctan a + arctan b − π est dans − 2 , 2 et a même tangente que arctan 1−ab a+b Donc, arctan a + arctan b = arctan 1−ab + π. Si a < 0, on trouve de même arctan a + arctan b = a+b − π. arctan 1−ab En résumé, a+b si ab < 1 arctan 1−ab a+b + π si ab > 1 et a > 0 . arctan 1−ab arctan a + arctan b = a+b − π si ab > 1 et a < 0 arctan 1−ab Correction de l’exercice 2410 N
√ √ R sin2 x R cos2 x Pour x réel, on pose f (x) = arcsin t dt + arccos t dt. 0 0 √ √ R La fonction t 7→ arcsin t est continue sur [0, 1]. Donc, la fonction y 7→ 0y arcsin t dt est définie et dérivable sur [0, 1]. De plus, x 7→ sin2 x est définie et dérivable sur R à valeurs dans [0, 1]. Finalement, √ √ R 2 sur R. De même, la fonction t 7→ arccos t la fonction x 7→ 0sin x arcsin t dt est définie Ret dérivable √ est continue sur [0, 1]. Donc, la fonction y 7→ 0y arccos t dt est définie et dérivable sur [0, 1]. De plus, la fonction x 7→ cos2 x est définie et dérivable sur R, à valeurs dans [0, 1]. Finalement, la fonction x 7→ √ R cos2 x arccos t dt est définie et dérivable sur R. Donc, f est définie et dérivable sur R et, pour tout réel 0 x, p √ f 0 (x) = 2 sin x cos x arcsin( sin2 x) − 2 sin x cos x arccos( cos2 x) = 2 sin x cos x (arcsin(| sin x|) − arccos(| cos x|)) .
On note alors que f est π-pérodique et paire. Pour x élément de [0, π2 ], f 0 (x) = 2 sin x cos x(x − x) = R 1/2 √ 0. f est donc constante sur [0, π2 ] et pour x élément de [0, π2 ], f (x) = f π4 = 0 arcsin t dt + √ R 1/2 R 1/2 π π 0 arccos tdt = 0 2 dt = 4 . Mais alors, par parité et π-périodicité, ∀x ∈ R,
R sin2 x 0
√ √ R 2 arcsin t dt + 0cos x arccos t dt = π4 .
Correction de l’exercice 2411 N √ √ (a) 1ère solution. Pour tout réel x, x2 + 1 > x2 = |x| et donc −1 < et dérivable sur R, impaire, et pour tout réel x, f10 (x)
=
2x 1 1 √ √ − x x2 + 1 2 (x2 + 1) x2 + 1
√ x x2 +1
< 1. Ainsi f1 est définie
1 1 q = = arctan0 (x). 2 1 + x x2 1 − 1+x2
Donc il existe une constante réelle C telle que pour tout réel x, f1 (x) = arctan x + C. x = 0 fournit C = 0 et donc, ∀x ∈ R, arcsin √xx2 +1 = arctan x.
1725
2ème solution. Pour x réel donné, posons θ = arctan x. θ est dans − π2 , π2 et x = tan θ . √ x tan θ √ =√ = cos2 θ tan θ = cos θ tan θ (car cos θ > 0) x2 + 1 1 + tan2 θ = sin θ
et donc i π πh f1 (x) = arcsin(sin θ ) = θ (car θ est dans − , ) 2 2 = arctan x. 2
2 1−x (b) 1ère solution. Pour tout réel x, −1 < −1 + 1+x 2 = 1+x2 6 −1 + 2 = 1 (avec égalité si et seulement si x = 0). f2 est donc définie et continue sur R, dérivable sur R∗ . Pour tout réel x non nul,
f20 (x) =
−1 1 4x 2ε −2x(1 + x2 ) − 2x(1 − x2 ) r √ = = 2 2 2 2 2 (1 + x ) 1 + x 4x 1 + x2 1−x2 1 − 1+x 2
où ε est le signe de x. Donc il existe une constante réelle C telle que pour tout réel positif x, f2 (x) = 2 arctan x +C (y compris x = 0 puisque f est continue en 0). x = 0 fournit C = 0 et donc, pour tout réel positif x, f2 (x) = 2 arctan x. Par parité, 2 ∀x ∈ R, arccos 1−x = 2 arctan |x|. 1+x2 2ème solution. Soit x ∈ R puis θ = arctan x. θ est dans − π2 , π2 et x = tan θ .
1 − x2 1 − tan2 θ = = cos2 θ (1 − tan2 θ ) = cos2 θ − sin2 θ = cos(2θ ). 1 + x2 1 + tan2 θ
Donc
f2 (x) = arccos(cos(2θ )) =
2θ si θ ∈ 0, π2 = 2 arctan x si x > 0 = 2 arctan |x|. −2θ si θ ∈ − π2 , 0 −2 arctan x si x 6 0
√ (c) La fonction x 7→ arcsin 1 − x2 est définie et continue sur [−1, 1], dérivable sur [−1, 1] \ {0} car 1−x est pour x élément de [−1, 1], 1 − x2 est élément de [0, 1] et vaut 1 si et seulement si x vaut 0. 1+x défini et positif si et seulement si x est dans ] − 1, 1], et nul si et seulement si x = 1. f3 est donc définie et continue sur ] − 1, 1], dérivable sur ] − 1, 0[∪]0, 1[. Pour x dans ] − 1, 0[∪]0, 1[, on note ε le signe de x et on a : x 1 −(1 + x) − (1 − x) 1 1 ε 1 1 p q f30 (x) = − √ − = −√ + √ . 1−x 2 2 2 2 (1 + x) 2 1 − x2 1−x 1−x 1 − (1 − x ) 2 1−x 1 + 1+x 1+x
1 Si x est dans ]0, 1[, f30 (x) = − 12 √1−x = (− 21 arcsin)0 (x). Donc, il existe un réel C tel que, pour tout 2
x de [0, 1] (par continuité) f3 (x) = − 12 arcsin x +C. x = 1 fournit C = π4 . Donc, ∀x ∈ [0, 1], f3 (x) =
π 4
Si x est dans ] − 1, 0[, f30 (x) = de ] − 1, 0] (par continuité)
− 21 arcsin x = 12 arccos x.
3√ 1 3 0 0 2 1−x2 = ( 2 arcsin) (x). Donc il existe un réel C tel f3 (x) = 23 arcsin x +C0 . x = 0 fournit π2 − π4 = C0 . Donc,
1726
que, pour tout x
∀x ∈] − 1, 0], f3 (x) = 32 arcsin x + π4 . (d) f4 est dérivable sur D = R \ {−1, 0} et pour x élément de D, on a : f40 (x) = − =−
1 1 1 (x + 1) − x − 1 3 2 x 1 + 4x4 (x + 1) 1 + x2
(x+1)2
+
x − (x − 1) 1 2 2 (x−1) x 1+ 2 x
4x 1 1 4x 4x = 0. − + =− 4 + 4x4 + 1 2x2 + 1 + 2x 2x2 + 1 − 2x 4x + 1 (2x2 + 1)2 − 4x2
f4 est donc constante sur chacun des trois intervalles ] − ∞, −1[, ] − 1, 0[ et ]0, +∞[. Pour x > 0, π π π 1 f (x) = f (1) = 0. Pour −1 < x < 0, f (x) = lim f (t) = arctan − (− ) + arctan 2 = + = π. t→−1 2 2 2 2 t>−1
Pour x < −1, f (x) = limt→−∞ f (t) = 0 et donc 0 si x ∈] − ∞, −1[∪]0, +∞[ ∀x ∈ R \ {−1; 0}, f4 (x) = . π si x ∈] − 1, 0[
Correction de l’exercice 2412 N 0 6 arctan 21 + arctan 15 < arctan 1 + arctan 1 =
π 2
et
1 +1 1 7 1 = 2 1 5 1 = . tan arctan + arctan 2 5 9 1− 2 × 5 Comme arctan 21 + arctan 15 ∈ [0, π2 [, on a donc arctan 12 + arctan 15 = arctan 79 . De même, arctan 79 + arctan 81 ∈ [0, π2 [ et 7 +1 7 65 1 tan arctan + arctan = 9 7 8 1 = = 1, 9 8 65 1− 9 × 8 et donc arctan 79 + arctan 18 = arctan 1 = π4 . Finalement, arctan 12 + arctan 15 + arctan 18 = π4 .
Correction de l’exercice 2413 N (On va retrouver le résultat de l’exercice 2409 dans un cas particulier) π π Soient a et b deux réels positifs. Alors, arctan a ∈ 0, , arctan b ∈ 0, 2 et donc, arctan a − arctan b ∈ 2 π π − 2 , 2 . De plus, tan(arctan a − arctan b) =
tan(arctan a) − tan(arctan b) a−b = , 1 + tan(arctan a) tan(arctan b) 1 + ab
et donc, puisque arctan a − arctan b ∈] − π2 , π2 [, ∀a > 0, ∀b > 0, arctan a − arctan b = arctan
a−b 1+ab
.
(k+1)−(k−1) Soit alors k un entier naturel non nul. arctan k22 = arctan 1+(k−1)(k+1) = arctan(k + 1) − arctan(k − 1) (puisque k − 1 et k + 1 sont positifs). Par suite, si n est un entier naturel non nul donné,
1727
n
n n+1 n−1 2 = (arctan(k + 1) − arctan(k − 1)) = arctan k − ∑ ∑ ∑ arctan k k2 k=1 k=1 k=2 k=0 π = arctan(n + 1) + arctan n − . 4
un =
∑ arctan
La limite de un vaut donc
π 2
+ π2 − π4 =
3π 4 .
limn→+∞ un =
3π 4 .
Correction de l’exercice 2414 N (a) f est définie et dérivable sur D = R \ { 21 }.
(b) Pour x élément de D,
f 0 (x) = 2x arctan
1 −2 1 1 x2 − 1 + (x2 − 1) = 2x arctan − . 1 2x − 1 (2x − 1)2 1 + (2x−1) 2x − 1 2x2 − 2x + 1 2 2
1 x −1 1 − 2x . De plus, pour x non nul : f 0 (x) = 2xg(x) où g(x) = arctan 2x−1 2x2 −2x+1
(c) Pour x élément de D \ {0},
1 1 2x(2x3 − 2x2 + x) − (x2 − 1)(6x2 − 4x + 1) − 2x2 − 2x + 1 2 x2 (2x2 − 2x + 1)2 2 2 4 2 2x4 − 4x3 + 9x2 − 4x + 1 −2x (2x − 2x + 1) + 2x − 7x + 4x − 1 = − . = 2x2 (2x2 − 2x + 1)2 2x2 (x2 − 2x + 1)2
g0 (x) = −
Maintenant, 2 2 3 2x − 4x + 9x − 4x + 1 = 2x (x − 1) + 7x − 4x + 1 = 2x (x − 1) + 7 x − + > 0. 7 7 1 1 Donc, g est strictement décroissante sur 1 ] − ∞, 0[, sur 0, 2 et sur 12 , +∞ . En +∞, g(x) tend vers 0. Donc g est strictement positive sur 2 , +∞ . Quand x tend vers 2 par valeurs inférieures, g tend vers − π2 + 23 < 0 et quand x tend vers 0 par valeurs supérieures, g(x)tend vers +∞. Donc g s’annule 1 1 une et une seule 1fois sur l’intervalle ]0, 2 [ en un certain réel x0 de 0, 2 . g est de plus strictement négative sur x0 , 2 et strictement positive sur ]0, x0 [. Quand x tend vers −∞, g(x) tend vers 0. Donc g est strictement négative sur ] − ∞, 0[. Enfin, puisque f 0 (x)= 2xg(x) pour x 6= 0, on a les résultats suivants : sur ] − ∞, 0[, f 0 > 0, sur ]0, x0 [, f 0 > 0, sur x0 , 12 , f 0 < 0, sur 12 ,+∞ , f 0 > 0. Comme f 0 (0) = 1 > 0, on a donc : sur ] − ∞, x0 [, f 0 > 0, sur x0 , 12 , f 0 < 0 et sur 12 , +∞ , f 0 >0. f est strictement croissante sur ] − ∞, x0 ] et sur 12 , +∞ et est strictement décroissante sur x0 , 12 . 4
3
2
2
2
2
2
2
Correction de l’exercice 2415 N √ (a) Pour tout réel x de [−1, 1], sin(2 arcsin x) = 2 sin(arcsin x) cos(arcsin x) = 2x 1 − x2 .
(b) Pour tout réel x de [−1, 1], cos(2 arccos x) = 2 cos2 (arccos x) − 1 = 2x2 − 1. (c) Pour tout réel x de [−1, 1], sin2 ( 12 arccos x) = 12 (1 − cos(arccos x)) =
1728
1−x 2 .
(d) Soit x ∈ R.
Donc,
p √ x2 + 1 > x2 = |x| = Max{x, −x}.
√ √ x2 + 1 + x > 0 et x2 + 1 − x > 0. L’expression proposée existe pour tout réel x. De plus,
p p p p ln( x2 + 1+x)+ln( x2 + 1−x) = ln ( x2 + 1 + x)( x2 + 1 − x) = ln(x2 +1−x2 ) = ln 1 = 0.
(e) L’expression proposée est définie sur R∗ et impaire. Soit alors x > 0. s
! p 1 2 (x2 − 1)2 4 − 2x2 + 1 + 4x2 ) argsh + 1 = ln = ln + (x − 1 + x 2x 2x (2x)2 2x q 1 2 1 2 2 2 2 (x − 1 + (x + 1) ) = ln (x − 1 + x + 1) = ln x = ln 2x 2x 2 Par imparité, si x < 0, argsh x 2x−1 = − ln(−x). En résumé, en notant ε le signe de x,
x2 − 1
x2 − 1
∀x ∈ R∗ , argsh
x2 −1 2x
= ε ln |x|.
(f) L’expression proposée existe si et seulement si 2x2 − 1 ∈ [1, +∞[ ou encore x2 ∈ [1, +∞[ ou enfin x ∈] − ∞, −1] ∪ [1, +∞[. Cette expression est paire. Soit donc x ∈ [1, +∞[. q 2 p p argch(2x2 − 1) = ln(2x2 − 1 + (2x2 − 1)2 − 1) = ln(2x2 − 1 + 2x x2 − 1) = ln x + x2 − 1 p = 2 ln x + x2 − 1 = 2 argch x Par parité, on en déduit que
∀x ∈] − ∞, −1] ∪ [1, +∞[, argch(2x2 − 1) = 2 argch |x|. (g) Soit x ∈ R. argth
r
ch x − 1 ch x − 1 existe ⇔ ch x + 1 6= 0 et > 0 et ch x + 1 ch x + 1 ch x − 1 ⇔ ∈ [0, 1[ ch x + 1
r
ch x − 1 ∈] − 1, 1[ ch x + 1
x−1 ch x−1 ch x+1−2 2 Mais, d’une part, ch ch x+1 > 0 et d’autre part, ch x+1 = ch x+1 = 1 − ch x+1 < 1. L’expression proposée existe donc pour tout réel x et est paire. Ensuite, pour x réel positif, on a
1+ 1−
q
q
ch x−1 ch x+1 ch x−1 ch x+1
p √ √ √ √ ch x + 1 + ch x − 1 ( ch x + 1 + ch x − 1)2 2 ch x + 2 ch2 x − 1 √ =√ = = (ch x + 1) − (ch x − 1) 2 ch x + 1 − ch x − 1 p = ch x + sh2 x = ch x + | sh x| = ch x + sh x = ex
Par suite, x étant toujours positif,
argth Par parité, on a alors
r
ch x − 1 1 x = ln(ex ) = . ch x + 1 2 2
1729
∀x ∈ R, argth
q
ch x−1 ch x+1
=
|x| 2 .
(Remarque. Pour 5), 6) et 7), on peut aussi dériver chaque expression) (h) Pour x > 0, ch(ln x) + sh(ln x) 1 1 1 = x+ +x− = 1. x 2x x x
Correction de l’exercice 2416 N √ √ √ 2 − 1) = ± ln(2 + 3). Les solutions sont ln(2 + 3) et (a) ch x = 2 ⇔ x = ± argch 2 = ± ln(2 + 2 √ √ √ √ − ln(2 + 3) (ou encore ln(2 − 3) car (2 + 3)(2 − 3) = 1). (b) Une solution est nécessairement dans − 12 , 12 . Soit donc x ∈ − 21 , 12 .
√ √ arcsin(2x) = arcsin x + arcsin(x 2) ⇒ sin(arcsin(2x)) = sin(arcsin x + arcsin(x 2)) q p p √ √ p ⇔ 2x = x 1 − (x 2)2 + x 2 1 − x2 ⇔ x = 0 ou 1 − 2x2 + 2 − 2x2 = q ⇔ x = 0 ou 1 − 2x2 + 2 − 2x2 + 2 (1 − 2x2 )(2 − 2x2 ) = 4 q ⇔ x = 0 ou 2 (1 − 2x2 )(2 − 2x2 ) = 1 + 4x2 ⇔ x = 0 ou 4(4x4 − 6x2 + 2) = (4x2 + 1)2 r r 7 7 2 ⇔ x = 0 ou 32x = 7 ⇔ x = 0 ou x = ou x = − 32 32
Réciproquement, pour chacun des ces trois nombres x, la seule implication écrite est une équivalence q 2 √ 7 16 1 2 si x est dans [− 21 , 12 ] (ce qui est le cas puisque ± 32 2) = 14 6 = ( ) ) et arcsin x +arcsin(x 64 64 2 π π est dans [− 2 , 2 ]. Mais, r r r r 7 7√ 7 7 8 1 π +arcsin( 2) = arcsin +arcsin 6 2 arcsin = 2 arcsin √ = 0 6 arcsin 32 32 32 16 16 2 2 q q √ q q √ 7 7 7 7 et donc arcsin 32 +arcsin( 32 2 ∈ [0, π2 ]. De même, par parité, arcsin(− 32 )+arcsin(− 32 2) ∈ π [− 2 , 0] ce qui achève la résolution. r
n √ √ o S = 0, 814 , − 814 . (c) Soit x ∈ R. arcsin x existe si et seulement si x ∈ [−1, 1]. Ensuite, arcsin(2x
p p 1 − x2 ) existe ⇔ x ∈ [−1, 1] et 2x 1 − x2 ∈ [−1, 1]
⇔ x ∈ [−1, 1] et 4x2 (1 − x2 ) ∈ [0, 1] ⇔ x ∈ [−1, 1] et 4x2 (1 − x2 ) 6 1
⇔ x ∈ [−1, 1] et 4x4 − 4x2 + 1 > 0 ⇔ x ∈ [−1, 1] et (2x2 − 1)2 > 0 ⇔ x ∈ [−1, 1]
1730
√ √ Pour x ∈ [−1, 1], sin(2 arcsin(x)) = 2 sin(arcsin x) cos(arcsin x) = 2x 1 − x2 = sin(arcsin(2x 1 − x2 )), et de plus,√ arcsin(2x 1 − x2 ) ∈ [− π2 , π2 ]. Par suite, h π πi x solution ⇔ x ∈ [−1, 1] et 2 arcsin(x) ∈ − , 2 2 h π πi 1 1 ⇔ x ∈ [−1, 1] et arcsin(x) ∈ − , ⇔ x ∈ −√ , √ . 4 4 2 2 i h S = − √12 , √12 . Correction de l’exercice 2417 N π Il faut prendre garde au fait que les nombres xk = cotan2 ( 2n + kπ n ) ne sont pas nécessairement deux à deux distincts. 1er cas. Si n est pair, posons n = 2p, p ∈ N∗ .
kπ
2p−1
k=0
k=p
p−1
kπ
p−1
p−1
π
∑ cotan2 ( 4p + 2p ) + ∑
Sn = =
π
cotan2 (
π kπ + ) 4p 2p
π
∑ cotan2 ( 4p + 2p ) + ∑ cotan2 ( 4p +
k=0
k=0
(2p − 1 − k)π ) 2p
p−1 π π kπ 2 π 2 π Or, cotan2 ( 4p + (2p−1−k)π ) = cotan2 (π − 4p − kπ 2p 2p ) = cotan ( 4p + 2p ) et donc Sn = 2 ∑k=0 cotan ( 4p + kπ 2p ).
Mais cette fois ci, 0 6 k 6 p−1 ⇒ 0
1, f (nπ) = −nπ < 0 et donc xn ∈]nπ, π2 + nπ[. Pour n > 1, nπ < xn < π2 + nπ et donc limn→+∞ xn = +∞ puis xn ∼ nπ et même n→+∞
xn = nπ + O(1). n→+∞
Ensuite, puisque xn − nπ ∈ 0, π2 et que xn = tan(xn ) = tan(xn − nπ), xn − nπ = arctan(xn ) →
π . n→+∞ 2
Donc
xn = nπ + π2 + o(1). n→+∞
Posons yn = xn − nπ − π2 . Alors d’après ce qui précède, yn ∈ − π2 , 0 et yn = o(1). De plus, l’égalité n→+∞
tan(xn ) = xn fournit tan(nπ + π2 + yn ) = nπ + π2 + yn ou encore
nπ + π2 + yn = −cotan(yn ). 1 Puisque yn = o(1), on obtient n ∼ − y1n ou encore yn = − nπ +o n→+∞
n→+∞
n→+∞
1 xn = nπ + π2 − nπ +o n→+∞
1 n
1 n
.
. Donc
1 1 1 Posons zn = yn + nπ = xn − nπ − π2 + nπ . D’après ce qui précède, tan − nπ + zn = − nπ+ π −1 1 +z et n 2 nπ aussi zn = o 1n . On en déduit que n→+∞
zn =
Finalement
1 nπ
− arctan
1 1 nπ+ π2 − nπ +zn
1 n→+∞ nπ
=
− arctan
1 nπ
1 − 2πn 2 +o
1 1 xn = nπ + π2 − nπ + 2πn 2 +o n→+∞
1 n2
1 n2
1 2 n→+∞ 2πn
=
+o
1 n2
.
.
Correction de l’exercice 2419 N 1ère solution. Soit z ∈ C. Posons z = x + iy où (x, y) ∈ R2 et 1 + nr = rn eiθ où rn > 0 et θn ∈] − π, π] de sorte que n 1 + nz = rnn einθn . 1732
Puisque 1 + nz tend vers 1 quand n tend vers +∞, pour n assez grand on a rn > 0 et θn ∈ − π2 , π2 . Mais alors pour n assez grand q y 2 2 rn = 1 + nx + ny et θn = arctan 1+n x . n 2 2 1 = exp n2 ln 1 + 2x = exp(x + o(1)) et Maintenant, rnn = exp n2 ln 1 + nx + ny n +o n
donc rnn tend vers ex quand n tend vers +∞. y = n arctan Ensuite nθn = n arctan 1+n x n→+∞
n
n→+∞
n→+∞ y n
+o
n→+∞
1 n
n tend vers +∞. n Finalement, 1 + nz = rnn einθn tend vers ex × eiy = ez .
∀z ∈ C, limn→+∞ 1 + nz
= y + o(1) et donc nθn tend vers y quand
n→+∞
n
= ez .
2ème solution. Le résultat est connu quand z est réel. Soit z ∈ C. Soit n ∈ N∗ . n n zk Ck Ck ∑k=0 k! − 1 + nz = ∑nk=0 k!1 − nkn zk 6 ∑nk=0 k!1 − nkn |z|k . k z }| { k n × (n − 1) × . . . × (n − k + 1) Maintenant, ∀k ∈ [[0, n]], k!1 − Cnkn = k!1 1 − > 0. Donc, n| × n × {z. . . × n} k
n Ck |z|k |z|n → e|z| − e|z| = 0. ∑nk=0 k!1 − nkn |z|k = ∑nk=0 k! − 1 + n n→+∞ n k k n tend vers +∞ et puisque ∑nk=0 zk! tend vers ez On en déduit que ∑nk=0 zk! − 1 + nz tend vers 0 quand n quand n tend vers +∞, il en est de même de 1 + nz . Correction de l’exercice 2420 N Posons f (x) = arctan 2x12 − arctan 0
f (x) =
x x+1
− 2x23
+ arctan 2 −
x−1 x
1 (1+x)2
pour tout x > 0. La fonction f est dérivable, et 2 +
1 x2 x−1 2 x
x 1 + x+1 1 + 2x12 1+ −4x 1 1 = + − 4x4 + 1 (1 + x)2 + x2 x2 + (x − 1)2 − x2 + (x − 1)2 + (1 + x)2 + x2 −4x = + 4x4 + 1 (1 + x)2 + x2 x2 + (x − 1)2 = 0
Ainsi f est une fonction constante. Or f (x) −−−−→ arctan 0 − arctan 1 + arctan 1 = 0. Donc la constante x→+∞
vaut 0, d’où l’égalité cherchée. Alors :
1 ∑ arctan 2k2 k=1 n n k k−1 arctan − arctan (par l’identité prouvée) ∑ ∑ k+1 k k=1 k=1 n−1 0 n k k arctan 0 (en posant k0 = k − 1) ∑ arctan k + 1 − ∑ k + 1 0 k=1 k =0 n 0 arctan − arctan (les sommes se simplifient) n+1 0+1 1 n 1 arctan 1 − (car n+1 = 1 − n+1 ) n+1 n
Sn = = = = =
1733
Ainsi Sn −−−−→ arctan 1 = π4 . n→+∞
Correction de l’exercice 2421 N (a) Si x > 0, alors xy est bien défini et arctan xy aussi. Comme x = r cos θ et y = r sin θ , on a bien xy = tan θ . Puisque par hypothèse θ ∈] − π, π] et que l’on a supposé x > 0, alors cos θ > 0. Cela implique θ ∈] − π2 , π2 [. Donc θ = arctan(tan θ ) = arctan xy . (Attention ! Il est important d’avoir θ ∈] − π2 , π2 [ pour considérer l’identité arctan(tan θ ) = θ .) (b) Si θ ∈] − π, π[ alors θ2 ∈] − π2 , π2 [, donc θ2 = arctan tan θ2 . Or
d’où
θ 2
2 cos θ2 sin θ2 sin θ2 θ sin θ = = = tan θ θ 2 1 + cos θ 2 1 + 2 cos 2 − 1 cos 2
= arctan tan θ2 = arctan
sin θ 1+cos θ
.
(c) Remarquons que z = x + iy, supposé non nul, est un nombre réel négatif si et seulement si (x = r cos θ < 0 et y = r sin θ = 0), c’est-à-dire θ = pπ. Par conséquent, dire que z n’est p pas réel négatif ou 2 2 nul signifie que θ ∈] − π, π[. On a alors x + x + y 6= 0 (sinon, on aurait x2 + y2 = −x et donc y = 0 et x 6 0) et y sin θ r sin θ p = . = 2 2 r cos θ + r 1 + cos θ x+ x +y Par la question précédente :
sin θ θ = 2 arctan 1 + cos θ
= 2 arctan
y p x + x2 + y2
!
.
Correction de l’exercice 2423 N (a) Si f existe alors pour x = 1 on a f (ch 1) = e et pour x = −1 on a f (ch −1) = f (ch 1) = 1/e. Une fonction ne peut prendre deux valeurs différentes au même point (ici t = ch 1). (b) Notons X = ex , l’équation devient f (X) =
ex + e−x 1 1 = (X + ). 2 2 X
Comme la fonction exponentielle est une bijection de R sur ]0, +∞[, alors l’unique façon de définir f sur ]0, +∞[ est par la formule f (t) = 12 (t + 1t ). (c) Comme ex est toujours non nul, alors f peut prendre n’importe quelle valeur en 0. f (0) = c ∈ R et f (t) = 12 (t + 1t ) pour t > 0. Il y a une infinité de solutions. Mais aucune de ces solutions n’est continue car la limite de f (t) quand t > 0 et t → 0 est +∞. Correction de l’exercice 2424 N x −x 3 (a) Par la formule du binôme de Newton nous avons ch3 x = e +e = 18 e3x + 3ex + 3e−x + e−3x . 2 x −x 3 Et de même sh3 x = e −e = 81 e3x − 3ex + 3e−x − e−3x . Donc e−x (ch3 x − sh3 x) = 18 e−x (6ex + 2 2e−3x ) = 34 + 14 e−4x qui tend vers
3 4
lorsque x tend vers +∞.
ex +e−x
(b) x − ln(ch x) = x − ln( 2 ) = x − ln(ex + e−x ) + ln 2 = x − ln(ex (1 + e−2x )) + ln 2 = x − x + ln(1 + e−2x ) + ln 2 = ln(1 + e−2x ) + ln 2. Lorsque x → +∞, ln(1 + e−2x ) → 0 donc x − ln(ch x) → ln 2.
1734
Correction de l’exercice 2429 N (a) i. Remarquons d’abord que, par construction, t ∈] − π2 , π2 [, t est donc dans le domaine de définition de la fonction tan. En prenant la tangente de l’égalité t = arctan(sh x) on obtient directement tant = tan arctan(sh x) = sh x. ii. Ensuite, cos12 t = 1 + tan2 t = 1 + tan2 arctan(sh x) = 1 + sh2 x = ch2 x. Or la fonction ch ne 1 prend que des valeurs positives, et t ∈] − π2 , π2 [ donc cost > 0. Ainsi cost = ch x. iii. Enfin, sint = tant · cost = sh x · ch1 x = th x.
(b) Puisque t ∈] − π2 , π2 [, ona 0 < 2t + π4 < π2 , donc tan Ainsi y = ln tan 2t + π4 est bien défini. Ensuite : sh y = = = =
t 2
+ π4 est bien défini et strictement positif.
ey − e−y 2
+ π4 − 12
1 tan + π4 sin2 2t + π4 − cos2 2t + π4 2 cos 2t + π4 sin 2t + π4 − cos t + π2 sin t + π2
1 2
tan
t 2
t 2
car sin(2u) = 2 cos u sin u et cos(2u) = cos2 u − sin2 u. sint Enfin, puisque cos t + π2 = − sint et sin t + π2 = cost, on a sh y = cost = tant = sh x. Puisque la fonction sh est bijective de R dans R, on en déduit y = x. Conclusion : x = y = ln tan 2t + π4 . Correction de l’exercice 2438 N 2
1 x (a) Soit f (x) = ln(1 + x) − x + x2 /2 alors f 0 (x) = 1+x − 1 + x = 1+x > 0. Donc f est strictement croissante sur [0, +∞[ et comme f (0) = 0 alors f (x) > f (0) = 0 pour x > 0. Ce qui donne l’inégalité recherchée.
(b) De même avec g(x) = ex − x − 1, g0 (x) = ex − 1. Sur [0, +∞[ g0 (x) > 0 et g est croissante sur ] − ∞, 0], g0 (x) 6 0 et g est décroissante. Comme g(0) = 0 alors pour tout x ∈ R g(x) > 0. Correction de l’exercice 2441 N xy = yx ⇔ ey ln x = ex ln y ⇔ y ln x = x ln y ⇔
ln x ln y = x y
(la fonction exponentielle est bijective). Etudions la fonction f (x) = f 0 (x) =
ln x x
sur [1, +∞[.
1 − ln x , x2
donc f est croissante sur [1, e] et décroissante sur [e, +∞[. Donc pour z ∈]0, f (e)[=]0, 1/e[, l’équation f (x) = z a exactement deux solutions, une dans ]1, e[ et une dans ]e, +∞[. Revenons à l’équation xy = yx équivalente à f (x) = f (y). Prenons y un entier, nous allons distinguer trois cas : y = 1, y = 2 et y > 3. Si y = 1 alors f (y) = z = 0 on doit donc résoudre f (x) = 0 et alors x = 1. Si y = 2 alors il faut résoudre l’équation f (x) = ln22 ∈]0, 1/e[. Alors d’après l’étude précédente, il existe deux solutions une sur ]0, e[ qui est x = 2 ( !) et une sur ]e, +∞[ qui est 4, en effet ln44 = ln22 . Nous avons pour l’instant les solutions correspondant à 22 = 22 et 24 = 42 . 1735
Si y > 3 alors y > e donc il y a une solution x de l’équation f (x) = f (y) dans ]e, +∞[ qui est x = y, et une solution x dans l’intervalle ]1, e[. Mais comme x est un entier alors x = 2 (c’est le seul entier appartenant à ]1, e[) c’est un cas que nous avons déjà étudié conduisant à 42 = 24 . Conclusion : les couples d’entiers qui vérifient l’équation xy = yx sont les couples (x, y = x) et les couples (2, 4) et (4, 2). Correction de l’exercice 2443 N ch(a + b) = ch a ch b + sh a sh b et ch(a − b) = ch a ch b − sh a sh b, sh(a + b) = sh a ch b + ch a sh b et sh(a − b) = sh a ch b − sh b ch a th a+th b th a−th b th(a + b) = 1+th et th(a − b) = 1−th a th b a th b . Deux démonstrations : 1 1 ch a ch b + sh a sh b = ((ea + e−a )(eb + e−b ) + (ea − e−a )(eb − e−b )) = (ea+b + e−a−b ) = ch(a + b). 4 2 th(a + b) =
th a + th b sh(a + b) sh a ch b + sh b ch a = = ch(a + b) ch a ch b + sh a sh b 1 + th a th b
après division du numérateur et du dénominateur par le nombre non nul ch a ch b. En appliquant à a = b = x, on obtient : ∀x ∈ R, ch(2x) = ch2 x + sh2 x = 2ch2 x − 1 = 2sh2 x + 1, sh(2x) = 2 sh x ch x et th(2x) =
2 th x . 1+th2 x
En additionnant entre elles les formules d’addition, on obtient les formules de linéarisation : 1 1 1 ch a ch b = (ch(a+b)+ch(a−b)), sh a sh b = (ch(a+b)−ch(a−b)) et sh a ch b = (sh(a+b)+sh(a−b)), 2 2 2 et en particulier ch2 x =
ch(2x) + 1 ch(2x) − 1 et sh2 x = . 2 2
Correction de l’exercice 2444 N • Pour tout réel x, ch x > 0. Donc f est définie, continue et dérivable sur R. Pour tout réel x, f 0 (x) = sh x ch1 x − 1 = th x − 1 < 0. f est donc strictement décroissante sur R. • Etude en −∞. limx→−∞ ch x = +∞ et donc limx→−∞ f (x) = +∞. Cherchons une éventuelle droite asymptote. −x
x
f (x) = ln e +e − x = ln(ex + e−x ) − ln 2 − x = ln(e−x ) − x − ln 2 + ln(1 + e2x ) = −2x − ln 2 + ln(1 + e2x ). 2 Donc, f (x) − (−2x − ln 2) = ln(1 + e2x ). Or, d’une part limx→−∞ ln(1 + e2x ) = 0 et donc la droite (D) d’équation y = −2x − ln 2 est asymptote à la courbe représentative de f en −∞ et d’autre part, pour tout réel x, ln(1 + e2x ) > 0 et la courbe représentative de f est strictement au dessus de (D) sur R. • Etude en +∞. x
−x
f (x) = ln e +e − x = ln(ex + e−x ) − ln 2 − x = ln(ex ) − x − ln 2 + ln(1 + e−2x ) = − ln 2 + ln(1 + e−2x ) 2
1736
et f tend vers − ln 2 quand x tend vers +∞. • Graphe.
2 1 −3
−2
−1 −1
1
2
3
−2
Correction de l’exercice 2445 N Soit x un réel. 100
100
1 S = ∑ sh(2 + kx) = 2 k=1
!
e2 ∑ ekx − e−2 ∑ e−kx . k=1
Si x = 0 alors directement S = 100 sh 2 6= 0. Si x 6= 0 alors S=
100
k=1
ex
6= 1 et e−x 6= 1. Dans ce cas,
−100x −100x 1 2 x 1 − e100x 1 2 x 1 − e100x −2 −x 1 − e −2 1 − e − e e = + e . e e e e 2 1 − ex 1 − e−x 2 1 − ex 1 − ex
après multiplication du numérateur et du dénominateur de la deuxième fraction par ex . Pour x 6= 0, on a donc : S = 0 ⇔ ex+2 (1 − e100x ) + e−2 (1 − e−100x ) = 0 ⇔ ex+2 (1 − e100x ) + e−2−100x (e100x − 1) = 0 ⇔ (1 − e100x )(ex+2 − e−100x−2 ) = 0 ⇔ ex+2 = e−100x−2 (car x 6= 0) 4 ⇔ x + 2 = −100x − 2 ⇔ x = − . 101 4 . S = − 101
Correction de l’exercice 2446 N On a vu au 2443 que pour tout réel x, th(2x) = encore th x +
1 th x
=
2 th(2x)
2 th x 1+th2 x
ce qui s’écrit pour x non nul :
1+th2 x th x
=
2 th(2x)
ou
ou finalement ∀x ∈ R∗ , th x =
2 th(2x)
− th1x .
Soient n un entier naturel non nul et x un réel non nul. D’après ce qui précède, n
un =
n k
k
∑ 2 th(2 x) =
∑
k=0
k=0
2k+1 2k − th(2k+1 x) th(2k x)
n+1
=
n 2k 2k 2n+1 1 − = ∑ th(2k x) ∑ th(2k x) th(2n+1 x) − th x . k=1 k=0
Ensuite, pour x > 0, th(2n+1 x) tend vers 1 quand n tend vers l’infini. Donc un tend vers +∞ quand n tend vers +∞ si x > 0 et vers −∞ quand n tend vers +∞ si x < 0. 1737
Correction de l’exercice 2447 N Par définition des fonctions ch et sh, on a
2 ex + e−x e2x − e−2x 2 ch (x) − sh(2x) = 2 − 2 2 e2x + 2 + e−2x e−2x − e2x = + 2 2 −2x = 1+e 2
Et en utilisant les deux relations ln(ab) = ln a + ln b et ln(ex ) = x on calcule : x e + e−x x − ln(ch x) − ln 2 = x − ln − ln 2 2 = x − ln(ex + e−x ) + ln 2 − ln 2 = x − ln ex (1 + e−2x ) = x − ln(ex ) − ln(1 + e−2x ) = x − x − ln(1 + e−2x ) = − ln(1 + e−2x )
d’où
1 + e−2x 2 ch2 (x) − sh(2x) =− x − ln(ch x) − ln 2 ln(1 + e−2x )
C’est une expression de la forme − lnuu avec u = 1 + e−2x : — si x → +∞, alors u → 1+ , ln1u → +∞ donc − lnuu → −∞ ; — si x → −∞, alors u → +∞ donc d’après les relations de croissances comparées, − lnuu → −∞. Correction de l’exercice 2448 N Puisque ch x + sh x = ex et ch x − sh x = e−x , les expressions Cn + Sn = ∑nk=1 ekx et Cn − Sn = ∑nk=1 e−kx sont des sommes de termes de suites géométriques, de raison respectivement ex et e−x . Si x = 0, on a directement Cn = ∑nk=1 1 = n et Sn = ∑nk=1 0 = 0. Supposons x 6= 0, alors ex 6= 1. Donc n
Cn + Sn =
∑ ekx = k=1
ex − e(n+1)x 1 − ex
1 − enx 1 − ex nx nx nx e 2 (e− 2 − e 2 ) = ex x − x x e 2 (e 2 − e 2 ) = ex
nx
= e
(n+1)x 2
= e
(n+1)x 2
nx
e 2 − e− 2 x x e 2 − e− 2 nx sh 2 sh 2x
De même Cn − Sn = ∑nk=1 e−kx ; c’est donc la même formule que ci-dessus en remplaçant x par −x. Ainsi : nx (n+1)x sh 2 Cn − Sn = e− 2 sh 2x 1738
En utilisant Cn =
(Cn +Sn )+(Cn −Sn ) 2
Cn =
Sn =
et Sn = e
e
(n+1)x 2
(n+1)x 2
(Cn +Sn )−(Cn −Sn ) , 2
+ e− 2
(n+1)x 2
on récupère donc
nx sh nx (n+1)x sh 2 2 = ch 2 sh 2x sh 2x
nx − e−(n+1) 2 sh nx (n+1)x sh 2 2 = sh 2 2 sh 2x sh 2x x
Correction de l’exercice 2449 N (S)
ch(x) + ch(y) = 2a sh(x) + sh(y) = 2b
⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒
ex + e−x + ey + e−y = 4a ex − e−x + ey − e−y = 4b
ex + ey = 2a + 2b −e−x − e−y = 2b − 2a
ex + ey = 2a + 2b ex − e−x + ey − e−y = 4b
ex + ey = 2(a + b) 1 1 ex + ey = 2(a − b)
ce qui donne, en posant X = ex et Y = ey : (S) ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒
X +Y = 2(a + b) 1 1 X + Y = 2(a − b)
X +Y = 2(a + b) 2(a+b) XY = 2(a − b)
X +Y = 2(a + b) X+Y XY = 2(a − b)
Or a 6= b puisque par hypothèse, a2 − b2 = 1. Ainsi, X +Y = 2(a + b) (S) ⇐⇒ XY = a+b a−b ⇐⇒ X et Y sont les solutions de z2 − 2(a + b)z + Remarque : On rappelle que si X,Y vérifient le système de l’équation z2 − Sz + P = 0.
a+b =0 a−b
X +Y = S , alors X et Y sont les solutions XY = P
a+b Or le discriminant du trinôme z2 − 2(a + b)z + a−b = 0 vaut a+b 1 4(a + b)(a2 − b2 − 1) 2 ∆ = 4(a + b) − 4 = 4(a + b) a + b − = =0 a−b a−b a−b
Il y a donc une racine double qui vaut
2(a+b) 2 ,
ainsi X = Y = a + b et donc :
(S) ⇐⇒ ex = ey = a + b On vérifie que a + b > 0 (car a > 0 et b > 0) et a + b 6= 0 (car a2 − b2 = 1). Conclusion : le système (S) admet une unique solution, donnée par x = ln(a + b), y = ln(a + b) . Correction de l’exercice 2450 N 1739
(a) i. On sait que ch2 u = 1 + sh2 u. Comme de plus la fonction ch est à valeurs positives, ch u = q p √ 1 + sh2 u et donc ch(argsh x) = 1 + sh2 (argsh x) = 1 + x2 . ii. Alors
x sh(argsh x) =√ . ch(argsh x) 1 + x2 √ iii. Et sh(2 argsh x) = 2 ch(argsh x) sh(argsh x) = 2x 1 + x2 . th(argsh x) =
(b) On pourrait, comme pour la question précédente, appliquer les formules trigonométriques hyperboliques. Pour changer, on va plutôt utiliser les expressions explicites des fonctions hyperboliques réciproques. Supposons x > 1, pour que argch x soit bien défini, alors on a la formule (à connaître) : p argch x = ln x + x2 − 1 . Ainsi :
sh(argch x) = =
eargch x − e− argch x √ 2 x + x2 − 1 − x+√1x2 −1
2 √ √ 2 x+ x −1 x − x2 − 1 √ √ = − 2 2 x + x2 − 1 x − x2 − 1 √ √ x − x2 − 1 x + x2 − 1 − = 2 2 x2 − (x2 − 1) p = x2 − 1
sh(argch x) = Donc th(argch x) = ch(argch x)
√ x2 − 1 . x
Enfin, si u = argch x : ch(3u) = ch(2u + u) = ch(2u) ch u + sh(2u) sh u, où ch(2u) = ch2 u + sh2 u =√ x2 + (x2 − 1) = 2x2 − 1 sh(2u) = 2 sh u ch u = 2x x2 − 1 √ √ Donc ch(3 argch x) = (2x2 − 1)x + 2x x2 − 1 x2 − 1 = x(4x2 − 3). Correction de l’exercice 2451 N La fonction argch est définie sur [1, +∞[. Or 1 1 x+ > 1 ⇐⇒ 2 x
x2 + 1 >2 x x2 + 1 − 2x >0 ⇐⇒ x (x − 1)2 ⇐⇒ >0 x ⇐⇒ x > 0
donc f est définie sur ]0, +∞[. q p p 2 1 1 2 2 Soit x > 0, alors y = 2 x + x > 1 et on sait que argch y = ln(y+ y − 1). Ainsi y − 1 = 14 x + 1x − 1 = q q 2 x −1 (x2 +1)2 (x2 −1)2 − 1 = = 2x , on obtient 2 2 4x 4x 2 p x + 1 x2 − 1 2 f (x) = argch y = ln(y + y − 1) = ln + 2x 2x
On a supposé x > 0, il suffit donc de distinguer les cas x > 1 et 0 < x 6 1. 1740
x2 + 1 x2 − 1 — Si x > 1, f (x) = ln + = ln x. 2x 2x 2 x + 1 1 − x2 1 = ln = − ln x. — Si 0 < x 6 1, f (x) = ln + 2x 2x x Puisque ln x est positif si x > 1 et négatif si x 6 1, on obtient dans les deux cas f (x) = | ln x|. y
f (x) 1
0
x
1
Correction de l’exercice 2452 N Soit f (x) = argsh x + argch x. La fonction f est bien définie, continue, et strictement croissante, sur [1, +∞[ (comme somme de deux fonctions continues strictement croissantes). y
f (x)
1 f (1)
0
1 a
x
De plus, f (x) −−−−→ +∞, donc f atteint exactement une fois toute valeur de l’intervalle [ f (1), +∞[. x→+∞ √ Comme (par la formule logarithmique) f (1) = argsh 1 = ln(1 + 2) < ln(e) = 1, on a 1 ∈ [ f (1), +∞[. Par le théorème des valeurs intermédiaires l’équation f (x) = 1 admet une unique solution, que l’on notera a. Déterminons la solution : sh 1 = sh(argsh a + argch a) = sh(argsh a) ch(argch a) + sh(argch a) ch(argsh a) p p p = a2 + a2 − 1 a2 + 1 = a2 + a4 − 1
√ 2 1 ch2 1 donc a4 − 1 = sh 1 − a2 . En élevant au carré et en simplifiant, on obtient a2 = 1+sh 2 sh 1 = 2 sh 1 . Comme 1 on cherche a positif (et que ch 1 > 0), on en déduit a = √ch . Cette valeur est la seule solution possible 2 sh 1 de l’équation f (x) = 1, il faudrait normalement vérifier qu’elle convient bien, puisqu’on a seulement 1741
raisonné par implication (et pas par équivalence). Or on sait déjà que l’équation admet une unique solution : c’est donc nécessairement e+ 1 ch 1 a= √ = 21 q e = 1, 0065 . . . . 2 sh 1 e − 1e Correction de l’exercice 2479 N R
(a) On trouve 04 f (t) dt = +7. Il faut tout d’abord tracer le graphe de cette fonction. Ensuite la valeur d’une intégrale ne dépend pas de la valeur de la fonction en un point, c’est-à-dire ici les valeurs en Rx = 0, x = 1, x = 2 n’ont aucune influence sur l’intégrale. Ensuite on revient à la définition de 04 f (t) dt : pour la subdivision de [0, 4] définie par {x0 = 0, x1 = 1, x2 = 2, x3 = 3, x4 = 4}, on trouve la valeur de l’intégrale (ici le sup et l’inf sont atteints et égaux pour cette subdivision et toute subdivision plus fine). Une autre façon de faire est considérer que f est une fonction en escalier (en «oubliant» les accidents en x = 0, x = 1, x = 2) dont on sait calculer l’intégrale. (b) C’est la même chose pour
Rx 0
f (t) dt, mais au lieu d’aller jusqu’à 4 on s’arrête à x, on trouve x F(x) = 3 − 2x 4x − 9
si 0 6 x 6 1 si 1 < x 6 2 si 2 < x 6 4.
(c) Les seuls points à discuter pour la continuité sont les points x = 1 et x = 2, mais les limites à droite et à gauche de F sont égales en ces points donc F est continue. Par contre F n’est pas dérivable en x = 1 (les dérivées à droite et à gauche sont distinctes), F n’est pas non plus dérivable en x = 2.
Correction de l’exercice 2480 N Les fonctions sont continues donc intégrables ! R
(a) En utilisant les sommes de Riemann, on sait que 01 f (x)dx est la limite (quand n → +∞) de 1 n−1 k 1 n−1 k 1 n−1 k 1 n−1 1 n(n−1) n ∑k=0 f ( n ). Notons Sn = n ∑k=0 f ( n ). Alors Sn = n ∑k=0 n = n2 ∑k=0 k = n2 2 . On a utilisé R n(n−1) 1 1 que la somme des entiers de 0 à n − 1 vaut 2 . Donc Sn tend vers 2 . Donc 0 f (x)dx = 12 . R
n−1 2−1 1 n−1 k 2 1 n−1 (b) Même travail : 12 g(x)dx est la limite de Sn0 = 2−1 n ∑k=0 g(1 + k n ) = n ∑k=0 (1 + n ) = n ∑k=0 (1 + 2 1 n−1 2 2 nk + nk2 ). En séparant la somme en trois nous obtenons : Sn0 = 1n (n + n2 ∑n−1 k=0 k + n2 ∑k=0 k ) = 1 + 2 n(n−1) 2 n2
(c)
+ n13 (n−1)n(2n−1) . Donc à la limite on trouve Sn0 → 1 + 1 + 13 = 37 . Donc 6
R2
1 g(x)dx = 7/3. (n−1)n(2n−1) Remarque : on a utilisé que la somme des carrés des entiers de 0 à n − 1 est . 6 Rx kx x n−1 n kx x n−1 nx k Même chose pour 0 h(t)dt qui est la limite de Sn00 = nx ∑n−1 (e ) . Cette k=0 g( n ) = n ∑k=0 e = n ∑k=0 x x x 1−(e n )n 00 dernière somme est la somme d’une suite géométrique (si x 6= 0), donc Sn = n = nx 1−enx = x n 1−e 1−e x (1 − ex ) n nx qui tend vers ex − 1. Pour obtenir cette dernière limite on remarque qu’en posant u = nx 1−e x u on a n nx = −1/ e u−1 qui tend vers −1 lorsque u → 0 (ce qui est équivalent à n → +∞). 1−e
Correction de l’exercice 2481 N (a) On calcul d’abord
R
π 2
0
eit dt. Par le théorème de Riemann-Darboux c’est la limite de n−1
Sn =
∑ (xk+1 − xk ) · f (xk ).
k=0
1742
Pour xk =
kπ 2n
(on obtient en fait un somme de Riemann) : Sn =
π n−1 ikπ π n−1 iπ k e 2n = ∑ ∑ (e 2n ) . 2n k=0 2n k=0
Ce qui est une somme géométrique de somme Sn = (1 − i) ment est 1 + i (en posant u = Mais eit = cost + i sint donc imaginaires on trouve :
R
π 2
0
π 2n
R
et en remarquant que π 2
0
cost dt +
cost dt = 1 et
R
R
0
π 2
0
π 2
eiu −1 u
π 2n π i 2n
1−e
. La limite de ce taux d’accroisse-
→ i quand u → 0). Donc
R
π 2
0
eit dt = 1 + i.
sint dt = 1 + i. Par identification des parties réelles et
sint dt = 1.
(b) On veut xk = ce qui donne bien x0 = a, mais il faut aussi xn = b donc aqn = b, donc qn = ab 1 soit q = ( ba ) n . Nous cherchons la limite de Sn0 = ∑n−1 k=0 (xk+1 − xk ) · g(xk ). Il est n’est pas trop dur de 0 montrer que Sn = n(q − 1). Pour trouver la limite quand n → +∞ c’est plus délicat car q dépend de 1 1 b n : Sn0 = n(q − 1) = n(( ba ) n − 1) = n(e n ln a − 1). En posant u = n1 et en remarquant que l’on obtient R b un taux d’accroissement on calcule : Sn0 = 1u (eu ln a − 1) → ln ab = ln b − ln a. Donc ab dtt = ln b − ln a. aqk
(c) À l’aide des sommes géométrique est des taux d’accroissement on trouve Z b
eαb − eαa . α
α t dt =
a
Correction de l’exercice 2482 N (a) Oui. (b) Non. (c) Non. (d) Non.
Correction de l’exercice 2483 N (a) Écrivons la continuité de f en x0 avec ε = f (x20 ) > 0 : il existe δ > 0 tel que pour tout x ∈ [x0 − δ , x0 + δ ] on ait | f (x) − f (x0 )| 6 ε. Avec notre choix de ε cela donne pour x ∈ [x0 − δ , x0 + δ ] que R f (x) > f (x20 ) . Pour évaluer ab f (x) dx nous la coupons en trois morceaux par linéarité de l’intégrale : Z b a
f (x) dx =
Z x0 −δ
f (x)dx +
Z x0 +δ x0 −δ
a
Comme f est positive alors par positivité de l’intégrale f (x0 ) 2
f (x)dx +
R x0 +δ
Z b
f (x)dx.
x0 +δ
R x0 −δ a
f (x)dx > 0 et
R x0 +δ f (x0 )
Rb
x0 +δ f (x)dx > 0. Pour = 2δ f (x20 ) (pour la der-
donc x0 −δ f (x)dx > x0 −δ 2 dx le terme du milieu on a f (x) > nière équation on calcule juste l’intégrale d’une fonction constante !). Le bilan de tout cela est que Rb f (x0 ) a f (x) dx > 2δ 2 > 0. Donc pour une fonction continue et positive f , si elle est strictement positive en un point alors Rb Rb f (x) dx > 0. Par contraposition pour une fonction continue et positive si f (x) dx = 0 alors f a a est identiquement nulle.
(b) Soit f est tout le temps positive, soit elle tout le temps négative, soit elle change (au moins un fois) de signe. Dans le premier cas f est identiquement nulle par la première question, dans le second cas c’est pareil (en appliquant la première question à − f ). Pour le troisième cas le théorème des valeurs intermédiaires affirme qu’il existe c tel que f (c) = 0. R R R (c) Posons g(x) = f (x) − x. Alors 01 g(x)dx = 01 f (x) − x dx = 01 f (x)dx − 12 = 0. Donc par la question précédente, g étant continue, il existe d ∈ [0, 1] tel que g(d) = 0, ce qui est équivalent à f (d) = d. 1743
Correction de l’exercice 2484 N R
n
1
Notons I = ab f m(t)n dt. Comme f (t) 6 m pour tout t ∈ [a, b] alors I 6 1. Ceci implique que limn→+∞ I n 6 1. Fixons α > 0 (aussi petit que l’on veut). Comme f est continue et m est sa borne supérieure sur [a, b] alors il existe un intervalle [x, y], (x < y), sur le quel f (t) > m − α. Comme f est positive alors Z y Z y m−α n (m − α)n f (t)n dt > = (y − x) I> mn mn m x x . 1 1 1 1 n n Donc I n > (y−x) n m−α m . Quand n → +∞ on a (y−x) → 1, donc à la limite nous obtenons limn→+∞ I > m−α m . Comme α est quelconque, nous pouvons le choisir aussi proche de 0 de sorte que m−α m est aussi proche 1 n de 1 que désiré. Donc limn→+∞ I > 1. 1 En conclusion nous trouvons que limn→+∞ I n = 1 ce qui était l’égalité recherchée. Correction de l’exercice 2485 N Soit α > 0 fixé. Soit 0 < x0 < 1 tel que pour tout x ∈ [0, x0 ], f (x) 6 1 − α. Ce x0 existe bien car f est strictement croissante et f (0) = 0, f (1) = 1. Séparons l’intégrale en deux : Z 1
n
f (t)dt =
0
Z x0
n
f (t)dt +
0
6
Z x0 0
Z 1 x0
(1 − α)n dt +
f n (t)dt Z 1
1n dt
x0
6 x0 (1 − α)n + (1 − x0 ) 6 (1 − α)n + (1 − x0 )
car x0 6 1
Soit maintenant donné un ε > 0, on choisit α > 0 tel que 1 − x0 6 ε2 (en remarquant que si α → 0 alors x0 (α) → 1), puis il existe n assez grand tel que (1 − α)n 6 ε2 . Donc pour tout ε > 0 il existe n assez R R grand tel que 01 f n (t)dt 6 ε . Donc 01 f n (t)dt → 0. Correction de l’exercice 2486 N (a) Vrai. (b) Vrai. (c) Faux ! Attention aux valeurs négatives par exemple pour f (x) = x alors F est décroissante sur ] − ∞, 0] et croissante sur [0, +∞[. (d) Faux. Attention aux valeurs négatives par exemple pour f (x) = x2 alors F est négative sur ] − ∞, 0] et positive sur [0, +∞[. (e) Vrai. (f) Faux. Faire le calcul avec la fonction f (x) = 1 + sin(x) par exemple. (g) Vrai.
Correction de l’exercice 2487 N (a) Commençons plus simplement avec la fonction H(x) =
Z v(x) a
1744
f (t)dt.
En fait H est la composition de la fonction x 7→ v(x) avec la fonction G : x 7→ H = G ◦ v.
Rx a
f (t)dt :
La fonction v est dérivable et la fonction G aussi (c’est une primitive) donc la composée H = G ◦ v est dérivable, de plus H 0 (x) = v0 (x) · G0 (v(x)). En pratique comme G0 (x) = f (x) cela donne H 0 (x) = v0 (x) f (v(x)). Remarque : Il n’est pas nécessaire de connaître cette formule mais il est important de savoir refaire ce petit raisonnement. Ra On montrerait de même que la fonction x → u(x) f (t)dt est dérivable de dérivée −u0 (x) f (u(x)). R v(x)
R
a Revenons à notre fonction F(x) = u(x) f (t)dt = u(x) f (t)dt + fonctions dérivables donc est dérivable de dérivée :
R v(x) a
f (t)dt, c’est la somme de deux
F 0 (x) = v(x) f (v(x)) − u0 (x) f (u(x)). (b) On applique ceci à u(x) = x et v(x) = 2x nous obtenons : G0 (x) =
2 1 − . 2 4 1 + (2x) + (2x) 1 + x2 + x4
Correction de l’exercice 2488 N (a) F est définie sur ]0, 1[∪]1, +∞[. F est continue et dérivable sur ]0, 1[ et sur ]1, +∞[. Pour vois cela il R 2 dt R dt + ax lnt . La première de ces fonctions est continue et dérivable (c’est suffit d’écrire F(x) = xa lnt R dt une primitive), la seconde est la composée de x 7→ x2 avec x 7→ ax lnt et est donc aussi continue et dérivable. On pourrait même calculer la dérivée. 1 1 et g(t) = t lnt . On se place sur ]1, +∞[. Bien évidemment g(t) 6 f (t), mais nous (b) Notons f (t) = lnt avons aussi que pour ε > 0 fixé il existe x > 1 tel que pour tout t ∈ [1, x2 ] on ait 1t 6 1 + ε donc sur ]1, x2 ] nous avons f (t) 6 (1 + ε)g(t). Par intégration de l’inégalité g(t) 6 f (t) 6 (1 + ε)g(t) sur [x, x2 ] nous obtenons pour x assez proche de 1 :
H(x) 6 F(x) 6 (1 + ε)H(x). Il ne reste plus qu’a calculer H(x). En fait g(t) = Donc H(x) =
Z x2 dt x
t lnt
1 t lnt
est la dérivée de la fonction h(t) = ln(lnt).
2
= [ln(lnt)]xx = ln(ln(x2 )) − ln(ln x) = ln(2 ln x) − ln(ln x) = ln
2 ln x ln x
= ln 2.
Nous obtenons alors, pour ε > 0 fixé et x > 1 assez proche de 1, l’encadrement ln 2 6 F(x) 6 (1 + ε) ln 2. Donc la limite de F(x) quand x → 1+ est ln 2. Correction de l’exercice 2495 N (a) (b) 1745
(c)
1 2
f (0).
Correction de l’exercice 2499 N DL de 1 − cos u ⇒ lim = 12 ln(b/a). Correction de l’exercice 2501 N si bn < −1 bn 2 an+1 = −(bn − 1) /4 si − 1 6 bn 6 1 0 si bn > 1, si an < −1 0 2 bn+1 = (an + 1) /4 si − 1 6 an 6 1 an si an > 1.
Donc an+1 = f (an−1 ), bn+1 = g(bn−1 ). Point fixe : an →
√ √ 8 − 3, bn → 3 − 8.
Correction de l’exercice 2503 N π2 4 .
Correction de l’exercice 2504 N u = π −t ⇒ I =
π Rπ 1 2 t=0 1+sint
dt =
πR 1 2 t=−π/2 π/2 1+cost
dt = π.
Correction de l’exercice 2506 N f est continue sur le segment [a, b] et admet donc un maximum M sur ce segment. Puisque f est strictement positive sur [a, b], ce maximum est strictement positif. 1/n R . Par croissance de l’intégrale, on a déjà Pour n ∈ N∗ , posons un = ab ( f (x))n dx un 6
Z
b
n
M dx
a
1/n
= M(b − a)1/n ,
(car ∀x ∈ [a, b], 0 6 f (x) 6 M ⇒ ∀x ∈ [a, b], ( f (x))n 6 M n par croissance de la fonction t 7→ t n sur [0, +∞[). D’autre part, par continuité de f en x0 tel que f (x0 ) = M, pour ε ∈]0, 2M[ donné, ∃[α, β ] ⊂ [a, b]/ α < β et ∀x ∈ [α, β ], f (x) > M − ε2 . Pour n élément de N∗ , on a alors un >
Z
β
α
n
( f (x)) dx
1/n
>
Z
β
α
ε (M − )n dx 2
1/n
ε = (M − )(β − α)1/n . 2
En résumé, ε ∀ε ∈]0, 2M[, ∃(α, β ) ∈ [a, b]2 / α < β et ∀n ∈ N∗ , (M − )(β − α)1/n 6 un 6 M(b − a)1/n . 2 Mais, limn→+∞ M(b − a)1/n = M et limn→+∞ (M − ε2 )(β − α)1/n = (M − ε2 )(β − α)1/n .
Par suite, ∃n1 ∈ N∗ / ∀n > n1 , M(b − a)1/n < M + ε et ∃n2 ∈ N∗ / ∀n > n2 , (M − ε2 )(β − α)1/n > M − ε. Soit n0 = Max{n1 , n2 }. Pour n > n0 , on a M − ε < un < M + ε. On a montré que ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N∗ / ∀n ∈ N, (n > n0 ⇒ |un − M| < ε), 1746
et donc que limn→+∞ un = M. Plus généralement, si g continue sur [a, b], g admet un minimum m1 et un maximum M1 sur cet intervalle, tous deux strictement positifs puisque g est strictement positive. Pour n dans N∗ , on a 1/n m1
Z
b
n
( f (x)) dx
a
1/n
6
Z
b
n
( f (x)) g(x) dx
a
6
1/n M1
Z
b
n
( f (x)) dx ,
a
1/n 1/n R b n dx = limn→+∞ M1 ( f (x)) = a R 1/n M, le théorème de la limite par encadrements permet d’affirmer que limn→+∞ ab ( f (x))n g(x) dx = M. On a montré que 1/n
et comme d’après l’étude du cas g = 1, on a limn→+∞ m1
lim
n→+∞
Z
b
n
( f (x)) g(x) dx
a
1/n
R
1/n
b n a ( f (x))
dx
1/n
= Max{ f (x), x ∈ [a, b]}.
Correction de l’exercice 2507 N (a) Soient m un réel strictement positif et, pour t ∈ R, fm (t) = emt . fm est bien un élément de E et de plus, 1 mb (e − ema )(e−ma − e−mb ) m2 1 = 2 em(a+b)/2 (em(b−a)/2 + e−m(b−a)/2 )e−m(a+b)/2 (em(b−a)/2 + e−m(b−a)/2 ) m 4 sh2 (m(b − a)/2) = . m2
ϕ( fm ) =
Cette expression tend vers +∞ quand m tend vers +∞ et ϕ(E) n’est pas majoré. (b) Soit f continue et strictement positive sur [a, b]. L’inégalité de C AUCHY-S CHWARZ montre que :
ϕ( f ) =
Z b p a
2 Z f (t) dt
b
a
1 p f (t)
!2
dt >
Z bp a
1 f (t) p dt f (t)
!2
= (b − a)2 ,
p avec égalité si et seulement si la famille de fonctions ( f (t), √1 ) est liée ou encore si et seulef (t) p ment si ∃λ ∈ R∗+ / ∀t ∈ [a, b], f (t) = λ √1 ou enfin si et seulement si ∃λ ∈ R∗+ / ∀t ∈ [a, b], f (t) = f (t)
λ , c’est-à-dire que f est une constante strictement positive. Tout ceci montre que ϕ(E) admet un minimum égal à (b − a)2 et obtenu pour toute fonction f qui est une constante strictement positive.
Correction de l’exercice 2508 N (a) Soit ε > 0 donné. Puisque f est Riemann-intégrable sur [a, b], il existe une subdivision σ1 = {a0 = σ a < a1 < · · · < an = b} de [a, b] telle que S f 1 6 Sσf 1 + ε2 . Puisque g est Riemann-intégrable sur [a, b], σ
il existe une subdivision σ2 = {b0 = a < b1 < · · · < b p = b} de [a, b] telle que Sg 2 6 Sσg 2 + ε2 . On note σ1 ∪ σ2 = {c0 = a < c1 < · · · < cq−1 < cq = b} la subdivision de [a, b] obtenue en ordonnant l’ensemble {a0 , . . . , an , b0 , . . . , bn } par ordre croissant, puis en identifiant les points qui apparaissent plusieurs fois (on obtient une subdivision de [a, b] en q intervalles avec max{n, p} 6 q 6 n + p). Puisque σ1 ∪ σ2 est une subdivision plus fine que σ1 , on a : σ ∪σ2
Sf1
σ
6 Sf1 1747
et
Sσf 1 6 Sσf 1 ∪σ2 .
(29)
De même,
σ ∪σ2
σ
Sg 1
6 Sg 2
Sσg 2 6 Sgσ1 ∪σ2 .
et
(30)
De plus, sur un intervalle ]ck−1 , ck [ donné, on a : sup{ f (x) + g(x), x ∈ ]ck−1 , ck [} 6 sup{ f (x), x ∈ ]ck−1 , ck [}
+ sup{g(x), x ∈ ]ck−1 , ck [}.
De même : inf{ f (x) + g(x), x ∈ ]ck−1 , ck [} > inf{ f (x), x ∈ ]ck−1 , ck [}
+ inf{g(x), x ∈ ]ck−1 , ck [}.
On en déduit que :
σ ∪σ2
σ ∪σ2
1 S f +g
6 Sf1
σ ∪σ2
+ Sg 1
,
(31)
1 ∪σ2 Sσf 1 ∪σ2 + Sσg 1 ∪σ2 6 Sσf +g .
(32)
et En utilisant les inégalités (46), (45), (31) et (32), il vient alors : σ ∪σ2
1 S f +g
1 ∪σ2 6 S f 1 + Sg 2 6 Sσf 1 + Sσg 2 + ε 6 Sσf +g + ε.
σ
σ
D’après le théorème rappelé en introduction, on en déduit que f + g est Riemann-intégrable sur [a, b]. De plus, de l’inégalité 1 ∪σ2 Sσf 1 + Sσg 2 6 Sσf +g , on déduit que
1 ∪σ2 sup Sσf 1 + Sσg 2 6 sup Sσf +g . σ1 ,σ2
σ1 ,σ2
Or
Z sup Sσf 1 + Sσg 2 = sup Sσf 1 + sup Sσg 2 =
σ1 ,σ2
et
σ1
sup σ1 ,σ2
Ainsi
Z b
1 ∪σ2 Sσf +g
=
f (x) dx +
a
Z b a
De même, l’inégalité
σ ∪σ2
R
implique ab ( f (x) + g(x)) dx 6 a g(x) dx.
Rb
Rb a
=
Z b
f (x) dx+
Rb a
Z b
g(x) dx
a
( f (x) + g(x)) dx.
a
g(x) dx 6
1 S f +g
f (x) dx +
a
σ2
sup Sσf +g σ
b
σ
Z b
( f (x) + g(x)) dx.
a
σ
6 S f 1 + Sg 2 g(x) dx. En conclusion,
Rb a
( f (x) + g(x)) dx =
Rb a
f (x) dx+
(b) · Pour λ = 0 il n’y a rien a démontrer. · Si f est Riemann-intégrable sur [a, b] et λ > 0, alors pour tout subdivision σ = {a0 = a < · · · < an = b} de [a, b], on a : inf{λ f (x), x ∈ ]ak−1 , ak [ } = λ inf{ f (x), x ∈ ]ak−1 , ak [ }
sup{λ f (x), x ∈ ]ak−1 , ak [ } = λ sup{ f (x), x ∈ ]ak−1 , ak [ }. σ
σ
Par conséquent, Sσλ f = λ Sσf et Sλ f = λ S f . On en déduit que sup Sσλ f = λ sup Sσf = λ σ
σ
Z b
1748
a
σ
σ
f (x) dx = λ inf S f = inf Sλ f . σ
σ
R
R
En conclusion, λ f est Riemann-intégrable et ab λ f (x) dx = λ ab f (x) dx. · Si f est Riemann-intégrable sur [a, b] et λ < 0, alors pour tout subdivision σ = {a0 = a < · · · < an = b} de [a, b], on a : inf{λ f (x), x ∈ ]ak−1 , ak [ } = λ sup{ f (x), x ∈ ]ak−1 , ak [ }
sup{λ f (x), x ∈ ]ak−1 , ak [ } = λ inf{ f (x), x ∈ ]ak−1 , ak [ }. σ
σ
Par conséquent, Sσλ f = λ S f et Sλ f = λ Sσf . On en déduit que sup Sσλ f σ
=λ
σ inf S f σ
=λ
Z b
σ
f (x) dx = λ sup Sσf = inf Sλ f .
a
σ
σ
Rb
R
En conclusion, λ f est Riemann-intégrable et a λ f (x) dx = λ ab f (x) dx. (c) Soient f et g deux fonctions Riemann-intégrables sur [a, b] telles que, pour tout t ∈ [a, b], f (t) 6 g(t). Soit σ = {a0 = a < · · · < an = b} une subdivision de [a, b]. Alors inf{ f (x), x ∈ ]ak−1 , ak [ } 6 inf{g(x), x ∈ ]ak−1 , ak [ }. Il en découle que sup Sσf 6 sup Sσf , Rb
σ
Rb
σ
c’est-à-dire a f (x) dx 6 a g(x) dx. (d) Soit { fi }i∈N une suite de fonctions Riemann-intégrables, qui converge uniformément vers f sur [a, b]. Soit ε > 0 donné. Il existe N > 0 tel que ∀i > N, sup[a,b] | fi (t) − f (t)| < ε. En particulier, fi (t) − ε < f (t) < fi (t) + ε. Pour un tel i, on en déduit que pour toute subdivision σ = {a0 = a < · · · < an = b}, on a sup f 6 sup fi + ε ]ak−1 ,ak [
et
inf
]ak−1 ,ak [
]ak−1 ,ak [
f > inf
]ak−1 ,ak [
fi − ε
En particulier : sup f − inf
]ak−1 ,ak [
]ak−1 ,ak [
f 6 sup fi − inf ]ak−1 ,ak [
]ak−1 ,ak [
fi + 2ε.
Il en découle que : σ
σ
S f − Sσf 6 S fi − Sσfi + 2ε(b − a). Comme fi est Riemann-intégrable, d’après le théorème de l’introduction, il existe une subdivision σ σ de [a, b] telle que S fi − Sσfi 6 ε. On en déduit que σ
S f − Sσf 6 ε (1 + 2(b − a)) , ce qui implique que f est Riemann-intégrable.
Correction de l’exercice 2509 N Soit f une fonction croissante [a, b]. Pour montrer que f est Riemann-intégrable, il suffit de trouver, σ pour tout ε > 0 donné, une subdivision de [a, b] telle que S f − Sσf < ε. Soit σ = {a0 = a < · · · < an = b} la subdivision régulière de [a, b], de pas b−a n . On a inf
]ak−1 ,ak [
f = f (ak−1 ) et
sup f = f (ak ).
]ak−1 ,ak [
Ainsi : σ
S f − Sσf
n
=
∑ (ak − ak−1 ) ( f (ak ) − f (ak−1 ))
k=1
= =
b−a n
n
∑ ( f (ak ) − f (ak−1 ))
k=1
b−a ( f (b) − f (a)) . n 1749
σ
Pour n assez grand, la subdivision régulière de [a, b] satisfait S f − Sσf < ε. D’autre part, si g est décroissante, f = −g est croissante, donc g est Riemann-intégrable par l’exercice précédent (question 2.) avec λ = −1. Correction de l’exercice 2510 N Une fonction f continue sur [a, b] est uniformément continue sur [a, b]. En particulier, pour tout ε > 0, il existe n > 0 tel que b−a |x − y| < ⇒ | f (x) − f (y)| < ε. n Soit σ = {a0 = a < · · · < an = b} la subdivision régulière de [a, b], de pas b−a n . On a : sup f − inf
]ak−1 ,ak [
]ak−1 ,ak [
Il vient alors : σ Sf
− Sσf
6
b−a n
f 6 2ε.
n
∑ 2ε = (b − a)2ε,
k=1
ce qui permet de conclure grâce au théorème de l’introduction que f est Riemann-intégrable sur [a, b]. Correction de l’exercice 2511 N (a) Considérons la fonction f : [0, 1] → R définie par : 1 si x ∈ Q f (x) = . 0 si x ∈ R \ Q Pour toute subdivision σ de [a, b], on a : σ
Sf = 1
et Sσf = 0.
σ
On en déduit que 1 = supσ S f 6= infσ Sσf = 0, ce qui implique que f n’est pas Riemann-intégrable sur [0, 1]. (b) Considérons la fonction g : [0, 1] → R définie par : 1 si x = qp avec p et q premiers entre eux q g(x) = . 0 si x ∈ R \ Q ou x = 0 Pour toute subdivision σ de [a, b], on a : Sσg = 0. ε Pour tout ε > 0 donné, la fonction g prend des valeurs supérieures à b−a en un nombre fini de points k 1 ε b−a seulement (les points q , avec q > b−a ce qui équivaut à q < ε ). Notons xi , i = 1, . . . , p ces points ordonnés par ordre (strictement) croissant. Sur [0, 1] \ {x1 , . . . , x p } la fonction g prend des valeurs 6 ε et > 0. Ainsi avec la subdivision σ = {x1 , . . . , x p } nous obtenons : ε σ 0 6 Sg 6 (b − a) = ε b−a
Comme On en conclut que g est Riemann-intégrable sur [0, 1].
Correction de l’exercice 2512 N cf André Gramain, Intégration, p. 7, Hermann (1998).
1750
Correction de l’exercice 2513 N Pour tout n ∈ N, on définit fn :]0, 1] → R par : fn (x) = ne−nx . Pour tout x ∈]0, 1], on a limn→+∞ fn (x) = limn→+∞ ne−nx = 0. On en déduit que la suite de fonctions fn converge ponctuellement (ou simplement) R vers la fonction identiquement nulle f ≡ 0. On a 01 f (x) dx = 0 mais Z 1 0
R
fn (x) dx = 1 − e−n ,
et limn→+∞ 01 fn (x) dx = 1. La suite ( fn )n∈R ne converge pas uniformément vers f sur ]0, 1], car pour tout ε > 0, et pour tout n ∈ N, on a : sup ]0,− 1n log( εn )[
| fn (x) − f (x)| > ε.
Correction de l’exercice 2514 N Soit f : [a, b] → R une fonction intégrable au sens de Riemann. Notons xk = a + k b−a n , k = 1, . . . , n les points où Soit a0 = a, an+1 = b et ak = a + 2k+1 2n pour k = 1, . . . , n. Considérons la subdivision σ = {a0 = a < · · · < ak < · · · < an = b} de [a, b]. Cette subdivision est presque régulière, seul le premier intervalle et le dernier ont des longueurs différentes. Pour k = 1, . . . , n− 1, xk est le milieu de ]ak , ak+1 [. Notons mk = inf{ f (x), x ∈]ak−1 , ak [} et Mk = sup{ f (x), x ∈]ak−1 , ak [}. Donc pour k = 1, . . . , n − 1 on a mk 6 f (xk ) 6 Mk . Mais il faut aussi tenir compte de f (xn ) = f (b) et des premiers et derniers intervalles. D’où pour la minoration : Sσf = (m0 + mn )
b−a b−a n b − a b − a n−1 + + mk 6 (m0 + mn ) ∑ ∑ f (xk ). 2n n k=1 2n n k=1
Cela donne Sσf − (m0 + mn + 2 f (b)) Quand n tend vers +∞ on trouve que Sσf → Z b a
Rb a
b−a b−a n 6 ∑ f (xk ). 2n n k=1
f et (m0 + mn + 2 f (b)) b−a 2n → 0 cela donne l’inégalité :
b−a n ∑ f (xk ). n→+∞ n k=1
f 6 lim
σ
La somme S f conduit de manière similaire à l’inégalité inverse, d’où : Z b
f (x) dx = lim
a
n→+∞
b−a n
b−a ∑ f a+k n . k=1 n
On a : 1 n k b) ∑ tan n = − log(cos 1) n→+∞ n k=1 1n n n c) lim ∑ log = −2 ln 2 + 1. n→+∞ n+k k=1
a)
lim
Correction de l’exercice 2515 N 1751
n limn→+∞ ∑nk=1 n2 +k 2 =
π 4
(a) Zb a
Zb
f (a + b − x)dx = −
a
f (a + b − x)(a + b − x)0 dx ϕ(b) Z
=−
Za
f (t)dt = −
ϕ(a)
f (t)dt =
Zb
f (t)dt
a
b
où ϕ : [a, b] → [a, b], ϕ(x) = a + b − x est une fonction de classe C1 .
(b) a)
I :=
Zπ
x sin x dx = 1 + cos2 x
0
Zπ
0
(π − x) sin(π − x) dx = 1 + cos2 (π − x)
Zπ
(π − x) sin x dx 1 + cos2 x
0
=π
Zπ
0
π I= 2
Zπ
0
sin x π dx = − 2 1 + cos x 2
Zπ
(cos x)0 π dx = − 2 1 + cos x 2
0
ϕ(π) Z
sin x dx − I 1 + cos2 x
1 dt 1 + t2
ϕ(0)
π =− 2
−1 Z
π 1 dt = 2 1+t 2
1
Z1
−1
π2 1 dt = . 1 + t2 4
où ϕ : [0, π] → [−1, 1], ϕ(x) = cos x est une fonction de classe C1 . b)
J :=
π/4 Z 0
log(1 + tan x)dx =
π/4 Z 0
=
π log 1 + tan( − x) dx 4
π/4 Z 0
π/4 Z 1 − tan x 2 π log 1 + dx = log dx = log 2 − J 1 + tan x 1 + tan x 4
d’où la valeur de l’intégrale est J =
0
π 8
log 2.
Correction de l’exercice 2522 N (a) Soit n−1
1 1 1 n−1 = . ∑ 2 2 n k=0 1 + k 2 k=0 k + n
un = n ∑
n
1 En posant f (x) = 1+x 2 nous venons d’écrire la somme de Riemann correspondant à intégrale se calcule facilement :
Z 1 0
f (t)dt =
Z 1 0
La somme de Riemann un convergeant vers vers π4 .
1 π dx = arctan x 0 = . 2 1+x 4 R1 0
1752
R1 0
f (x)dx. Cette
f (x)dx nous venons de montrer que (un ) converge
1n n 2 (b) Soit vn = ∏ 1 + nk2 , notons k=1
1 ! 1 n k2 k2 n wn = ln vn = ∑ ln = ∑ ln 1 + 2 . 1+ 2 n n k=1 n k=1 n
En posant g(x) = ln(1+x2 ) nous reconnaissons la somme de Riemann correspondant à I = Calculons cette intégrale : I=
Z 1
g(x)dx =
0
Z 1
R1 0
g(x)dx.
ln(1 + x2 )dx
0
1 Z 1 2x dx = x ln(1 + x2 ) 0 − x 1 + x2 0 Z 1 1 = ln 2 − 2 1− dx 1 + x2 0 1 = ln 2 − 2 x − arctan x 0 π = ln 2 − 2 + . 2
par intégration par parties
Nous venons de prouver que wn = ln vn converge vers I = ln 2 − 2 + π2 , donc vn = exp wn converge π π vers exp(ln 2 − 2 + π2 ) = 2e 2 −2 . Bilan (vn ) a pour limite 2e 2 −2 . Correction de l’exercice 2523 N (a) (b) ln k. (c) (d) (e) (f) (g)
π 8. 4 e. 1 R 3π dt 3 t=0 2+cost
4 √ 3 n n. 4 π.
=
Rπ
dt t=0 2+cost
=
√π . 3
Correction de l’exercice 2526 N (a) (b) exp
π 4
.
Correction de l’exercice 2528 N (a) Pour n > 1, un =
1 n 2 kπ 1 n k 2 kπ 1 n k = ) sin = k sin ( f ( ), ∑ ∑ ∑ 3 n k=1 n n k=1 n n n k=1 n
où f (x) = x2 sin(πx). un est donc une somme de R IEMANN à pas constant associée à la fonction continue f sur [0, 1]. Quand n tend vers +∞, le pas 1n tend vers 0 et on sait que un tend vers
1753
Z 1 0
1 1 Z Z 2 1 1 2 1 1 1 1 2 x cos(πx) dx = + ( x sin(πx) − sin(πx) dx) x sin(πx) dx = − x cos(πx) + π π 0 π π π π 0 0 0 1 1 1 2 1 2 1 1 = − 2 − cos(πx) = − 2 ( + ) π π π π π π π 0 1 4 = − 3. π π 2
(b) On peut avoir envie d’écrire : 1 n 1 n a ln(un ) = ( ∑ (ln(a + k) − ln k)) = ∑ ln(1 + ). n k=1 n k=1 k La suite de nombres a, 2a ,..., an « est une subdivision (à pas non constant) de [0, a] » mais malheureusement son pas a − a2 = a2 ne tend pas vers 0 quand n tend vers +∞. On n’est pas dans le même type de problèmes. Rappel. (exo classique) Soit v une suite strictement positive telle que la suite ( vn+1 vn ) tend vers un réel √ n positif `, alors la suite ( vn ) tend encore vers `. √ Posons vn = n!1 ∏nk=1 (a + k) puis un = n vn . vn+1 a + n + 1 = → 1, vn n+1 et donc limn→+∞ un = 1. (c) Encore une fois, ce n’est pas une somme de R IEMANN. On tente un encadrement assez large : pour 1 6 k 6 n, n+k n+k n+k 6 2 6 2 . 2 n +n n +k n En sommant ces inégalités, il vient n n n+k 1 n 1 (n + k) 6 6 ∑ (n + k), ∑ ∑ 2 n2 + n k=1 n2 k=1 k=1 n + k
et donc ((premier terme + dernier terme)×nombre de termes/2), 1 n2 + n et finalement,
3n+1 2(n+1)
6 un 6
((n + 1) + 2n)n 1 ((n + 1) + 2n)n 6 un 6 2 , 2 n 2
3n+1 2n .
Or,
3n+1 2(n+1)
et
3n+1 2n
1
n
tendent tous deux vers 23 . Donc, un tend vers 32 .
(d) Tout d’abord n
un =
1
∑ √n2 − k2 = n ∑ q
k=1
k=1
1
1 − ( nk )2
=
1 n k ∑ f ( n ), n k=1
1 où f (x) = √1−x pour x ∈ [0, 1[. un est donc effectivement une somme de R IEMANN à pas constant 2 associée à la fonction f mais malheureusement, cette fonction n’est pas continue sur [0, 1], ou même prolongeable par continuité en 1. On s’en sort néanmoins en profitant du fait que f est croissante sur [0, 1[. R (k+1)/n 1 √ Puisque f est croissante sur [0, 1[, pour 1 6 k 6 n − 2, on a n1 √ 1 k 2 6 k/n dx, et pour 2
1 6 k 6 n − 1,
1√ 1 n 1−( k )2 n
>
R k/n
√ 1 (k−1)/n 1−x2
1−( n )
1−x
dx. En sommant ces inégalités, on obtient
1754
un =
n−1 1 1 n−1 q > ∑ ∑ n k=1 1 − ( k )2 k=1 n
et
un =
Z k/n
1 √ dx = (k−1)/n 1 − x2
1 1 n−2 1 q +p 6 ∑ n k=1 1 − ( k )2 n2 − (n − 1)2 n
Z 1− 1 n 0
Z 1− 1 n 1 n
1 1 √ dx = arcsin(1 − ), n 1 − x2
1 1 √ dx + √ 2n − 1 1 − x2
1 1 1 . = arcsin(1 − ) − arcsin + √ n n 2n − 1
Quand n tend vers +∞, les deux membres de cet encadrement tendent vers arcsin 1 = π2 , et donc un tend vers π2 . √ √ √ (e) Pour 1 6 k 6 n, k − 1 6 E( k) 6 k, et en sommant, 1 n √ 1 n √ 1 √ ∑ k − √ 6 un 6 √ ∑ k. n n k=1 n n n k=1 q √ Quand n tend vers +∞, √1n tend vers 0 et la somme de R IEMANN n√1 n ∑nk=1 k = 1n ∑nk=1 nk tend R √ vers 01 x dx = 23 . Donc, un tend vers 23 . 1 1 ln 3 R 1 x2 (k/n)2 3 (f) un = 1n ∑nk=1 1+8(k/n) 3 tend vers 0 8x3 +1 dx = 24 ln |8x + 1| 0 = 12 .
1 (g) un = ∑n−1 k=0 2(k+n)+1 =
12 2n
1 ∑n−1 k=0 2+ 2k+1 tend vers n
1R2 1 2 0 2+x
dx = 21 (ln 4 − ln 2) = ln 2.
(h) Soit f (x) = x12 e−1/x si x > 0 et 0 si x = 0. f est continue sur [0, 1] (théorèmes de croissances comR R parées). Donc, un = n1 ∑nk=1 f ( nk ) tend vers 01 f (x) dx. Pour x ∈ [0, 1], posons F(x) = x1 f (t) dt. Puisque f est continue sur [0, 1], F l’est et Z 1
f (x) dx = F(0) =
0
Donc, un tend vers
1 e
lim F(x) =
x→0, x>0
lim
x→0, x>0
h i1 e−1/t = x
1 lim (e−1 − e−1/x ) = . x→0, x>0 e
quand n tend vers +∞.
Correction de l’exercice 2529 N Supposons f de classe C2 sur [0, 1]. Soit F une primitive de f sur [0, 1]. Soit n un entier naturel non nul.
un =
Z 1 0
Z (k+1)/n
n−1 1 n−1 k f (t) dt − ∑ f ( ) = ∑ ( n k=0 n k=0
k/n
f (t) dt −
n−1 1 k k+1 k 1 k f ( )) = ∑ (F( ) − F( ) − F 0 ( )). n n n n n n k=0
f est de classe C2 sur le segment [0, 1]. Par suite, F (3) = f 00 est définie et bornée sur ce segment. En notant M2 la borne supérieure de | f 00 | sur [0, 1], l’inégalité de TAYLOR-L AGRANGE à l’ordre 3 appliquée à F sur le segment [0, 1] fournit
et donc,
k+1 k 1 0 k 1 00 k (1/n)3 M2 F( ) − F( ) − F ( ) − 2 F ( ) 6 , n n n n 2n n 6
1755
n−1 n−1 k + 1 k 1 k 1 k k+1 k 1 k 1 k ) − F( ) − F 0 ( ) − 2 F 00 ( )] 6 ∑ |F( ) − F( ) − F 0 ( ) − 2 F 00 ( )| ∑ [F( k=0 n n n n 2n n k=0 n n n n 2n n n−1
6
M2 (1/n)3 M2 ∑ 6 = 6n2 . k=0
n−1 k+1 k+1 k 1 0 k 1 1 k 1 0 k 00 k Ainsi, ∑n−1 k=0 [F( n ) − F( n ) − n F ( n ) − 2n2 F ( n )] = O( n2 ), ou encore ∑k=0 [F( n ) − F( n ) − n F ( n ) − k 1 1 F 00 ( n )] = o( n ), ou enfin, 2n2 n−1
un =
1
k
1
∑ 2n2 F 00 ( n ) + o( n ).
k=0
Maintenant, 1 00 k 1 1 n−1 0 k F ( ) = ∑ 2 n 2n . n ∑ f ( n ). k=0 k=0 2n
n−1
0 k Or, la fonction f 0 est continue sur le segment [0, 1]. Par suite, la somme de R IEMANN 1n ∑n−1 k=0 f ( n ) tend R1 0 vers 0 f (t) dt = f (1) − f (0) et donc
1 1 n−1 0 k 1 f (1) − f (0) 1 f ( ) = ( f (1) − f (0) + o(1)) = + o( ). ∑ 2n n k=0 n 2n 2n n
Finalement, Z 1 0
f (t) dt −
f (1) − f (0) 1 1 n−1 k f( ) = + o( ). ∑ n k=0 n 2n n
Correction de l’exercice 2530 N π S= . (1 − λ 2 )3/2 Correction de l’exercice 2531 N √ √ 3πa 5π − 9 3 2 5π + 18 3 2 L= , A1 = a , A2 = a . 2 32 32 Correction de l’exercice 2532 N A = 4π 2 Rr,
V = 2π 2 Rr2 .
Correction de l’exercice 2533 N L = 8R,
A = 3πR2 ,
V1 = 5π 2 R3 ,
V2 = 6π 3 R3 ,
A1 =
64πR2 , 3
A2 = 16π 2 R2 .
Correction de l’exercice 2534 N L = 8(n+1)r = 8
n+1 R, n
A = π(n+1)(n+2)r2 = π
1756
(n + 1)(n + 2) 2 R , n2
S=
128πR2 , 5
V=
64πR3 . 3
Correction de l’exercice 2535 N √ √ L = 4R 2 + ln(1 + 2) . Correction de l’exercice 2536 N RR √ π 2 2 2 −R R − x dx = 2 R . Correction de l’exercice 2537 N 1 La courbe d’équation y = x2 /2 est une parabole, la courbe d’équation y = 1+x 2 est une courbe en cloche. Dessinez les deux graphes. Ces deux courbes délimitent une région dont nous allons calculer l’aire. Tout d’abord ces deux courbes s’intersectent aux points d’abscisses x = +1 et x = −1 : cela se devine sur le 2 graphique puis se vérifie en résolvant l’équation x2 = x21+1 . Nous allons calculer deux aires : — L’aire A1 de la région sous la parabole, au-dessus de l’axe des abscisses et entre les droites d’équation (x = −1) et (x = +1). Alors
A1 =
Z +1 2 x −1
x3 dx = 2 6
+1
1 = . 3 −1
— L’aire A2 de la région sous la cloche, au-dessus de l’axe des abscisses et entre les droites d’équation (x = −1) et (x = +1). Alors A2 =
Z +1 −1
1 π dx = [arctan x]+1 −1 = . x2 + 1 2
— L’aire A sous la cloche et au-dessus de la parabole vaut maintenant A = A2 − A1 =
π 1 − . 2 3
Correction de l’exercice 2542 N Calculons seulement un quart de l’aire : la partie du quadrant x > 0, y > 0. Pour ce quadrant q les points
de l’ellipse ont une abscisse x qui vérifie 0 6 x 6 a. Et la relation
x2 a2
2
2
+ by2 = 1 donne y = b 1 − ax2 .
q 2 Nous devons donc calculer l’aire sous la courbe d’équation y = b 1 − ax2 , au-dessus de l’axe des abscisses et entre les droites d’équations (x = 0) et (x = a) (faites un dessin !). Z a r x2 Cette aire vaut donc : b 1 − 2 dx. Nous allons calculer cette intégrale à l’aide du changement de a 0 variable x = a cos u qui donne dx = −a sin u du. La variable x variant de x = 0 à x = a alors la nouvelle variable u varie du u = π2 (pour lequel on a bien a cos π2 = 0) à u = π2 (pour lequel on a bien a cos 0 = a). Autrement dit la fonction u 7→ a cos u est une bijection de [ π2 , 0] vers [0, a].
1757
Z a r 0
b 1−
x2 dx = a2 =
Z 0 p
1 − cos2 u(−a sin u du)
b
π 2
Z 0 π 2
= ab
en posant x = a cos u
b sin u(−a sin u du)
Z
π 2
sin2 u du
0
Z
π 2
1 − cos(2u) du 2 0 π u sin(2u) 2 = ab − 2 4 0 πab = 4
= ab
L’aire d’un quart d’ellipse est donc πab 4 . Conclusion : l’aire d’une ellipse est πab, où a et b sont les longueurs des demi-axes. Si a = b = r on retrouve que l’aire d’un disque de rayon r est πr2 . Correction de l’exercice 2554 N (a) On pose t =
1 x
et donc x = I=
1 t
et dx = − t12 dt. On obtient
Z a
ln x dx = − 2 +1 x 1/a
Z 1/a ln(1/t) 1 1 t2
a
+ 1 t2
dt = −
Z a
lnt dt = −I, 2 +1 t 1/a
et donc, I = 0. (b) (p et q sont des entiers naturels) cos(px) cos(qx) = 21 (cos(p + q)x + cos(p − q)x) et donc, Premier cas. Si p 6= q, Z π 0
1 sin(p + q)x sin(p − q)x π cos(px) cos(qx) dx = + = 0. 2 p+q p−q 0
Deuxième cas. Si p = q 6= 0, Z π
cos(px) cos(qx) dx =
0
Rπ
1 2
Z π
(1 + cos(2px)) dx =
0
Rπ
1 2
Z π 0
dx =
π . 2
Troisième cas. Si p = q = 0. 0 cos(px) cos(qx) dx = 0 dx = π. R La démarche est identique pour les deux autres et on trouve 0π sin(px) sin(qx) dx = 0 si p 6= q et π2 Rπ si p = q 6= 0 puis 0 sin(px) cos(qx) dx = 0 pour tout choix de p et q. 2 p x + y2 − (a + b)x + ab = 0 (c) La courbe d’équation y = (x − a)(b − x) ou encore est le demiy>0 2 2 2 a b et si a > b, I = − π(b−a) . cercle de diamètre [ , ]. Par suite, si a 6 b, I = πR2 = π(b−a) 8 8 0 0
(d) L’intégrale proposée est somme de quatre intégrales. Chacune d’elles est la somme des aires de deux triangles. Ainsi, I = 21 ((12 + 32 ) + (22 + 22 ) + (32 + 12 ) + 42 ) = 22. (e) On pose u = 1x . On obtient
1758
Z 1/2 Z 2 −du 1 π 1 (1 + u2 ) arctan u 2 = (1 + 2 )( − arctan u) du I= 1 + 2 arctan x dx = x u u 2 2 1/2 1/2 π 1 1 = ((2 − ) − ( − 2)) − I). 2 2 2 Z 2
3π Par suite, I = 3π 2 − I et donc I = 4 . p R0 p R p R1 1 + |x(1 − x)| dx = −1 1 + x(x − 1) dx + 01 1 + x(1 − x) dx = I1 + I2 . (f) I = −1
Pour I1 , 1+x(x−1) = x2 −x+1 = (x− 21 )2 +( Z − ln(√3) √ p 3
√ 3 2 2 )
et on pose x− 12 =
√ 3 2
sht et donc dx =
√ 3 2
cht dt.
√ √ √ Z Z 3 3 − ln( 3) 2t 3 − ln( 3) 2 −2t + 2) dt I1 = sh t + 1 cht dt = √ √ ch t dt = √ (e + e 2 2 4 16 ln(2− 3) ln(2− 3) ln(2− 3) √ √ √ √ √ √ 3 1 1 = ( (e−2 ln( 3) − e2 ln(2− 3) ) − (e2 ln( 3) − e−2 ln(2− 3) ) + 2(− ln( 3) − ln(2 − 3))) 16 2 2 √ 2 √ 3 1 1 1 1 √ ) − 2 ln(2 3 − 3)) = ( ( − (2 − 3) ) − (3 − 16 2 3 2 (2 − 3)2 √ √ √ 4 1 3 = (− + (−(2 − 3)2 + (2 + 3)2 )) − 2 ln(2 3 − 3)) 16 3 √ 2 √ 1 3 3 3 =− + − ln(2 3 − 3). 4 4 8 2
Pour I2 , 1 + x(1 − x) = −x2 + x + 1 = −(x − 12 )2 + ( √ 3 2
√ 5 2 2 )
cost dt.
Z arcsin √1 √ p 3 5
et on pose x − 12 =
√ 3 2
sint et donc dx =
√ 1 1 Z Z 3 arcsin √5 3 arcsin √5 3 2 1 − sin t cost dt = cos t dt = (1 + cos(2t)) dt I2 = 2 4 − arcsin √15 8 − arcsin √15 − arcsin √15 2 r arcsin √15 3 3 1 1 1 3 1 = (2 arcsin √ + 2 [sint cost]0 1− = arcsin √ + √ 8 4 5 5 5 4 5 1 3 3 = arcsin √ + ... 4 5 10 2
(g) I=
Z π 0
x sin x dx = 1 + cos2 x
Z 0 (π − u) sin(π − u) π
1 + cos2 (π
= −π [arctan(cos u)]π0 − I = et donc, I =
π2 4 .
(h) Pour n ∈ N∗ , posons In =
Donc, ∀n ∈ N∗ , Soit n > 2. n−1
Rx 1
π2 2
− u)
− du = π
Z π 0
sin u du − 1 + cos2 u
Z π 0
u sin u du 1 + cos2 u
− I,
lnn t dt.
Z x n+1 x 1 In+1 = t ln t 1 − (n + 1) t lnn t dt = x lnn+1 x − (n + 1)In . t 1
In+1 (n+1)!
In + n! =
Ik
x(ln x)n+1 (n+1)! ,
Ik+1
et de plus, I1 = x ln x − x + 1. n−1
Ik
n
Ik
In
∑ (−1)k ( k! + (k + 1)! ) = ∑ (−1)k k! + ∑ (−1)k−1 k! = −I1 − (−1)n n! ,
k=1
k=1
Par suite, 1759
k=2
n−1
In = (−1)n n!( ∑ (−1)k k=1
n x(ln x)k x(ln x)k+1 − x ln x + x − 1) = (−1)n n!(1 − ∑ (−1)k ). (k + 1)! k! k=0
Correction de l’exercice 2555 N (a)
R
(cos x)1234 sin x dx En posant le changement de variable u = cos x on a x = arccos u et du = − sin x dx et on obtient Z
(cos x)1234 sin x dx =
Z
u1234 (−du) = −
1 1235 1 u +c = − (cos x)1235 + c 1235 1235
Cette primitive est définie sur R.
(b)
R
1 x ln x
dx
En posant le changement de variable u = ln x on a x = exp u et du = Z
1 dx = x ln x
Z
1 dx = ln x x
Z
dx x
on écrit :
1 du = ln |u| + c = ln |ln x| + c u
Cette primitive est définie sur ]0, 1[ ou sur ]1, +∞[ (la constante peut être différente pour chacun des intervalles). (c)
R
1 3+exp(−x) dx
Soit le changement de variable u = exp x. Alors x = ln u et du = exp x dx ce qui s’écrit aussi dx = Z
1 dx = 3 + exp (−x)
Z
1 du = 3 + u1 u
Z
du u .
1 1 1 du = ln |3u + 1| + c = ln (3 exp x + 1) + c 3u + 1 3 3
Cette primitive est définie sur R.
(d)
R
√ 1 dx 4x−x2
Le changement de variable a pour but de se ramener à quelque chose de connu. Ici nous avons une fraction avec une racine carrée au dénominateur et sous la racine un polynôme de degré 2. Ce que l’on sait intégrer c’est Z 1 √ du = arcsin u + c, 1 − u2 car on connaît la dérivée de la fonction arcsin(t) c’est arcsin0 (t) =
√1 . 1−t 2
On va donc essayer de
4x − x2
s’y ramener. Essayons d’écrirece qu’il y a sous la racine, sous la forme 1 − t 2 : 4x − x2 = 2 4 − (x − 2)2 = 4 1 − 21 x − 1 . Donc il est naturel d’essayer le changement de variable u = 21 x − 1
pour lequel 4x − x2 = 4(1 − u2 ) et dx = 2du. Z
1 √ dx = 4x − x2
Z
1
p 2du = 4(1 − u2 )
Z
du 1 √ = arcsin u + c = arcsin x−1 +c 2 1 − u2
La fonction arcsin u est définie et dérivable pour u ∈] − 1, 1[ alors cette primitive est définie sur x ∈ ]0, 4[. Correction de l’exercice 2559 N (a) Par IPP, In+2 =
n+1 n+2 In .
(b) I0 = π/2 et I1 = 1 et I2p =
(2p − 1) × (2p − 3) × · · · × 1 (2p)! π I0 = 2p , 2p × (2p − 2) × · · · × 2 2 (p!)2 2 1760
I2p+1 =
2p × (2p − 2) × · · · × 2 22p (p!)2 I1 = (2p + 1) × (2p − 1) × · · · × 1 (2p + 1)!
(c) En regardant l’intégrand. (d) D’après la question précédente, 0 < In+2 6 In+1 6 In donc n + 1 In+2 In+1 = 6 61 n+2 In In par conséquent
In+1 −−→ In − n→∞
1.
(e)
2p − 1 π 2p π , 2pI2p I2p+1 = 2p 2 2p + 1 2 n π soit nIn In+1 = n+1 , ce qui peut aussi se démontrer par récurrence. 2 pπ π (f) Comme 2(n+1) In In+1 ∼ In2 on en déduit que In ∼ 2n . (2p − 1)I2p−1 I2p =
Correction de l’exercice 2564 N (a)
R 2 x ln x dx
Considérons l’intégration par parties avec u = ln x et v0 = x2 . On a donc u0 = Z Z Z ln x × x2 dx = uv0 = uv − u0 v Z 1 x3 x3 = ln x × − × dx 3 x 3 Z 2 x3 x = ln x × − dx 3 3 x3 x3 = ln x − + c 3 9 (b)
(c)
R
1 x
et v =
x3 3.
Donc
x arctan x dx 1 Considérons l’intégration par parties avec u = arctan x et v0 = x. On a donc u0 = 1+x 2 et v = Z Z Z arctan x × x dx = uv0 = uv − u0 v Z x2 x2 1 × = arctan x × − dx 2 1 + x2 2 Z x2 1 1 = arctan x × − 1− dx 2 2 1 + x2 x2 1 1 = arctan x − x + arctan x + c 2 2 2 1 1 2 = (1 + x ) arctan x − x + c 2 2 R
R
x2 2.
Donc
ln x dx puis (ln x)2 dx R Pour la primitive ln x dx, regardons l’intégration par parties avec u = ln x et v0 = 1. Donc u0 = v = x. Z Z Z ln x dx = uv0 = uv − u0 v Z
1 × x dx Z x = [ln x × x] − 1 dx = [ln x × x] −
= x ln x − x + c
1761
1 x
et
R
Par la primitive (ln x)2 dx soit l’intégration par parties définie par u = (ln x)2 et v0 = 1. Donc u0 = 2 1x ln x et v = x. Z
(ln x)2 dx =
Z
Z uv0 = uv − u0 v
Z 2 = x(ln x) − 2 ln x dx
= x(ln x)2 − 2(x ln x − x) + c Pour obtenir la dernière ligne on a utilisé la primitive calculée précédemment. R
(d) Notons I = cos x exp x dx. Regardons l’intégration par parties avec u = exp x et v0 = cos x. Alors u0 = exp x et v = sin x. Donc I= R
Z
cos x exp x dx = sin x exp x −
Z
sin x exp x dx
Si l’on note J = sin x exp x dx, alors on a obtenu I = sin x exp x − J
(33)
Pour calculer J on refait une deuxième intégration par parties avec u = exp x et v0 = sin x. Ce qui donne J=
Z
sin x exp x dx = − cos x exp x −
Nous avons ainsi une deuxième équation :
Z
− cos x exp x dx = − cos x exp x + I
J = − cos x exp x + I
(34)
Repartons de l’équation (33) dans laquelle on remplace J par la formule obtenue dans l’équation (34).
D’où
I = sin x exp x − J = sin x exp x − − cos x exp x − I 2I = sin x exp x + cos x exp x
Ce qui nous permet de calculer notre intégrale :
1 I = (sin x + cos x) exp x + c. 2
Correction de l’exercice 2567 N R
1 a- sin8 x cos3 xdx = 19 sin9 x − 11 sin11 x + c sur R.
R
1 b- cos4 xdx = 32 sin 4x + 14 sin 2x + 38 x + c sur R. R 1 cos2004 x + c sur R. c- cos2003 x sin xdx = − 2004 x R 1 1−cos x d- sin x dx = 12 ln 1+cos x + c = ln tan 2 + c sur ]kπ, (k + 1) π[ (changement de variable u = cos x ou x u = tan 2 ). π R x x π π e- cos1 x dx = 12 ln 1+sin 1−sin x + c = ln tan 2 + 4 + c sur − 2 + kπ, 2 + kπ (changement de variable u = sin x ou u = tan 2x ). 2π R x 1 7 2π f- 2 cos3−sin x+3 tan x dx = − 5 ln (2 − sin x) + 10 ln |1 + 2 sin x| + c sur R \ 3 [2π] , − 3 [2π] (changement de variable u = sin x).
1762
R 1 7 1 1 π g- 7+tan x dx = 50 x+ 50 ln |tan x + 7|+ 50 ln |cos x|+c sur R\ arctan (−7) + kπ , 2 + kπ , k ∈ Z (changement de variable u = tan x). √ R 1+tan(x/2) 1 √ h- 2+sin x+cos 2 arctan +c sur R\{kπ , k ∈ Z} (changement de variable u = tan(x/2)). dx = x 2 Correction de l’exercice 2568 N (a) i. In+2 = v0 (x)
n+1
En posant u(x) = sin
Z
π 2
0
sinn+1 x · sin x dx.
x et = sin x et en intégrant par parties nous obtenons π2 Z π 2 n+1 In+2 = − cos x sin x cos2 x sinn x dx + (n + 1) = 0 + (n + 1)
Z
0
0
π 2
0
(1 − sin2 x) sinn x dx
= (n + 1)In − (n + 1)In+2 . Donc (n + 2)In+2 = (n + 1)In . Conclusion In+2 =
n+1 In . n+2
ii. Nous avons donc une formule de récurrence pour In qui s’exprime en fonction de In−2 qui a son tour s’exprime en fonction de In−4 , etc. On se ramène ainsi à l’intégrale de I0 (si n est pair) ou bien de I1 (si n est impair). Un petit calcul donne I0 = π2 et I1 = 1. Par récurrence nous avons donc pour n pair : 1 · 3 · · · (n − 1) π In = , 2·4···n 2 et pour n impair : 2 · 4 · · · (n − 1) In = . 1·3···n n R1 iii. Pour calculer −1 1 − x2 dx nous allons nous ramener à une intégrale de Wallis. Avec le changement de variable x = cos u, on montre assez facilement que : Z 1
−1
1 − x2
n
dx = 2
Z 1
1 − x2
0
=2 =2
Z 0 Z
π 2
π 2
n
dx
n 1 − cos2 u (− sin u du)
avec x = cos u
sin2n+1 u du
0
= 2I2n+1
(b) i. Sur [0, π2 ] la fonction sinus est positive donc In est positive. De plus, sur ce même intervalle sin x 6 1 donc (sin x)n+1 6 (sin x)n . Cela implique In+1 =
Z
0
π 2
(sin x)n+1 dx 6
Z
0
π 2
(sin x)n dx = In .
ii. Comme (In ) est décroissante alors In+2 6 In+1 6 In , en divisant le tout par In > 0 nous obtenons In+2 In+1 In+2 n+1 In 6 In 6 1. Mais nous avons déjà calculé In = n+2 qui tend vers 1 quand n tend vers l’infini. Donc In+1 In tend vers +1 donc In ∼ In+1 . 1763
(c) i. Nous allons calculer In · In+1 . Supposons par exemple que n est pair, alors par les formules obtenues précédemment : In × In+1 =
1 · 3 · · · (n − 1) π 2·4···n π 1 × = × . 2 · 4 · · · n 2 1 · 3 · · · (n + 1) 2 n+1
Si n est impair nous obtenons la même fraction. On en déduit que pour tout n : In · In+1 =
ii. Maintenant
In2 = In · In ∼ In · In+1 = donc In ∼
r
π 2(n+1) .
π π ∼ , 2(n + 1) 2n
π . 2n
iii. 1 · 3 · · · (2n + 1) 2 = I2n · (2n + 1) · ∼ 2 · 4 · · · (2n) π
r
π 2 · (2n + 1) · ∼ 2 4n π
r
n . π
Correction de l’exercice 2570 N R π/4
(a) I0 = 0 dx = Soit n ∈ N.
In + In+2 =
π 4
et I1 =
Z π/4
R π/4 sin x π/4 ln 2 0 cos x dx = [− ln | cos x|]0 = 2 . Z π/4
(tann x + tann+2 x) dx =
0
tann x(1 + tan2 x) dx =
0
tann+1 x n+1
π/4
=
0
1 . n+1
Soit n ∈ N∗ . n n n (−1)k−1 k−1 k−1 = (−1) (I + I ) = (−1) I + 2k−2 2k 2k−2 ∑ ∑ (−1)k−1 I2k ∑ 2k − 1 ∑ k=1 k=1 k=1 k=1 n
n−1
=
n
∑ (−1)k I2k − ∑ (−1)k I2k = I0 − (−1)n I2n .
k=0
Ainsi, ∀n ∈ N∗ , I2n = (−1)n k−1
De même, ∑nk=1 (−1) 2k
k=1
π 4
k−1
− ∑nk=1 (−1) 2k−1
.
= I1 − (−1)n I2n+1 et donc, ∀n ∈ N∗ , I2n+1 =
(b) Soient ε ∈]0, π2 [ et n ∈ N∗ . 0 6 In =
Z π/4−ε/2 0
tann x dx +
Z π/4
tann x dx 6
π/4−ε/2
(−1)n 2
k−1 ln 2 − ∑nk=1 (−1)k .
π π ε ε tann ( − ) + . 4 4 2 2
Maintenant, 0 < tan( π4 − ε2 ) < 1 et donc limn→+∞ tann ( π4 − ε2 ) = 0. Par suite, il existe n0 ∈ N tel que, pour n > n0 , 0 6 tann ( π4 − ε2 ) < ε2 . Pour n > n0 , on a alors 0 6 In < ε. Ainsi, In tend vers 0 quand n tend vers +∞. On en déduit immédiatement que un tend vers ln 2 et vn tend vers π4 .
Correction de l’exercice 2571 N Résultats valables sur chaque intervalle du domaine de définition. (a) (b)
1 est un élément simple. Primitives : 1a arctan( ax ) + k. x2 +a2 1 1 x 2 est un élément simple. Primitives : 2 arctan x + 2(1+x2 ) (1+x2 )
1764
+ k.
(c) (d)
2 2 2 x3 = x + x−2 + x+2 . Primitives : x2 + ln(x2 − 4)2 + k. x2 −4 4x 4 8 = x−2 + 8 2 . Primitives : 4 ln |x − 2| − x−2 + k. (x−2)2 (x−2)
(e)
1 x2 +x+1
(f)
1 2 (t 2 +2t−1)
est un élément simple. Primitives : =
Primitives : (g)
3t+1 2 (t 2 −2t+10)
√2 3
√ arctan (2x+1) + k. 3
√ 2√ 1 1 + √ 2 + √ 2 16(t+1+ 2) 8(t+1+ 2) 8(t+1− 2) √ √ t+1+√2 2 t+1 − 4(t 2 +2t−1) + 16 ln t+1− 2 + k.
√
− 2√ + 16(t+1− . 2)
est un élément simple.
3 2 Primitives : − 2(t 2 −2t+10) + 9(t 22(t−1) + 27 arctan( t−1 3 ) + k. −2t+10)
(h) (i)
3t+1 est un élément simple. Primitives : 32 ln(t 2 − 2t + 10) + 43 arctan( t−1 3 ) + k. t 2 −2t+10 1 1 √ ) + k. = 3(t+1) − 3(t 2t−2 . Primitives : 31 ln |t + 1| − 61 ln(t 2 − t + 1) + √13 arctan( 2t−1 t 3 +1 −t+1) 3
(j)
x3 +2 (x+1)2
(k)
x+1 x(x−2)2
3 = x − 2 + x+1 +
=
1 4x
(l)
(x2 −1)(x3 +3) 2x+2x2
(m)
x2 3 (x2 +3) (x+1)
x7 +x3 −4x−1 2 x(x2 +1)
1 − 4(x−2) +
3 . 2(x−2)2
x2 2
1 − 2x + 3 ln |x + 1| − x+1 + k.
3 Primitives : 41 ln |x| − 14 ln |x − 2| − 2(x−2) + k. x4 8
3
3 − x6 + 3x 2 − 2 ln |x| + k.
3(1−x) 1 1−x 1−x + 43 (x 2 − 3. 2 +3) + 2 2 43 (x+1) 4 (x +3) 4(x2 +3) x+3 2x−3 1 2 − 2 2 2 − 3.25 (x2 +3) − 27 ln(x + 3) − 3√13 26 4 (x +3)
=
arctan( √x3 ) + 413 ln |x + 1| + k.
= x2 − 2 − 1x + xx+4 2 +1 +
Primitives : (o)
Primitives :
3 = 21 (x3 − x2 + 3) − 2x . Primitives :
Primitives : (n)
1 . (x+1)2
x3 3
− 2x − ln |x| +
x−6 2. (x2 +1) 1 6x+1 2 2 ln(1 + x ) + arctan x − 2(x2 +1)
+ k.
3x4 −9x3 +12x2 −11x+7 1 1 2 3 = (x−1) 3 − (x−1)2 + x−1 − x2 +1 . (x−1)3 (x2 +1) 1/2 2 Primitives : − (x−1) 2 + x−1 + 3 ln |x − 1| − arctan x + k.
Correction de l’exercice 2572 N R 1 dx √1 √1 0 x2 +2 = 2 arctan 2 . R 1/2 dx 1/2 1/2 1 (b) Décomposition : 1−x 2 = x+1 − x−1 . Intégrale : −1/2 1−x2 = ln 3.
(a)
1 x2 +2
est un élément simple.
(c) Pas besoin de décomposer la fraction rationnelle, car 2x+1 est la dérivée de x2 +x−3 ! ln 3.
(d) On peut évidemment décomposer la fraction rationnelle en éléments simples : √ 2/8 √ , mais il x2 +2x 2+4 R π 1 4 du 2 0 u2 +16 = 32 .
(e) La décomposition de
x4 +6x3 −5x2 +3x−7 (x−4)3
√ 2/8 √ x2 −2x 2+4 R 2 x dx Alors 0 x4 +16
x x4 +16
est bien plus simple de faire le changement de variables x2 = u.
R 3 2x+1 2 x2 +x−3 dx =
=
163 507 565 est x + 18 + x−4 + (x−4) 2 + (x−4)3 ; les primitives sont
18x − 1014x−3491 + 163 ln |x − 4| +C. Enfin, 2(x−4)2
R 3 x4 +6x3 −5x2 +3x−7
x2 2
− =
+
5565 32
− 326 ln 2. R0 (x−2)4 (x+3) 1 1 1 1 1 dx (f) Décomposition : x3 −7x+6 = 20(x+3) − 4(x−1) + 5(x−2) . Primitives : 20 ln (x−1)5 +C, d’où −2 = x3 −7x+6 1 10
0
(x−4)3
dx =
ln(27/4).
2x4 +3x3 +5x2 +17x+30 2 = 2x + 3 + x+2 + x23x−1 . Les primitives sont : x2 + 3x + ln(x + x3 +8 −2x+4 R 4 3 2 +17x+30 ln 7 √ + C. Intégrale : 1 2x +3x +5x 2)2 + 32 ln(x2 − 2x + 4) + √23 arctan x−1 dx = 6 + 7 ln 3−3 + 3 +8 −1 2 x 3 2 2 √ arctan √ . 3 3
(g) Décomposition :
(h) Décomposition : ln 32 + 2 arctan 17 .
4x2 x4 −1
=
2 x2 +1
R 3 4x2 1 1 − x+1 + x−1 . Primitives : ln x−1 x+1 + 2 arctan x + C, d’où 2 x4 −1 dx = 1765
(i) La
décomposition
x3 +2x+1 x3 −3x+2
est
R 0 x3 +2x+1 5 22 −1 x3 −3x+2 dx = 3 − 9 ln 2. 8
6
5
= 1 +
4
4/3 (x−1)2
+
11/9 x−1
11/9 x+2 .
−
On
trouve
alors
2
+30x +36x +24 6 12x−16 (j) La décomposition de 2x +5x −12x est x34 + x22+2 − (x2 +2) 2 − (x2 +2)3 ; les primitives sont x4 (x2 +2)3 √ √ √ R 8 6 5 +30x4 +36x2 +24 √π − x13 + (x2x+3 dx = 37 2 arctan √x2 +C. Enfin 12 2x +5x −12x 2 +2)2 + 72 + 2 2 arctan 2 − 2 . x4 (x2 +2)3 2 2 +6x+7 x +1 2x+3 2x+5 = − . Primitives : ln (k) Décomposition de la fraction rationnelle : −2x x2 +4 +3 arctan x− 4 2 2 2 x +5x +4 x +1 x +4 2 R R a −2x2 +6x+7 2 a +1 a −2x +6x+7 5 x a 5 2 arctan 2 +C. Alors 0 x4 +5x2 +4 dx = ln a2 +4 +3 arctan a− 2 arctan 2 +2 ln 2. Enfin lima→+∞ 0 x4 +5x2 +4 dx = π 4 + 2 ln 2.
(l) Pour factoriser le dénominateur, penser à faire x4 + 1 = x4 + 2x2 + 1 − 2x2 ; on trouve alors √ (x 2+2)/4 √ x2 +x 2+1
−
√ (x 2−2)/4 √ . x2 −x 2+1 1 √ 4 2
ce qui donne
1 x4 +1
=
Les primitives s’écrivent
√ √ √ 2 1 √2+1 + √ ln xx2 +x arctan(x 2 + 1) + arctan(x 2 − 1) +C −x 2+1 2 2
√ √ R 2 dx 33+20 2 2 2 1 1 √ √ = ln π − arctan + . 4 0 x +1 17 3 4 2
2 2
Correction de l’exercice 2575 N (a) Pour x > 0 on a
xn 1+x
6 xn , donc In 6
Z 1 0
1 n+1 x x dx = n+1 n
1 0
=
1 . n+1
Donc In → 0 lorsque n → +∞.
(b) In + In+1 =
R1 n R 1 n 1+x 1 0 x 1+x dx = 0 x dx = n+1 .
k+1
(c) Soit Sn = 1 − 12 + 13 − 14 + · · · ± 1n = ∑nk=1 (−1)k . Par la question précédente nous avons Sn = (I0 + I1 ) − (I1 + I2 ) + (I2 + I3 ) − · · · ± (In−1 + In ). Mais d’autre part cette somme étant télescopique cela k+1 (quand n → +∞) est I0 car conduit à Sn = I0 ± In . Alors la limite de Sn et donc de ∑nk=1 (−1)k R 1 dx In → 0. Un petit calcul montre que I0 = 0 1+x = ln 2. Donc la somme alternée des inverses des entiers converge vers ln 2. Correction de l’exercice 2579 N R
R
sin x sin x+cos x dx cos x sin x+cos x dx
= 21 (x − ln |cos x + sin x|) + c sur R
= 21 (x + ln |cos x + sin x|) + c sur R (en calculant la somme et la différence).
Correction de l’exercice 2580 N R
π
1 x (a) Notons I = 02 1+sin x dx. Le changement de variable t = tan 2 transforme toute fraction rationnelle de sinus et cosinus en une fraction rationnelle en t (que l’on sait résoudre !). En posant t = tan 2x on a x = arctan 2t ainsi que les formules suivantes :
cos x =
1 − t2 , 1 + t2
sin x =
2t , 1 + t2
tan x =
2t , 1 − t2
Ici, on a seulement à remplacer sin x. Comme x varie de x = 0 à x = à t = 1.
1766
dx = π 2
2dt . 1 + t2
alors t = tan 2x varie de t = 0
I=
Z
π 2
0
=
Z 1 0
=
(b) Notons J =
R
Z
π 2
0
π 2
2 1 + t 2 + 2t
−2 1+t
1
Z 1 0
2dt 1 2t 1 + t 2 1 + 1+t 2
Z 1
dt =
0
2 dt (1 + t)2
=1
0
π
sin x 2 0 1+sin x dx.
I +J = Donc J =
1 dx = 1 + sin x
−I =
Alors
1 dx + 1 + sin x π 2
Z
0
π 2
sin x dx = 1 + sin x
Z
0
π 2
1 + sin x dx = 1 + sin x
Z
0
− 1.
π 2
π π 1 dx = x 02 = . 2
Correction de l’exercice 2585 N 2
(a) Changement de variable u = sin2 x (ou d’abord u = sin x) ; esin x +C. (b) Deux méthodes : changement de variable u = sint (ou u = sinht), ou linéarisation. 3 5 1 1 5 5 15 (15 sint − 10 sin t + 3 sin t) +C ou 80 sin 5t + 48 sin 3t + 8 sint +C ; 3 1 3 1 sinht + 3 sinh t +C ou 12 sinh 3t + 4 sinht +C ; 1 1 32 (sin 4t + 8 sin 2t + 12t) +C ; 32 (sinh 4t − 8 sinh 2t + 12t) +C. (c) Intégrations par parties : (x3 − 3x2 + 6x − 6)ex +C.
(d) Intégration par parties : x ln x − x +C ;
x2 2
√ 2 ln x − x4 +C ; x arcsin x + 1 − x2 +C.
(e) Intégrations par parties : 21 (sinht sint − cosht cost) +C. (f) Changement de variable t = tan 2x ; ln tan 2x +C sur chaque intervalle. . . √ 2 (g) Changement de variable x = a sin u ; a2 arcsin ax + 2x a2 − x2 +C. √ (h) Changement de variable u = ex ; 32 ex + 1(ex − 2) +C. 1 ax (i) Intégrations par parties : a2 +b 2 e (a cos bx + b sin bx) +C ; 1 eax (−b cos bx + a sin bx) +C. a2 +b2 q q q x x x (j) Changement de variable t = 1−x ; 2 1−x − 2 arctan 1−x +C. √ (k) Changement de variable t = arcsin x ; 21 (arcsin x − x 1 − x2 ) +C.
(l) Changements de variable u = tan 2x , t = 1 + u ; arctan(tan 2x + 1) +C sur chaque intervalle. . . Mais, au fait, ne cherchait-on pas une primitive sur R ? q 3 (m) Changement de variable x3 = u2 ; 32 arcsin ax3 +C. −2x
(n) Multiplier et diviser par cosh x − sinh x, ou passer en ex ; 2x + sinh4 2x − cosh4 2x +C ou 2x − e 4 +C. Correction de l’exercice 2593 N
R a- arctan xdx = x arctan x − 12 ln 1 + x2 + c sur R (intégration par parties) R b- tan2 xdx = tan x − x + c sur − π2 + kπ, π2 + kπ R c- x ln1 x dx = ln |ln x| + c sur ]0, 1[ ∪ ]1, +∞[ (changement de variable : u = ln x) R
1
x d- √x+1 dx = 23 (x − 2) (x + 1) 2 + c sur ]−1, +∞[ (changement de variable : u = par parties) √ R e- arcsin xdx = x arcsin x + 1 − x2 + c sur ]−1, 1[ (intégration par parties)
1767
√ x + 1 ou intégration
R
1 1 3+exp(−x) dx = 3 ln (3 exp x + 1) + c sur R (changement de variable : u = exp x) R −1 g- √4x−x dx = arccos 12 x − 1 + c sur ]0, 4[ (changement de variable : u = 21 x − 1) 2 R h- √ 1 2 dx = arcsin (ln x) + c sur 1e , e (changement de variable : u = lnx) x 1−ln x R √ √ 1 i- √1+exp dx = x − 2 ln 1 + exp x + 1 + c sur R (changement de variable : u = exp x + 1) x
f-
R
j-
R
k-
R
x−1
x2 +x+1
√ dx = 21 ln x2 + x + 1 − 3 arctan √23 x + 12 + c sur R
x+2 dx x2 −3x−4
= − 51 ln |x + 1| + 65 ln |x − 4| + c sur R \ {−1, 4} (décomposition en éléments simples)
l- cos x exp xdx = 12 (cos x + sin x) exp x + c sur R (deux intégrations par parties) Correction de l’exercice 2594 N R 1 arctan x
π2 0 1+x2 dx = 32 (changement de variables ou intégration par parties). R 1 1 b- 12 1 + x12 arctan xdx = 3π 4 (changement de variables u = x et arctan x + arctan x 2
a-
R
π 2
0 x sin xdx = 1 (intégration par parties). R1 d- −1 (arccos x)2 dx = π 2 + 4 (2 intégrations par parties). R e- 01 1 2 2 dx = π8 + 41 (changement de variables ou intégration par (1+x ) √ R √3 x2 3 x f- 0 √4−x2 dx = 2π − 3 2 (changement de variables u = arcsin 2 ). R g- 12 x2 ln xdx = 38 ln 2 − 97 (intégration par parties). R1 1 π √ ). h- −1 dx = 6√ (changement de variables u = x+2 x2 +4x+7 3 3 R 1 3x+1 i- 0 dx = 3 ln 2 − 1 (décomposition en éléments simples). (x+1)2
c-
= π2 ).
Correction de l’exercice 2601 N Pour t réel, posons g(t) =
2
√t 1+t 8
puis, pour x réel, G(x) = G0
classe C1
Rx 1
parties).
g(t) dt. Puisque g est définie et continue
sur R, G est définie sur R et de et = g (G est la primitive de g sur R qui s’annule en 1). Plus ∞ précisément, g est de classe C sur R et donc G est de classe C∞ sur R. Finalement, f est définie et de classe C∞ sur ] − ∞, 1[∪]1, +∞[. Etude en 1. Pour x 6= 1, 00
G (1) G(x) G(1) + G0 (1)(x − 1) + 2 (x − 1)2 + o((x − 1)2 ) f (x) = = = g(1) + g0 (1)(x − 1) + o((x − 1)). x−1 x−1
Donc, f admet en 1 un développement limité d’ordre 1. Par suite, f se prolonge par continuité en 1 en posant f (1) = g(1) = √12 puis le prolongement est dérivable en 1 et f 0 (1) = 12 g0 (1). Or, pour tout réel 7
8
1 √ x, g0 (x) = 2x √1+x + x2.(− (1+x84x)√1+x8 ) = 2x (1+x1−x et g0 (1) = 0. Donc, f 0 (1) = 0. 8 8 ) 1+x8
Dérivée. Variations 0 Pour x 6= 1, f 0 (x) = G (x)(x−1)−G(x) . (x−1)2
f 0 (x) est du signe de h(x) = G0 (x)(x − 1) − G(x) dont la dérivée est h0 (x) = G00 (x)(x − 1) + G0 (x) − G0 (x) = (x − 1)g0 (x). h0 est du signe de 2x(1 − x8 )(x − 1) ou encore du signe de −2x(1 + x). h est donc décroissante sur ] − ∞, −1] et sur [0, +∞[ et croissante sur [−1, 0]. Maintenant, quand x tend vers +∞ (ou −∞), G0 (x)(x − 1) = g(x)(x − 1) ∼ x x12 = 1x et donc G0 (x)(x − 1) tend vers 0. Ensuite, pour x > 1 0 6 G(x) 6
Z x 2 t 1
1 √ dt = 1 − 6 1, 8 x t
1768
et G est bornée au voisinage de +∞ (ou de −∞). Comme G est croissante sur R, G a une limite réelle en +∞ et en −∞. Cette limite est strictement positive en +∞ et strictement négative en −∞. Par suite, h a une limite strictement positive en −∞ et une limite strictement négative en +∞. Sur [0, +∞[, h est décroissante et s’annule en 1. Donc, h est positive sur [0, 1] et négative sur [1, +∞[. Ensuite, Z 1
√ t2 √ h(−1) = dt − 2 = 2 −1 1 + t8
Z 1 0
√ t2 √ dt − 2 < 2 1 + t8
Z 1 1
√ √ dt − 2 = 0, 2
0
et h(−1) < 0. h s’annule donc, une et une seule fois sur ] − ∞, −1[ en un certain réel α et une et une seule fois sur ] − 1, 0[ en un certain réel β . De plus, h est strictement positive sur ] − ∞, α[, strictement négative sur ]α, β [, strictement positive sur ]β , 1[ et strictement négative sur ]1, +∞[. f est strictement croissante sur ] − ∞, α], strictement décroissante sur [α, β ], strictement croissante sur [β , 1] et strictement décroissante sur [1, +∞[. Etude en l’infini. En +∞ ou −∞, G a une limite réelle et donc f tend vers 0. Correction de l’exercice 2602 N R
2
2
(a) La fonction t 7→ et est de classe C∞ sur R. Donc, la fonction x 7→ 0x et dt est de classe C∞ sur R et il en est de même de f . R 2 2 La fonction t 7→ et est paire et donc la fonction x 7→ 0x et dt est impaire. Comme la fonction 2 x 7→ e−x est paire, f est impaire.
(b) Pour x réel, f 0 (x) = −2xe−x
2
R x t2 −x2 ex2 = −2x f (x) + 1. 0 e dt + e
(c) Pour x > 1, une intégration par parties fournit : Z x
t2
e dt =
1
Z x 1 1
1 t2 .2te dt = e 2t 2t t2
x
Z x t2 e
1 + 2 1
1
2
ex e 1 dt = − + 2 t 2x 2 2
Z x t2 e 1
dt,
t2
et donc, Z x Z 1 −x2 t2 −x2 t2 |1 − 2x f (x)| = 1 − 2xe e dt − 2xe e dt 1 0 −x2
6 xe
Z x t2 e 1
t2
dt + exe
−x2
−x2
+ 2xe
Z 1
2
et dt.
0
Les deux derniers termes tendent vers 0 quand x tend vers +∞. Il reste le premier. Pour x > 2,
−x2
0 6 xe
Z x t2 e 1
t2
−x2
dt = xe
Z x−1 t 2 e
t2
1
−x2
dt + xe
Z x t2 e x−1
2
t2
dt
Z
x 1 e(x−1) −x2 x2 + xe e dt 2 12 x−1 t 1 1 1 −2x+1 = x(x − 1)e +x − = x(x − 1)e−2x+1 + . x−1 x x−1
6 x(x − 1)e−x
2
2
R
t2
Cette dernière expression tend vers 0 quand x tend vers +∞. On en déduit que xe−x 1x et 2 dt tend vers 0 quand x tend vers +∞. Finalement, 1 − 2x f (x) tend vers 0 quand x tend vers +∞, ou encore, 1 f (x) ∼ 2x .
1769
2
(d) Pour x > 0, g(x) =
ex 2x
(1 − 2x f (x)) =
2
ex 2x
−
R x t2 0 e dt puis, 2
2
2 ex ex g (x) = e − 2 − ex = − 2 < 0. 2x 2x
0
x2
g est donc strictement décroissante sur ]0, +∞[ et donc, g s’annule au plus une fois sur ]0, +∞[. R R 2 2 Ensuite, f 0 (1) = 1 − 2 f (1) = 1 − 2e−1 01 et dt. Or, la méthode des rectangles fournit 01 et dt = 1 0 1 1, 44... > 1, 35... = 2e , et donc f 0 (1) < 0 puis g(1) < 0. Enfin, comme en 0+ , g(x) ∼ 2x f (0) = 2x , + g(0 ) = +∞. Donc, g s’annule exactement une fois sur ]0, +∞[ en un certain réel x0 de ]0, 1[. (e) g est strictement positive sur ]0, x0 [ et strictement négative sur ]x0 , +∞[. Il en de même de f 0 . f est ainsi strictement croissante sur [0, x0 ] et strictement décroissante sur [x0 , +∞[.
Correction de l’exercice 2603 N (a) f est continue sur R∗ en tant que quotient de fonctions continues sur R∗ dont le dénominateur ne 2 s’annule pas sur R∗ . D’autre part, quand t tend vers 0, f (t) ∼ tt = t et limt→0, t6=0 f (t) = 0 = f (0). Ainsi, f est continue en 0 et donc sur R. (b) f est continue sur R et donc F est définie et de classe C1 sur R. De plus, F 0 = f est positive sur [0, +∞[, de sorte que F est croissante sur [0, +∞[. On en déduit que F admet en +∞ une limite dans ] − ∞, +∞]. 2
Vérifions alors que F est majorée sur R. On contate que t 2 . ett−1 tend vers 0 quand t tend vers +∞, d’après un théorème de croissances comparées. Par suite, il existe un réel A tel que pour t > A, 2 0 6 t 2 . ett−1 6 1 ou encore 0 6 f (t) 6 t12 . Pour x > A, on a alors F(x) =
Z A 0
=
Z A 0
Z
Z x
A t2 dt 6 f (t) dt + t 0 A e −1 Z A 1 1 1 f (t) dt + − 6 f (t) dt + . A x A 0
f (t) dt +
Z x 1 A
t2
dt
F est croissante et majorée et donc a une limite réelle ` quand n tend vers +∞. Soit n ∈ N∗ . Pour t ∈]0, +∞[, f (t) = t 2 e−t n−1
=
n−1 (e−t )n 1 2 −t −t k = t e ( (e ) + ) ∑ 1 − e−t 1 − e−t k=0
t 2 e−t
n
∑ t 2 e−(k+1)t + 1 − e−t e−nt = ∑ t 2 e−kt + fn (t) (∗),
k=0
k=1
2 −t
t e −nt pour t > 0. En posant de plus f (0) = 0, d’une part, f est continue sur [0, +∞[ où fn (t) = 1−e −t e n n et d’autre part, l’égalité (∗) reste vraie quand t = 0. En intégrant, on obtient
∀x ∈ [0, +∞[, ∀n ∈ N∗ , F(x) =
n
∑
Z x
k=1 0
t 2 e−kt dt +
Z x 0
fn (t) dt (∗∗).
Soient alors k ∈ N∗ et x ∈ [0, +∞[. Deux intégrations par parties fournissent : Z x 0
2 −kt
t e
Z Z 1 2 −kt x 2 x −kt 1 2 −kx 2 1 −kt x 1 x −kt dt = − t e + te dt = − x e + ( − te + e dt) k k 0 k k k k 0 0 0 1 2 2 2 = − x2 e−kx − 2 xe−kx − 3 e−kx + 3 . k k k k 1770
Puisque k > 0, quand x tend vers +∞, on obtient limx→+∞ vers +∞ dans (∗∗) et on obtient n
1 = lim 3 x→+∞ k=1 k
∀n ∈ N∗ , ` − 2 ∑
Z x 0
R x 2 −kt dt = k23 . On fait alors tendre x 0t e
fn (t) dt (∗ ∗ ∗).
R
2 −t
t e Vérifions enfin que limn→+∞ (limx→+∞ 0x fn (t) dt) = 0. La fonction t 7→ 1−e −t est continue sur ]0, +∞[, se prolonge par continuité en 0 et a une limite réelle en +∞. On en déduit que cette fonction est bornée sur ]0, +∞[. Soit M un majorant de cette fonction sur ]0, +∞[. Pour x ∈ [0, +∞[ et n ∈ N∗ , on a alors
06
Z x 0
fn (t) dt 6 M
Z x
e−nt dt =
0
M (1 − e−nx ). n
A n ∈ N∗ fixé, on passe à la limite quand n tend vers +∞ et on obtient 0 6 lim
Z x
x→+∞ 0
fn (t) dt 6
M , n
puis on passe à la limite quand n tend vers +∞ et on obtient lim
n→+∞
lim
Z x
x→+∞ 0
fn (t) dt
= 0.
Par passage à la limite quand x tend vers +∞ puis quand n tend vers +∞ dans (∗ ∗ ∗), on obtient enfin lim
Z x
x→+∞ 0
n 1 t2 dt = 2 lim . ∑ 3 n→+∞ et − 1 k k=1
Correction de l’exercice 2604 N (a) I est l’un des deux intervalles ] − ∞, −1[ ou ] − 1, +∞[. f est continue sur I et admet donc des primitives sur I. 1 X3 + 1 où a =
1 3(−1)2
=
1 3
et b =
=
1 a b b = + + , 2 (X + 1)(X + j)(X + j ) X + 1 X + j X + j2
1 3(− j)2
= 3j . Par suite,
1 1 1 j j2 1 1 −X + 2 1 1 1 2X − 1 3 1 = ( + + )= ( + 2 )= ( − + ) 3 2 2 2 X +1 3 X +1 X + j X + j 3 X +1 X −X +1 3 X +1 2 X −X +1 2 X −X +1 1 1 1 2X − 1 3 1 √ = ( − + ). 2 3 X + 1 2 X − X + 1 2 (X − 1 )2 + ( 3 )2 2
2
Mais alors, Z
x − 12 1 1 1 3 2 1 (x − 1)2 1 2x − 1 2 √ ) = ln √ dx = (ln |x + 1| − ln(x − x + 1) + arctan + √ arctan √ +C. 3 x3 + 1 3 2 2 3 6 x2 − x + 1 3 3 2
(b) I est l’un des deux intervalles ] − ∞, −1[ ou ]1, +∞[. Sur I,
1771
R
x2 x3 +1
dx = 13 ln(x3 + 1) +C.
(c) X 3 − X 2 − X + 1 = X 2 (X − 1) − (X − 1) = (X 2 − 1)(X − 1) = (X − 1)2 (X + 1). Donc, la décompo5 d1 d2 e sition en éléments simples de f = X 3 −XX2 −X+1 est de la forme aX 2 + bX + c + X−1 + (X−1) 2 + X+1 .
Détermination de a, b et c. La division euclidienne de X 5 par X 3 − X 2 − X + 1 s’écrit X 5 = (X 2 + X + 2)(X 3 − X 2 − X + 1) + 2X 2 + X − 2. On a donc a = 1, b = 1 et c = 2. e = limx→−1 (x + 1) f (x) =
(−1)5 (−1−1)2
= − 41 . Puis, d2 = limx→1 (x − 1)2 f (x) =
15 1+1
= 12 . Enfin, x = 0
fournit 0 = c − d1 + d2 + e et donc, d1 = −2 − 12 + 41 = − 94 . Finalement,
X5 1 1 1 9 1 1 − = X2 + X + 2 − + , 3 2 2 X −X −X +1 4 X − 1 2 (X − 1) 4 X +1 et donc, I désignant l’un des trois intervalles ] − ∞, −1[, ] − 1, 1[ ou ]1, +∞[, on a sur I Z
x5 x3 x2 1 1 dx = + + 2x − − ln |x + 1| +C. x3 − x2 − x + 1 3 2 2(x − 1) 4
(d) Sur R, Z
1−x 1 dx = − 2 5 (x + x + 1) 2
Z
2x + 1 3 dx + 2 5 (x + x + 1) 2
Z
Z
1 1 3 1 dx dx = + 1 2 5 2 4 (x + x + 1) 8(x + x + 1) 2 ((x + 2 )2 + 34 )5 √ √ Z 1 3 3 1 u 3 1 √ = + du (en posant x + = ) 8(x2 + x + 1)4 2 (( 3 u)2 + 3 )5 2 2 2 4 √ Z2 1 28 3 1 = + 4 du. 8(x2 + x + 1)4 3 (u2 + 1)5
Pour n ∈ N∗ , posons alors In =
R
du . (u2 +1)n
Une intégration par parties fournit
Z
u u2 + 1 − 1 u In = 2 + 2n du = 2 + 2n(In − In+1 ), n 2 n+1 (u + 1) (u + 1) (u + 1)n 1 u et donc, In+1 = 2n + (2n − 1)I . Mais alors, n 2 n (u +1) u 7 1 u 7 u 7.5 1 + I4 = + + I3 8 (u2 + 1)4 8 8 (u2 + 1)4 8.6 (u2 + 1)3 8.6 1 u 7 u 7.5 u 7.5.3 = + + + I2 2 4 2 3 2 2 8 (u + 1) 8.6 (u + 1) 8.6.4 (u + 1) 8.6.4 1 u 7 u 7.5 u 7.5.3 u 7.5.3.1 = + + + + I1 2 4 2 3 2 2 2 8 (u + 1) 8.6 (u + 1) 8.6.4 (u + 1) 8.6.4.2 u + 1 8.6.4.2 u u u u 7.5.3.1 1 7 7.5 7.5.3 = + + + + arctan u +C. 2 4 2 3 2 2 2 8 (u + 1) 8.6 (u + 1) 8.6.4 (u + 1) 8.6.4.2 u + 1 8.6.4.2
I5 =
Maintenant, 2 1 4 4 1 4 u2 + 1 = ( √ (x + ))2 + 1 = x2 + x + + 1 = (x2 + x + 1). 2 3 3 3 3 3 Par suite,
1772
√ Z √ 28 3 1 28 3 du = 4 34 (u2 + 1)5 3
2 1 2 1 2 1 1 34 √3 (x + 2 ) 7 33 √3 (x + 2 ) 7.5 32 √3 (x + 2 ) + + 8 44 (x2 + x + 1)4 8.6 43 (x2 + x + 1)3 8.6.4 42 (x2 + x + 1)2 ! 2 1 2x + 1 7.5.3 3 √3 (x + 2 ) 7.5.3.1 + arctan √ +C . + 8.6.4.2 4 x2 + x + 1 8.6.4.2 3 2x + 1 7 2x + 1 35 2x + 1 35 2x + 1 1 + + + = 2 4 2 3 2 2 8 (x + x + 1) 36 (x + x + 1) 108 (x + x + 1) 54 x2 + x + 1 √ 2x + 1 70 3 arctan √ +C, + 81 3
(il reste encore à réduire au même dénominateur). (e) On pose u = x2 et donc du = 2xdx Z
(f)
1 dx = 2 x(x + 1)2
Z
1 x dx = 2 2 2 x (x + 1) 2
Z
du 1 = 2 u(u + 1) 2
1 1 = (ln |u| − ln |u + 1| + ) +C 2 u+1 x2 1 1 + ) +C. = (ln 2 2 x + 1 x2 + 1
Z
1 1 1 ( − ) du − u u + 1 (u + 1)2
R x2 +x R 2 R dx = x6x+1 dx + x6x+1 dx. x6 +1
Ensuite, en posant u = x3 et donc du = 3x2 dx, Z
x2 1 dx = 6 x +1 3
Z
1 u2 + 1
du =
1 1 arctan u +C = arctan(x3 ) +C, 3 3
et en posant u = x2 et donc du = 2x dx, Z
Z
1 x 1 1 (u − 1)2 1 2u − 1 dx = du = ln + √ arctan √ +C (voir 1)) 6 3 2 x +1 2 u +1 6 u −u+1 3 3 2 2 2 1 (x − 1) 1 2x − 1 = ln 4 + √ arctan √ +C 6 x − x2 + 1 3 3
Finalement, Z
(g)
1 X 4 +1
x2 + x 1 1 (x2 − 1)2 1 2x2 − 1 3 √ √ dx = arctan(x ) + ln + arctan +C. x6 + 1 3 6 x4 − x2 + 1 3 3 π
π
λk = ∑3k=0 X−z où zk = ei( 4 +k 2 ) . De plus, λk = k
1 1 =− 4 X +1 4 =−
1 4
1 4z3k
=
zk 4z4k
= − z4k . Ainsi,
eiπ/4 e−iπ/4 −eiπ/4 −e−iπ/4 + + + X − eiπ/4 X − e−iπ/4 X + eiπ/4 X + e−iπ/4 ! √ √ 2X − 2 2X + 2 √ √ − . X 2 − 2X + 1 X 2 + 2X + 1
Mais, √ √ 2X − 2 1 2X − 2 1 √ √ =√ − , 1 2 2 2 √ X − 2X + 1 2 X − 2X + 1 (X − 2 ) + ( √12 )2 1773
!
et donc, Z
√ √ √ √ 2x − 2 1 √ dx = √ ln(x2 − 2x + 1) − 2 arctan( 2x − 1) +C, x2 − 2x + 1 2
Z
√ √ √ √ 2x + 2 1 √ dx = √ ln(x2 + 2x + 1) + 2 arctan( 2x + 1) +C. x2 + 2x + 1 2
et de même,
Finalement, Z
√ √ √ 1 1 x2 − 2x + 1 √ √ √ 2(arctan( 2x − 1) + arctan( 2x + 1)) +C. dx = ln − x4 + 1 2 x2 + 2x + 1
(h) Une intégration par parties fournit Z
Z
Z
x 4x4 x x4 + 1 − 1 1 dx = + dx = + 4 dx x4 + 1 x4 + 1 (x4 + 1)2 x4 + 1 (x4 + 1)2 Z Z x 1 1 = 4 +4 dx − 4 dx 4 4 x +1 x +1 (x + 1)2
Et donc, Z
(i) Posons R =
1 1 x dx = ( 4 +3 (x4 + 1)2 4 x +1
Z
1 dx) = ... x4 + 1
1 . X 8 +X 4 +1
X8 + X4 + 1 =
2ikπ/12 ) X 12 − 1 ∏11 k=0 (X − e = X4 − 1 (X − 1)(X + 1)(X − i)(X + i)
= (X − eiπ/6 )(X − e−iπ/6 )(X + eiπ/6 )(X + e−iπ/6 )(X − j)(X − j2 )(X + j)(X + j2 ). R est réelle et paire. Donc,
R= a=
a a a a b b b b + − − + + − − . 2 2 iπ/6 −iπ/6 iπ/6 X−j X−j X+j X+j X −e X −e X +e X + e−iπ/6
1 8 j7 +4 j3
=
1 4(2 j+1)
=
2 j2 +1 4(2 j+1)(2 j2 +1)
=
−1−2 j 12
et donc,
a a 1 1 1 1 −1 − 2 j −1 − 2 j2 1 √ + ( + = , = )= 2 2 2 1 X−j X−j 12 X − j X−j 4 X + X + 1 4 (X + )2 + ( 3 )2 2
2
et par parité, 1 a a a a 1 1 √ √ + − − = ( + ). 2 2 X−j X−j X+j X+j 4 (X + 1 )2 + ( 3 )2 (X − 1 )2 + ( 3 )2 2 2 2 2 Ensuite, b = donc,
1 8e7iπ/6 +4e3iπ/6
=
1 4eiπ/6 (−2− j2 )
=
e−iπ/6 4(−1+ j)
=
e−iπ/6 (−1+ j2 ) 12
=
e−iπ/6 (−2− j) 12
=
−2e−iπ/6 −i , 12
et
√ √ b b 1 −2e−iπ/6 − i −2eiπ/6 + i 1 −2 3X + 3 1 2X − 3 √ √ + = ( + )= =− √ . 12 X 2 − 3X + 1 X − eiπ/6 X − e−iπ/6 12 X − eiπ/6 X − e−iπ/6 4 3 X 2 − 3X + 1 1774
Par parité, √ √ b b b 2X − 3 1 2X + 3 b 1 √ √ + √ . + − − =− √ X − eiπ/6 X − e−iπ/6 X + eiπ/6 X + e−iπ/6 4 3 X 2 − 3X + 1 4 3 X 2 + 3X + 1 Finalement, Z
√ 1 2x − 1 2x + 1 1 x2 + 3x + 1 1 √ +C. = √ (arctan √ + arctan √ ) + √ ln x8 + x4 + 1 2 3 3 3 4 3 x2 − 3x + 1
(j) En posant u = x2 et donc du = 2x dx, on obtient Pour n > 1, posons In =
In =
u + 2 (u + 1)n
Z
R
1 (u2 +1)n
R
x (x4 +1)3
dx =
1 2
R
1 . (u2 +1)3
du. Une intégration par parties fournit :
u.(−n)(2u) u du = 2 + 2n 2 n+1 (u + 1) (u + 1)n
Z
u2 + 1 − 1 du (u2 + 1)n+1 =
et donc, ∀n > 1, In+1 = On en déduit que
1 u 2n ( (u2 +1)n
u (u2 + 1)n
+ 2n(In − In+1 ),
+ (2n − 1)In ).
1 u 3 u 3 I3 = ( 2 + 3I2 ) = + + arctan u +C, 2 2 2 2 4 (u + 1) 4(u + 1) 8(u + 1) 8 et finalement que Z
x 1 3 2x2 dx = + 4 ( + 3 arctan(x2 )) +C. 4 3 4 2 (x + 1) 16 (x + 1) x +1
(k) (X + 1)7 − X 7 − 1 = 7X 6 + 21X 5 + 35X 4 + 35X 3 + 21X 2 + 7X = 7X(X 5 + 3X 4 + 5X 3 + 5X 2 + 3X + 1) = 7X(X + 1)(X 4 + 2X 3 + 3X 2 + 2X + 1) = 7X(X + 1)(X 2 + X + 1)2 .
Par suite, 7 (X
+ 1)7 − X 7 − 1
=
1 a b c1 c2 c1 c2 = + + + + + . 2 2 2 2 2 X(X + 1)(X − j) (X − j ) X X + 1 X − j (X − j) X−j (X − j2 )2
a = limx→0 xR(x) = 1, b = limx→−1 (x + 1)R(x) = −1, et c2 = limx→ j (x − j)2 R(x) = j( j+1)(1 j− j2 )2 = − j2 (1−21 j+ j2 ) = 31 . Puis, c2 c2 1 (X − j2 )2 + (X − j)2 2X 2 + 2X − 1 + = ( = , (X − j)2 (X − j2 )2 3 (X 2 + X + 1)2 3(X 2 + X + 1)2 et
R−(
c2 1 2X 2 + 2X − 1 3 − X(X + 1)(2X 2 + 2X − 1) c2 + ) = − = (X − j)2 (X − j2 )2 X(X + 1)(X 2 + X + 1)2 3(X 2 + X + 1)2 3X(X + 1)(X 2 + X + 1)2 −2X(X + 1)(X 2 + X + 1) + 3 + 3X(X + 1) −2X 2 − 2X + 3 = = . 3X(X + 1)(X 2 + X + 1)2 3X(X + 1)(X 2 + X + 1)
Puis, c2 =
−2 j2 −2 j+3 3 j( j+1)( j− j2 )
= − j−5 j2 =
5( j− j2 ) ( j− j2 )( j2 − j)
1775
=
5( j− j2 ) . 3
Ainsi, 1 1 1 1 1 5( j − j2 ) 5( j2 − j) 1 1 = ( − + ( + + + )) (X + 1)7 − X 7 − 1 7 X X + 1 3 X − j X − j2 (X − j)2 (X − j2 )2 1 1 1 5 1 1 1 = ( − − 2 + ( + )) 2 7 X X + 1 X + X + 1 3 (X − j) (X − j2 )2 1 1 1 5 1 1 1 √ = ( − − + ( + )). 2 3 7 X X + 1 (X + 1 )2 + ( )2 3 (X − j) (X − j2 )2 2 2 Finalement, Z
x 10 1 1 2x + 1 1 1 1 dx = ln − √ arctan √ − ( + ) +C (x + 1)7 − x7 − 1 7 x+1 3 x − j x − j2 3 3 x 10 1 2x + 1 − √ arctan 2x√+ 1 − = ln +C. 2 7 x+1 3(x + x + 1) 3 3
Correction de l’exercice 2605 N (a) On pose t = tan 2x et donc dx =
2dt . 1+t 2
Z 1+t tan π4 + tan 2x 1 1 + t 2 2dt +C = 2 dt = ln +C = ln 1 − t2 1 + t2 1 − t2 1−t 1 − tan π4 tan 2x x π = ln | tan( + )| +C. 2 4
Z
1 dx = cos x
Z
ou bien Z
1 dx = cos x
1 + sin x cos x +C... dx = ln 1 − sin x 1 − sin2 x
Z
ou bien, en posant u = x + π2 , (voir 2)) Z
1 dx = cos x
Z
1 du = cos(u − π2 )
Ensuite, en posant t = ex et donc dx = Z
1 dx = ch x
Z
Z
1 u x π du = ln | tan | +C = ln | tan( + )| +C. sin u 2 2 4
dt t ,
2 dt =2 t + 1t t
Z
1 dt = 2 arctan(ex ) +C, 1 + t2
ou bien Z
1 dx = ch x
Z
ch x dx = arctan(sh x) +C. sh2 x + 1
(b) En posant t = tan 2x , Z
1 dx = sin x
Z
1 + t 2 2dt = 2t 1 + t 2
Z
1 x dt = ln |t| +C = ln | tan | +C. t 2
R dx R cos x R 1 tan x = sin x dx = ln | sin x| +C et th x = ln | sh x| +C. 2 R (x/2) 1 R 1−cos x 1 (d) sin x−sin x dx = 2 x−sin x dx = 2 ln |x − sin x| +C.
(c)
1776
(e)
1 2+sin2 x
Z
dx =
1 2 +tan2 x cos2 x
dx cos2 x
1 dx = 2 + sin2 x R
Z
=
1 d(tan x), 2+3 tan2 x
1 1 du = 2 2 + 3u 3 R
r
et en posant u = tan x,
r r 3 3 1 3 arctan( u) +C = √ arctan( tan x) +C. 2 2 2 6 R
x sin x (f) Posons I = coscos x+sin x dx et J = cos x+sin x dx. Alors, I +J = dx = x+C et I −J = ln | cos x + sin x| +C. En additionnant ces deux égalités, on obtient :
I=
Z
R − sin x+cos x cos x+sin x dx =
cos x 1 dx = (x + ln | cos x + sin x|) +C. cos x + sin x 2
ou bien, en posant u = x − π4 , Z
Z
Z
Z
cos(u + π4 ) 1 sin u cos x 1 √ √ dx = du = (1 − ) du = (u + ln | cos u|) +C π 2 cos u 2 2 cos(x − 4 ) 2 cos u π 1 1 1 = (x − + ln | √ (cos x + sin x)|) +C = (x + ln | cos x + sin x|) +C. 2 4 2 2
I=
cos x dx = cos x + sin x
(g) cos(3x) 4 cos3 x − 3 cos x 1 4 cos3 x − 3 cos x 1 4 cos x 3 cos x 3 1 dx = = = ( − )= − . 3 2 sin x + sin(3x) 4 4 sin x sin x cos x sin x 2 sin(2x) 4 sin x − 4 sin x sin x(1 − sin x) Par suite, Z
cos(3x) 3 dx = ln | sin x| − ln | tan x| +C. sin x + sin(3x) 4
(h) cos4 x + sin4 x = (cos2 x + sin2 x)2 − 2 sin2 x cos2 x = 1 − 12 sin2 (2x), et donc Z
1 dx = 4 cos x + sin4 x
Z
=
Z
Z
1 1 dx = du (en posant u = 2x) 2 1 1 − 2 sin (2x) 2 − sin2 u Z Z 1 1 dv (en posant v = tan u) = du = 1 2 1 + cos u 1 + 1+v2 1 + v2 dv 1 v 1 tan(2x) = √ arctan √ +C = √ arctan √ +C. v2 + 2 2 2 2 2
(i) sin x sin(2x) 2 sin2 x 2 sin2 x cos x dx dx = cos x dx = sin4 x + cos4 x + 1 1 − 2 sin2 x cos2 x + 1 2 − 2 sin2 x(1 − sin2 x) u2 = 4 du (en posant u = sin x). u − u2 + 1 Maintenant, u4 − u2 + 1 =
u6 +1 u2 +1
= (u − eiπ/6 )(u − e−iπ/6 )(u + eiπ/6 )(u + e−iπ/6 ), et donc,
u2 a a a a = + − − , 4 2 iπ/6 −iπ/6 iπ/6 u −u +1 u−e u−e u+e u + e−iπ/6 ou a =
(eiπ/6 )2 (eiπ/6 −e−iπ/6 )(eiπ/6 +eiπ/6 )(eiπ/6 +e−iπ/6 )
=
2 (eiπ/6 )√ iπ/6 i.2e . 3
1777
=
−ie√iπ/6 , 2 3
et donc
−ieiπ/6 u2 1 ie−iπ/6 ieiπ/6 ie−iπ/6 √ ( = + + − ) u4 − u2 + 1 2 3 u − eiπ/6 u − e−iπ/6 u + eiπ/6 u + e−iπ/6 1 u u √ √ = √ ( − ) 2 2 2 3 u − 3u + 1 u + 3u + 1 √ √ √ √ 3 1 2u + 3 3 1 1 2u − 3 1 1 √ √ √ √ + − + ) = √ ( 2 2 2 2 2 u − 3u + 1 2 u + 3u + 1 2 u + 3u + 1 2 3 2 u − 3u + 1 √ √ 1 2u − 3 2u + 3 1 1 1 √ √ √ √ = √ ( − )+ ( + ) 2 2 3 3 1 2 2 4 4 3 u − 3u + 1 u + 3u + 1 (u + ) + ( ) (u − )2 + ( 1 )2 2
2
2
2
et donc, Z
sin2 x − √3 sin x + 1 1 √ √ sin x sin(2x) 1 √ dx = √ ln 2 + (arctan(2 sin x− 3)+arctan(2 sin x+ 3)+C. 4 4 sin x + cos x + 1 4 3 sin x + 3 sin x + 1 2
(j) En posant u = sin x, on obtient
tan x sin x 1 u dx = cos x dx = du 3 2 1 + sin(3x) (1 + 3u − 4u3 )(1 − u2 ) 1 + 3 sin x − 4 sin x cos x Or, 1 + 3u − 4u3 = (u + 1)(−4u2 − 4u − 1) = −(u − 1)(2u + 1)2 et donc, (1 + 3u − 4u3 )(1 − u2 ) = (u + 1)(u − 1)2 (2u + 1)2 et donc, c1 u a b1 b2 c2 + . = + + + 3 2 2 (1 + 3u − 4u )(1 − u ) u + 1 u − 1 (u − 1) 2u + 1 (2u + 1)2 a = limu→−1 (u + 1) f (u) = et c2 =
−1/2 (− 21 +1)(− 12 −1)2
−1 (−1−1)2 (−2+1)2
= − 41 , b2 =
1 (1+1)(2+1)2
=
1 18
= − 94 .
1 Ensuite, u = 0 fournit 0 = a − b1 + b2 + c1 + c2 ou encore c1 − b1 = 41 − 18 + 49 = 23 36 . D’autre part, en multipliant par u, puis en faisant tendre u vers +∞, on obtient 0 = a + b1 + c1 et donc b1 + c1 = 14 7 et donc, c1 = 49 et b1 = − 36 . Finalement,
1 4 u 7 1 4 =− + . − + − 2 2 2 (u + 1)(u − 1) (2u + 1) 4(u + 1) 36(u − 1) 18(u − 1) 9(2u + 1) 9(2u + 1)2 Finalement, Z
tan x 1 7 1 2 2 1 dx = − ln(sin x+1)− ln(1−sin x)− + ln |2 sin x+1|+ +C 1 + sin(3x) 4 36 18(sin x − 1) 9 9 2 sin x + 1
(k) (voir 6)) Z
cos x + 2 sin x dx = sin x − cos x
Z 1 2 ((sin x + cos x) − (sin x − cos x)) + ((sin x + cos x) + (sin x − cos x) Z
Z
3 sin x + cos x 1 + dx 2 sin x − cos x 2 3 x = ln | sin x − cos x| + +C. 2 2 =
1778
sin x − cos x
dx
(l) Z
sin x dx = cos(3x)
Z
Z
sin x 1 du (en posant u = cos x) dx = 3 4 cos x − 3 cos x 3u − 4u3 Z 1 1 1 √ − √ ) du = ( − 3u 3(2u − 3) 3(2u + 3) √ √ 1 1 1 = (ln | cos x| − ln |2 cos x − 3| − ln |2 cos x + 3|) +C. 3 2 2
(m) Dans tous les cas, on pose t = tan x et donc dx = Z
Si β = 0 et α 6= 0,
R
1 dx = 2 α cos x + β sin2 x 1 α cos2 x+β sin2 x
dx =
1 α
Si β 6= 0 et αβ > 0, Z
1 1 dx = 2 2 β α cos x + β sin x
Z
Si β 6= 0 et αβ < 0, Z
1 1 dx = 2 β α cos2 x + β sin x
ch3 x dx = 1 + sh x
dx 1 = 2 α + β tan x cos2 x
Z
dt . α + βt 2
tan x +C. r 1 1 β q dt = p arctan( tan x) +C. α α αβ t 2 + ( β )2
q tan x − − α β 1 sgn(β ) +C. q q dt = p ln 2 −αβ tan x + − α t 2 − ( − αβ )2 β
Z
(n) Z
Z
dt . 1+t 2
Z
1 + sh2 x ch x dx 1 + sh x Z 2 u +1 du (en posant u = sh x) = u+1 Z 2 sh2 x = (u − 1 + ) du = − sh x + 2 ln |1 + sh x| +C. u+1 2
(o) On peut poser u = ex mais il y a mieux. Z p
Z √
(ch x − 1)(ch x + 1) √ ch x − 1 dx = dx = sgn(x) ch x + 1 √ = 2sgn(x) ch x + 1 +C.
Z
sh x √ dx ch x + 1
(p) Z
(q) (r)
R
1 sh5 x
dx =
th x dx = ch x + 1
R sh x R sh x R 6 dx = 6 dx = sh x
sh x
Z
Z
1 sh x dx ch x(ch x + 1) Z 1 = du (en posant u = ch x) u(u + 1) Z 1 1 ch x = ( − ) du = ln +C. u u+1 ch x + 1 sh x (ch2 x−1)3
Z
dx =
R
1 (u2 −1)3
1 + ch x dx = − 1 − ch2 x 1 = cothx + +C. sh x
1 dx = 1 − ch x
1779
Z
du (en posant u = ch x).
1 dx − sh2 x
Z
ch x dx sh2 x
Correction de l’exercice 2606 N (a) Z
Z
1 x+1 p dx = argsh +C 2 (x + 1)2 + 22 r p x+1 x+1 2 = ln( + ( ) + 1) +C = ln(x + 1 + x2 + 2x + 5) +C. 2 2
1 √ dx = x2 + 2x + 5
Puis, Z p
x2 + 2x + 5
Z p 2x + 2 2 dx = (x + 1) x + 2x + 5 − (x + 1) √ dx 2 x2 + 2x + 5 Z 2 p x + 2x + 5 − 4 2 √ dx = (x + 1) x + 2x + 5 − x2 + 2x + 5 Z Z p p 1 2 2 = (x + 1) x + 2x + 5 − dx, x + 2x + 5 dx + 4 √ 2 x + 2x + 5
et donc, Z p
p p 1 x2 + 2x + 5 dx = (x + 1) x2 + 2x + 5 + 2 ln(x + 1 + x2 + 2x + 5) +C. 2
(On peut aussi poser x + 1 = 2 sh u). R 1 (b) √2x−x dx = √ 1 2 dx = arcsin(x − 1) +C. 2 1−(x−1) √ √ 6 (c) On pose u = x puis v = 1 + u (ou directement u = 1 + x6 ) et on obtient : R
Z √
Z √
Z √ 1 + x6 5 1+u 1 x dx = du x6 6 u Z Z Z v v2 1 1 1 1 1 1 v − 1 = 2v dv = dv = (v + dv) = (v + ln ) +C 6 v2 − 1 3 v2 − 1 3 v2 − 1 3 2 v+1 √ 1 1 + x6 − 1 1 p = ( 1 + x6 + ln √ ) +C 3 2 1 + x6 + 1
1 + x6 dx = x
(d) Z
√ Z √ Z √ 1+x− 1−x 1 1+x 1−x dx = ( dx − dx) (1 + x) − (1 − x) 2 x x Z Z √ √ 1 u v = ( 2u du + 2v dv) (en posant u = 1 + x et v = 1 − x) 2 u2 − 1 1 − v2 Z Z 1 1 = (1 + 2 ) du + (−1 + dv u − 1 1 − v2 1+v 1 1 − u ) +C = u − v + (ln + ln 2 1+u 1−v √ √ 1+ 1−x √ √ 1 1 − 1 + x ) +C. √ √ = 1 + x − 1 − x + (ln + ln 2 1− 1−x 1+ 1+x
1 √ √ dx = 1+x+ 1−x
Z √
1780
(e) On pose u =
q
x+1 x−1
et donc x = Z r
u2 +1 , u2 −1
puis dx =
x+1 dx = −2 x−1
Z
2u(−2) (u2 −1)2
u
du. Sur ]1, +∞[, on obtient
2u (u2 − 1)2
du
Z
u u2 − 1 − 2 du u2 − 1 1+u 2u +C + 2 ln | = 2 u −1 1−u √ p x+1+1 2 +C = 2 x − 1 + ln √ x+1−1 =2
(f) On note ε le signe de x. q q √ 1 4 2 2 x − x + 1 = εx x + x2 − 1 = εx (x − 1x )2 + 1 puis,
x2 +1 1 x .x
u = x − 1x et on obtient Z
x2 + 1 √ dx = ε x x4 − x2 + 1
Z
1 x2 + 1 1 q . dx = ε (x − 1x )2 + 1 x x √ x2 − 1 + ε x4 − x2 + 1 ) +C. = ε ln( x √ (g) Sur ]0, 1], on pose déjà u = x et donc, x = u2 , dx = 2u du. Z
s
Z
= 1 + x12 = (x − 1x )0 . On pose donc
1 1 √ du = ε argsh(x − ) +C 2 x u +1
√ Z r Z p Z r 1− x 1−u 1 1 √ dx = 2u du = 2 u(1 − u) du = 2 ( )2 − (u − )2 du. x u 2 2
Puis, on pose u − 21 = 21 sin v et donc du = 12 cos v dv. On note que x ∈]0, 1] ⇒ u ∈]0, 1] ⇒ v = arcsin(2u − 1) ∈] − π2 , π2 ] ⇒ cos v > 0. Z
s
√ Z Z Z r 1− x 1 1 1 1 √ dx = 2 (1 − sin2 v) cos v dv = cos2 v dv = (1 + cos(2v)) dv x 4 2 2 4 1 1 1 = (v + sin(2v)) +C = (v + sin v cos v) +C 4 2 4 q √ √ √ 1 = (arcsin(2 x − 1) + (2 x − 1) 1 − (2 x − 1)2 ) +C 4 q √ √ √ 1 (arcsin(2 x − 1) + 2(2 x − 1) x − x) +C 4
(h) On pose x = sht puis u = et . Z
Z
Z
Z
1 1 1 u2 + 1 2 (u + u ) du cht dt = = du = 1 + cht u(u2 + 2u + 1) 1 + 21 (u + u1 ) u 2 = ln |u| + +C. u+1 √ √ Maintenant, t = argsh x = ln(x + x2 + 1) et donc, u = x + x2 + 1. Finalement,
1 √ dx = 1 + 1 + x2
Z
p 1 2 √ √ dx = ln(x + x2 + 1) − +C. 2 1+ 1+x x + x2 + 1 1781
Z
1 2 ( − ) du u (u + 1)2
(i) On pose u =
1 x
√ 3 3 u +1 =
puis v =
Z √ 3 3 x +1
x2
dx =
Z
√ 3 3 x +1 x
et donc v3 = u3 + 1 puis v2 dv = u2 du.
q 3 Z √ Z √ 3 3 3 3 ( u1 )3 + 1 −du u +1 u +1 2 = − u du du = − 1 2 3 u u u 2 u
Z
Z
v 1 v2 dv = (−1 − ) dv 3 v −1 (v − 1)(v2 + v + 1) Z 1 v+2 1 1 + ) dv = (−1 − 3 v − 1 3 v2 + v + 1 Z Z 1 2v + 1 1 1 1 √ dv = −v − ln |v − 1| + dv + 2 3 6 v +v+1 2 (v + 1 )2 + ( 3 )2 2 2 √ 1 1 2v + 1 2 = −v − ln |v − 1| + ln(v + v + 1) + 3 arctan( √ ) +C... 3 6 3 =−
Correction de l’exercice 2607 N (a) (b) (c) (d) (e) (f) (g) (h) (i)
R
R
R
R
R
R
R
R
1 x ln x
dx = ln | ln x| +C.
Z
x √ eArccos x dx 2 1−x Z p p −1 Arccos x Arccos x 2 = xe − 1−x e + 1 − x2 √ eArccos x dx 1 − x2 √ R et donc, eArccos x dx = 12 (xeArccos x − 1 − x2 eArccos x ) +C. Z
eArccos x dx = xeArccos x +
cos x ln(1 + cos x) dx = sin x ln(1 + cos x) − = sin x ln(1 + cos x) −
(k)
est sur ] − 1, 1[).
R 2 2 ln(1 + x2 ) dx = x ln(1 + x2 ) − 2 x x+1−1 2 +1 dx = x ln(1 + x ) − 2x + 2 arctan x +C. Z
(j)
√
R
√ x dx = x arcsin x + 1 − x2 +C. 1−x2 R x 1 2 arctan x dx = x arctan x − 1+x 2 dx = x arctan x − 2 ln(1 + x ) +C. √ R x arccos x dx = x arccos x + √1−x dx = x arccos x − 1 − x2 +C. 2 √ R x argsh x dx = x argsh x − √1+x dx = x argsh x − 1 + x2 +C. 2 √ R argch x dx = x argch x − √xx2 −1 dx = x argch x − x2 − 1 +C. R x 1 2 argth x dx = x argth x − 1−x 2 dx = x argth x + 2 ln(1 − x ) +C (on
arcsin x dx = x arcsin x −
Z Z
R arctan x R √x √ √ dx = 2 x arctan x − 2 dx. x2 +1 x
Dans la dernière intégrale, on pose u = R 2u2 du. Mais, u4 +1
sin x
− sin x dx = sin x ln(1 + cos x) − 1 + cos x
Z
cos2 x − 1 dx cos x + 1
(cos x − 1) dx = sin x ln(1 + cos x) − sin x + x +C.
R √ x et donc x = u2 puis, dx = 2u du. On obtient
√ x x2 +1
dx =
2u2 1 u u √ √ =√ ( − ) 4 u +1 2 u2 − 2u + 1 u2 + 2u + 1 √ √ 1 2u − 2 2u + 2 1 1 1 √ √ = √ ( − )+ ( + ). 1 1 1 2 2 √ )2 + ( √1 )2 2 (u − √ ) + ( √ ) (u + 2 2 u2 − 2u + 1 u2 + 2u + 1 2 2 2 2 1782
Par suite, Z
√ √ √ 2u2 1 u2 − 2u + 1 1 √ √ √ du = ln( ) + (arctan( 2u − 1) + arctan( 2u + 1)) +C, u4 + 1 2 2 u2 + 2u + 1 2
et donc, Z
(l) (m) (n) (o)
√ √ √ √ 1 x − 2x + 1 √ arctan x √ √ dx = 2 x arctan x − √ ln( ) − 2(arctan( 2x − 1) + arctan( 2x + 1)) +C. x 2 x + 2x + 1
R xex x 1 x 0 ex 1 x = 1 ex − x= e e e et donc (x+1) 2 2 2 dx = x+1 x+1 x+1 (x+1) (x+1) x R x x R x ln x−x d(x ln x − x) = ex ln x−x +C = xe dx. e ln x dx = e R n n+1 n+1 1 R n xn+1 x dx = xn+1 ln x − (n+1) x ln x dx = xn+1 ln x − n+1 2 +C. Z
eax cos(αx) dx = Re =
(p)
R
R
Z
e(a+iα)x dx = Re
e(a+iα)x a + iα
!
+C =
+C.
eax Re((a − iα)(cos(αx) + i sin(αx)) +C a2 + α 2
eax (a cos(αx) + α sin(αx)) +C a2 + α 2 R
R
sin(ln x) dx = x sin(ln x) − cos(ln x) dx = x sin(ln x) − x cos(ln x) − sin(ln x) dx et donc sin(ln x) dx = 2x (sin(ln x) − cos(ln x)) +C.
(q) En posant u = xn et donc du = nxn−1 dx, on obtient Z √ n x +1
dx =
Z √ n x +1
xn
x
n−1
1 dx = n
Z √
u+1 du, u
x √ puis en posant v = u + 1 et donc u = v2 − 1 et du = 2vdv, on obtient Z √
u+1 du = u
Z
v 2vdv = 2 v2 − 1
Finalement, Z √ n x +1
x
(r)
Z
1−v v2 − 1 + 1 +C. dv = 2v + ln v2 − 1 1+v
√ 1 − xn + 1 1 √ n ) +C. √ dx = (2 x + 1 + ln n 1 + xn + 1
R 2 x R x e sin x dx = Im( x2 e(1+i)x dx). Or, Z
Z
Z
e(1+i)x 2 e(1+i)x 2 e(1+i)x − xe(1+i)x dx = x2 − (x − e(1+i)x dx) 1+i 1+i 1+i 1+i 1+i (1 − i)e(1+i)x e(1+i)x = x2 + ixe(1+i)x − i +C 2 1+i 1 1 = ex ( x2 (1 − i)(cos x + i sin x) + ix(cos x + i sin x) − (1 + i)(cos x + i sin x) +C. 2 2
x2 e(1+i)x dx = x2
Par suite, Z
x2 ex sin x dx = ex (
x2 1 (cos x + sin x) − x sin x − (cos x − sin x)) +C. 2 2
1783
Correction de l’exercice 2608 N Si c 6= d, les primitives considérées sont rationnelles si et seulement si il existe A et B tels que (x − a)(x − b) A B = + (∗) (x − c)2 (x − d)2 (x − c)2 (x − d)2 B = 1−A A+B = 1 −2(Ad + Bc) = −(a + b) ⇔ ∃(A, B) ∈ R2 / (∗) ⇔ ∃(A, B) ∈ R2 / A(d − c) + c = 21 (a + b) Ad 2 + Bc2 = ab Ad 2 + Bc2 = ab a+b−2c A = 2(d−c) a + b − 2c 2 2d − a − b 2 ⇔ ∃(A, B) ∈ R2 / ⇔ d + c = ab B = 2d−a−b 2(d−c) 2(d − c) 2(d − c) Ad 2 + Bc2 = ab
⇔ d 2 (a + b − 2c) + c2 (2d − a − b) = 2ab(d − c) ⇔ (a + b)(d 2 − c2 ) − 2cd(d − c) = 2ab(d − c)
⇔ 2cd + (a + b)(c + d) = 2ab ⇔ (a + b)(c + d) = 2(ab − cd).
Si c = d, il existe trois nombres A, B et C tels que (x − a)(x − b) = A(x − c)2 + B(x − c) +C et donc tels que A B C (x − a)(x − b) = + + . (x − c)4 (x − c)2 (x − c)3 (x − c)4 Dans ce cas, les primitives sont rationnelles. Finalement, les primitives considérées sont rationnelles si et seulement si c = d ou (c 6= d et (a + b)(c + d) = 2(ab − cd)). Correction de l’exercice 2609 N (a)
R
x+2 x2 −3x−4
dx
x+2 Pour calculer cette intégrale on décompose la fraction x2 −3x−4 en éléments simples, le dénominateur n’étant pas irréductible. On sait que cette fraction rationnelle se décompose avec des dénominateurs de degré 1 et des constantes aux numérateurs :
x+2 x+2 α β = = + x2 − 3x − 4 (x + 1)(x − 4) x + 1 x − 4 Il ne reste plus qu’à calculer α et β à l’aide de votre méthode favorite : 6 − 51 x+2 5 = + x2 − 3x − 4 x + 1 x − 4
Chacune de ces fractions est du type Z
(b)
x+2 1 dx = − 2 x − 3x − 4 5
Z
1 u
qui s’intègre en ln |u|, d’où :
1 6 dx + x+1 5
Z
1 1 6 dx = − ln |x + 1| + ln |x − 4| + c x−4 5 5
Cette primitive est définie sur R \ {−1, 4}
R
x−1 x2 +x+1
dx
Le dénominateur u = x2 + x + 1 est irréductible, la fraction est donc déjà décomposée en éléments 0 simples. On fait apparaître artificiellement une fraction du type uu qui s’intégrera à l’aide du logarithme : x−1
x2 + x + 1
=
1 2x + 1 3 1 − 2 2 2 x +x+1 2 x +x+1
1784
0
Chacune de ces fractions s’intègre, la première est du type uu dont une primitive sera ln |u|, la 1 deuxième sera du type 1+v 2 dont une primitive est arctan v. En détails cela donne : Z Z Z 1 2x + 1 3 1 x−1 dx = dx − dx 2 2 2 x +x+1 2 x +x+1 2 x +x+1 Z 3 1 1 1 = ln |x2 + x + 1| − 2 dx 2 2 34 1 + √23 x + 12 √ Z 1 1 1 3 2 2 = ln |x + x + 1| − 2 dv en posant v = √ x + 2 1 + v2 2 2 3 √ 1 = ln |x2 + x + 1| − 3 arctan v 2 √ 2 1 1 2 = ln |x + x + 1| − 3 arctan √ x + +c 2 2 3 Cette primitive est définie sur R. R (c) sin8 x cos3 x dx Lorsque l’on a une fonction qui s’exprime comme un polynôme (ou une fraction rationnelle), on peut tester un des changements de variable u = cos x, u = sin x ou u = tan x. Soit vous essayez les trois, soit vous appliquez les règles de Bioche. Ici, si l’on change x en π − x alors sin8 x cos3 x dx devient sin8 (π − x) cos3 (π − x) d(π − x) = sin8 x(− cos3 x)(−dx) = sin8 x cos3 x dx. Donc le changement de variable adéquat est u = sin x. Posons u = sin x, du = cos x dx. Z
8
3
sin x cos x dx = = =
Z
Z
8
2
sin x cos x(cos x dx) = u8 (1 − u2 )du =
Z
Z
u8 du −
sin8 x(1 − sin2 x)(cos x dx) Z
u10 du
1 9 1 11 1 9 1 u − u = sin x − sin11 x + c 9 11 9 11
Cette primitive est définie sur R.
R (d) sin1 x dx
1 Comme sin(−x) (−dx) = Donc du = − sin x dx. Donc
1 sin x
dx la règle de Bioche nous indique le changement de variable u = cos x. Z
Z
−1 (− sin x dx) 2 sin x Z −1 = (− sin x dx) 1 − cos2 x Z 1 =− du 1 − u2
1 dx = sin x
On décompose cette fraction en éléments simples : Z
Z
1 1−u2
= Z
1 1 2 1+u
1 + 12 1−u . Donc
1 1 1 1 1 dx = − du − du sin x 2 1+u 2 1−u 1 1 = − ln |1 + u| − ln |1 − u| 2 2 1 1 = − ln |1 + cos x| − ln |1 − cos x| + c 2 2
1785
Cette primitive est définie sur tout intervalle du type ]kπ, (k + 1) π[, k ∈ Z. Elle peut se réécrire sous différentes formes : Z x 1 1 1 − cos x dx = ln + c = ln tan + c sin x 2 1 + cos x 2
Un autre changement de variable possible aurait été t = tan 2x .
(e)
R
3−sin x 2 cos x+3 tan x
dx La règle de Bioche nous indique le changement de variable u = sin x, du = cos x dx. Z
3 − sin x dx = 2 cos x + 3 tan x
Z
3 − sin x 1 (cos x dx) 2 cos x + 3 tan x cos x Z 3 − sin x = (cos x dx) 2 cos2 x + 3 sin x Z 3 − sin x = (cos x dx) 2 − 2 sin2 x + 3 sin x Z 3−u du = 2 − 2u2 + 3u
Occupons nous de la fraction que l’on réduit en éléments simples : 3−u u−3 α β = = + 2 2 − 2u + 3u (u − 2)(2u + 1) u − 2 2u + 1 On trouve α = − 15 et β = 75 . Ainsi Z
Z
Z
3 − sin x α du β du dx = + 2 cos x + 3 tan x u−2 2u + 1 = α ln |u − 2| + β ln |2u + 1| + c 1 7 = − ln |2 − sin x| + ln |1 + 2 sin x| + c 5 5
Cette primitive est définie pour les x vérifiant 1+2 sin x > 0 donc sur tout intervalle du type − π6 + 2kπ, 7π 6 + 2kπ , k ∈ Z. Correction de l’exercice 2610 N (a)
R
π 2
x sin x dx Par intégration par parties avec u = x, v0 = sin x : 0
Z
0
π 2
π2 Z x sin x dx = uv 0 −
π 2
0
π2
u0 v Z
π 2
= − x cos x 0 + cos x dx 0 π π = − x cos x 02 + sin x 02 = 0−0 =1
1786
+
1−0
(b)
R1 0
x
√e ex +1
dx
Posons le changement de variable u = ex avec x = ln u et du = ex dx. La variable x varie de x = 0 à x = 1, donc la variable u = ex varie de u = 1 à u = e. Z 1 0
(c)
R1
1 0 (1+x2 )2
Z
e du ex dx √ √ dx = ex + 1 u+1 1 √ e = 2 u+1 1 √ √ = 2 e+1−2 2
dx
Posons le changement de variable x = tant, alors on a dx = (1 + tan2 t)dt, t = arctan x et on sait aussi que 1 + tan2 t = cos12 t . Comme x varie de x = 0 à x = 1 alors t doit varier de t = arctan 0 = 0 à t = arctan 1 = π4 . Z 1
1
2 0 (1 + x2 )
dx =
Z
π 4
1 (1 + tan2 t)dt (1 + tan2 t)2
π 4
dt 1 + tan2 t
0
=
Z
0
=
Z
π 4
cos2 t dt
0
Z
π
1 4 = (cos(2t) + 1) dt 2 0 i π4 1h1 = sin(2t) + t 2 2 0 1 π = + 4 8
(d)
R 1 3x+1 2 dx 0 (x+1)
Commençons par décomposer la fraction en éléments simples : 3x + 1 2
(x + 1)
=
β 3 2 α + = − 2 x + 1 (x + 1) x + 1 (x + 1)2
où l’on a trouvé α = 3 et β = −2. La première est une intégrale du type R 1 = [− 1u ]. 2 u Z 1 3x + 1 0
Z
R 1 u = [ln |u|] et la seconde
Z
1 1 1 1 dx = 3 dx − 2 dx 2 2 0 x+1 0 (x + 1) (x + 1) h h i1 1 i1 = 3 ln |x + 1| − 2 − x+1 0 0 = 3 ln 2 − 0 + 1 − 2
= 3 ln 2 − 1
(e) Notons I =
R2 1 2
1 + x12 arctan x dx.
Posons le changement de variable u = 1x et on a x = u1 , dx = − du . Alors x variant de x = u2 1 u varie lui de u = 2 à u = 2 (l’ordre est important !). 1787
1 2
à x = 2,
I=
Z 2
1 1+ 2 x
1 2
arctan x dx
1 du 1 + u arctan − 2 = u u 2 Z 2 1 1 = 1 + 1 arctan du 2 u u 2 Z 2 1 π 1 π + 1 − arctan u du car arctan u + arctan = = 1 2 u 2 u 2 2 Z 2 Z 2 1 1 π = + 1 du − 1 + 1 arctan u du 2 2 12 u2 u 2 2 π 1 = − +u −I 2 u 1 Z
1 2
2
2
3π = −I 2
Conclusion : I =
3π 4 .
Correction de l’exercice 2611 N (a)
Z ∞ −x e 0
(b)
Z ∞
(f)
Z ∞
√ dx est convergente (en fait elle vaut x
√ π).
xx dx est divergente. 1 Z ∞√ x sin(x−1 ) (c) dx est divergente. ln(1 + x) 0 Z 2 √ 1 √ dx = ln(2 + 3). (d) 1 x2 − 1 Z ∞ x5 dx = 1/12 π. (e) 12 0 x +1 √
e− x dx = 2.
0
(g)
Z ∞ 1
1 dx = − ln th(1/2). sinh(x)
Correction de l’exercice 2622 N Réponses :
π 2
− ln 2, π,
1 . (n−1)2
Correction de l’exercice 2648 N π f (x) = √1−x pour −1 < x < 1. 2 Correction de l’exercice 2649 N π2 4 .
1788
Correction de l’exercice 2650 N π . 2nIn − (2n + 2)In+1 = 0 ⇒ In = − 4n
Correction de l’exercice 2651 N n π α n+1 ⇒ I = tan . In + In+2 = 2I n sin α cos α 2 Correction de l’exercice 2652 N √ 3 . In = π 2 ∏nk=1 1 − 4k Correction de l’exercice 2653 N Décomposer en éléments simples et intégrer. On obtient In =
1 (n−1)!
k−1 ln k. ∑nk=1 (−1)kCn−1
Correction de l’exercice 2654 N (a) (b) (c) An + An+2 − 2An+1 = 0 ⇒ An = nπ 2 . π nπ π An − Bn = 4 ⇒ Bn = 2 − 4 pour n > 1.
(d) J = π2 .
Correction de l’exercice 2658 N 1 − γ. Correction de l’exercice 2659 N (a) Intégrations par parties successives, Z +∞ t=0
Soit Ik =
tk 1 1 1 e lnt dt = e lnt − − − · · · − dt k! 1 2 k t=0 Z +∞ k 1 1 1 −t t = ln(t/k) dt + ln k − − − · · · − . e k! 1 2 k t=0 Z +∞
−t
−t
R +∞ −t t k t=0 e k! ln(t/k) dt. On pose t = ku : Z
kk+1 +∞ −u k (ue ) ln u du Ik = k! u=0 −u k−1 2 −u Z kk+1 +∞ (ue ) u e ln u = d k! u=0 k−1 1−u 2 −u Z +∞ k+1 k u e ln u −u k−1 =− (ue ) d . k!(k − 1) u=0 1−u
Comme 0 6 ue−u 6 e−1 , il reste
√ k au dénominateur multiplié par quelque chose de borné.
1789
(b) Z 1 1 − e−t − e−1/t
t
t=0
dt =
Z 1 1 − e−t
t
t=0
Z +∞ −t e
dt −
t=1 t +∞ e−t
Z = lim+ − ln x − dt x→0 t=x t Z +∞ −x −t = lim+ (e − 1) ln x − e lnt dt x→0
=−
(c)
R +∞ e−t t=x
t
dt = (t = − ln(1 − u)) =
dt
Z +∞
t=x
e−t lnt dt.
t=0
R1
−du u=1−e−x ln(1−u) .
Correction de l’exercice 2661 N R1
t=0
√ dt 1−t 2
= π2 .
Correction de l’exercice 2663 N (a) En supposant f positive décroissante, (b)
(c)
R Qt
R Qt
R +∞ 0
f 6 tg(t) 6 t f (0) +
R +∞
R Qt
f.
0
0 f (u) du − ∑Q−1 n=P t f (nt) = u=Pt ( f (u) − f (t[u/t])) du = u=Pt t(1 − {u/t}) f (u) du → 0 lorsque P, Q → ∞. Donc la série de terme général t f (nt) est de Cauchy ; elle converge. R R +∞ On a alors 0+∞ f − tg(t) = u=0 t(1 − {u/t}) f 0 (u) du → 0 lorsque t → 0+ . u=Pt
R +∞
2 f −2tg(t) =
0
R +∞
u=0 t f
R R 0 (u) du+ +∞ t(1−2{u/t}) f 0 (u) du = t f (0)− +∞ t 2 {u/t}(1−{u/t}) f 00 (u) du. u=0 u=0
Correction de l’exercice 2666 N 0 6 x f (x) 6 2 Rx
t=1 t( f (t) −
Rx
t=x/2
f (t) dt → 0 (lorsque x → +∞).
f (t + 1)) dt = (lorsque x → +∞).
R2
Rx t=1 t f (t) dt + t=2
f (t) dt −
R x+1 t=x
(t − 1) f (t) dt →
R2
Correction de l’exercice 2668 N (a)
(b)
Ry
R y f (at)− f (t) f (t) t=ax t dt ⇒ t=x t R +∞ f (at)− f (t) On obtient t=0 dt = (L − `) ln a. t R +∞ e−t −e−2t I = t=0 dt = ln 2. t t=x
f (at) t
dt =
R ay
dt =
Rx
t=ax
f (t) t
dt +
R ay f (t) t=y
t
dt.
Correction de l’exercice 2669 N (a) (b)
π 4
+ ln22 .
Correction de l’exercice 2670 N Rb
t=a F(t) dt
=
R a+1
u=a−1
u−(a−1) 2
f (u) du +
R b−1
u=a+1
f (u) du +
1790
R b+1
u=b−1
b+1−u 2
f (u) du.
R +∞ t=1 t f (t) dt + t=2
f (t) dt
= ϕ(a + 1) − 21 primitive de f .
R a+1
R b−1 u=a−1 ϕ(u) du + u=a+1
Correction de l’exercice 2671 N Soit F(x) =
Rx
t=0
f (t) dt :
1Rx x t=0 t f (t) dt
= F(x) − 1x
f (u) du + 21
R b+1
u=b−1 ϕ(u) du − ϕ(b − 1)
où ϕ est une
Rx
t=0 F(t) dt.
Correction de l’exercice 2674 N (a) (b) e−x /x. (c) − ln x. Correction de l’exercice 2675 N (a) (b) In = (c)
√ π 2 .
√ √ nK2n+1 , Jn = nK2n−1 .
Correction de l’exercice 2676 N In =
√ (2n)! π . 22n+1 n!
Correction de l’exercice 2677 N Intégrale trivialement convergente. Couper en
R1 0
et
R +∞
, changer x en
1 √ R +∞ −u2 regrouper et poser u = x − 1x . On obtient I = u=0 e du = 2π .
Correction de l’exercice 2678 N L’intégrale converge par parties. Correction de l’exercice 2679 N h ix R Rx x 1 d cos(P(t)) dt = sin(P(t)) − sin(P(t)) dt P0 (t) dt. P0 (t) Correction de l’exercice 2680 N I = J par changement u 7→ 1/u. I + J = π2 ⇒ I = J = π4 . Correction de l’exercice 2683 N
1791
1 x
dans l’une des intégrales,
Z X Z +∞ sint
t
x=0 t=x
h Z dt dx = x
Z
X sint iX + sin x dx dt t x=0 x=0 t=x Z +∞ sint =X dt + 1 − cos X t t=X Z +∞ h − cost i+∞ cost −X dt + 1 − cos X =X 2 t t=X t=X t Z +∞ h sint i+∞ 2 sint −X = −X 2 dt + 1 t t=X t3 t=X → 1 lorsque X → +∞ +∞
Correction de l’exercice 2684 N 2| f f 00 | 6 f 2 + f 002 donc f f 00 est intégrable. On en déduit que f 02 admet une limite finie en +∞, et cette limite est nulle sans quoi f 2 ne serait pas intégrable (si f 0 (x) → ` lorsque x → +∞ alors f (x)/x → `). Ainsi f 0 est bornée sur R+ , f est lipschitzienne et donc uniformément continue. De plus, Z X
t=0
f 02 (t) dt = f (X) f 0 (X) − f (0) f 0 (0) −
Z X
f (t) f 00 (t) dt
t=0
donc f (X) f 0 (X) admet en +∞ une limite finie ou +∞, et le cas f (X) f 0 (X) = 12 ( f 2 )0 (X) → +∞ lorsque X → +∞ contredit l’intégrabilité de f 2 donc ce cas est impossible, ce qui prouve que f 02 est intégrable sur R+ . Enfin, f f 0 est intégrable (produit de deux fonctions de carrés intégrables) donc f 2 admet une limite finie en +∞ et cette limite vaut zéro par intégrabilité de f 2 . Correction de l’exercice 2685 N R (n+1)π sint R π sint On pose un = t=nπ dt. Par encadrement du dénominateur on a un ∼ t dt = t=0 t+nπ
u0 + · · · + un ∼
2 ln n π
et, par encadrement encore, l’intégrale arrêtée en x est équivalente à
2 nπ ,
d’où
2 ln x π .
Correction de l’exercice 2686 N √ (a) Pour x > 0, x2 +4x +1 > 0 et donc√ la fonction f : x 7→ x +2− x2 + 4x + 1 est continue sur [0, +∞[. 3 Quand x tend vers +∞, x + 2 − − x2 + 4x + 1 = x+2+√x32 +4x+1 ∼ 32x. Comme la fonction x 7→ 2x est positive et non intégrable au voisinage de +∞, f n ?est pas intégrable sur [0; +∞[. x (b) Pour x > 1, 1 + 1x est défini et strictement positif. Donc la fonction f : x 7→ e − 1 + 1x est définie et continue sur [1, +∞[. x 1 1 1 e e + o 1x puis f (x) ∼ 2x . Quand x tend vers +∞, 1 + 1x = ex ln(1+ x ) = e1− 2x +o( x ) = e − 2x Puisque la fonction x 7→ sur [1, +∞[.
(c) La fonction f : x 7→ • En 0,
ln x x+ex
e 2x
x→+∞
est positive et non intégrable au voisinage de +∞, f n’est pas intégrable
ln x x+ex
est continue et positive sur ]0, +∞[. ∼ ln x et donc f (x) = o √1x . Comme 12 < 1, la fonction x 7→ x→0
√1 x
est intégrable sur un
voisinage de 0 et il en est de même de la fonction f . • En +∞, f (x) ∼ lnexx = o x12 . Comme 2 > 1, la fonction x 7→ x12 est intégrable sur un voisinage de +∞ et il en est de même de la fonction f . Finalement, f est intégrable sur ]0, +∞[. √ √ 3 3 (d) La fonction x → 7 x + 1 − x est continue et strictement positive sur [0, +∞[. Donc la fonction √ √ 3 3 f : x 7→ x + 1 − x est continue sur [0, +∞[. 1792
1/3 √ √ 1 − 1 = 31 ln x+ln 3x + O x12 = − 23 ln x−ln 3+ En +∞, ln 3 x + 1 − 3 x = 31 ln x+ln 1 + 1x √ √ √ √ √ O 1x . Par suite, x ln 3 x + 1 − 3 x = − 32 x ln x − ln 3 x + o(1). √ √ Mais alors x2 f (x) = exp − 23 x ln x − ln 3 x + 2 ln x + o(1) et donc limx→+∞ x2 f (x) = 0. Finax→+∞
lement f (x) est négligeable devant
(e) La fonction f : x 7→
√ 2 e− x −x
1 x2
en +∞ et f est intégrable sur [0, +∞[.
est continue sur [1, +∞[. √ Quand x tend vers +∞, x2 f (x) = exp − x2 − x + 2 ln x = exp(−x + o(x)) et donc x2 f (x) → 0. x→+∞
f (x) est ainsi négligeable devant
1 x2
au voisinage de +∞ et donc f est intégrable sur [1, +∞[.
(f) La fonction f : x 7→ x− ln x est continue sur ]0, +∞[. 2
• Quand x tend vers 0, x− ln x = e− ln x → 0. La fonction f se prolonge par continuité en 0 et est en particulier intégrable sur un voisinage de 0. • Quand x tend vers +∞, x2 f (x) = exp − ln2 x + 2 ln x → 0. Donc f est négligeable devant x12 quand x tend vers +∞ et f est intégrable sur un voisinage de +∞. Finalement, f est intégrable sur ]0, +∞[.
(g) La fonction f : x 7→
sin(5x)−sin(3x) est continue sur ]0, +∞[. x5/3 2 0, f (x) ∼ 5x−3x = x2/3 > 0. Puisque 23 x5 /3
2 • Quand x tend vers < 1, la fonction x 7→ x2/3 est positive et intégrable sur un voisinage de 0 et il en est de même de la fonction f . 2 et puisque 53 > 1, la fonction f est intégrable sur un voisinage de +∞. • En +∞, | f (x)| 6 x5/3 Finalement, f est intégrable sur ]0, +∞[.
(h) La fonction f : x 7→
ln x x2 −1
est continue sur ]0, 1[∪]1, +∞[. • En 0, f (x) ∼ − ln x = o √1x . Donc f est intégrable sur un voisinage de 0 à droite.
ln x ∼ 21 . La fonction f se prolonge par continuité en 1 et est en particulier inté• En 1, f (x) ∼ 2(x−1) grable sur un voisinage de 1 à gauche ou à droite. 1 √x = o(1). Donc f (x) est négligeable devant 3/2 • En +∞, x3/2 f (x) ∼ ln quand x tend vers +∞ et x x donc intégrable sur un voisinage de +∞. Finalement, f est intégrable sur ]0, 1[∪]1, +∞[. x (i) La fonction f : x 7→ √e est continue sur ] − ∞, 0[∪]0, +∞[ et paire. Il suffit donc d’étudier l’inté|x|
grabilité de f sur ]0, +∞[. f est positive et équivalente en 0 à droite à √1x et négligeable devant x12 en +∞ d’après un théorème de croissances comparées. R +∞ ex √ dx f est donc intégrable sur ]0, +∞[ puis par parité sur ] − ∞, 0[∪]0, +∞[. On en déduit que −∞ |x|
R x existe dans R et vaut par parité 2 0+∞ √e dx. |x|
(j) La fonction f : x 7→ (1+x2 )1√1−x2 est continue et positive sur ]−1, 1[, paire et équivalente au voisinage 1 √ √ . f est donc intégrable sur ] − 1, 1[. 2 2 1−x La fonction f : x 7→ √3 21 3 est continue et positive sur ]0, 1[, équivalente au voisinage x −x 1 1 à x2/3 et au voisinage de 1 à gauche à (1−x) 1/3 . f est donc intégrable sur ]0, 1[.
de 1 à droite à
(k)
(l) La fonction f : x 7→
1 arccos(1−x)
est continue et positive sur ]0, 1].
En 0, arccos(1−x) = o(1). Donc arccos(1−x) ∼ sin (arccos(1 − x)) = √ √ 2 x. Donc f (x) ∼ √21√x et f est intégrable sur ]0, 1[. x→0
Correction de l’exercice 2687 N
1793
de 0 à droite
p √ 1 − (1 − x)2 = 2x − x2 ∼
(a) Pour tout couple de réels (a, b), la fonction f : x 7→ xa ln1 b x est continue et positive sur [2, +∞[. Etudions l’intégrabilité de f au voisinage de +∞. 1 1er cas. Si a > 1, x(a+1)/2 f (x) = x(a−1)/2 → 0 car a−1 b 2 > 0 et d’après un théorème de croissances ln x x→+∞ 1 1 comparées. Donc f (x) = o x(a+1)/2 . Comme a+1 2 > 1, la fonction x 7→ x(a+1)/2 est intégrable sur x→+∞
un voisinage de +∞ et il en est de même de f . Dans ce cas, f est intégrable sur [2, +∞[. 2ème cas. Si a < 1, x(a+1)/2 f (x) =
x(1−a)/2 → lnb x x→+∞
+∞ car
1−a 2 1
> 0 et d’après un théorème de crois-
sances comparées. Donc f (x) est prépondérant devant x(a+1)/2 en +∞. Comme a+1 2 < 1, la fonction 1 x 7→ x(a+1)/2 n’est pas intégrable sur un voisinage de +∞ et il en est de même de f . Dans ce cas, f n’est pas intégrable sur [2, +∞[. 3ème cas. Si a = 1. Pour X > 2 fixé , en posant t = ln x et donc dt = dx x on obtient R ln X dt RX 1 b dx = ln 2 t b . 2 x ln
Puisque ln X tend vers +∞ quand X tend vers +∞ et que les fonctions considérées sont positives, f est intégrable sur [2, +∞[ si et seulement si b > 1. En résumé , la fonction x 7→
1 xa lnb x
est intégrable sur [2, +∞[ si et seulement si a > 1 ou (a = 1 et b > 1).
(En particulier, la fonction x 7→ devant 1x en +∞).
1 x ln x
n’est pas intégrable sur voisinage de +∞ bien que négligeable
(b) Pour tout réel a, lafonction f : x 7→ (tan x)a est continue et strictement positive sur 0, π2 . De plus, 1 pour tout réel x de 0, π2 , on a f π2 − x = f (x) . • Etude en 0 à droite. f (x) ∼ xa . Donc f est intégrable sur un voisinage de 0 à droite si et x→0
seulement si a > −1. • Etude en π2 à gauche. f (x) =
1 ∼ f ( π2 −x) x→ π 2
π 2
−x
−a
. Donc f est intégrable sur un voisinage de
π 2
à gauche si et seulement si a < 1. En résumé, f est intégrable sur 0, π2 si et seulement si −1 < a < 1.
(c) Pour x > 1, 1 + 1x est défini et strictement positif. Donc pour tout couple (a, b) de réels, la fonction 1+ 1x − a − bx est continue sur [1, +∞[. f : x 7→ 1 + 1x En +∞, 1 + 1x ln 1 + 1x = 1 + 1x 1x + O x12 = 1x + O x12 . Donc 1 f (x) = (1 − a) + 1−b x + O x2 . x→+∞
• Si a 6= 1, f a une limite réelle non nulle en +∞ et n’est donc pas intégrable sur [1, +∞[. • Si a = 1 et b 6= 1, f (x) ∼ 1−b x . En particulier, f est de signe constant sur un voisinage de +∞ x→+∞
et n’est pas intégrable sur [1, +∞[. • Si a = b = 1, f (x) = O x12 et dans ce cas, f est intégrable sur [1, +∞[. x→+∞
En résumé, f est intégrable sur [1, +∞[ si et seulement si a = b = 1.
(d) Pour tout couple (a, b) de réels, la fonction f : x 7→
1 xa (1+xb )
est continue et positive sur ]0, +∞[.
• Etude en 0. -Si b > 0, f (x) ∼
-si b = 0, f (x) -si b < 0, f (x)
1 a , et donc f est intégrable sur un voisinage de 0 si et seulement si a < 1, x→0 x ∼ 1a , et donc f est intégrable sur un voisinage de 0 si et seulement si a < 1, x→0 2x 1 ∼ a+b , et donc f est intégrable sur un voisinage de 0 si et seulement si a + b < x→0 x
1.
• Etude en +∞. -Si b > 0, f (x) ∼
seulement si a + b > 1,
-si b = 0, f (x)
seulement si a > 1,
1 a+b , et donc f est intégrable sur un voisinage de +∞ si et x→0 x ∼ 1a , et donc f est intégrable sur un voisinage de +∞ si et x→0 2x
1794
1 a, x→0 x
-si b < 0, f (x) ∼
et donc f est intégrable sur un voisinage de +∞ si et seulement si a > 1.
En résumé, f est intégrable sur ]0, +∞[ si et seulement si ((b > 0 et a < 1) ou (b < 0 et a + b < 1)) et ((b > 0 et a + b > 1) ou (b 6 0 et a > 1)) ce qui équivaut à (b > 0 et a + b > 1 et a < 1) ou (b < 0 et a > 1 et a + b < 1). Représentons graphiquement l’ensemble des solutions. La zone solution est la zone colorée.
2
b
1 a −2
−1 −1
1
2
3
−2
Correction de l’exercice 2688 N (a) Soient ε et X deux réels tels que 0 < ε < X. Les deux fonction x 7→ 1 − cos x et x 7→ 1x sont de classe C1 sur le segment [ε, X]. On peut donc effectuer une intégration par parties et on obtient 1−cos x X R X 1−cos x R X sin x R X 1−cos x 1−cos X 1−cos ε + dx = − + dx. 2 ε ε ε x dx = x X ε x x2 1
x x • La fonction x 7→ 1−cos est continue sur ]0, +∞[, est prolongeable par continuité en 0 car limx→0 1−cos = x2 x2 1 1 intégrable sur un voi2 et donc intégrable sur un voisinage de 0, est dominée par x2 en +∞ et donc R X 1−cos x 1−cos x sinage de +∞. La fonction x 7→ x2 est donc intégrable sur ]0, +∞[ et ε x2 dx a une limite réelle quand ε tend vers 0 et X tend vers +∞. 1 X X • 1−cos 6 X et donc limX→+∞ 1−cos = 0. X X 1−cos ε ε 1−cos ε • ε ∼ 2 et donc limε→ε ε = 0. ε→0
On en déduit que R +∞ sin x 0
x
L’intégrale
R +∞ sin x 0
dx =
x
R +∞ 1−cos x 0
R +∞ sin x 0
(b) La fonction f : x 7→
dx est une intégrale convergente et de plus
x
sin x xa
x2
dx =
R +∞ 2 sin2 (x/2) 0
x2
dx converge et de plus
dx =
R +∞ sin x 0
est continue sur ]0, +∞[.
x
R +∞ 2 sin2 (u) 0
dx =
4u2
2du =
R +∞ 1−cos x 0
x2
R
R +∞ sin2 (u) 0
dx =
u2
du.
R +∞ sin2 x 0
x2
dx.
• Sur ]0, 1[, la fonction f est de signe constant et l’existence de limε→0 ε1 f (x) dx équivaut à l’in1 tégrabilité de la fonction f sur ]0, 1]. Puisque f est équivalente en 0 à xa−1 , l’intégrale impropre R1 0 f (x) dx converge en 0 si et seulement si a > 0. On suppose dorénavant a > 0. • Soit X > 1. Les deux fonction x 7→ − cos x et x 7→ x1a sont de classe C1 sur le segment [1, X]. On peut donc effectuer une intégration par parties et on obtient − cos x X R X sin x R X cos x R x X − a 1X cos dx = − cos 1 xa dx = xa X a + cos 1 − a 1 xa+1 dx. xa+1 1 x 1 x 6 a+1 Maintenant, cos et puisque a + 1 > 1, la fonction x 7→ cos est intégrable sur un voisinage xa+1 x xa+1 R X cos x de +∞. On en déduit que la fonction X 7→ 1 xa+1 dx a une limite réelle quand X tend vers +∞. X Comme d’autre part, la fonction RX 7→ − cos X a + cos 1 a une limite réelle quand X tend vers +∞, on a +∞ montré que l’intégrale impropre 1 f (x) dx converge en +∞. Finalement
1795
l’intégrale
R +∞ sin x xa
0
dx converge si et seulement si a > 0.
(c) Soit X un réel strictement positif. Le changement de variables t = x2 suivi d’une intégration par parties fournit : iX R X 2 eit R R X ix2 e i − 1 X eit dt √ dt = i − √ dx = + e e 1 2 t 1 2 2 1 t 3/2 X it eiX √1 eiX = 0 car √ Maintenant, limX→+∞ √ = X . D’autre part, la fonction t 7→ te3/2 est intégrable sur X X it R 2 1 [1, +∞[ car te3/2 = t 3/2 . Ainsi, 1+∞ eix dx est une intégrale convergente et puisque d’autre part la 2
fonction x 7→ eix est continue sur [0, +∞[, on a montré que l’intégrale
On en déduit encore que les intégrales gentes (intégrales de F RESNEL).
R +∞ 0
R +∞ ix2 dx converge. 0 e
cos(x2 ) dx et
R +∞ 0
sin(x2 ) dx sont des intégrales conver-
(d) La fonction f : x 7→ x3 sin(x8 ) est continue sur [0, +∞[. Soit X > 0. Le changement de variables t = x4 fournit
D’après 3),
R 4 2 RX 3 R 4 X it 8 )dx = 1 X sin(t 2 ) dt = 1 Im x sin(x 0 e dt . 0 4 0 4
R +∞ it 2 R +∞ 3 8 0 e dt est une intégrale convergente et donc 0 x sin(x ) dx converge.
(e) La fonction f : x 7→ cos(ex ) est continue sur [0, +∞[. Soit X > 0. Le changement de variables t = ex fournit RX 0
cos(ex ) dx =
R eX cost 1 t dt.
On montre la convergence en +∞ de cette intégrale par une intégration par parties analogue à celle R de la question 1). L’intégrale impropre 0+∞ cos(ex ) dx converge .
(f) Pour tout réel x > 0, 1 + x3 sin2 x > 1 > 0 et donc la fonction f : x 7→ [0, +∞[.
1 1+x3 sin2 x
est continue sur
La fonction f étant positive, la convergence de l’intégrale proposée équivaut à l’intégrabilité de la fonction f sur [0, +∞[, intégrabilité elle-même équivalente à la convergence de la série numérique R (n+1)π 1 de terme général un = nπ dx. 1+x3 sin2 x ∗ Soit n ∈ N . On a un > 0 et d’autre part
un = 6
Rπ
R (n+1)π nπ
1 1+x3 sin2 x
1 0 1+n3 π 3 sin2
62
R π/2 0
du = 2
1 2 1+n3 π 3 ( 2u π )
1 = 2× 2√πn 3/2
R (nπ)3/2 0
dx = R π/2 0
Rπ
1 0 1+(u+nπ)3 sin2 u
1 1+n3 π 3 sin2 u
du
du
du (par concavité de la fonction sinus sur [0, π]) 1 1+v2
dv 6
R √ 1 3/2 +∞ 1 2 0 1+v πn
dv =
√ π . 2n3/2
√
π Donc, pour n ∈ N∗ , 0 6 un 6 2n3/2 et la série de terme général un converge. On en déduit que la 1 fonction f : x 7→ 1+x3 sin2 x est intégrable sur [0, +∞[.
1796
Correction de l’exercice 2689 N Existence et calcul de : R
R
1 1) (** I) In = 0+∞ (x2 +1) n dx R +∞ 1 3) (** I) 0 x3 +1 dx
2) (très long) 2+∞ (x−1)31(x4 +1) dx R 1 4) (***) 0+∞ (x+1)(x+2)...(x+n) dx
5)(***) 7) (**)
R1
R +∞ 0
9) (** I)
dx
6) (**)
1 5 ch x+3 sh x+4
dx
8) (***)
R +∞ x arctan x 0
11) (***)
R +∞
1 (1−x)(1+ax)
√
0
(1+x2 )2
1 (ex +1)(e−x +1)
R +∞ 0
12) (*** I)
tan x dx
dx
2 + (t + 3) ln
10) (I très long)
dx
R π/2 √ 0
0
dt
3 R +∞ x ln x dx (calcul pour a ∈ , 2, 3 ) 2 a 0 2 (x +1)
R +∞ e−at −e−bt 0
t+2 t+4
t
dt (0 < a < b)
Correction de l’exercice 2690 N
π La fonction f : x → 7 ln(sin x) est continue sur 0, 2 . De plus, quand x tend vers 0, ln(sin x) ∼ ln x = o √1x . Par suite, f est intégrable sur 0, π2 . R π/2
(a) Soient I = 0 ln(sin x) dx et J = existe et J = I. Par suite,
R π/2 0
ln(cos x) dx. Le changement de variables x =
Z π/2
π 2
− t fournit J
Z
Z
π/2 π ln 2 π ln 2 1 π 2I = I + J = ln(sin x cos x) dx = − + + ln(sin u) du ln(sin(2x)) dx = − 2 2 2 0 0 0 Zπ Z0 π ln 2 1 π ln 2 1 π ln 2 + I+ + I+ + I. =− ln(sin u) du = − ln(sin(π − t)) (−dt) = − 2 2 2 2 2 π/2 π/2 2 Par suite, I = − π ln 2 .
R π/2 0
ln(sin x) dx =
R π/2 0
2 ln(cos x) dx = − π ln 2 .
n−1 sin kπ (b) Pour n >2, posons 2n . Pour 1 6 k 6 n − 1, on a 0 < Pn = ∏k=1 nπ part, sin (2n−k)π = sin kπ 2n 2n et sin 2n = 1. On en déduit que kπ Pn2 = ∏2n−1 k=1 sin 2n ,
kπ 2n
0. D’autre
puis
2n−1 2n−1 1 −ikπ/(2n) 2ikπ/(2n) −e 1 − e ∏ ∏ 2i (2i)2n−1 k=1 k=1 k=1 2n−1 1 1 2n−1 2n−1 −iπ/2 2n−1 2ikπ/(2n) 2ikπ/(2n) = (−1) (e ) 1 − e = 1 − e ∏ ∏ (2i)2n−1 22n−1 k=1 k=1
Pn2 =
2n−1 ikπ/(2n) e − e−ikπ/(2n)
∏
=
Maintenant, le polynôme Q unitaire de degré 2n − 1 dont les racines sont les 2n − 1 racines 2n-èmes de l’unité distinctes de 1 est X 2n −1 X−1
= 1 + X + X 2 + ... + X 2n−1
2ikπ/(2n) = Q(1) = 2n. Finalement, et donc ∏2n−1 k=1 1 − e 1797
∏n−1 k=1 sin
kπ 2n
= Pn =
q
2n
=
22n−1
√ n . 2n−1
kπ π Pour π 0 6 k 6 n, posons alorsπxk = 2n de sorte que 0 = x0 < x1 < ... < xn = 2 est une subdivision de 0, 2 à pas constant égal à 2n . π Puisque la fonction x → 7 ln(sin x) est continue et croissante sur 0, 2 , pour 1 6 k 6 n − 1, on a R xk+1 π ln(sin(x )) 6 ln(sin x) dx puis en sommant ces inégalités, on obtient k xk 2n π 2n
De même, pour 0 6 k 6 n − 1,
R xk+1 xk
ln(Pn ) 6
π/(2n) ln(sin x)
ln(sin x) dx 6
R π/2 0
Finalement, ∀n > 2,
R π/2
π 2n
dx
ln(sin(xk+1 )) et en sommant
ln(sin x) dx 6
π 2n
ln(Pn ).
R π/(2n)
π ln(sin x) dx 6 I 6 2n ln(Pn ). Mais ln(Pn ) = ln n − (n − 1) ln 2 0 R π/(2n) 2 π ln(Pn ) tend vers − π ln ln(sin et donc 2n 2 quand n tend vers +∞ et comme d’autre part, 0 x) dx tend vers 0 quand n tend vers +∞ (puisque la fonction x : 7→ ln(sin x) est intégrable sur 0, π2 ), on 2 a redémontré que I = − π ln 2 . π 2n
ln(Pn ) +
Correction de l’exercice 2691 N lnt La fonction f : t 7→ t−1 est continue et positive sur ]0, 1[, négligeable devant √1t quand t tend vers 0 et prolongeable par continuité en 1. La fonction f est donc intégrable sur ]0; 1[. 1ère solution. (à la main, sans utilisation d’un théorème d’intégration terme à terme) Pour t ∈]0, 1[ et n ∈ N, lnt t−1
=
− lnt 1−t
= − ∑nk=0 t k lnt + t
n+1 lnt
t−1
Pour t ∈]0, 1] et n ∈ N, posons fn (t) = −t n lnt. Soit n ∈ N. Chaque fonction fk , 0 6 k 6 n, est continue sur ]0, 1] et négligeable en 0 devant √1t . Donc chaque fonction fk est intégrable sur ]0, 1] et donc sur ]0, 1[. Mais alors, il en est de même de la fonction n+1 lnt t 7→ t 1−tlnt = t−1 + ∑nk=0 t k lnt et R 1 lnt R 1 t n+1 lnt n R1 k 0 t−1 dt = − ∑k=0 0 t lnt dt + 0 t−1 dt
lnt • La fonction g : t 7→ tt−1 est continue sur ]0, 1[ et prolongeable par continuité en 0 et en 1. Cette fonction est en particulier bornée sur ]0, 1[. Soit M un majorant de la fonction |g| sur ]0, 1[. Pour n ∈ N, R n+1 R1 1 t lnt R 1 n M . 0 t−1 dt 6 0 t |g(t)| dt 6 M 0 t n dt = n+1
Par suite, limn→+∞ et que
R 1 t n+1 lnt 0
t−1
dt = 0. On en déduit que la série de terme général − R 1 lnt +∞ R 1 k 0 t−1 dt = ∑k=0 0 (−t lnt) dt.
• Soit ε ∈]0, 1[. Pour k ∈ N, une intégration par parties fournit h k+1 i1 R1 t lnt 1 R1 k k + k+1 ε (−t lnt) dt = − k+1 ε t dt = ε
Quand ε tend vers 0, on obtient
R1 ε
(−t k lnt)
dt =
1 . (k+1)2
ε k+1 ln ε k+1
Finalement,
R 1 lnt +∞ +∞ 1 1 π2 0 t−1 dt = ∑k=0 (k+1)2 = ∑n=1 n2 = 6 . R 1 lnt +∞ 1 π2 0 t−1 dt = ∑n=1 n2 = 6 .
1798
k+1
+ 1−ε . (k+1)2
R1 k 0 t lnt dt converge
2ème solution. (utilisation d’un théorème d’intégration terme à terme) Chaque fonction fn est continue et intégrable sur ]0, 1[ et la série de fonctions de terme général fn converge simplement vers la fonction f sur ]0, 1[ et de plus, la fonction f est continue sur ]0, 1[. Enfin ∑+∞ n=0
R1 0
1 | fn (t)| dt = ∑+∞ n=0 (n+1)2 < +∞.
D’après un théorème d’intégration terme à terme,
R1 0
f (t) dt = ∑+∞ n=0
R1
fn (t) dt =
0
π2 6 .
Correction de l’exercice 2692 N La fonction f : t 7→ t−1 lnt est continue sur ]0, 1[, prolongeable par continuité en 0 et 1 et donc est intégrable sur ]0, 1[. 1 t et t 7→ lnt se prolonge par continuité en 0 et est ainsi Soit x ∈]0, 1[. Chacune des deux fonctions t 7→ lnt intégrable sur ]0, x]. On peut donc écrire R x t−1
Rx t Rx 1 0 lnt dt − 0 lnt dt. R t R R 2 Dans la première intégrale, on pose u = t 2 et on obtient 0x lnt dt = 0x ln(t2t2 ) dt = 0x ln1u du et donc R x2 1 Rx 1 R x2 1 R x t−1 0 lnt
0 lnt
dt =
dt =
0 lnt
dt −
0 lnt
dt =
x
lnt
dt.
On note alors que, puisque x ∈]0, 1[, x2 < x. Pour t ∈ [x2 , x], on a t lnt < 0 et donc R x R 1 R 2 puis par croissance de l’intégrale, xx2 t lnt dt 6 xx2 lnt dt 6 xx2 t xlnt dt et donc x2
Maintenant,
x t lnt
t 6 t lnt =
1 lnt
6
x2 ln t
R x2 1 R x2 1 R x2 1 x t lnt dt 6 x lnt dtx 6 x x t lnt dt
R x2 1 2 x t lnt dt = ln | ln(x )| − ln | ln x| = ln 2 et on a montré que, pour tout réel x de ]0, 1[, R x t−1 2
x ln 2 6
0 lnt
dt 6 x ln 2
Quand x tend vers 1, on obtient
R 1 t−1 0 lnt
dt = ln 2.
Correction de l’exercice 2693 N 2
(a) La fonction t 7→ e−t est continue, positive et intégrable sur [0, +∞[. De plus, quand t tend +∞, 2 2 e−t ∼ 1 + t12 = dtd − 2t1 e−t . D’après un théorème de sommation des relations de comparaison, quand x tend vers +∞, R +∞ −t 2 R 2 0 1 −x2 dt ∼ x+∞ − 2t1 e−t dt = 2x e , x e et donc
ex (b) Pour a > 0 fixé, Z +∞ cos x a
x
R +∞ cos x a
x
dx = −
R +∞ −t 2 dt x e
∼ 1. x→+∞ 2x
dx converge (se montre en intégrant par parties (voir exercice 2688)) puis
Z a cos x
x
1
= −
a→0
2
Z a 1 1
x
dx +
dx +
Z +∞ cos x
x
1
Z a 1 − cos x 1
x
dx = − a→0
Z a cos x 1
x
dx + O(1)
dx + O(1) = − ln a + a→0
Z a 1 − cos x 1
x
dx + O(1).
1−cos x x ∼ x et en particulier, 1−cos tend vers 0 quand x tend vers 0. Par suite, la x x x→0 2 x fonction x 7→ 1−cos est continue sur ]0,R 1] et se prolonge par continuité en 0. Cette fonction est donc x x intégrable sur ]0, 1] et en particulier, 1a 1−cos dx a une limite réelle quand a tend vers 0. On en x R +∞ cos x déduit que a = − ln a + O(1) et finalement x dx a→0
Maintenant,
1799
R +∞ cos x a
(c) Soit a > 0.
Donc,
R1
1 0 x3 +a2
x
dx ∼ − ln a. a→0
R R R 1 1 1 1 1 x3 dx = 01 (x3 +a 0 x3 +a2 dx − a12 = 0 x3 +a 2 − a2 2 )a2 dx 6 dx = a12 + o a12 ou encore
1 a4
a→+∞
R1
1 0 x3 +a2
1 2. a→+∞ a
dx ∼
Correction de l’exercice 2694 N • Domaine de définition. Soit x ∈ R. 1 Si x < 0, la fonction t 7→ lnt n’est pas définie sur [x, 0[⊂ [x, x2 ] et f (x) n’est pas défini. 1 Si 0 < x < 1, [x2 , x] ⊂]0, 1[. Donc la fonction t 7→ lnt est continue sur [x2 , x]. Dans ce cas, f (x) existe et est de plus strictement positif car lnt < 0 pour tout t de ]0, 1[. 1 Si x > 1, [x, x2 ] ⊂]1, +∞[. Donc la fonction t 7→ lnt est continue sur [x, x2 ]. Dans ce cas aussi, f (x) existe et est strictement positif. Enfin, f (0) et f (1) n’ont pas de sens. f est définie sur D =]0, 1[∪]1, +∞[ et strictement positive sur D. 1 • Dérivabilité. Soit I l’un des deux intervalles ]0, 1[ ou ]1, +∞[. La fonction t 7→ lnt est continue sur I. Soit F une primitive de cette fonction sur I. Si x ∈]0, 1[, on a [x2 , x] ⊂]0, 1[ et donc f (x) = F(x2 ) − F(x). De même, si x ∈]1, +∞[. On en déduit que f est de classe C1 sur D. De plus, pour x ∈ D,
f 0 (x) = 2xF 0 (x2 ) − F 0 (x) =
2x ln(x2 )
− ln1x =
x−1 ln x .
• Variations. f 0 est strictement positive sur ]0, 1[∪]1, +∞[ et donc f est strictement croissante sur ]0, 1[ et sur ]1, +∞[ (mais pas nécessairement sur D). 1 est décroissante sur • Etude en 0. Soit x ∈]0, 1[. On a 0 < x2 < x < 1 et de plus la fonction t 7→ lnt 2 [x , x] ⊂]0, 1[ en tant qu’inverse d’une fonction strictement négative et strictement croissante sur ]0, 1[. Rx 1 2 x−x2 Donc, x−x ln x 6 x2 lnt dt 6 ln(x2 ) puis ∀x ∈]0, 1[,
x2 −x 2 ln x
6 f (x) 6
x2 −x ln x .
On en déduit que limx→0+ f (x) = 0 et on peut prolonger f par continuité en 0 en posant f (0) = 0 (on note encore f le prolongement). Quand x tend vers 0 par valeurs supérieures, f 0 (x) = x−1 ln x tend vers 0. Ainsi, - f est continue sur [0, 1[, - f est de classe C1 sur ]0, 1[, - f 0 a une limite réelle quand x tend vers 0 à savoir 0. D’après un théorème classique d’analyse, f est de classe C1 sur [0, 1[ et f 0 (0) = 0. • Etude en 1. On a vu à l’exercice 2692 que limx→1 f (x) = ln 2 (la limite à droite en 1 se traite de manière analogue). On prolonge f par continuité en 1 en posant f (1) = ln 2 (on note encore f le prolongement obtenu). Ensuite quand x tend vers 1, f 0 (x) tend vers 1. Donc f est de classe C1 sur R+ et f 0 (1) = 1. En particulier, f est continue sur R+ et d’après plus haut f est strictement croissante sur R+ . • Etude en +∞. Pour x > 1, f (x) > x2 − xln x. Donc f (x) et f (x) x tendent vers +∞ quand x tend vers +∞. La courbe représentative de f admet en +∞ une branche parabolique de direction (Oy). ln x− x−1
• Convexité. Pour x ∈ D, f 00 (x) = ln2 xx . En 1, en posant x = 1 + h où h tend vers 0, on obtient 1800
f 00 (1 + h)
=
(1+h) ln(1+h)−h (1+h) ln2 (1+h)
=
2 (1+h) h− h2 +o(h2 ) −h h2 +o(h2 )
= 12 + o(1).
f est donc de classe C2 sur ]0, +∞[ et f 00 (1) = 21 . . La Pour x 6= 1, f 00 (x) est du signe de g(x) = ln x − 1 + 1x dont la dérivée est g0 (x) = 1x − x12 = x−1 x2 fonction g est stictement décroissante sur ]0, 1] et strictement croissante sur [1, +∞[. Donc pour x 6= 1, g(x) > g(1) = 0. On en déduit que pour tout x ∈]0, +∞[, f 00 (x) > 0 et donc que f est strictement convexe sur R+ . • Graphe.
8 7 6
x2
ln
1 t
dt
5 x
y= R
4 3 2 1 b
1
2
3
4
5
Correction de l’exercice 2695 N E(x)
La fonction f : x 7→ (−1)x est continue par morceaux sur [1, +∞[ et donc localement intégrable sur [1, +∞[. Soient X un réel élément de [2, +∞[ et n = E(X). R X (−1)E(x) E(x) R X (−1)E(x) R k+1 (−1)E(x) R 1 k dx = ∑n−1 dx + nX (−1)x dx = ∑n−1 dx. 1 k=1 k k=1 (−1) ln 1 + k + n x x x R E(x) 1 Or, nX (−1)x dx 6 X−n n 6 E(X) . Cette dernière expression tend vers 0 quand le réel X tend vers +∞ R
E(x)
et donc limX→+∞ nX (−1)x dx = 0. D’autre part, la suite (−1)k ln 1 + 1k k>1 est de signe alternée et sa valeur absolue tend vers 0 en décroissant. La série de terme général (−1)k ln 1 + 1k , k > 1, converge en vertu du critère spécial aux 1 k séries alternées ou encore, quand le réel X tend vers +∞, ∑n−1 k=1 (−1) ln 1 + k a une limite réelle. Il en est de même de
R X (−1)E(x) x
dx et l’intégrale
R +∞ (−1)E(x)
dx converge. De plus 1 n dx = ∑+∞ 1 n=1 (−1) ln 1 + n . x 2n 1 1 k k Calcul. Puisque la série converge, on a ∑+∞ k=1 (−1) ln 1 + k = limn→+∞ ∑k=1 (−1) ln 1 + k . Pour n ∈ N∗ , 1
R +∞ (−1)E(x)
1
x
n n 1 1 1 (2k − 1)(2k + 1) ∑ (−1) ln 1 + k = ∑ − ln 1 + 2k − 1 + ln 1 + 2k = ∑ ln (2k)2 k=1 k=1 k=1 ! (1 × 3 × . . . × (2n − 1))2 × (2n + 1) 1 (2n)! 2 = ln = ln × × (2n + 1) . (2 × 4 × . . . × (2n))2 24n (n!)2 2n
k
1801
D’après la formule de S TIRLING, 2 (2n)! 1 × × (2n + 1) ∼ 24n (n!)2
4n
1 4n n→+∞ 2
1 n Donc ∑+∞ n=1 (−1) ln 1 + n = ln
2 π
x
√
( 2ne ) ( 4πn)2 × (2n) = π2 . 4n √ ( ne ) ( 2πn)4
et on a montré que
R +∞ (−1)E(x) 1
×
n ln 1 + 1 = ln dx = ∑+∞ (−1) n=1 n
2 π
.
Correction de l’exercice 2696 N (a) Puisque f est continue, positive et décroissante sur [1, +∞[, pour x > 2 on a Rx R 0 6 x f (x) = 2 x − 2x f (x) 6 2 x/2 f (t) dt = 2 /dintx/2+∞ f (t) dt − x+∞ f (t) dt
Cette dernière expression tend vers 0 quand x tend vers +∞ car f est intégrable sur [1, +∞[. Donc si f est continue, positive, décroissante et intégrable sur [1, +∞[ alors f (x) = o 1x . x→+∞
(b) La fonction x 7→ x( f (x) − f (x + 1)) est continue et positive sur [1, +∞[. Soit X > 1. Z X 1
x( f (x) − f (x + 1)) dx = =
Z X 1
x f (x) dx −
1
x f (x) dx −
Z 2
Z X+1
2 Z X+1
(x − 1) f (x) dx =
Z X
x f (x) dx +
f (x) dx.
Z X+1
1
x f (x) dx −
Z X+1
x f (x) dx +
2
2
X
R
Maintenant 0 6 XX+1 x f (x) dx 6 (X + 1 − X)(X + 1) f (X) 6 2X f (X). D’après 1), cette dernière RX expression tend vers 0 quand X tend vers +∞. Donc, quand X tend vers +∞, 1 x( f (x)− f (x+1)) dx R R tend vers 12 x f (x) dx + 2+∞ f (x) dx. Puisque la fonction x 7→ x( f (x) − f (x + 1)) est continue et positive sur [1, +∞[,R on sait que x 7→ x( f (x) − f (x + 1)) est intégrable sur [1, +∞[ si et seulement si la fonction X 7→ 1X x( f (x) − f (x + 1)) dx a une limite réelle quand X tend vers +∞. Donc la fonction x 7→ x( f (x) − f (x + 1)) est intégrable sur [1, +∞[ et R +∞ 1
x( f (x) − f (x + 1)) dx =
R2 1
x f (x) dx +
R +∞ 2
f (x) dx.
Correction de l’exercice 2697 N R
R
(a) Puisque f est de classe C1 sur R+ , pour x > 0, 0x f 0 (t) dt = f (x)− f (0). Donc l’intégrale 0+∞ f 0 (t) dt converge en +∞ si et seulement si f a une limite réelle ` quand x tend vers +∞. R Si de Rplus l’intégrale 0+∞ f (t) dt converge, il est exclus d’avoir ` 6= 0 etR réciproquement si ` = 0 alors 0x f 0 (t) dt tend vers − f (0) quand x tend vers +∞. Donc l’intégrale 0+∞ f 0 (t) dt converge si et seulement si limx→+∞ f (x) = 0. (b) i. Soit x > 0. D’après la formule de TAYLOR-L AGRANGE, il existe un réel θx ∈]x, x + 1[ f (x + 1) = f (x) + (x + 1 − x) f 0 (x) + 12 f 00 (θx ). ce qui s’écrit encore f 0 (x) = f (x + 1) − f (x) − 21 f 00 (θx ). Quand x tend vers +∞, f (x + 1) − f (x) tend vers 0 et d’autre part, θx tend vers +∞. Ainsi, si f et f 00 ont une limite réelle quand x tend vers +∞, f 0 a également une limite réelle et de plus limx→+∞ f 0 (x) = − 21 limx→+∞ f 00 (x). Rx 0 R x 00 0 0 Ensuite, puisque pour x > 0, f (t) dt = f (x)− f (0) et 0 0 f (t) dt = f (x)− f (0), les intégrales R +∞ 0 R +∞ 00 0 f (t) dt et 0 f (t) dt convergent et d’après 1), limx→+∞ f (x) = 0 (= limx→+∞ f 00 (x)). 0 1802
Z X+1 2
f (x) d
R
R
ii. RSoit F : x 7→ 0x f (t) dt. F est de classe C3 sur R+ . De plus, F(x)R = 0x f (t) dt tend vers R +∞ f (t) dt et F 00 (x) = f 0 (x) = f 0 (0) + 0x f 00 (t) dt tend vers f 0 (0) + 0+∞ f 00 (t) dt. Donc F et 0 00 F ont des limites réelles en +∞. D’après a), f = F 0 tend vers 0 quand x tend vers +∞. Correction de l’exercice 2698 N L’inégalité | f f 00 | 6 12 ( f 2 + f 002 ) montre que la fonction f f 00 est intégrable sur R puis, pour X et Y tels que X 6 Y , une intégration par parties fournit R Y 02 RY Y 0 00 X f (x) dx = [ f (x) f (x)]X − X f (x) f (x) dx.
Puisque la fonction f 02 est positive, l’intégrabilité de f 02 sur R équivaut à l’existence d’une limite réelle R Y 02 quand X tend vers +∞ et Y tend vers −∞ de X f (x) dx et puisque la fonction f f 00 est intégrable sur R, l’existence de cette limite équivaut, d’après l’égalité précédente, à l’existence d’une limite réelle en +∞ et −∞ pour la fonction f f 0 . R Si f 02 n’est pas intégrable sur R+ alors 0+∞ f 02 (x)dx = +∞ et donc limx→+∞ f (x) f 0 (x) = +∞. En particulier, pour x suffisament grand, f (x) f 0 (x) > 1 puis par intégration 21 ( f 2 (x) − f 2 (0)) > x contredisant l’intégrabilité de la fonction f 2 sur R. Donc la fonction f 02 est intégrable sur R+ et la fonction f f 0 a une limite réelle quand x tend vers +∞. De même la fonction f 02 est intégrable sur R− et la fonction f f 0 a une limite réelle quand x tend vers −∞. Si cette limite est un réel non nul `, supposons par exemple ` > 0. Pour x suffisament grand, on a f (x) f 0 (x) > ` puis par intégration 12 ( f 2 (x) − f 2 (0)) > `x contredisant de nouveau l’intégrabilité de la fonction f 2 . Donc la fonction f f 0 tend vers 0 en +∞ et de même en −∞. R +∞ 02 R +∞ Finalement, la fonction f 02 est intégrable sur R et −∞ f (x) dx = − −∞ f (x) f 00 (x) dx. D’après l’inégalité de C AUCHY-S CHWARZ, on a 2 2 2 R +∞ 002 2 R +∞ 02 R +∞ R +∞ 2 00 −∞ f (x) dx = − −∞ f (x) f (x) dx 6 −∞ f (x) dx −∞ f (x) dx .
Puisque les fonctions f et f 00 sont continues sur R, on a l’égalité si et seulement si la famille ( f , f 00 ) est liée. Donc nécessairement, ou bien f est du type x 7→ A ch(ωx) + B sh(ωx), ω réel non nul, qui est intégrable sur R si et seulement si A = B = 0, ou bien f est affine et nulle encore une fois, ou bien f est du type x 7→ A cos(ωx) + B sin(ωx) et nulle encore une fois. Donc, on a l’égalité si et seulement si f est nulle. Correction de l’exercice 2699 N
(a) Pour n ∈ N, on pose : un =
Z (n+1)π | sint|
t
nπ
Pour n > 0, on a
1 (n+1)π
dt.
6 1t , donc 1 (n + 1)π
Z (n+1)π nπ
| sint| dt 6
Z (n+1)π | sint|
t
nπ
dt.
Or | sint| = (−1)n sint sur [nπ, (n + 1)π]. Ainsi Z (n+1)π nπ
Il en découle que
2 (n+1)π
| sint| dt = (−1)n [− cost](n+1)π = 2. nπ
6 un et Z +∞ | sint| 0
t
+∞
dt =
est divergente. 1803
2
+∞
1
∑ un > π ∑ n + 1
n=0
n=0
(b) Deuxième formule de la moyenne. D’après l’énoncé, F est une primitive de f et est positive et Ry décroissante. Puisque la fonction g admet des primitives, la fonction G(y) := a g(x) dx est la primitive de g s’annulant en a. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, pour montrer qu’il existe y ∈ [a, b] tel que : Z b
F(x)g(x) dx = F(a)
a
Z y
g(x) dx,
a
il suffit de montrer que Z b
F(a) min G(y) 6 y∈[a,b]
a
F(x)g(x) dx 6 F(a) max G(y). y∈[a,b]
Par intégration par parties, on obtient : Z b a
F(x)g(x) dx = F(b)G(b) − F(a)G(a) −
Z b
f (x)G(x) dx.
a
avec F(a)G(a) = 0. Comme f est négative sur [a, b], on a : min G(y) y∈[a,b]
Z b a
− f (x) dx 6 −
⇔ min G(y) (F(a) − F(b)) 6 − y∈[a,b]
Z
Z b a b
a
f (x)G(x) dx 6 max G(y) y∈[a,b]
Z b a
− f (x) dx,
f (x)G(x) dx 6 max G(y) (F(a) − F(b)) . y∈[a,b]
On en déduit l’encadrement suivant : Z b F(b) G(b) − min G(y) + F(a) min G(y) 6 F(x)g(x) dx y∈[a,b] y∈[a,b] a 6 F(b) G(b) − max G(y)) + F(a) max G(y). y∈[a,b]
y∈[a,b]
Les inégalités G(b) − miny∈[a,b] G(y) > 0 et G(b) − maxy∈[a,b] G(y) 6 0 et la positivité de F permettent de conclure. R
(c) D’après le critère de Cauchy (voir la proposition des rappels), pour montrer que 0+∞ sint t dt est R x0 sint 0 convergente, il suffit de montrer que x t dt tend vers 0 lorsque x et x tendent vers +∞. D’après la formule de la moyenne appliquée à F(t) = 1t et g(t) = sint, il vient : Z x0 sint x
t
dt =
1 x
Z y
sint dt
x
pour un certain y ∈ [x, x0 ]. On en déduit que Z x0 1 sint 2 x t dt = x | cos y − cos x| 6 x . Ainsi limx,x0 →+∞
R x0 sint R +∞ sint x t dt = 0 et 0 t dt est convergente. −λt
−λt
(d) i. Posons pour t > 0, U(t) = e t . On a u(t) = U 0 (t) = − e t 2 (λt + 1) < 0. Ainsi U est positive et décroissante sur ]0, +∞[. D’après la deuxième formule de la moyenne, pour 0 < x 6 y, il vient : Z y Z y −λ x Z y0 e x f (t, λ ) dt = x U(t) sint dt = x x sint dt , pour un certain y0 ∈ [x, y]. On en déduit que Z y −λ x 6 2e f (t, λ ) dt . x x 1804
ii. On remarque que, pour tout x > 0, la fonction t 7→ f (t, λ ) est continue sur [0, x], donc Riemannintégrable surR cet intervalle. D’après le critère de Cauchy etR la question 4.a), les intégrales généralisées 0+∞ f (t, λ ) dtR sont convergentes. Soit F(λ ) = 0+∞ f (t, λ ) dt. Pour montrer que les intégrales généralisées 0+∞ f (t, λ ) dt convergent uniformément en λ > 0, il faut montrer que pour tout ε > 0, il existe x0 > 0 tel que pour tout x > x0 et pour tout λ > 0, Z x F(λ ) − 6 ε. f (t, λ ) dt 0
Or, d’après la question 4.a), Z F(λ ) −
x
0
2e−λ x0 2e−λ x 2 f (t, λ ) dt 6 6 . 6 x x0 x0
Ainsi pour x > ε2 , on a l’inégalité désirée, et ce indépendamment de la valeur de λ . Posons Rn 0 Fn (λ ) = 0 f (t, λ ) dt. D’après ce qui précède, 2 sup |F(λ ) − Fn (λ )| 6 , n λ ∈[0,+∞[
i.e. Fn converge uniformément vers F sur [0, +∞[. Comme les fonction Fn sont continues, il en découle que F est continue. On peut aussi revenir à la définition de continuité : pour montrer que la fonction λ 7→ F(λ ) est continue en un point λ0 ∈ [0, +∞[, il faut montrer que pour tout ε > 0, il existe un voisinage de λ0 tel que |F(λ ) − F(λ0 )| < ε pour tout λ dans ce voisinage. Soit ε > 0 fixé, et posons xε = ε6 . On a : Z x Z +∞ Z +∞ ε |F(λ ) − F(λ0 )| = ( f (t, λ ) − f (t, λ0 ) dt + f (t, λ ) dt − f (t, λ0 ) dt 0 x x Z x Zε +∞ ε Z +∞ ε 6 ( f (t, λ ) − f (t, λ0 ) dt + f (t, λ ) dt + f (t, λ0 ) dt 0 xε xε Z x ε 2 6 ( f (t, λ ) − f (t, λ0 ) dt + ε. 3 0 R Pour conclure, il suffit de trouver un voisinage de λ0 tel que 0xε ( f (t, λ ) − f (t, λ0 ) dt < ε3 pour tout λ dansRce voisinage. L’existence d’un tel voisinage est garantie par la continuité de la fonction λ 7→ 0xε f (t, λ ) dt donnée par le théorème de continuité d’une intégrale dépendant d’un paramètre (voir les rappels). On peut également déterminer l’existence de ce voisinage à la main de la façon suivante : Z x Z xε ε |( f (t, λ ) − f (t, λ0 )| dt 0 ( f (t, λ ) − f (t, λ0 )) dt 6 0 Z xε sint −λt −λ0 t 6 sup e − e t dt, 0 t∈[0,xε ] 6 xε sup e−λt − e−λ0t , t∈[0,xε ]
où l’on a utiliser l’inégalité | sint| 6 |t|. On a : (λ +λ )t (λ −λ )t (λ0 −λ )t 0 0 −λt e− 2 − e 2 e − e−λ0t = e− 2 |λ − λ0 |t |λ − λ0 |xε 6 2 sinh 6 2 sinh , 2 2
car la fonction sinh est croissante. Ainsi le voisinage de λ0 déterminé par |λ −λ0 | < ε3 argsinh convient. 1805
2 ε 36
iii. Pour x ∈ [0, +∞[ et λ ∈]0, +∞[, posons ˜ λ) = F(x,
Z x
f (t, λ ) dt.
0
D’après le théorème de dérivabilité d’une intégrale dépendant d’un paramètre (voir les rappels), la fonction F˜ est dérivable par rapport à la deuxième variable et sa dérivée partielle vaut : Z x ∂f ∂ F˜ (x, λ ) = (t, λ ) dt. ∂λ ∂ λ 0
˜ λ ) tend vers F(λ ). D’après la question 4.b) cette convergence est uniLorsque x → +∞, F(x, R ˜ forme pour λ > 0. D’autre part, lorsque x tend vers +∞, ∂∂ Fλ (x, λ ) tend vers F 0 (λ ) := − 0+∞ e−λt sint dt. On peut montrer comme dans la question 4.b) que cette convergence est uniforme pour λ > 0 ) = F 0 (λ ) (écrivez l’ar(attention il faut exclure λ = 0 ici). Il en découle que limh→0 F(λ +h)−F(λ h gument ! On pourra soit utiliser le dernier théorème des rappels, soit le montrer à la main...). iv. Soit x > 0. On a : −
Z x
e
−λt
sint dt =
0
= = Ainsi
"
e−λt sint λ
#x
0
−
"
Z x −λt e 0
λ
e−λt cost sin x + λ λ2
e−λ x
cost dt
#x
0
+
Z x −λt e
λ2
0
e−λ x e−λ x 1 sin x + 2 cos x − 2 + λ λ λ
sint dt
Z x −λt e 0
λ2
sint dt.
Z x 1 e−λ x e−λ x 1 − 1+ 2 sin x + 2 cos x − 2 . e−λt sint dt = λ λ λ λ 0
On en déduit que 0
F (λ ) = lim − x→+∞
Z x
e−λt sint dt =
0
−1 . 1+λ2
v. De la question précédente, il découle que F(λ ) = − arctan λ +C, où C est une constante réelle. Montrons que F(λ ) tend vers 0 lorsque λ tend vers +∞. Soit ε > 0 et x > ε4 . On a : Z x Z +∞ sint sint −λt −λt |F(λ )| = e dt + e dt t t 0 x Z +∞ Z x −λt | sint| −λt sint 6 e dt + e dt t t 0 x 6
Z x 0
ε e−λt dt + , 2
où on a utiliser que | sint| 6 t et la question 4.b). Ainsi |F(λ )| 6 −λ x
1 − e−λ x0 ε + . λ 2 −λ x
Comme limλ →+∞ 1−eλ 0 = 0, il existe λ0 > 0 tel que pour tout λ > λ0 , 1−eλ 0 < ε2 . On en déduit que pour λ > λ0 , |F(λ )| < ε, c’est-à-dire limλ →+∞ F(λ ) = 0. Alors C = limλ →+∞ arctan λ = π2 . Ainsi Z +∞ π sint π F(λ ) = − arctan λ + et dt = F(0) = . 2 t 2 0 1806
Correction de l’exercice 2709 N √ In = √π3 (2 − 3 )n . Correction de l’exercice 2710 N Couper en intervalles de kπ/n. On obtient In =
√π 2
pour tout n > 1.
Correction de l’exercice 2711 N f est paire, π-périodique. f 0 (x) = 0 pour 0 6 x 6
π 2
⇒ f (x) = f (π/4) = π4 .
Correction de l’exercice 2712 N Comparaison entre parties, un →
3 8
R1
dt t=0 (1+t)2
et son approximation des trapèzes. Découper et intégrer deux fois par
lorsque n → ∞.
Correction de l’exercice 2714 N h i2π R 2π 00 I = f 0 (t)(1 + cost) + t=0 f (t)(1 + cost) dt > 0. 0
Correction de l’exercice 2718 N (a) formule de Taylor-intégrale. (b)
Correction de l’exercice 2721 N H 0 = f (2F − f 2 ) = f K et K 0 = 2 f (1 − f 0 ) donc H est croissante et positive. Correction de l’exercice 2726 N (a) R
x 1 n−1 k (b) Soit F(x) = t=a f (t) dt et G = F −1 . Alors n1 ∑n−1 k=0 f (xk ) = n ∑k=0 f ◦G( n ) → lorsque n → ∞.
Rb
t=a
f 2 (t) dt
.R
b t=a
f (t) dt
Correction de l’exercice 2727 N On a f = eg avec g de classe C 1 par le théorème de relèvement d’où I( f ) =
g(2π)−g(0) 2iπ
∈ Z.
Correction de l’exercice 2728 N (a) Il existe toujours une unique fonction g de classe C 2 telle que g00 = f , g(a) = g0 (a) = 0 : g(x) = Rx t=a (x − t) f (t) dt (Taylor-Intégral). R
R
b b (b) Soient λ , µ ∈ R tels que f1 : x 7→ f (x)−λ − µx vérifie x=a f1 (x) dx = x=a x f1 (x) dx = 0. On trouve ( Rb (b − a)λ + (b2 − a2 )/2µ = − x=a f (x) dx R b (b2 − a2 )/2λ + (b3 − a3 )/3µ = − x=a x f (x) dx
1807
et ce système aR pour déterminant (b−a)4 /12 6= 0 donc λ , µ existent et sont uniques. Soit g1 ∈ F telle b que g001 = f1 : x=a g001 (x)g00 (x) dx = 0 pour tout g ∈ F, en particulier pour g = g1 donc g001 = f1 = 0 et f (x) = λ + µx. Correction de l’exercice 2729 N
R1
Soit g = f − a. On a 0 6 g 6 b − a et R1 2 R1 2 0 g + 2a 0 g + a 6 −ab.
0
g = −a d’où
R1 2 R1 R1 2 0 g 6 (b − a) 0 g = −a(b − a) et 0 f =
Correction de l’exercice 2730 N (a) f est continue sur le segment [0, 1] et est donc bornée sur ce segment. Soit M un majorant de | f | sur [0, 1]. Pour n ∈ N, |un | 6
Z 1 0
n
t | f (t)| dt 6 M
Z 1
t n dt =
0
M , n+1
M = 0, on a montré que limn→+∞ un = 0. et comme limn→+∞ n+1
Soit n ∈ N. Puisque f est de classe C1 sur [0, 1], on peut effectuer une intégration par parties qui fournit
1 Z 1 Z 1 t n+1 1 f (1) 1 un = f (t) − t n+1 f 0 (t) dt = − t n+1 f 0 (t) dt. n+1 n + 1 n + 1 n + 1 0 0 0 Puisque f 0 est continue sur [0, 1], limn→+∞ o( 1n ). D’autre part, puisque f (1) 6= 0, f (1) n
f (1) n+1
+ o( 1n ), ou encore
R 1 n+1 0 1 R 1 n+1 0 f (t) dt = 0 ou encore − n+1 f (t) dt = 0 t 0 t
∼
f (1) n
un ∼
ou encore
f (1) n+1
=
f (1) n
+ o( 1n ). Finalement, un =
f (1) . n
(b) Puisque f est de classe C1 sur [0, 1] et que f (1) = 0, une intégration par parties fournit 1 R 1 n+1 0 un = − n+1 f (t) dt. Puisque f 0 est de classe C1 sur [0, 1] et que f 0 (1) 6= 0, le 1) appliqué à f 0 0 t fournit un = −
1 n+1
Z 1 0
t n+1 f 0 (t) dt ∼ −
1 f 0 (1) f 0 (1) =− 2 . n n n
R R Par exemple, 01 t n sin πt2 dt ∼ n1 et 01 t n cos πt2 dt ∼ 2nπ 2
Correction de l’exercice 2731 N (a) Puisque f est de classe C1 sur [a, b], on peut effectuer une intégration par parties qui fournit pour λ >0: Z b Z b Z b 1 1 b 0 6 (| f (a)|+| f (b)|+ f (t) sin(λt) dt = (− [cos(λt) f (t)] + f (t) cos(λt) dt) | f 0 (t)| dt). a λ a λ a a Cette dernière expression tend vers 0 quand λ tend vers +∞, et donc quand λ tend vers +∞.
1808
Rb a
f (t) sin(λt) dt tend vers 0
(b) Si f est simplement supposée continue par morceaux, on ne peut donc plus effectuer une intégration par parties. R Le résultat est clair si f = 1, car pour λ > 0, ab sin(λt) dt = ... 6 λ2 .
Le résultat s’étend aux fonctions constantes par linéarité de l’intégrale puis aux fonctions constantes par morceaux par additivité par rapport à l’intervalle d’intégration, c’est-à-dire aux fonctions en escaliers. Soit alors f une fonction continue par morceaux sur [a, b]. Soit ε > 0. On sait qu’il existe une fonction en escaliers g sur [a, b] telle que ∀x ∈ [a, b], | f (x) − ε g(x)| < 2(b−a) . Pour λ > 0, on a alors Z b Z b Z b a f (t) sin(λt) dt = a ( f (t) − g(t)) sin(λt) dt + a g(t) sin(λt) dt Z b Z b Z b ε 6 | f (t) − g(t)| dt + g(t) sin(λt) dt 6 (b − a) + g(t) sin(λt) dt 2(b − a) a a a Z b ε = + g(t) sin(λt) dt . 2 a
Maintenant, le résultat étant établi pour les fonctions en esacliers,
Z b ε ∃A > 0/ ∀λ ∈ R, (λ > A ⇒ g(t) sin(λt) dt < ). 2 a R Pour λ > A, on a alors ab f (t) sin(λt) dt < ε2 + ε2 = ε. On a montré que Z b ∀ε > 0, ∃A > 0/ ∀λ ∈ R, (λ > A ⇒ f (t) sin(λt) dt < ε), a
et donc que
Rb a
f (t) sin(λt) dt tend vers 0 quand λ tend vers +∞.
Correction de l’exercice 2732 N Pour t ∈ [0, 1], 2
f (t) =
Z
2 Z t Z t 02 f (u) du 6 ( f (u) du)( 1 du) (C AUCHY − S CHWARZ)
t
0
0
=t
Z t 0
2
f 0 (u) du 6 t
Z 1
0
0
2
f 0 (u) du,
0
et donc, par croissance de l’intégrale, Z 1 0
2
f (t) dt 6
Z 1 Z 1
t(
0
Z 1
02
f (u) du) dt = (
0
0
02
f (u) du)
Z 1 0
1 t dt = 2
Z 1
2
f 0 (u) du.
0
Correction de l’exercice 2733 N Puisque f est continue et strictement croissante sur [0, a], f réalise une bijection de [0, a] sur f ([0, a]) = [0, f (a)]. R R Soit x ∈ [0, a]. Pour y ∈ [0, f (a)], posons g(y) = 0x f (t) dt + 0y f −1 (t) dt − xy. Puisque f est continue R sur [0, a], on sait que f −1 est continue sur [0, f (a)] et donc la fonction y 7→ 0y f −1 (t) dt est définie et de classe C1 sur [0, f (a)]. Donc g est de classe C1 sur [0, f (a)] et pour y ∈ [0, f (a)], g0 (y) = f −1 (y) − x. 1809
Or, f étant strictement croissante sur [0, a], g0 (y) > 0 ⇔ f −1 (y) > x ⇔ y > f (x). Par suite, g0 est strictement négative sur [0, f (x)[ et strictement positive sur ] f (x), f (a)], et g est strictement décroissante sur [0, f (x)] et strictement croissante sur [ f (x), f (a)]. g admet en y = f (x) un minimum global égal à R R f (x) g( f (x)) = 0x f (t) dt + 0 f −1 (t) dt − x f (x). Notons h(x) cette expression. R f est continue sur [0, a]. Donc, x 7→ R 0x f (t) dt est de classe C1 sur [0, a]. Ensuite f est de classe C1 sur [0, a] à valeurs dans [0, f (a)] et y 7→ 0y f −1 (t) dt est de classe C1 sur [0, f (a)] (puisque f −1 est continue R f (x) sur [0, f (a)]). On en déduit que x 7→ 0 f −1 (t) dt est de classe C1 sur [0, a]. Il en est de même de h et pour x ∈ [0, a], h0 (x) = f (x) + f 0 (x) f −1 ( f (x)) − f (x) − x f 0 (x) = 0. h est donc constante sur [0, a] et pour x ∈ [0, a], h(x) = h(0) = 0. On a montré que
∀(x, y) ∈ [0, a] × [0, f (a)],
Z x
f (t) dt +
0
Z y 0
f −1 (t) dt − xy >
Z x 0
f (t) dt +
Z f (x) 0
f −1 (t) dt − x f (x) = 0.
Correction de l’exercice 2734 N Soit, pour x ∈ [0, 1], g(x) = f (x) − x. g est continue sur [0, 1] et Z 1
g(x) dx =
0
Z 1 0
f (x) dx −
Z 1 0
x dx =
1 1 − = 0. 2 2
Si g est de signe constant, g étant de plus continue sur [0, 1] et d’intégrale nulle sur [0, 1], on sait que g est nulle. Sinon, g change de signe sur [0, 1] et le théorème des valeurs intermédiaires montre que g s’annule au moins une fois. Dans tous les cas, g s’annule au moins une fois sur [0, 1] ou encore, f admet au moins un point fixe dans [0, 1]. Correction de l’exercice 2735 N D’après l’inégalité de C AUCHY-S CHWARZ, Z
0
1
f (t) dt
Z
0
1
Z 1 Z 1 Z 1 2 Z 1 2 p p p p g(t) dt = ( f (t))2 dt ( g(t))2 dt > f (t) g(t) dt > 1 dt = 1. 0
0
0
0
Correction de l’exercice 2736 N f est continue sur R et admet donc des primitives sur R. Soit F une primitive donnée de f sur R. Notons (∗) la relation : ∀(x, y) ∈ R2 , f (x) f (y) = F(x + y) − F(x − y). Pour x = y = 0, on obtient f orallx ∈ R, f (0) = 0. Puis x = 0 fournit ∀y ∈ R, F(y) − F(−y) = 0. F est donc nécessairement paire et sa dérivée f est nécessairement impaire. La fonction nulle est solution du problème. Soit f une éventuelle solution non nulle. Il existe alors un réel y0 tel que f (y0 ) 6= 0. Pour tout réel x, on a alors f (x) =
1 f (y0 )
Z x+y0
f (t) dt =
x−y0
1810
1 (F(x + y0 ) − F(x − y0 )). f (y0 )
f est continue sur R et donc F est de classe C1 sur R. Il en est de même de la fonction x 7→ f (y10 ) (F(x + y0 ) − F(x − y0 )) et donc de f . Mais alors, F est de classe C2 sur R et donc f l’est aussi ( f est en fait de classe C∞ par récurrence). En dérivant (∗) à y fixé, on obtient f 0 (x) f (y) = f (x + y) − f (x − y) (∗∗), mais en dérivant à x fixé, on obtient aussi f (x) f 0 (y) = f (x + y) + f (x − y) (∗ ∗ ∗). En redérivant (∗∗) à y fixé, on obtient f 00 (x) f (y) = f 0 (x + y) − f 0 (x − y) et en dérivant (∗ ∗ ∗) à x fixé, on obtient f (x) f 00 (y) = f 0 (x + y) − f 0 (x − y). Mais alors, ∀(x, y) ∈ R2 , f 00 (x) f (y) = f (x) f 00 (y), et en particulier, ∀x ∈ R, f 00 (x) −
f 00 (y0 ) f (x) = 0. f (y0 )
On a montré que si f est solution du problème, il existe un réel λ tel que f est solution de l’équation différentielle y00 − λ y = 0 (E). √ - si λ > 0 , en posant k = λ , (E) s’écrit y00 − k2 y = 0. Les solutions de (E) sont les fonctions de la forme x 7→ A sh(kx) + B ch(kx), (A, B) ∈ R2 et les solutions impaires de (E) sont les fonctions de la forme x 7→ A sh(kx), A ∈ R. Réciproquement, soit k un réel strictement positif. Pour A ∈ R∗ (on sait que la fonction nulle est solution) et x ∈ R, posons f (x) = A sh(kx). Alors Z x+y
f (t) dt =
x−y
A 2A 2 (ch(k(x + y)) − ch(k(x − y))) sh(kx) sh(ky) = f (x) f (y). k k kA
2 f est solution si et seulement si kA = 1 ou encore A = 2k . √ - si λ < 0 , en posant k = −λ , (E) s’écrit y00 + k2 y = 0. Les solutions de (E) sont les fonctions de la forme x 7→ A sin(kx) + B cos(kx), (A, B) ∈ R2 et les solutions impaires de (E) sont les fonctions de la forme x 7→ A sin(kx), A ∈ R. Réciproquement, soit k un réel strictement positif. Pour A ∈ R∗ et x ∈ R, posons f (x) = A sin(kx). Alors
Z x+y
f (t) dt =
x−y
A 2A 2 (cos(k(x − y)) − cos(k(x + y))) = sin(kx) sin(ky) = f (x) f (y). k k kA
2 f est solution si et seulement si kA = 1 ou encore A = 2k . - si λ = 0 , (E) s’écrit y00 = 0. Les solutions de (E) sont les fonctions affines et les solutions impaires de (E) sont les fonctions de la forme x 7→ Ax, A ∈ R. Réciproquement, si f (x) = Ax
Z x+y
f (t) dt =
x−y
A 2 ((x + y)2 − (x − y)2 ) = 2Axy = f (x) f (y), 2 A
et f est solution si et seulement si A = 2. Les solutions sont la fonction nulle, la fonction x 7→ 2x, les fonctions x 7→ 2k sin(kx), k > 0 et les fonctions x 7→ 2k sh(kx), k > 0. Correction de l’exercice 2737 N Soit F une primitive de f sur [a, b]. F est de classe C2 sur le segment [a, b] et l’inégalité de TAYLORL AGRANGE permet d’écrire |F(
b−a 0 1 (b − a)2 a+b ) − F(a) − F (a)| 6 sup{|F 00 (x)|, x ∈ [a, b]}. 2 2 2 4
Mais F 0 (a) = f (a) = 0 et F 00 = f 0 . Donc, 1811
|F(
1 (b − a)2 a+b ) − F(a)| 6 M . 2 2 4
De même, puisque F 0 (b) = f (b) = 0, |F(
a+b 1 (b − a)2 ) − F(b)| 6 M . 2 2 4
Mais alors, Z b 2 2 2 = |F(b)−F(a)| 6 |F(b)−F( a + b )|+|F( a + b )−F(a)| 6 1 M (b − a) + 1 M (b − a) = M (b − a) . f (t) dt a 2 2 2 4 2 4 4 Correction de l’exercice 2738 N Si
R1 0
f (t) dt > 0, Z 1 Z1 Z 1 Z 1 Z 1 = f (t) dt | f (t)| dt ⇔ f (t) dt = | f (t)| dt ⇔ (| f (t)| − f (t)) dt = 0 0 0 0 0 0
⇔ | f | − f = 0 (fonction continue positive d’intégrale nulle) ⇔ f = | f | ⇔ f > 0.
R
R
Si 01 f (t) dt 6 0, alors 01 − f (t) dt > 0 et d’après ce qui précède, f est solution si et seulement si − f = | − f | ou encore f 6 0. En résumé, f est solution si et seulement si f est de signe constant sur [0, 1]. Correction de l’exercice 2746 N Ils sont égaux. Correction de l’exercice 2748 N Les deux membres sont n-linéaires alternés. On le vérifie sur la base du déterminant. Correction de l’exercice 2749 N 1ère solution.
detB =
ε(σ )bσ (1),1 ...bσ (n),n =
∑
ε(σ )(−1)2(1+2+...+n) aσ (1),1 ...aσ (n),n =
σ ∈Sn
=
ε(σ )(−1)1+2+...+n+σ (1)+...+σ (n) aσ (1),1 ...aσ (n),n
∑
∑
σ ∈Sn
σ ∈Sn
∑
ε(σ )aσ (1),1 ...aσ (n),n
σ ∈Sn
= detA. 2ème solution. On multiplie les lignes numéros 2, 4,... de B par −1 puis les colonnes numéros 2, 4,... de la matrice obtenue par −1. On obtient la matrice A qui se déduit donc de la matrice B par multiplication des lignes ou des colonnes par un nombre pair de −1 (puisqu’il y a autant de lignes portant un numéro pair que de colonnes portant un numéro pair). Par suite, det(B) = det(A). Correction de l’exercice 2750 N 1812
Soient C ∈ Mq (K) et D ∈ M p,q (K). Soit ϕ : (M p,1 (K)) p →
K où X = (C1 . . .Cp ) ∈ X D (C1 , . . . ,Cp ) 7→ det 0 C
M p (K). • ϕ est linéaire par rapport à chacune des colonnes C1 ,. . . , Cp .
• Si il existe (i, j) ∈ [[1, p]]2 tel que i 6= j et Ci = C j , alors ϕ(C1 , . . . ,Cp ) = 0. Ainsi, ϕ est une forme p-linéaire alternée sur l’espace M p,1 (K) qui est de dimension p. On sait alors qu’il existe λ ∈ K tel que ϕ = λ detB0 (où detB0 désigne la forme déterminant dans la base canonique de M p,1 (K)) ou encore il existe λ ∈ K indépendant de (C1 , . . . ,Cp ) tel que ∀(C1 , . . . ,Cp ) ∈ (M p,1 (K)) p , f (C = λ detB0 (C1 , . . . ,Cp ) ou enfin il existe λ ∈ Kindépendant 1 , . . . ,C p ) de X tel que ∀X ∈ M p (K), X D Ip D det = λ det(X). Pour X = Ip , on obtient λ = det et donc 0 C 0 C B D Ip D ∀B ∈ M p (K), det = det(B) × det . 0 C 0 C Ip D De même, l’application Y 7→ det est une forme q-linéaire alternée des lignes de Y et donc il 0 Y Ip D Ip D existe µ ∈ K tel que ∀Y ∈ Mq (K), det = µ det(Y ) puis Y = Iq fournit µ = det 0 Y 0 Iq et donc
det
B D 0 C
∀B ∈ M p (K), ∀C ∈ Mq (K), ∀D ∈ Mp,q (K), Ip D = det(B) × det(C) × det = det(B) × det(C), 0 Iq
(en supposant acquise la valeur d’un déterminant triangulaire qui peut s’obtenir en revenant à la définition d’un déterminant et indépendamment de tout calcul par blocs). B D ∀(B,C, D) ∈ M p (K) × Mq (K) × M p,q (K), det = det(B) × det(C). 0 C
Correction de l’exercice 2780 N Commençons par un travail préparatoire : le calcul du déterminant de taille (n − 1) × (n − 1) : x −1
Γk =
x ..
.
..
. −1
x −1
x ..
.
..
.
..
.
x −1
où le bloc en haut à gauche est de taille k × k. On développe, en commençant par la première ligne, puis encore une fois par la première ligne,... pour trouver que Γk = xk × (−1)n−1−k Autre méthode : on retrouve le même résultat en utilisant les déterminant par blocs : A B = det A × detC (0) C Revenons à l’exercice ! 1813
Contrairement à l’habitude on développe par rapport à la colonne qui a le moins de 0. En développant par rapport à la dernière colonne on obtient : x −1 ∆n = 0
0 .. . .. .
..
a0 .. .
.
x −1
−1 n−1 = (−1) a0
an−2 x + an−1 x −1
x ..
.
x −1 2n−3 + · · · + (−1) an−2 n−2
=
∑ (−1)n−1+k ak × Γk
+
x n . . + (−1) a1 . −1
.. ..
. .
..
. −1
x
−1
x −1
x ..
.
. . . −1
x −1 2n−2 + (−1) (x + a ) n−1 −1
..
.
..
.
(−1)2n−2 (x + an−1 )Γn−1
..
. −1
x
k=0
n−2
=
∑ (−1)n−1+k ak × xk × (−1)n−1−k
+
(x + an−1 )xn−1
k=0
= a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an−1 xn−1 + xn
Correction de l’exercice 2782 N (a) En développant par rapport à la première colonne on trouve la relation suivante : 0 0 a 0 n−1 ∆n = a∆n−1 + (−1) (n − 1) .. . . . . 0 · · · 0 · · ·
··· .. . .. . a 0
0 n − 1 .. .. . . 0 3 0 2 a 1
Notons δ ce dernier déterminant (dont la matrice est de taille n − 1 × n − 1). On le calcule en développant par rapport à la première ligne a 0 · · · 0 . . .. . 0 a . n−2 n−2 δ = (−1)n−2 (n − 1) . . = (−1) (n − 1)a . . . . . . . . 0 0 · · · 0 a Donc
∆n = a∆n−1 − an−2 (n − 1)2 .
(b) Prouvons la formule n−1
∆n = an − an−2 ∑ i2 i=1
par récurrence sur n > 2.
a 1 = a2 − 1 donc la formule est vraie. — Initialisation. Pour n = 2, ∆2 = 1 a 1814
2 — Hérédité. Supposons la formule vraie vraie au rang n−1, c’est-à-dire ∆n−1 = an−1 −an−3 ∑n−2 i=1 i . Calculons ∆n :
∆n = a∆n−1 − an−2 (n − 1)2 par la première question n−2 = a an−1 − an−3 ∑ i2 − an−2 (n − 1)2 par l’hypothèse de récurrence i=1
n−2
= an − an−2 ∑ i2 − an−2 (n − 1)2 i=1 n−1
= an − an−2 ∑ i2 i=1
La formule est donc vraie au rang n. — Conclusion. Par le principe de récurrence la formule est vraie pour tout entier n > 2.
Correction de l’exercice 2790 N Notons Vn le déterminant à calculer et C1 , . . . ,Cn les colonnes de la matrice correspondante. Nous allons faire les opérations suivantes sur les colonnes en partant de la dernière colonne. Cn est remplacée par Cn − tnCn−1 , puis Cn−1 est remplacée par Cn−1 − tnCn−2 ,... jusqu’à C2 qui est remplacée par C2 − tnC1 . On obtient donc 1 t1 t12 1 t2 t 2 2 Vn = . . . . . . . . . 1 tn t 2 n
. . . t1n−1 1 t1 − tn t12 − t1tn . . . t2n−1 1 t2 − tn t22 − t2tn = . . . . . . . . . ... ... . . . tnn−1 1 0 0
. . . t1n−1 − t1n−2tn . . . t2n−1 − t2n−2tn ... ... ... 0
On développe par rapport à la dernière ligne et on écrit tik − tik−1tn = tik−1 (ti − tn ) pour obtenir : t1 − tn t1 (t1 − tn ) . . . t1n−2 (t1 − tn ) t2 (t2 − tn ) . . . t2n−2 (t2 − tn ) n−1 t2 − tn Vn = (−1) ... ... ... ... tn−1 − tn ... ... ...
Nous utilisons maintenant la linéarité du déterminant par rapport à chacune des lignes : on factorise la première ligne par t1 − tn ; la second par t2 − tn ,... On obtient 1 t1 t12 . . . t1n−2 1 t2 t22 . . . t2n−2 Vn = (−1)n−1 (t1 − tn )(t2 − tn ) · · · (tn−1 − tn ) ... ... ... ... ... n−2 1 tn−1 t 2 n−1 . . . tn−1 Donc
n−1
Vn = Vn−1 ∏ (tn − t j ). j=1
Si maintenant on suppose la formule connue pour Vn−1 c’est-à-dire Vn−1 (t1 , . . . ,tn−1 ) = ∏16i< j6n−1 (t j − ti ) Alors on obtient par récurrence que n−1
Vn (t1 , . . . ,tn−1 ,tn ) = Vn−1 (t1 , . . . ,tn−1 ) ∏ (tn − t j ) = j=1
1815
∏
(t j − ti ).
16i< j6n
Correction de l’exercice 2796 N Soient a, b, c des réels vérifiant a2 + b2 + c2 = 1 et P la matrice réelle 3 × 3 suivante : 2 a ab ac P = ab b2 bc ac bc c2
(a) Calculons le déterminant de P.
2 a a a a ab ac det P = ab b2 bc = abc b b b = 0. c c c ac bc c2
(b) Déterminons les sous-espaces vectoriels de R3 , ker P et Im P. 2 x 0 a ab ac ker P = (x, y, z) ∈ R3 , ab b2 bc y = 0 , z 0 ac bc c2 on a
a(ax + by + cz) = 0 (x, y, z) ∈ ker P ⇐⇒ b(ax + by + cz) = 0 c(ax + by + cz) = 0
Or, a, b et c ne sont pas simultanément nuls car a2 + b2 + c2 = 1, ainsi
ker P = {(x, y, z) ∈ R3 , ax + by + cz = 0}, c’est le plan vectoriel d’équation ax + by + cz = 0. L’image de P est le sous-espace de R3 engendré par les vecteurs colonnes de la matrice P. Sachant que dim ker P + dim Im P = dim R3 = 3, on sait que la dimension de l’image de P est égale à 1, c’està-dire que l’image est une droite vectorielle. En effet, les vecteurs colonnes de P sont les vecteurs 2 a ab ac ab , b2 , bc c2 ac bc c’est-à-dire
a a a a b , b b , c b . c c c
a Le sous-espace Im P est donc la droite vectorielle engendrée par le vecteur b. c
(c) Soit Q = I − P, calculons P2 , PQ, QP et Q2 . 2 2 a ab ac a ab ac P2 = ab b2 bc ab b2 bc ac bc c2 ac bc c2 4 a + a2 b2 + a2 c2 a3 b + ab3 + abc2 = a3 b + ab3 + abc2 a2 b2 + b4 + b2 c2 a3 c + ab2 c + ac3 a2 bc + b3 c + bc3 2 2 a (a + b2 + c2 ) ab(a2 + b2 + c2 ) = ab(a2 + b2 + c2 ) b2 (a2 + b2 + c2 ) ac(a2 + b2 + c2 ) bc(a2 + b2 + c2 ) 2 a ab ac = ab b2 bc = P. ac bc c2 1816
a3 c + ab2 c + ac3 a2 bc + b3 c + bc3 a2 c2 + b2 c2 + c4 ac(a2 + b2 + c2 ) bc(a2 + b2 + c2 ) c2 (a2 + b2 + c2 )
Car a2 + b2 + c2 = 1. Si Q = I − P, on a
PQ = P(I − P) = PI − P2 = P − P = 0, QP = (I − P)P = IP − P2 = P − P = 0
et Q2 = (I − P)(I − P) = I 2 − IP − PI + P2 = I − P − P + P = I − P = Q. (d) Caractérisons géométriquement P et Q. Nous avons vu que le noyau de P était égal au plan vectoriel d’équation ax + by + cz = 0 et que son image de était la droite vectorielle engendrée par le vecteur (a, b, c). Par ailleurs, on a P2 = P, égalité qui caractérise les projecteurs, l’endomorphisme de matrice P est donc la projection sur Im P suivant la direction ker P. Soit X ∈ R3 , on a QX = 0 ⇐⇒ IX − PX = 0 ⇐⇒ PX = X ⇐⇒ X ∈ Im P, ainsi ker Q = Im P. D’autre part, 2 1 − a2 −ab −ac b + c2 −ab −ac −bc . Q = I − P = −ab 1 − b2 −bc = −ab a2 + c2 −ac −bc 1 − c2 −ac −bc a2 + b2
On a dim Im Q = 2 et les vecteurs colonnes de Q vérifient l’équation ax + by + cz = 0, ainsi Im Q = ker P. L’égalité Q2 = Q prouve que Q est également un projecteur, c’est la projection sur Im Q dirigée par ker Q. Correction de l’exercice 2797 N Soit a ∈ R et A la matrice suivante
1 0 a A = 0 a 1 a 1 0
(a) Calculons le déterminant de A et déterminons pour quelles valeurs de a la matrice est inversible. 1 0 a a 1 0 a 3 +a det A = 0 a 1 = a 1 = −1 − a . 1 0 a 1 0
La matrice A est inversible si et seulement si son déterminant est non nul, c’est-à-dire si et seulement si 1 + a3 6= 0, ce qui équivaut à a 6= −1 car a ∈ R.
(b) Calculons A−1 lorsque A est inversible, c’est-à-dire a 6= −1. Pour cela nous allons déterminer la comatrice A˜ de A. On a −1 a −a2 −a2 −1 , A˜ = a 2 −a −1 a ˜ = (−1 − a3 )I3 d’où on remarque que A˜ =tA˜ et on a bien AtA˜ =tAA −1 a −a2 1 1 a −a2 −1 . A˜ = A−1 = 3 (−1 − a ) −1 − a3 2 −a −1 a
Correction de l’exercice 2798 N 1817
a c
b d
(a) L’aire A du parallélogramme construit sur les vecteurs ~u = et ~v = est la valeur a b donc A = |ad − bc|. Ici on trouve A = abs 2 1 = +5 où abs absolue du déterminant 3 4 c d désigne la fonction valeur absolue.
(b) Le volume du parallélépipède construit sur trois vecteurs de R3 est la valeur absolue du déterminant de la matrice formée des trois vecteurs. Ici 1 0 1 2 1 1 1 =4 +1 V = abs 2 1 1 = abs + 1 0 3 3 1 0 3 1 où l’on a développé par rapport à la première ligne.
(c) Si un parallélépipède est construit sur trois vecteurs de R3 dont les coefficients sont des entiers alors le volume correspond au déterminant d’une matrice à coefficients entiers. C’est donc un entier.
Correction de l’exercice 2806 N ( 1 sin ≡ 0 ou 1(mod 4) Notation : εn = −1 sinon. (a) (b − a)2 (a + b + 2x)(a + b − 2x).
(b) (a + b + c)3
(c) 2abc(a − b)(b − c)(c − a)
(d) (a − b)(b − c)(c − a)(ab + ac + bc). (e) −(a3 − b3 )2 . (f) (g)
α n+1 −β n+1 où α 6= β sont les racines α−β a n (n + 1) 2 si α = β . an−3 (a − b) a2 + ab − 2(n − 2)b2 .
de X 2 − aX + bc = 0.
(h) 1.
(i) a1 a2 . . . an 1 + ab11 + · · · + abnn .
(j) 0
(k) εn n (l)
n−1 (n+1)
. 2 n−1 (−1) (n − 1)2n−2 .
Correction de l’exercice 2807 N (a) −x(1 − x)(2 − x) . . . (n − 1 − x).
(b) (x − a1 ) . . . (x − an )(x + a1 + · · · + an ). (c) z(y − z)(x − y) . . . (a − b).
(d)
V (a,b,c)V (x,y,z) (a+x)...(c+z) .
Correction de l’exercice 2808 N 3.sin α − sin β − sin(α − β ). Correction de l’exercice 2809 N 1818
(a) Développer. ( D(a − b, 0, c − b) = (a − b)n (b) i. D(a − c, b − c, 0) = (a − c)n
⇒ D(a, b, c) =
c(a−b)n −b(a−c)n . c−b
ii. det((a − b)I + bU) = (a − b)n + nb(a − b)n−1 .
Correction de l’exercice 2812 N n 0 ... 0 0 0 n (a) M 2 = . ⇒ D2 = εn−1 nn . .. ... 0 n
0
(b)
(c) nn/2 exp i π4 (n − 1)(3n + 2) . ( 1 sin ≡ 0 ou 1(mod 4) Avec la notation : εn = −1 sinon. Correction de l’exercice 2813 N Polynômes de Tchebychev ⇒ D = 2(n−1)(n−2)/2V (cos α1 , . . . , cos αn ). Correction de l’exercice 2814 N M = (xij−1 ) × (Cki−1 yk−i+1 )⇒ j ( 0 det M = 0 C 1 . . .C n−1V (x , . . . , x )V (y , . . . , y ) εnCn−1 1 n 1 n n−1 ( n−1 1 sin ≡ 0 ou 1(mod 4) Avec la notation : εn = −1 sinon.
si k < n − 1 si k = n − 1.
Correction de l’exercice 2815 N ( j−1 1 n i A = ( j−1)! × P(i−1) ( j) ⇒ det A = εn an−1 (n−1)! . Avec la notation : εn = −1
sin ≡ 0 ou 1(mod 4) sinon.
Correction de l’exercice 2816 N
−2x x + b x + c 3 Soit (a, b, c) ∈ R . Notons ∆ le déterminant de l’énoncé. Pour x réel, on pose D(x) = b + x −2b b + c c + x c + b −2c (de sorte que ∆ = D(a))). D est un polynôme de degré inférieur ou égal à 2. Le coefficient de x2 vaut −(−2c) + (b + c) + (b + c) − (−2b) = 4(b + c). Puis, 2b 0 −b + c −2b b + c = 2b(4bc − (b + c)2 ) + 2b(c − b)2 = 0, D(−b) = 0 c − b c + b −2c
et par symétrie des rôles de b et c, D(−c) = 0. De ce qui précède, on déduit que si b 6= c, D(x) = 4(b + c)(x + b)(x + c) (même si b + c = 0 car alors D est un polynôme de degré infèrieur ou égal à 1 1819
admettant au moins deux racines distinctes et est donc le polynôme nul). Ainsi, si b 6= c (ou par symétrie des roles, si a 6= b ou a 6= c), on a : ∆ = 4(b + c)(a + b)(a + c). Un seul cas n’est pas encore étudié à savoir le cas où a = b = c. Dans ce cas, −2a 2a 2a D(a) = 2a −2a 2a 2a 2a −2a
−1 1 1 = 8a3 1 −1 1 1 1 −1
= 32a3 = 4(a + a)(a + a)(a + a),
ce qui démontre l’identité proposée dans tous les cas (on pouvait aussi conclure en constatant que, pour a et b fixés, la fonction ∆ est une fonction continue de c et on obtient la valeur de ∆ pour c = b en faisant tendre c vers b dans l’expression de ∆ déjà connue pour c 6= b). ∆ = 4(a + b)(a + c)(b + c).
Correction de l’exercice 2817 N X a b c a X c b . P est un polynôme unitaire de degré 4. En remplaçant C1 par C1 + C2 + Soit P = b c X a c b a X C3 +C4 et par linéarité par rapport à la première colonne, on voit que P est divisible par (X + a + b + c). Mais aussi, en remplaçant C1 par C1 −C2 −C3 +C4 ou C1 −C2 +C3 −C4 ou C1 +C2 −C3 −C4 , on voit que P est divisible par (X − a − b + c) ou (X − a + b − c) ou (X + a − b − c). 1er cas. Si les quatre nombres −a − b − c, −a + b + c, a − b + c et a + b − c sont deux à deux distincts, P est unitaire de degré 4 et divisible par les quatre facteurs de degré 1 précédents, ceux-ci étant deux à deux premiers entre eux. Dans ce cas, P = (X + a + b + c)(X + a + b − c)(X + a − b + c)(X − a + b + c). 2ème cas. Deux au moins des quatre nombres −a − b − c, −a + b + c, a − b + c et a + b − c sont égaux. Notons alors que −a − b − c = a + b − c ⇔ b = −a et que −a + b + c = a − b + c ⇔ a = b. Par symétrie des roles, deux des quatre nombres −a − b − c, −a + b + c, a − b + c et a + b − c sont égaux si et seulement si deux des trois nombres |a|, |b| ou |c| sont égaux. On conclut dans ce cas que l’expression de P précédemment trouvée reste valable par continuité par rapport à a, b ou c. P = (X + a + b + c)(X + a + b − c)(X + a − b + c)(X − a + b + c).
Correction de l’exercice 2818 N 0 1 2 . . . n − 1 1 0 1 n − 2 .. .. . 1 0 . . Tout d’abord, on fait apparaître beau(a) Pour n > 2, posons ∆n = 2 .. . . . . . . . 1 n−1 n−2 ... 1 0 coup de 1. Pour cela, on effectue les transformations C1 ← C1 −C2 puis C2 ← C2 −C3 puis . . . puis Cn−1 = Cn−1 −Cn . On obtient ∆n = det(C1 −C2 ,C2 −C3 , ...,Cn−1 −Cn ,Cn ) =
−1 −1 1 1 .. . 1
−1 n − 1 .. −1 . n−2 .. .. 1 −1 . . .. . −1 1 1
...
...
1
0
.
On fait alors apparaître un déterminant triangulaire en constatant que det(L1 , L2 , ..., Ln ) = det(L1 , L2 + L1 , ..., Ln−1 + L1 , Ln + L1 ). On obtient 1820
∆n =
.
−1 0 0 .. . 0
×
... ... × .. .. . −2 . .. .. .. . . 0 . .. . −2 × ... ... 0 n−1
= (1 − n)(−2)n−2 .
∀n > 2, ∆n = (1 − n)(−2)n−2 .
(b) ∀(i, j) ∈ [[1, n]]2 , sin(ai + a j ) = sin ai cos a j + cos ai sin a j et donc si on pose C =
cos a1 cos a2 .. . cos an
et S =
sin a1 sin a2 .. , on a ∀ j ∈ [[1, n]] , C j = cos a j S + sin a jC. En particulier, Vect(C1 , ...,Cn ) ⊂ Vect(C, S) . sin an et le rang de la matrice proposée est inférieur ou égal à 2. Donc, ∀n > 3, det(sin(ai + a j ))16i, j6n = 0. Si n = 2, det(sin(ai + a j ))16i, j62 = sin(2a1 ) sin(2a2 ) − sin2 (a1 + a2 ).
(c) L’exercice n’a de sens que si le format n est pair. Posons n = 2p où p est un entier naturel non nul. ∆n =
b a + b 0 . . . . . . 0 b .. . 0 0 0 0 0 . . . 0 .. .. 0 a + b b 0 .. . = . . (pour 1 6 j 6 p, C j ← C j +C2p+1− j ) 0 .. .. 0 b + a a 0 .. .. .. . 0 0 . 0 0 0 0 ... 0 a b+a 0 ... ... 0 a 0 . . . . . . 0 b .. . 0 0 0 . 0 1 b 0 .. . (par linéarité par rapport aux colonnes C1 , C2 , ..., Cp ) 0 1 a 0 .. .. . 0 0 0 0 ... ... 0 a
0 ... ... .. . 0 0 0 .. . 0 a b .. . 0 b a a
0 b
0
p = (a + b)
0 ... 1 0 .. . .. . 0 1
p = (a + b)
0
0 ... ... 0 b .. . 0 0 0 0 .. .. . 0 1 b 0 . .. .. . a−b 0 . .. .. .. . . . 0 0 0 ... ... 0 a−b 1
et ∆n = (a + b) p (a − b) p = (a2 − b2 ) p . 1821
(pour p + 1 6 i 6 2p, Li ← Li − L2p+1−i ).
∀p ∈ N∗ , ∆2p = (a2 − b2 ) p . (d) On retranche à la première colonne la somme de toutes les autres et on obtient Dn =
1 1 .. . .. . 1
1 ... 1 0 ... . . 0 .. .. .. . . . 1 . 0 ... 0
(e) Pour 1 6 i 6 p,
−(n − 2) 1 0 1 . . .. .. = .. 0 . 1 0 ...
1 0 .. .
... 0 ... .. .. . . .. . 1 ... 0
= −(n − 2). 0 1
1 0 .. .
p p p−1 0 0 1 1 0 1 Li+1 − Li = (Cn+i −Cn+i−1 ,Cn+i −Cn+i−1 , ...,Cn+i −Cn+i−1 ) = (0,Cn+i−1 ,Cn+i−1 , ...,Cn+i−1 ).
On remplace alors dans cet ordre L p par L p − L p−1 puis L p−1 par L p−1 − L p−2 puis ... puis L2 par L2 − L1 pour obtenir, avec des notations évidentes 1 det(A p ) = 0 A p−1
Par suite, det(A p ) = det(A p−1 ) = ... = det(A1 ) = 1.
= det(A p−1 ).
(f) En développant suivant la dernière ligne, on obtient : n−2
Dn = (an−1 − X)(−X)n−1 + ∑ (−1)n+k+1 ak ∆k , où ∆k =
k=0
−X 0 0 0 0
1 0 .. . 1 0 −X 0 0
1 −X 0
0 .. . −X
= (−1)k X k et donc 0 0 1
k ∀n > 2, Dn = (−1)n X n − ∑n−1 k=0 ak X .
Correction de l’exercice 2819 N Si deux des b j sont égaux, det(A) est nul car deux de ses colonnes sont égales. On suppose dorénavant que les b j sont deux à deux distincts. Soient λ1 ,..., λn , n nombres complexes tels que λn 6= 0. On a detA =
n 1 det(C1 , ...,Cn−1 , ∑ λ jC j ) = detB, λn j=1
1 )...(X−an−1 ) où la dernière colonne de B est de la forme (R(ai ))16i6n avec R = ∑nj=1 X+bj j . On prend R = (X−a (X+b1 )...(X+bn ) .
λ
R ainsi définie est irréductible (car ∀(i, j) ∈ [[1, n]]2 , ai 6= −b j ). Les pôles de R sont simples et la partie entière de R est nulle. La décomposition en éléments simples de R a bien la forme espérée. Pour ce choix de R, puisque R(a1 ) = ... = R(an−1 ) = 0, on obtient en développant suivant la dernière colonne ∆n =
1 R(an )∆n−1 , λn
avec 1822
λn = lim (z + bn)R(z) = z→−bn
Donc ∀n > 2, ∆n =
(−bn − a1 )...(−bn − an−1 ) (a1 + bn )...(an−1 + bn ) = . (−bn + b1 )...(−bn + bn−1 ) (bn − b1 )...(bn − bn−1 )
(an − a1 )...(an − an−1 )(bn − b1 )...(bn − bn−1 ) ∆n−1 . (an + b1 )(an + b2 )...(an + bn )..(a2 + bn )(a1 + bn )
En réitérant et compte tenu de ∆1 = 1, on obtient ∏16i< j6n (a j −ai ) ∏16i< j6n (b j −bi ) ∏16i, j6n (ai +b j )
∆n =
(b1 ,...,bn ) = Van(a∏1 ,...,an )Van . (ai +b j ) 16i, j6n
Dans le cas particulier où ∀i ∈ [[1, n]] , ai = bi = i, en notant Hn le déterminant (de H ILBERT) à calculer : (1,2,...,n)2 Hn = Van (i+ j) . Mais, ∏ 16i, j6n
n
∏
(i + j) = ∏
16i, j6n
!
n
i=1
∏(i + j) j=1
(n + i)! ∏2n k=1 k! = , n i! (∏k=1 k!)2 i=1 n
=∏
et d’autre part, n−1
Van(1, 2, ..., n) =
∏
( j − i) = ∏
16i< j6n
i=1
n
∏
!
( j − i)
j=i+1
n−1
= ∏ (n − i)! = i=1
1 n ∏ k!. n! k=1
Donc, ∀n > 1, Hn =
(∏nk=1 k!)3 . n!2 ×∏2n k=1 k!
Correction de l’exercice 2820 N On procède par récurrence sur n > 1. • Pour n = 1, c’est clair. • Soit n > 1. Supposons que tout déterminant ∆n de format n et du type de l’énoncé soit divisible par 2n−1 . Soit ∆n+1 un déterminant de format n + 1, du type de l’énoncé. Si tous les coefficients ai, j de ∆n+1 sont égaux à 1, puisque n + 1 > 2, ∆n+1 a deux colonnes égales et est donc nul. Dans ce cas, ∆n+1 est bien divisible par 2n . Sinon, on va changer petit à petit tous les −1 en 1. Soit (i, j) un couple d’indices tel que ai, j = −1 et ∆0n+1 le déterminant dont tous les coefficients sont égaux à ceux de ∆n+1 sauf le coefficient ligne i et colonne j qui est égal à 1. ∆n+1 − ∆0n+1 = det(C1 , ...,C j , ...,Cn ) − det(C1 , ...,C0j , ...,Cn ) = det(C1 , ...,C j −C0j , ...,Cn ), 0 .. . 0 (−2 en ligne i). En développant ce dernier déterminant suivant sa j-ème colonne, −2 où C j −C0j = 0 .. . 0
on obtient :
∆n+1 − ∆0n+1 = −2∆n , où ∆n est un déterminant de format n et du type de l’énoncé. Par hypothèse de récurrence, ∆n est divisible par 2n−1 et donc ∆n+1 − ∆0n+1 est divisible par 2n . Ainsi, en changeant les −1 en 1 les uns après les autres, on obtient
1823
∆n+1 ≡
1 . . . 1 .. .. (mod 2n ). . . 1 ... 1
Ce dernier déterminant étant nul, le résultat est démontré par récurrence. Correction de l’exercice 2821 N 1ère solution.
detB =
∑
ε(σ )(−1)1+σ (1)+2+σ (2)+...+n+σ (n) aσ (1),1 aσ (2),2 ...aσ (n),n
∑
ε(σ )aσ (1),1 aσ (2),2 ...aσ (n),n (car 1 + σ (1) + 2 + σ (2) + ... + n + σ (n) = 2(1 + 2 + ... + n) ∈ 2N)
σ ∈Sn
=
σ ∈Sn
= detA 2ème solution. On multiplie par −1 les lignes 2, 4, 6... puis les colonnes 2, 4, 6...On obtient detB = (−1)2p detA = detA (où p est le nombre de lignes ou de colonnes portant un numéro pair). Correction de l’exercice 2822 N • Soit (k, l) ∈ [[1, n]]2 . Le coefficient ligne k, colonne l de P2 est n
αk,l =
n
∑ ω (k−1)(u−1) ω (u−1)(l−1) =
u=1
n−1
∑ ω (k+l−2)(u−1) =
u=1
∑ (ω k+l−2 )u .
u=0
Or, ω k+l−2 = 1 ⇔ k + l − 2 ∈ nZ. Mais, 0 6 k + l − 2 6 2n − 2 < 2n et donc, k + l − 2 ∈ nZ ⇔ k + l − 2 ∈ {0, n} ⇔ k + l = 2 ou k + l = n + 2. Dans ce cas, αk,l = n. Sinon, 1−1 1 − (ω k+l−2 )n = = 0. k+l−2 1−ω 1 − ω k+l−2
αk,l =
2 Ainsi, P = n
1 0 ... ... 0 0 0 1 .. . • Soit (k, l) ∈ [[1, n]]2 . Le coefficient ligne k, colonne l de PP est . 0 1 0 0 1 0 ... 0 n
βk,l =
∑ ω (k−1)(u−1) ω −(u−1)(l−1) =
u=1
n
∑ (ω k−l )u−1 .
u=1
Or, ω k−l
= 1 ⇔ k − l ∈ nZ. Mais, −n < −(n − 1) 6 k − l 6 n − 1 < n et donc k − l ∈ nZ ⇔ k = l. Dans ce cas, βk,l = n. Sinon, βk,l = 0. Ainsi, PP = nIn (ce qui montre que P ∈ GLn (C) et P−1 = n1 P). Calculons enfin PA. Il faut d’abord écrire proprement les coefficients de A. Le coefficient ligne k, colonne l de A peut s’écrire al−k+1 si l’on adopte la convention commode an+1 = a1 , an+2 = a2 et plus généralement pour tout entier relatif k, an+k = ak . Avec cette convention d’écriture, le coefficient ligne k, colonne l de PA vaut n
l
∑ ω (k−1)(u−1) al−u+1 =
u=1
∑
ω (k−1)(l−v) av .
v=l−n+1
Puis on réordonne cette somme pour qu’elle commence par a1 .
1824
l
∑
0
l
ω (k−1)(l−v) av =
∑ ω (k−1)(l−v) av +
v=1
v=l−n+1
v=l−n+1
l
= =
n
∑ ω (k−1)(l−v) av + ∑
v=1
w=l+1
l
n
∑ ω (k−1)(l−v) av + ∑
v=1 n
=
ω (k−1)(l−v) av
∑
ω (k−1)(l−w+n) aw+n (en posant w = v + n) ω (k−1)(l−w) aw
w=l+1 n
∑ ω (k−1)(l−v) av = ω (k−1)(l−1) ∑ ω (k−1)(1−v) av
v=1
v=1
(le point clé du calcul précédent est que les suites (ak ) et (ω k ) ont la même période n ce qui s’est traduit par ω (k−1)(l−w+n) aw+n = ω (k−1)(l−v) av ). Pour k élément de [[1, n]], posons alors Sk = ∑nv=1 ω (k−1)(1−v) av . On a montré que PA = (ω (k−1)(l−1) Sk )16k,l6n . Par linéarité par rapport à chaque colonne, on a alors det(PA) = det(ω (k−1)(l−1) Sk )16k,l6n = (∏nk=1 Sk ) × det(ω (k−1)(l−1) )16k,l6n = (∏nk=1 Sk ) × detP. Donc (detP)(detA) = (∏nk=1 Sk ) detP et finalement, puisque detP 6= 0, detA = ∏nk=1 ∑nv=1 ω (k−1)(1−v) av .
Par exemple, pour n = 3, detA = (a1 + a2 + a3 )(a1 + ja2 + j2 a3 )(a1 + j2 a2 + ja3 ). Correction de l’exercice 2823 N On a toujours A × t comA = (detA)In et donc (detA)(det(comA)) = (detA)(det(t comA)) = det(detA In ) = (detA)n . • Si detA 6= 0, on obtient det(comA) = (detA)n−1 . • Si detA = 0, alors At comA = 0 et comA n’est pas inversible car sinon, A = 0 puis comA = 0 ce qui est absurde. Donc, det(comA) = 0. Ainsi, dans tous les cas, ∀A ∈ Mn (C), det(comA) = (detA)n−1 . • Si rgA = n, alors comA ∈ GLn (K) (car det(comA) 6= 0) et rg(comA) = n. • Si rgA 6 n − 2, alors tous les mineurs de format n − 1 sont nuls et comA = 0. Dans ce cas, rg(comA) = 0. • Si rgA = n − 1, il existe un mineur de format n − 1 non nul et comA 6= 0. Dans ce cas, 1 6 rg(comA) 6 n − 1. Plus précisément, At comA = 0 ⇒ comAt A = 0 ⇒ Im(t A) ⊂ Ker(comA) ⇒ dim(Ker(comA)) > rg(t A) = rgA = n−1 ⇒ rg(comA) 6 1, et finalement si rgA = n − 1, rg(comA) = 1. Correction de l’exercice 2824 N (detA)0 =
∑
ε(σ )aσ (1),1 aσ (2),2 ...aσ (n),n
σ ∈Sn n
=
∑∑
k=1 σ ∈Sn
!0
n
=
∑
σ ∈Sn n
ε(σ )aσ (1),1 ...a0σ (k),k ...aσ (n),n =
1825
∑ aσ (1),1 ...a0σ (k),k ...aσ (n),n k=1
∑ det(C1 , ...,Ck0 , ...,Cn )
k=1
Applications.
ε(σ )
!
x+1 1 ... 1 .. . 1 x+1 .. . .. .. . ∆ est un polynôme dont la dérivée est d’après ce . . . .. .. .. (a) Soit ∆n (x) = . . n .. .. .. . . . 1 1 ... ... 1 x+1 qui précède, ∆0n = ∑nk=1 δk où δk est le déterminant déduit de ∆n en remplaçant sa k-ème colonne par le k-ème vecteur de la base canonique de Mn,1 (K). En développant δk par rapport à sa k-ème colonne, on obtient δk = ∆n−1 et donc ∆0n = n∆n−1 . Ensuite, on a déjà ∆1 = X + 1 puis ∆2 = (X + 1)2 − 1 = X 2 + 2X ... Montrons par récurrence que pour n > 1, ∆n = X n + nX n−1 . C’est vrai pour n = 1 puis, si pour n > 1, ∆n = X n + nX n−1 alors ∆0n+1 = (n + 1)X n + (n + 1)nX n−1 et, par intégration, ∆n+1 = X n+1 + (n + 1)X n + ∆n+1 (0). Mais, puisque n > 1, on a n + 1 > 2 et ∆n+1 (0) est un déterminant ayant au moins deux colonnes identiques. Par suite, ∆n+1 (0) = 0 ce qui montre que ∆n+1 = X n+1 + (n + 1)X n . Le résultat est démontré par récurrence. ∀n ∈ N∗ , ∆n = xn + nxn−1 .
x + a1 x ... x .. . x x + a2 . . . .. .. .. .. .. (b) Soit ∆n (x) = . ∆n = det(a1 e1 + xC, ..., an en + xC) où ek est le . . . . . .. .. .. . . x . x ... . . . x x + an k-ème vecteur de la base canonique de Mn,1 (K) et C est la colonne dont toutes les composantes sont égales à 1. Par linéarité par rapport à chaque colonne, ∆n est somme de 2n déterminants mais dès que C apparait deux fois, le déterminant correspondant est nul. Donc, ∆n = det(a1 e1 , ..., an en ) + ∑ det(a1 e1 , ..., xC, ..., an en ). Ceci montre que ∆n est un polynôme de degré inférieur ou égal à 1. La formule de TAYLOR fournit alors : ∆n = ∆n (0) + X∆0n (0). Immédiatement, ∆n (0) = ∏nk=1 ak = σn puis ∆0n (0) = ∑nk=1 det(a1 e1 , ...,C, ..., an en ) = ∑nk=1 ∏i6=k ai = σn−1 . Donc, ∆n = σn + Xσn−1 . Correction de l’exercice 2825 N (a) Pour le premier déterminant, on retranche la première colonne à chacune des autres et on obtient un déterminant triangulaire inférieur dont la valeur est (−1)n−1 . Pour le deuxième, on ajoute à la première colonne la somme de toutes les autres, puis on met (n − 1) en facteurs de la première colonne et on tombe sur le premier déterminant. Le deuxième déterminant vaut donc (−1)n−1 (n−1). (b) Pour (i, j) élément de [[1, n]]2 , (i + j − 1)2 = j2 + 2(i − 1) j + (i − 1)2 . Donc, ∀ j ∈ {1, ..., n}, C j = j2 (1)16i6n + 2 j(i − 1)16i6n + ((i − 1)2 )16i6n .
(c)
Les colonnes de la matrice sont donc éléments de Vect((1)16i6n , (i−1)16i6n , ((i−1)2)16i6n ) qui est de dimension inférieure ou égale à 3 et la matrice proposée est de rang infèrieur ou égal à 3. Donc, si 1 4 9 1 4 = −7 puis ∆3 = 4 9 16 = n > 4, ∆n = 0. Il reste ensuite à calculer ∆1 = 1 puis ∆2 = 4 9 9 16 25 (225 − 256) − 4(100 − 144) + 9(64 − 81) = −31 + 176 − 153 = −8.
∆n = det(C1 , ...,Cn ) = det(C1 + ... +Cn ,C2 , ...,Cn ) = (a + (n − 1)b) 1826
1 b . . . . . . b .. . 1 a .. . .. . . . . .. , . . . . b .. .. . . . . . . b . . 1 b ... b a
par linéarité par rapport à la première colonne. Puis, aux lignes numéros 2,..., n, on retranche la première ligne pour obtenir : ∆n = (a + (n − 1)b)
1 b 0 a−b .. . 0 .. .. . . 0 0
... 0 .. . .. . ...
... b ... 0 .. .. . . .. . 0 0 a−b
= (a + (n − 1)b)(a − b)n−1 .
(d) Par n linéarité, Dn est somme de 2n déterminants. Mais dans cette somme, un déterminant est nul dès qu’il contient au moins deux colonnes de x. Ainsi, en posant ∆n = det(C1 + xC, ...,Cn + xC) où a1 .. . ak−1 Ck = b et C = (1)16i6n , on obtient : ak+1 .. . an n
∆n = det(C1 , ...,Cn ) + ∑ det(C1 , ...,Ck−1 , xC,Ck+1 , ...,Cn ), k=1
ce qui montre que ∆n est un polynôme de degré infèrieur ou égal à 1. Posons ∆n = AX + B et P = ∏nk=1 (ak − X). Quand x = −b ou x = −c, le déterminant proposé est triangulaire et se calcule donc immédiatement. Donc : 1er cas. Si b 6= c. ∆n (−b) = P(b) et ∆n (−c) = P(c) fournit le système −bA + B = P(b) et B = cP(b)−bP(c) . Ainsi, et donc A = − P(c)−P(b) c−b c−b −cA + B = P(c) si b 6= c, ∆n = − P(c)−P(b) x + cP(b)−bP(c) où P = ∏nk=1 (ak − X). c−b c−b 2ème cas. Si b = c, l’expression obtenue en fixant x et b est clairement une fonction continue de c car polynômiale en c. On obtient donc la valeur de ∆n quand b = c en faisant tendre c vers b dans tend vers l’expression déjà connue de ∆n pour b 6= c. Maintenant, quand b tend vers c, − P(c)−P(b) c−b 0 −P (b) et cP(b) − bP(c) c(P(b) − P(c)) + (c − b)P(c) = , c−b c−b
tend vers −bP0 (b) + P(b).
si b = c, ∆n = −xP0 (b) + P(b) − bP0 (b) où P = ∏nk=1 (ak − X). 2 1 0 (e) ∆2 = 3 et ∆3 = 1 2 1 = 2 × 3 − 2 = 4. Puis, pour n > 4, on obtient en développant suivant la 0 1 2 première colonne : ∆n = 2∆n−1 − ∆n−2 . D’où, pour n > 4, ∆n − ∆n−1 = ∆n−1 − ∆n−2 et la suite (∆n − ∆n−1 )n>3 est constante. Par suite, pour n > 3, ∆n − ∆n−1 = ∆3 − ∆2 = 1 et donc la suite (∆n )n>2 est arithmétique de raison 1. On en déduit que, pour n > 2, ∆n = ∆2 + (n − 2) × 1 = n + 1 (on pouvait aussi résoudre l’équation caractéristique de la récurrence double). ∀n > 2, ∆n = n + 1.
1827
Correction de l’exercice 2826 N 1 2 3 0 1 −2 = 2 + 2(−7) = −12 6= 0 et le sytème est de C RAMER en x1 , x2 et x4 . On note aussi que 2 1 0 le système est homogène de rang 3 et donc que l’ensemble des solutions F est un sous-espace vectoriel de R5 de dimension 5 − 3 = 2. x1 + 2x2 + 3x4 = x3 − x5 x1 + 2x2 − x3 + 3x4 + x5 = 0 x2 = −2x1 + 5x3 + 4x5 x2 − 2x4 = −x3 − 2x5 x2 + x3 − 2x4 + 2x5 = 0 ⇔ ⇔ x = 1 ((−2x1 + 5x3 + 4x5 ) + x3 + 2x5 ) 4 2 2x1 + x2 − 5x3 − 4x5 = 0 2x1 + x2 = 5x3 + 4x5 x1 + 2x2 + 3x4 = x3 − x5 x2 = −2x1 + 5x3 + 4x5 x4 = −x1 + 3x3 + 3x5 ⇔ x1 + 2(−2x1 + 5x3 + 4x5 ) + 3(−x1 + 3x3 + 3x5 ) = x3 − x5 x1 = 3x3 + 3x5 x2 = −x3 − 2x5 ⇔ x4 = 0 L’ensemble des solutions est F = {(3x3 + 3x5 , −x3 − 2x5 , x3 , 0, x5 ), (x3 , x5 ) ∈ R2 } = Vect(e1 , e2 ) où e1 = (3, −1, 1, 0, 0) et e2 = (3, −2, 0, 0, 1) et, puisque dimF = 2, une base de F est (e1 , e2 ). Correction de l’exercice 2827 N Soit n un entier naturel non nul. On note L0 , L1 ,. . . , Ln les lignes du déterminant Van(x0 , . . . , xn ) A la ligne numéro n du déterminant Van(x0 , . . . , xn ), on ajoute une combinaison linéaire des lignes précédentes du type Ln ← Ln + ∑n−1 i=0 λi Li . La valeur du déterminant n’a pas changé mais sa dernière ligne s’écrit maintenant (P(x0 ), ..., P(xn )) où P est un polynôme unitaire de degré n. On choisit alors pour P (le choix des λi équivaut au choix de P) le polynôme P = ∏n−1 i=0 (X − xi ) (qui est bien unitaire de degré n). La dernière ligne s’écrit alors (0, ..., 0, P(xn+1 )) et en développant ce déterminant suivant cette dernière ligne, on obtient la relation de récurrence : ∀n ∈ N∗ , Van(x0 , . . . , xn ) = P(xn )Van(x0 , . . . , xn−1 ) = ∏n−1 i=0 (xn − xi )Van(x0 , . . . , xn−1 ). En tenant compte de Van(x0 ) = 1, on obtient donc par récurrence ∀n ∈ N∗ , ∀(xi )06i6n ∈ Kn , Van(xi )06i6n−1 = ∏06i< j6n−1 (x j − xi ). En particulier, Van(xi )06i6n−1 6= 0 si et seulement si les xi sont deux à deux distincts. Correction de l’exercice 2828 N Si deux des ai sont égaux ou deux des b j sont égaux, Cn est nul car Cn a soit deux lignes identiques, soit deux colonnes identiques. On suppose dorénavant que les ai sont deux à deux distincts de même que les b j (et toujours que les sommes ai + b j sont toutes non nulles). Soit n ∈ N∗ . On note L1 ,. . . , Ln+1 les lignes de Cn+1 . On effectue sur Cn+1 la transformation Ln+1 ← ∑n+1 i=1 λi Li avec λn+1 6= 0. 1 On obtient Cn+1 = λn+1 Dn+1 où Dn+1 est le déterminant obtenu en remplaçant la dernière ligne de Cn+1 (X−b1 )...(X−bn ) λi par la ligne (R(b1 ), ..., R(bn+1 )) avec R = ∑n+1 i=1 X+ai . On prend R = (X+a1 )...(X+an+1 ) . • Puisque les −ai sont distincts des b j , R est irréductible. • Puisque les ai sont deux à deux distincts, les pôles de R sont simples. • Puisque deg((X − b1 )...(X − bn )) < deg((X + a1 )...(X + an+1 )), la partie entière de R est nulle.
1828
λi R admet donc effectivement une décomposition en éléments simples de la forme R = ∑n+1 i=1 X+ai où λn+1 6= 0. Avec ce choix des λi , la dernière ligne de Dn+1 s’écrit (0, ..., 0, R(bn+1 )) et en développant Dn+1 suivant sa dernière ligne, on obtient la relation de récurrence :
∀n ∈ N∗ , Cn+1 =
1 λn+1 R(bn+1 )Cn .
Calculons λn+1 . Puisque −an+1 est un pôle simple de R, λn+1 = lim x → −an+1 (x + an+1 )R(x) =
(−an+1 −b1 )...(−an+1 −bn ) (−an+1 +a1 )...(−an+1 +an )
=
(an+1 +b1 )...(an+1 +bn ) (an+1 −a1 )...(an+1 −an ) .
On en déduit que 1 λn+1 R(bn+1 )
=
(an+1 −a1 )...(an+1 −an ) (bn+1 −b1 )...(bn+1 −bn ) (an+1 +b1 )...(an+1 +bn ) (bn+1 +a1 )...(bn+1 +an )
puis la relation de récurrence ∀n ∈ N∗ , Cn+1 = En tenant compte de C1 = det
1 ai +b j
1 a1 +b1 ,
16i, j6n
∏ni=1 (an+1 −ai ) ∏ni=1 (bn+1 −bi ) Cn . ∏i=n+1 ou j=n+1 (ai +b j )
on obtient par récurrence =
∏16i< j6n (a j −ai ) ∏16i< j6n (b j −bi ) ∏16i, j6n (ai +b j )
=
Van(ai )16i6n ×Van(b j )16 j6n . ∏16i, j6n (ai +b j )
(y compris dans les cas particuliers analysés en début d’exercice). Calcul du déterminant de H ILBERT. On est dans le cas particulier où ∀i ∈ [[1, n]], ai = bi = i. D’abord j−1 ( j − i) = ∏nj=2 ( j − 1)! = ∏n−1 Van(1, ..., n) = ∏nj=2 ∏i=1 j=1 i!.
Puis ∏16i, j6n (i + j) = ∏ni=1 ∏nj=1 (i + j) = ∏ni=1 (i+n)! i! = et donc ∀n ∈ N∗ , Hn =
(∏ni=1 i!)4 . n!2 ∏2n i=1 i!
Correction de l’exercice 2829 N On note C1 ,. . . , Cn les colonnes du déterminant de l’énoncé puis on pose C = (cos(ai ))16i6n et S = (sin(ai ))16i6n . Pour tout j ∈ [[1, n]], C j = sin(a j )C + cos(a j )S. Ainsi, les colonnes de la matrice proposée sont dans Vect(C, S) qui est un espace de dimension au plus deux et donc, si n > 3, det(sin(ai + a j ))16i, j6n = 0. sin(2a1 ) sin(a1 + a2 ) Si n = 2, on a sin(a1 + a2 ) sin(2a2 )
= sin(2a1 ) sin(2a2 ) − sin2 (a1 + a2 ).
Correction de l’exercice 2830 N Soient les vecteurs colonnes A = (ai )16i6n et U = (1)16i6n . ∀ j ∈ [[1, n]], C j = A + b jU. Les colonnes de la matrice proposée sont dans un espace de dimension au plus deux et donc, si n > 3, det(ai + b j )16i, j6n = 0.
1829
a + b1 a1 + b2 Si n = 2, on a 1 a2 + b1 a2 + b2 a2 b2 = (a2 − a1 )(b1 − b2 ).
= (a1 + b1 )(a2 + b2 ) − (a1 + b2 )(a2 + b1 ) = a1 b2 + a2 b1 − a1 b1 −
Correction de l’exercice 2831 N Pour tout j ∈ [[1, n]], C j = ((a + i + j)2 )16i6n = j2 (1)16i6n + 2(a + j)(i)16i6n + (i2 )16i6n . Les colonnes de la matrice proposée sont dans un espace de dimension au plus trois et donc, si n > 4, det((a + i + j)2 )16i, j6n = 0. Le calcul est aisé pour n ∈ {1, 2, 3}. Correction de l’exercice 2832 N x j −xi j−i
est déjà un rationnel strictement positif.
Posons Pi = 1 si i = 1, et si i > 2, Pi =
X(X−1)...(X−(i−2)) . (i−1)!
Puisque, pour i ∈ [[1, n]], deg(Pi ) = i − 1, on sait que la famille (Pi )16i6n est une base de Qn−1 [X]. De X i−1 plus, pour i > 2, Pi − (i−1)! est de degré i−2 et est donc combinaison linéaire de P1 , P2 ,..., Pi−2 ou encore, i−1 xj pour 2 6 i 6 n, la ligne numéro i du déterminant det Cxi−1 est somme de la ligne j (i−1)! 16i, j6n
16 j6n
et d’une combinaison linéaire des lignes qui la précède. En partant de la dernière ligne et en remontant jusqu’à la deuxième, on retranche la combinaison linéaire correspondante des lignes précedentes sans changer la valeur du déterminant. On obtient par linéarité par rapport à chaque ligne (x j −xi ) ∏ 1 det Cxi−1 = ∏n (i−1)! Van(x1 , ..., xn ) = ∏16i< j6n ( j−i) . j 16i, j6n
16i< j6n
i=1
Finalement,
∏16i< j6n
x j −xi j−i
= det Cxi−1 j
16i, j6n
∈ N∗ .
Correction de l’exercice 2833 N Le coefficient ligne j, colonne k, ( j, k) ∈ [[1, n]]2 , de la matrice A vaut ak− j avec la convention : si −(n − 1) 6 u 6 −1, au = an+u . Le coefficient ligne j, colonne k, ( j, k) ∈ [[1, n]]2 , de la matrice AΩ vaut −1
n− j
n
∑ au− j ω (u−1)(k−1) =
u=1
av ω (v+ j−1)(k−1) =
∑ v=−( j−1)
=
−1
∑ n− j
av+n ω (v+n+ j−1)(k−1) + ∑ au ω (u+ j−1)(k−1) (car av+n = av et ω n = 1)
∑
u=0
n−1
n− j
∑
au ω (u+ j−1)(k−1) + ∑ au ω (u+ j−1)(k−1) =
u=n− j+1
v=0
v=−( j−1)
v=−( j−1)
=
n− j
av ω (v+ j−1)(k−1) + ∑ av ω (v+ j−1)(k−1)
u=0
n−1
∑ au ω (u+ j−1)(k−1)
u=0
n−1
= ω ( j−1)(k−1) ∑ au ω u(k−1) . u=0
u(k−1) . Le coefficient ligne j, colonne k de AΩ vaut donc ω ( j−1)(k−1) S . Pour k ∈ [[1, n]], posons Sk = ∑n−1 k u=0 au ω Par passage au détereminant, on en déduit que :
1830
det(AΩ) = det ω ( j−1)(k−1) Sk
16 j,k6n
= (∏nk=1 Sk ) det(ω ( j−1)(k−1) )16 j,k6n
(Sk est en facteur de la colonne k) ou encore (detA)(detΩ) = (∏nk=1 Sk ) (detΩ). Enfin, Ω est la matrice de VANDERMONDE des racines n-èmes de l’unité et est donc inversible puisque celles-ci sont deux à deux distinctes. Par suite detΩ 6= 0 et après simplification on obtient u(k−1) . detA = ∏nk=1 Sk où Sk = ∑n−1 u=0 au ω
a b c Par exemple, c a b = S1 S2 S3 = (a + b + c)(a + jb + j2 c)(a + j2 b + jc) où j = e2iπ/3 . b c a Un calcul bien plus simple sera fourni dans la planche « Réduction ». Correction de l’exercice 2834 N (a) d = ∑σ ∈Sn ε(σ )aσ (1),1 ...aσ (n),n est dérivable sur R en tant que combinaison linéaire de produits de fonctions dérivables sur R et de plus
d0 =
∑
n
ε(σ )(aσ (1),1 ...aσ (n),n )0 =
∑
σ ∈Sn
σ ∈Sn n
n
ε(σ ) ∑ aσ (1),1 ...a0σ (i),i . . . aσ (n),n = ∑
∑
i=1 σ ∈Sn
i=1
ε(σ )aσ (1),1 ...a0σ (i),i . . . aσ (n),n
= ∑ det(C1 , ...,Ci0 , ...,Cn ) (où C1 , ...,Cn sont les colonnes de la matrice). i=1
(b) 1 ère solution. D’après ce qui précède, la fonction dn est dérivable sur R et pour n > 2 et x réel, on a x+1 1 ... 1 .. .. .. . . 1 . . .. .. . . . 1 . .. . x+1 n . 0 dn (x) = ∑ .. 1 i=1 .. . . .. .. . 1 ... ... 1
0 .. . .. . 0 1 0 .. . .. . 0
n
.. . (la colonne particulière est la colonne i) 1 .. . x+1 .. .. .. . . . 1 .. .. .. . . 1 . 1 ... 1 x+1 1 .. .
... ...
1
= ∑ dn−1 (x)(en développant le i-ème déterminant par rapport à sa i-ème colonne) i=1
= ndn−1 (x). En résumé, ∀n > 2, ∀x ∈ R, dn (x) = ndn−1 (x). D’autre part ∀x ∈ R, d1 (x) = x+1 et ∀n > 2, dn (0) = 0 (déterminant ayant deux colonnes identiques). Montrons alors par récurrence que ∀n > 1, ∀x ∈ R, dn (x) = xn + nxn−1 . • C’est vrai pour n = 1. • Soit n > 1. Supposons que ∀n > 1, ∀x ∈ R, dn (x) = xn + nxn−1 . Alors, pour x ∈ R, dn+1 (x) = dn+1 (0) + On a montré que
Rx 0 d 0
n+1 (t)
dt = (n + 1)
1831
Rx 0
dn (t dt) = xn+1 + (n + 1)xn .
∀n > 1, ∀x ∈ R, dn (x) = xn + nxn−1 . 2 ème solution. dn est clairement un polynôme de degré n unitaire. Pour n > 2, puisque dn(0) = 0 (n−2) et que dn0 = ndn−1 , 0 est racine de dn , dn0 , ..., dn et est donc racine d’ordre n − 1 au moins de dn . Enfin, dn (−n) = 0 car la somme des colonnes du déterminant obtenu est nulle. Finalement ∀n > 2, ∀x ∈ R, dn (x) = xn−1 (x + n) ce qui reste vrai pour n = 1. Une variante peut être obtenue avec des connaissances sur la réduction.
Correction de l’exercice 2835 N A −B les transformations : ∀ j ∈ [[1, n]], C j ← C j + iCn+ j (où i2 = −1) On effectue sur la matrice B A A −B A − iB −B sans modifier la valeur du déterminant. On obtient det = det . B A B + iA A Puis en effectuant les transformations : ∀ j ∈ [[n + 1, 2n]], L j ← L j − iL j−n , on obtient A −B A − iB −B A − iB −B = det = det = det(A + iB) × det(A − iB). det B A B + iA A 0 A + iB Comme les matrices A et B sont réelles, det(A − iB) = det(A + iB) et donc A −B det = |det(A + iB)|2 ∈ R+ . B A Correction de l’exercice 2836 N Si D est inversible, un calcul par blocs fournit A B D 0 AD − BC BD−1 AD − BC BD−1 = = (car C et D C D −C D−1 CD − DC I 0 I commutent) et donc, puisque
det
A B C D
D 0 −C D−1
= det = det
et que det
AD − BC BD−1 0 I
A B C D A B C D
det
D 0 −C D−1
= det(AD − BC), on a bien det
A B C D
= det
A B C D
× detD × detD−1
= det(AD − BC) (si C et D
commutent). Si D n’est pas inversible, det(D − xI) est un polynôme en x de degré n et donc ne s’annule qu’un nombre fini de fois. Par suite, la matrice D − xI est inversible sauf peut-être pour un nombre fini de valeurs de x. D’autre part, pour toute valeur de x, les matrices C et D − xI commutent et d’après ce qui précède, pour toutes valeurs de x sauf peut-être pour un nombre fini, on a A B detdet = det(A(D − xI) − BC). C D Ces deux expressions sont encore des polynômes en x qui coïncident donc en une infinité de valeurs de x et sont donc égaux. Ces deux polynômes prennent en particulier la même valeur en 0 et on a montré que A B si C et D commutent, det = det(AD − BC). C D 1832
Correction de l’exercice 2837 N En développant suivant la dernière colonne, on obtient −x 0 . . . 0 a 0 1 . . . . . . ... a1 .. n−k+1 a ∆ det(A − xIn ) = 0 . . . . . . 0 = (−x)n (an − x) + ∑n−1 k k . k=0 (−1) .. . . . . . . . −x an−1 0 ... 0 1 an − x −x 0 . . . 0 × . . . . . . × .. .. × . . . . . . ... . . .. . . . . .. .. . . . 0 . . × . . . × −x × . . . . . . × = (−x)k 1n−k = (−x)k (déterminant par blocs) où ∆k = 0 ... ... 0 1 × ... × .. .. . . . . . 0 . . . . .. .. .. .. . . . . . . . × . . 0 ... ... 0 0 ... 0 1 Finalement,
n−1 n
n n−k+1
det(A − xIn ) = (−x) (an − x) + ∑ (−1)
k
n+1
ak (−x) = (−1)
k=0
x
n+1
− ∑ ak x k=0
k
!
.
Correction de l’exercice 2838 N (a) Sans modifier la valeur de detA, on effectue les transformations :∀ j ∈ [[1, n]], C j ← C j +C2n+1− j . On obtient alors par linéarité du déterminant par rapport à chacune des n premières colonnes 1 0 ... 0 0 ... 0 b 0 . . . . . . ... ... 0 .. . . . . .. . . 0 0 . . 0 . . . 0 1 b 0 . . . 0 detA = (a + b) p . 0 ... 0 1 a 0 ... 0 .. . . . . 0 0 . . . . .. .. .. . . . . 0 . . 0 . . 1 0 ... 0 0 ... 0 a
On effectue ensuite les transformations : ∀i ∈ [[n + 1, 2n]], Li ← Li − L2n+1−i et par linéarité du déterminant par rapport aux n dernières lignes, on obtient detA = (a + b)n (a − b)n = (a2 − b2 )n .
(b) Ce déterminant a deux colonnes égales et est donc nul. (c) On retranche la première colonne à toutes les autres et on obtient un déterminant triangulaire : Dn = (−1)n−1 . Pour le deuxième déterminant, on ajoute les n − 1 dernières colonnes à la première puis on met n − 1 en facteur de la première colonne et on retombe sur le déterminant précédent. On obtient : Dn = (−1)n−1 (n − 1). 1833
(d) On ajoute les n − 1 dernières colonnes à la première première colonne. On obtient 1 b .. . a Dn = (a + (n − 1)b) b .. .. . . 1 b
puis on met a + (n − 1)b en facteur de la . . . . . . b .. .. . . . . . . .. . . . . .. .. . . b ... b a
On retranche ensuite la première ligne à toutes les autres et on obtient 1 b ... ... b 0 a−b 0 ... 0 .. .. .. .. . . 0 . = (a + (n − 1)b)(a − b)n−1 . Dn = (a + (n − 1)b) . .. .. .. .. . . . . 0 0 0 ... 0 a−b
b . . . b . . . b . . . . .. n−1 = (a + (n − 1)b)(a − b) . .. . . . . . . b . b ... b a a
Correction de l’exercice 2839 N 7 11 a b a b = 7 × 4 − 11 × (−8) = = ad − bc. Donc (a) Le déterminant de la matrice est −8 4 c d c d 116.
(b) Nous allons voir différentes méthodes pour calculer les déterminants. Première méthode. Règle de Sarrus. Pour le matrice 3 × 3 il existe une formule qui permet de calculer directement le déterminant. a11 a12 a13 a21 a22 a23 = a11 a22 a33 + a12 a23 a31 + a21 a32 a13 − a13 a22 a31 − a11 a32 a23 − a12 a21 a33 a31 a32 a33 Donc 1 0 6 3 4 15 = 1 × 4 × 21 + 0 × 15 × 5 + 3 × 6 × 6 − 5 × 4 × 6 − 6 × 15 × 1 − 3 × 0 × 21 = −18 5 6 21 Attention ! La règle de Sarrus ne s’applique qu’aux matrices 3 × 3.
(c) Deuxième méthode. Se ramener à une matrice diagonale ou triangulaire. Si dans une matrice on change un ligne Li en Li − λ L j alors le déterminant reste le même. Même chose avec les colonnes.
L1 L2 L3
1 0 2 3 4 5 = 5 6 7
L2 ←L2 −3L1 L3 ←L3 −5L1
1 0 2 0 4 −1 = 0 6 −3
L3 ←L3 − 23 L2
1 0 2 0 4 −1 = 1 × 4 × (− 32 ) = −6 0 0 − 32
On a utilisé le fait que le déterminant d’une matrice diagonale (ou triangulaire) est le produit des coefficients sur la diagonale. 1834
(d) Troisième méthode. Développement par rapport à une ligne ou une colonne. Nous allons développer par rapport à la deuxième colonne. 1 0 −1 2 3 5 = (−0) × 2 5 + (+3) × 1 −1 + (−1) × 1 −1 = 0 + 3 × 7 − 1 × 7 = 14 2 5 4 3 4 3 4 1 3
Bien souvent on commence par simplifier la matrice en faisant apparaître un maximum de 0 par les opérations élémentaires sur les lignes et les colonnes. Puis on développe en choisissant la ligne ou la colonne qui a le plus de 0.
(e) On fait apparaître des 0 sur la première colonne puis on développe par rapport à cette colonne. L1 L2
∆=
L3 L4
0 1 2 3
1 2 3 0
2 3 0 1
3 0 = 1 2
L3 ←L3 −2L2 L4 ←L4 −3L2
0 1 2 1 2 3 0 −1 −6 0 −6 −8
3 1 2 3 0 = − −1 −6 1 1 −6 −8 2 2
Pour calculer le déterminant 3 × 3 on fait apparaître des 0 sur la première colonne, puis on la développe. 1 2 3 1 2 3 L1 −4 4 = −96 −∆ = L2 −1 −6 1 = L2 ←L2 +L1 0 −4 4 = 1 4 20 4 20 L3 −6 −8 2 L3 ←L3 +6L1 0 Donc ∆ = 96.
(f) La matrice a déjà beaucoup de 0 mais on peut en faire apparaître davantage sur la dernière colonne, puis on développe par rapport à la dernière colonne. L1
∆0 =
L2 L3 L4
0 1 1 1
1 0 1 1
1 0 0 1
0 1 = 1 0
L3 ←L3 −L2
0 1 0 1
1 0 1 1
1 0 0 1
0 0 1 1 1 = 0 1 0 0 1 1 1 0
On développe ce dernier déterminant par rapport à la première colonne : 0 1 1 1 1 = −1 ∆ = 0 1 0 = 1× 1 0 1 1 1 0
(g) Toujours la même méthode, on fait apparaître des 0 sur la première colonne, puis on développe par rapport à cette colonne. L1
∆00 =
L2 L3 L4
1 1 2 1
2 3 1 1
1 1 0 1
2 3 = 6 7
L2 ←L2 −L1
L3 ←L3 −2L1 L4 ←L4 −L1
1 2 1 2 1 0 1 0 1 0 1 = −3 −2 2 0 −3 −2 2 −1 0 5 0 −1 0 5
On développe par rapport à la deuxième colonne : 1 1 00 = −12 ∆ = −2 × −1 5 Correction de l’exercice 2840 N (a) Par la règle de Sarrus :
a b c ∆1 = c a b = a3 + b3 + c3 − 3abc. b c a 1835
(b) On développe par rapport à la seconde ligne qui ne contient qu’un coefficient non nul et on calcule le déterminant 3 × 3 par la règle de Sarrus : 1 0 0 1 1 0 1 0 1 0 0 = +1 1 1 1 = −1. ∆2 = 2 1 1 1 0 1 1 2 3 1 1 (c)
L1
∆3 =
L2 L3 L4
−1 1 1 1 1 −1 1 1 = 1 1 −1 1 1 1 1 −1
On développe par rapport à la première colonne :
L2 ←L2 +L1 L3 ←L3 +L1 L4 ←L4 +L1
−1 0 0 0
1 0 2 2
1 2 0 2
1 2 2 0
0 2 2 ∆3 = (−1) × 2 0 2 = −16 2 2 0 (d) Le déterminant est linéaire par rapport à chacune de ses lignes et aussi chacune de ses colonnes. Par exemple les coefficients de la première ligne sont tous des multiples de 5 donc 2 10 0 −1 3 0 −5 15 −2 −2 7 3 0 7 3 0 = 5× ∆4 = 14 0 2 14 0 2 8 8 0 −21 1 −1 0 −21 1 −1 On fait la même chose avec la troisième ligne : 2 0 −1 3 −2 7 3 0 ∆4 = 5 × 2 × 7 0 1 4 0 −21 1 −1
Et enfin les coefficients la première colonne sont des multiples de 2 et ceux de la troisième colonne sont des multiples de 7 donc : 1 1 0 −1 3 0 −1 3 −1 −1 1 7 3 0 3 0 ∆4 = 5 × 2 × 2 × = 5 × 2 × 2 × 7 × 7 0 1 1 0 1 2 2 0 −21 1 −1 0 −3 1 −1
(e)
Les coefficients sont plus raisonnables ! On fait L2 ← L2 + L1 et L3 ← L3 − 2L1 pour obtenir : 1 0 −1 3 1 2 3 0 1 2 3 ∆4 = 140 × = 140 × 1 2 −5 = 140 × 56 = 7840 2 −5 0 1 −3 1 −1 0 −3 1 −1 L1
∆5 =
L2 L3 L4
a a c 0
a a 0 c
b 0 a a
0 b = a a
L2 ←L2 −L1 L4 ←L4 −L3
a 0 c −c
a b 0 0 −b b 0 a a c 0 0
On fait ensuite les opérations suivantes sur les colonnes : C2 ← C2 +C1 et C3 ← C3 −C4 pour obtenir une dernière ligne facile à développer : a 2a b 0 2a b 0 0 0 −2b b ∆5 = = +c × 0 −2b b = bc(bc − 4a2 ) c c 0 a c 0 a −c 0 0 0 1836
(f) On fait d’abord les opérations C1 ← C1 − C3 et C2 ← C2 − C4 première ligne : 1 0 3 0 0 −2 0 3 0 0 −2 0 1 0 3 0 0 −2 0 3 0 0 0 a 0 3 = (−2) × ∆6 = a 0 a 0 3 = 0 0 b a 0 a 0 b 0 0 a 0 b 0 b 0 0 a 0 b 0 0 a Le premier déterminant à calculer se développe par rapport déterminant par rapport à la première colonne : −2 −2 3 0 ∆6 = (−2) × a × 0 a 0 + 3 × b × 0 b b 0 a
et on développe par rapport à la
0 a 0 0
3 0 a 0
0 −2 3 0 0 0 0 0 3 3 + 3 × 0 b 0 a 0 0 b 0 a a
à la deuxième colonne et le second 3 0 0 3 = 4a3 + 27b2 0 a
(g) Nous allons permuter des lignes et des colonnes pour se ramener à une matrice diagonale par blocs. Souvenons-nous que lorsque l’on échange deux lignes (ou deux colonnes) alors le déterminant change de signe. Nous allons rassembler les zéros. On commence par échanger les colonnes C1 et C3 : C1 ↔ C3 : 1 0 0 0 0 1 0 1 1 0 0 −4 3 0 3 −4 0 0 0 0 ∆7 = −3 0 0 −3 −2 = − 0 0 −3 −3 −2 0 7 1 1 7 0 0 0 0 0 4 0 0 7 1 0 0 4 7 1 Puis on échange les lignes L1 et L4 : L1 ↔ L4 :
7 1 0 0 0 3 −4 0 0 0 ∆7 = + 0 0 −3 −3 −2 0 0 1 1 0 0 0 4 7 1 Notre matrice est sous la forme d’une matrice diagonale par blocs et son déterminant est le produit des déterminants. 7 1 0 0 0 3 −4 0 0 0 7 1 −3 −3 −2 1 0 = (−31) × (−6) = 186 ∆7 = 0 0 −3 −3 −2 = × 1 3 −4 4 7 1 0 0 1 1 0 0 0 4 7 1 Correction de l’exercice 2841 N (a) On retire la première colonne à toutes les autres colonnes a1 a2 · · · an a1 a2 − a1 a3 − a1 · · · . .. a1 a1 . . . .. a1 . 0 = ∆1 = . . . . . . . . . . . a .. .. .. .. .. 2 a1 · · · a1 a1 a1 0 ··· 0 On développe par rapport à la dernière ligne : a2 − a1 ··· . .. 0 ∆1 = (−1)n−1 a1 . .. .. .. . . 0 ··· 0 1837
an − a1 .. . a2 − a1 0
an − a1 .. . n−1 n−1 = (−1) a1 (a2 − a1 ) a2 − a1
Où l’on a reconnu le déterminant d’un matrice triangulaire supérieure. Donc ∆1 = a1 (a1 − a2 )n−1 . (b) On va transformer la matrice correspondante en une matrice triangulaire supérieure, on commence par remplacer la ligne L2 par L2 − L1 (on ne note que les coefficients non nuls) : 1 1 +1 +1 1 1 0 1 −1 1 1 ∆2 = 1 1 = .. .. .. .. . . . . 1 1 1 1 Puis on remplace la ligne L3 par L3 − L2 (attention il s’agit de la nouvelle ligne L2 ) et on continue ainsi de suite jusqu’à Ln−1 ← Ln−1 − Ln−2 (n est la taille de la matrice sous-jacente) : 1 1 +1 +1 0 1 −1 −1 0 1 0 1 0 1 +1 +1 = · · · = ∆2 = . . . 1 1 . . . . . . .. .. n . . 0 1 (−1) 1 1 1 1
On fait attention pour le dernier remplacement Ln ← Ln − Ln−1 légèrement différent et qui conduit au déterminant d’une matrice triangulaire : : 1 +1 0 1 −1 0 1 +1 ∆2 = = 1 − (−1)n . .. .. .. . . . n 1 (−1) n 0 1 − (−1) ( 0 En conclusion ∆2 = 2
si n est pair si n est impair
(c) On retire la colonne C1 aux autres colonnes Ci pour faire apparaître des 0 : a + b −b ··· a + b a ··· a b 0 ··· .. a .. a . . a + b . .. ... = a 0 ∆3 = . . . . . . . . . .. .. a .. . . b . a ··· a a+b a 0 ··· 0
−b 0 .. . 0 b
On remplace ensuite L1 par L1 + L2 + L3 + · · · + Ln (ou ce qui revient au même : faites les opérations L1 ← L1 + L2 puis L1 ← L1 + L3 ,. . . chacune de ces opérations fait apparaître un 0 sur la première ligne) pour obtenir une matrice triangulaire inférieure : na + b 0 · · · 0 a b 0 · · · 0 . . . . .. . . . = (na + b)bn−1 . 0 ∆3 = a .. .. .. . . . b 0 a 0 · · · 0 b 1838
Correction de l’exercice 2842 N (a) Remarquons que comme le système est homogène (c’est-à-dire les coefficients du second membre sont nuls) alors (0, 0, 0) est une solution du système. Voyons s’il y en a d’autres. Nous faisons semblant de ne pas voir que la seconde ligne implique x = y et que le système est en fait très simple à résoudre. Nous allons appliquer le pivot de Gauss en faisant les opérations suivantes sur les lignes L2 ← L2 − L1 et L3 ← L3 − L1 : x + y − z = 0 x + y − z = 0 − 2y + z = 0 x − y = 0 ⇐⇒ 3y + 2z = 0 x + 4y + z = 0 On fait maintenant L3 ← 2L3 + 3L2 pour obtenir : x + y − − 2y +
z = 0 z = 0 7z = 0
En partant de la dernière ligne on trouve z = 0, puis en remontant y = 0, puis x = 0. Conclusion l’unique solution de ce système est (0, 0, 0).
(b) On applique le pivot de Gauss L2 ← L2 − L1 et L3 ← L3 − L1 : x + y + 2z = 5 x + y + 2z = 5 x − y − z = 1 ⇐⇒ − 2y − 3z = −4 x + z = 3 − y − z = −2
Puis L3 ← 2L3 − L2 pour obtenir un système équivalent qui est triangulaire donc facile à résoudre : x + y + 2z = 5 x = 3 − 2y − 3z = −4 ⇐⇒ y = 2 z = 0 z = 0 On n’oublie pas de vérifier que c’est une solution du système initial.
(c) On fait les opérations L2 ← 3L2 + L1 et L3 ← 3L3 − L1 pour obtenir : 3x − y + 2z = a 3x − y + 2z = a −x + 2y − 3z = b ⇐⇒ 5y − 7z = 3b + a x + 2y + z = c 7y + z = 3c − a Puis on fait L3 ← 5L3 − 7L2 , ce qui donne un système triangulaire : 3x − y + 2z = a 5y − 7z = 3b + a 54z = 5(3c − a) − 7(3b + a) En partant de la fin on en déduit : z =
1 54 (−12a − 21b + 15c)
x = y = z =
puis en remontant cela donne
1 18 (8a + 5b − c) 1 18 (−2a + b + 7c) 1 18 (−4a − 7b + 5c)
Correction de l’exercice 2845 N (S1 ) : solution unique si m2 6= 4, impossible sinon. (S2 ) : solution unique si m2 6= 1/2, infinité sinon. 1839
Correction de l’exercice 2846 N (S1 ) : a = b ou b = c ou c = a. (S2 ) : 2abc + bc + ca + ab = 1. Correction de l’exercice 2847 N (S1 ) : solution unique quels que soient b1 , b2 , b3 , b4 . (S2 ) : solutions si b2 = b1 + b3 . (S3 ) : solutions si b1 + b2 − 2b4 = 0 et 2b1 − b3 − 2b4 = 0. (S4 ) : solutions si b2 = −2b1 et b3 = −b1 et b4 = 3b1 . Correction de l’exercice 2848 N (a) On commence par simplifier le système en effectuant les opérations suivantes sur les lignes : L1 ← L1 − L4 , L2 ← L2 − L4 , L3 ← L3 − L4 : λx − λt = a−d λy − λt = b−d (S) ⇐⇒ λz − λt = c−d x + y + z + (1 + λ )t = d
(b) Traitons le cas particulier λ = 0. Si λ = 0 alors le système n’a des solutions que si a = b = c = d. Les solutions sont alors les (x, y, z,t) qui vérifie x + y + z + t = d. (C’est un espace de dimension 3 dans R4 .) (c) Si λ 6= 0 alors on peut faire l’opération suivante sur la dernière ligne : L4 ← L4 − λ1 L1 − λ1 L2 − λ1 L3 pour obtenir : λx − λt = a−d λy − λt = b−d (S) ⇐⇒ λ z − λt = c−d (λ + 4)t = d − λ1 (a + b + c − 3d)
(d) Cas particulier λ = −4. La dernière ligne devient 0 = a + b + c + d. Donc si a + b + c + d 6= 0 alors il n’y a pas de solutions. Si λ = −4 et a + b + c + d = 0 alors existe une infinité de solutions : b−d c−d a−d ,t − ,t − ,t | t ∈ R . t− 4 4 4 1 (e) Cas général : λ 6= 0 et λ 6= −4. On calcule d’abord t = λ +4 d − λ1 (a + b + c − 3d) et en remplaçant par la valeur de t obtenue on en déduit les valeurs pour x = t + λ1 (a − d), y = t + λ1 (b − d), z = t + λ1 (c − d). Il existe donc une solution unique : (λ + 3)a − b − c − d (λ + 3)b − a − c − d (λ + 3)c − a − b − d (λ + 3)d − a − b − c , , , . λ (λ + 4) λ (λ + 4) λ (λ + 4) λ (λ + 4) Correction de l’exercice 2849 N Pas de solution si λ 2 + λ − 2 6= 0 (λ 6= 1 et λ 6= −2). Si λ = 1, pas de solution si a + 1 6= 0, infinité de solutions sinon. Si λ = −2, solution unique. Correction de l’exercice 2857 N On commence par simplifier le système : 1840
— on place la ligne L3 en première position pour le pivot de Gauss ; — on réordonne les variables dans l’ordre : y,t, x, z pour profiter des lignes déjà simples. y + t + x + z = 0 3y + 3t + z = 0 −y − t + 2x + z = 0 3x + 2z = 0
On commence le pivot de Gauss avec les opération L2 ← L2 − 3L1 et L3 ← L3 + L1 pour obtenir : y + t + x + z = 0 − 3x − 2z = 0 3x + 2z = 0 3x + 2z = 0
Les 3 dernières lignes sont identiques, on se ramène donc à un système avec 2 équations et 4 inconnues : y + t + x + z = 0 3x + 2z = 0
Nous choisissons x et y comme paramètres, alors z = − 23 x et t = −x − y − z = 21 x − y. Les solutions du système sont donc les 3 1 x, y, z = − x,t = x − y | x, y ∈ R 2 2 Correction de l’exercice 2876 N S1 : si a 6= 0, le système est équivalent à y = −1 − 2 cosh a x et z = x + 2 cosh a si a = 0, il est équivalent à x + y + z = 1 S2 : On peut soustraire à chaque ligne la ligne précédente, puis 2 fois la précédente, etc. . .On obtient ainsi un système triangulaire cramérien et après bien des calculs la solution xk = (−1)k+1Cnk . Voici une solution plus astucieuse. Soit P(X) = x1 X + x2 X 2 + · · · + xn X n et T l’opérateur Q(x) 7→ XQ0 (X). Le système peut s’écrire P(1) = 1, (T P)(1) = 0, (T 2 P)(1) = 0, . . . , (T n−1 P)(1) = 0. On en déduit que P0 (1) = P00 (1) = . . . = P(n−1) (1) = 0, donc P est de la forme P(X) = 1 + λ (1 − X)n , et λ = −1 car le terme constant de P est nul. Donc xk = (−1)k+1Cnk . Correction de l’exercice 2886 N (a) i. Par substitution. La première équation s’écrit aussi y = 1 − 2x. On remplace maintenant y dans la deuxième équation 3x + 7y = −2 =⇒ 3x + 7(1 − 2x) = −2 =⇒ 11x = 9 =⇒ x =
9 . 11
9 7 On en déduit y : y = 1 − 2x = 1 − 2 11 = − 11 . La solution de ce système est donc le couple 9 7 ( 11 , − 11 ). N’oubliez pas de vérifier que votre solution fonctionne !
ii. Par le pivot de Gauss. On garde la ligne L1 et on remplace la ligne L2 par 2L2 − 3L1 : 2x + y = 1 2x + y = 1 ⇐⇒ 3x + 7y = −2 11y = −7 7 On obtient un système triangulaire : on en déduit y = − 11 et alors la première ligne permet 9 d’obtenir x = 11 .
1841
iii. Par les matrices. En terme matriciel le système s’écrit AX = Y
2 1 avec A = 3 7
x X= y
1 Y= −2
On trouve la solution du système en inversant la matrice : X = A−1Y. L’inverse d’une matrice 2 × 2 se calcule ainsi 1 a b d −b −1 si A = alors A = c d ad − bc −c a a b = ad − bc soit différent de 0. Il faut bien sûr que le déterminant det A = c d Ici on trouve 1 1 7 −1 1 9 −1 −1 A = et X = A = −3 2 −2 −7 11 11 iv. Par les formules de Cramer. Les formules de Cramer pour un système de deux équations sont les suivantes si le déterminant vérifie ad − bc 6= 0 : a e e b c f f d ax + by = e et y = =⇒ x = a b a b cx + dy = f c d c d Ce qui donne ici :
1 −2 x= 2 3
1 7 9 = 11 1 7
et
2 3 y= 2 3
1 −2 7 =− 11 1 7
(b) i. Avant tout on regarde s’il existe une solution unique, c’est le cas si et seulement si le déterminant a 1 = a2 − 1 donc il y a une est non nul. Pour le premier système le déterminant est 2 a + 1 2a unique solution si et seulement si a 6= ±1. Bien sûr toutes les méthodes conduisent au même résultat ! Par exemple par substitution, en écrivant la première ligne y = 2 − ax, la deuxième ligne devient (a2 + 1)x + 2a(2 − ax) = 1. On 2 +a−2 en déduit que si a 6= ±1 alors x = 4a−1 puis y = −2aa2 −1 . a2 −1 x + y = 2 Traitons maintenant les cas particuliers. Si a = 1 alors le système devient : 2x + 2y = 1 Mais on ne peut avoir en même temps x + y = 2 et x + y = 12 . Donc il n’y a pas de solution. −x + y = 2 Si a = −1 alors le système devient : et il n’y a pas de solution. 2x − 2y = 1 a + 1 a − 1 = (a + 1)2 − (a − 1)2 = 4a. ii. Ici le déterminant est a − 1 a + 1 Si a 6= 0 alors on trouve la solution unique (x, y). Par exemple avec la formule de Cramer 1 a − 1 a + 1 1 1 a + 1 a − 1 1 1 1 x= = et y = = . 4a 2a 4a 2a Si a = 0 il n’y a pas de solution.
1842
Correction de l’exercice 2888 N Système de Cramer ssi m 6= 0, ±2 ; compatible ssi m 6= 2. Correction de l’exercice 2889 N Système de Cramer ssi m 6= 0, ±1, ±i ; compatible ssi m 6= 0, ±i. Correction de l’exercice 2890 N Système de Cramer ssi m 6= 1, ±2i ; compatible ssi m 6= 1. Correction de l’exercice 2891 N Si m 6= 0, −2 alors système de Cramer ; sinon, système incompatible. Correction de l’exercice 2892 N Système de Cramer ssi a, b, c sont distincts. Sinon, il y a des solutions ssi d ∈ {a, b, c}. Correction de l’exercice 2893 N Système compatible ssi 3a + 2b + 2c + d = 0. Correction de l’exercice 2894 N Système de Cramer. Correction de l’exercice 2895 N Système de Cramer ssi cos α, cos β , cos γ sont distincts. Sinon, il y a des solutions ssi les seconds membres correspondants sont égaux. Correction de l’exercice 2896 N CN d’existence de solution : p + q + r = 0. C’est une CNS si la liste (a, b, c) comporte au plus un zéro. Correction de l’exercice 2897 N (a) Pour éviter d’avoir à diviser par a on réordonne nos lignes puis on applique la méthode du pivot : x x ax
+ by + aby + by
+ az = 1 + z = b + z = 1
L1 L2 L3
⇐⇒
x
+
by b(a − 1)y b(1 − a)y
+ az = 1 + (1 − a)z = b − 1 + (1 − a2 )z = 1 − a
L1 L2 ←L2 −L1
L3 ←L3 −aL1
On fait ensuite L3 ← L3 + L2 pour obtenir un système triangulaire équivalent au système initial : by + az = 1 x + b(a − 1)y + (1 − a)z = b−1 2 (2 − a − a )z = b − a
(b) Nous allons maintenant discuter de l’existence des solutions. Remarquons d’abord que 2 − a − a2 = a−b . On a donc trouvé −(a − 1)(a + 2). Donc si a 6= 1 et a 6= −2 alors 2 − a − a2 6= 0 donc z = (a−1)(a+2) la valeur de z. La deuxième ligne du système triangulaire est b(a − 1)y + (1 − a)z = b − 1 on sait déjà a − 1 6= 0. Si b 6= 0 alors, en reportant la valeur de z obtenue, on trouve la valeur y = b−1−(1−a)z b(a−1) . Puis avec la première ligne on en déduit aussi x = 1 − by − az. Donc si a 6= 1 et a 6= −2 et b 6= 0 alors il existe une unique solution (x, y, z). 1843
(c) Il faut maintenant s’occuper des cas particuliers. i. Si a = 1 alors notre système triangulaire devient : 1 x + by + z = 0 = b−1 0 = b−1
Si b 6= 1 il n’y a pas de solution. Si a = 1 et b = 1 alors il ne reste plus que l’équation x+y+z = 1. On choisit par exemple y, z comme paramètres, l’ensemble des solutions est (1 − y − z, y, z) | y, z ∈ R .
ii. Si a = −2 alors le système triangulaire devient : by − 2z = 1 x + −3by + 3z = b − 1 0 = b+2
Donc si b 6= −2 il n’y a pas de solution. Si a = −2 et b = −2 alors le système est x − 2y − 2z = 1 2y + z = −1 Si l’on choisit y comme paramètre alors il y a une infinité de solutions (−1 − 2y, y, −1 − 2y) | y ∈ R .
iii. Enfin si b = 0 alors la deuxième et troisième ligne du système triangulaire sont : (1 − a)z = −1 −1 −a et (2 − a − a2 )z = −a. Donc z = 1−a = 2−a−a 2 (le sous-cas b = 0 et a = 1 n’a pas de solution). Dans tous les cas il n’y a pas de solution. iv. Conclusion : — Si a 6= 1 et a 6= −2 et b 6= 0, c’est un système de Cramer : il admet une unique solution. — Si a = 1 et b 6= 1 il n’y a pas de solution (le système n’est pas compatible). — Si a = 1 et b = 1 il y a une infinité de solutions (qui forment un plan dans R3 ). — Si a = −2 et b 6= −2 il n’y a pas de solution. — Si a = −2 et b = −2 il y a une infinité de solutions (qui forment une droite dans R3 ). — Si b = 0 il n’y a pas de solution.
Correction de l’exercice 2898 N Décomposition en éléments simples de F = donc une solution unique si a 6= 0.
x y z + + avec F(1) = F(2) = F(3) = 1 X + a X + 2a X + 3a
Correction de l’exercice 2904 N Notons P(x) = ax3 + bx2 + cx + d un polynôme de degré 6 3. (a) Tout d’abord calculons l’intégrale : 4 4 Z 4 x x3 x2 56 P(x) dx = a + b + c + dx = 60a + b + 6c + 2d. 4 3 2 3 2 2 (b) D’autre part αP(2) + β P(3) + γP(4) = α 8a + 4b + 2c + d + β 27a + 9b + 3c + d + γ 64a + 16b + 4c + d .
Donc
αP(2)+β P(3)+γP(4) = (8α +27β +64γ)a+(4α +9β +16γ)b+(2α +3β +4γ)c+(α +β +γ)d. 1844
(c) Pour avoir l’égalité et il suffit que
R4 2
P(x) dx = αP(2) + β P(3) + γP(4) quelque soit les coefficients a, b, c, d il faut
(8α + 27β + 64γ)a + (4α + 9β + 16γ)b + (2α + 3β + 4γ)c + (α + β + γ)d = 60a + ce qui équivaut à
α 2α 4α 8α
+ β + 3β + 9β + 27β
56 b + 6c + 2d 3
+ γ = 2 + 4γ = 6 + 16γ = 56 3 + 64γ = 60
De façon surprenante ce système à 3 inconnues et 4 équations a une solution unique : 1 α= , 3
4 β= , 3
1 γ= . 3
Correction de l’exercice 2905 N 2. −1 3 2 6 −1 −2 6 x = 2−2 36 4 5 12 = −4 −3 12 ⇒ y = 2−3 312 z = 22 3−7 . 2 2 5 2 2 −7 Correction de l’exercice 2906 N Si rg(A) = n, rg(com(A)) = n. Si rg(A) = n − 1, rg(com(A)) = 1.
Correction de l’exercice 2908 N (a) 3. (b) 4. (c) 2. (d) 3.
Correction de l’exercice 2910 N rg = 3 si λ 6= 2 et λ 6= −25. λ = 2 ⇒ rg = 2 : 11L1 = 5L2 + 9L3 . λ = −25⇒ rg = 2 : L1 + 2L2 + 9L3 = 0. Correction de l’exercice 2911 N rg = 3 si a 6=
1 3
ou b 6= −3, rg = 2 sinon.
Correction de l’exercice 2912 N 1 0 1 0 1 1 2 rgABC 6 2 ⇒ x = 13. M = 0 1 . 0 1 −2 13 1 3 1 5 −5 Correction de l’exercice 2913 N 1845
Si rg(A) 6 n − 2, rg(com(A)) = 0.
Les colonnes de A engendrent les n − p derniers vecteurs de la base canonique. Correction de l’exercice 2914 N Échange des lignes i et j. Correction de l’exercice 2917 N ( 1 x1 2 si (xi ) et (y j ) ne sont pas constantes y . . . y n A = ... ... 1 ⇒ rg(A) = 1 ... 1 1 ou 0 sinon. 1 xn 1 x1 x12 y21 . . . y2n 3 si Card (xi ) > 3 et Card (y j) > 3 .. .. . . B = . . . 2y1 . . . 2yn ⇒ rg(B) = 2 si min Card (xi ), Card (y j ) = 2 1 ... 1 1 xn xn2 1 ou 0 sinon. Correction de l’exercice 2919 N 1 i 4. A = . i −1 Correction de l’exercice 2921 N iθ e M = Re ... 1 . . . e(n−1)iθ ⇒ rgM 6 2. eniθ Le premier mineur 2 × 2 vaut − sin2 θ ⇒ rgM = 2 si θ 6≡ 0(mod π). Sinon, rgM = 1. Correction de l’exercice 2923 N E est un sev et un idéal à gauche de Mn (R). Il est isomorphe à L (H, Rn ) où H est un supplémentaire de Im A dans Rn . dim E = n(n − rg(A)). Correction de l’exercice 2926 N 2 ou 0. Correction de l’exercice 2930 N (a) (b) B admet r lignes indépendantes d’indices i1 , . . . , ir et C admet r colonnes indépendantes d’indices j1 , . . . , jr . Soient B0 et C0 les sous matrices carrées associées dans B et C. Alors la sous-matrice de A d’indices i1 , . . . , ir pour les lignes et j1 , . . . , jr pour les colonnes est B0C0 , de rang r. Donc rg(A) > r et l’inégalité inverse est bien connue. (c) Soient i1 , . . . , ir r indices tels que les lignes associées dans A sont linéairement indépendantes, et B ∈ Mr,n (R) la sous-matrice correpondante. Par construction, rg(B) = r. Chaque ligne de A étant combinaison linéaire des lignes de B, il existe C ∈ Mr,n (R) telle que A = BC. Et on a r = nb.lignes(C) > rg(C) > rg(A) = r. (d) (e) Comprendre dans cette question que B,C ne sont pas forcément les matrices construites en 2. Notons vect(X) l’espace vectoriel engendré par les colonnes d’une matrice X. De A = BC = t Ct B on tire vect(A) ⊂ vect(B) et vect(A) ⊂ vect(t C), et tous ces espaces sont de dimension r, donc ils sont égaux. On en déduit qu’il existe une matrice P ∈ GLr (R) telle que B = t CP d’où CB = Ct CP. rg(Ct C) = rg(C) = r et P est inversible donc rg(CB) = r. 1846
Correction de l’exercice 2932 N ∆ = detM = Van(1, 2, ..., n) 6= 0 et le système est de C RAMER. Les formules de C RAMER fournissent alors pour k ∈ [[1, n]], xk = ∆∆k où k+1 ∆k = Van(1, ..., k − 1, 0, k + 1, ..., n) = (−1)
1 ... 1 .. . .. . 1
k−1 (k − 1)2 .. .
k+1 (k + 1)2 .. .
.. .. . . n−1 (k − 1) (k + 1)n−1
...
n n2 .. . .. . nn−1
.
(en développant par rapport à la k-ème colonne). Par linéarité par rapport à chaque colonne, on a alors ∆k = (−1)k+1 1 × 2... × (k − 1) × (k + 1) × ... × n × Van(1, 2, ..., k − 1, k + 1, ..., n) n! Van(1, 2, ..., n) n! = (−1)k+1 = (−1)k+1 ∆, k (k − (k − 1))...(k − 1)((k + 1) − k)....(n − k) k!(n − k)! et donc, ∀k ∈ [[1, n]] , xk = (−1)k+1Cnk .
Correction de l’exercice 2933 N m est un paramètre réel (a) detS = 2(m(m − 5) − 6) + (3(m − 5) − 3) + 7(6 − m) = 2m2 − 14m + 12 = 2(m − 1)(m − 6). Le système est de C RAMER si et seulement si m ∈ {1, 6}. Si m ∈ / {1, 6}, les formules de C RAMER fournissent alors : 1 x = 2(m−1)(m−6) 1 y = 2(m−1)(m−6) 1 z = 2(m−1)(m−6)
4 3 1 2m−9 5 m 2 = 2(m−6)(2m−9) 2(m−1)(m−6) = m−1 7 3 m−5 2 4 1 14(m−6) 7 −1 5 2 = 2(m−1)(m−6) = m−1 7 7 m − 5 2 3 4 −14(m−6) 7 −1 m 5 = 2(m−1)(m−6) = − m−1 7 3 m7 2 1 = 5 6= 0. On peut choisir les deux Si m ∈ {1, 6}, detS = 0. Un déterminant principal est −1 2 premières équations comme équations principales et x et z comme inconnues principales. Le système ( 3+(m−6)y x= 5 des deux premières équations équivaut à . z = 14−(2m+3)y 5 La dernière équation fournit alors une condition nécessaire et suffisante de compatibilité (les termes en y disparaissent automatiquement pour m ∈ {1, 6} et donc pas la peine de les calculer). 3 + (m − 6)y 14 − (2m + 3)y + 3y + (m − 5) = 7 ⇔ 21 + 14(m − 5) − 35 = 0 5 5 ⇔ 14(m − 6) = 0 ⇔ m = 6.
7x + 2y + (m − 5)z = 7 ⇔ 7
Si m = 1, le système n’a pas de solution et si m = 6, l’ensemble des solutions est {( 35 , y, − 5y ), y ∈ R}. 1847
(b) detS = 2(−8m − 4 + 2) − (4m + 1) + 5(2m + 2m + 1) = 0. Le système n’est jamais de C RAMER. Un 2 1 = 3 6= 0. On peut choisir les deux premières équations comme déterminant principal est 1 2 équations principales ( et x et z comme inconnues principales. Le système des deux premières équax = 6m−4−(4m+1)y 3 tions équivaut à . La dernière équation fournit alors une condition nécessaire z = −3m+8+(5m+2)y 3 et suffisante de compatibilité. 6m − 4 − (4m + 1)y −3m + 8 + (5m + 2)y −y+4 = 3m − 2 3 3 ⇔ 5(6m − 4) + 4(−3m + 8) − 3(3m − 2) = 0 ⇔ 9(m + 2) = 0 ⇔ m = −2.
5x − y + 4z = 3m − 2 ⇔ 5
Si m 6= −2, le système n’a pas de solution. Si m = −2, l’ensemble des solutions est {( −16+7y , y, 14−8y 3 3 ), y ∈ R}. 1 1 1 1 = −2m2 + 2m = −2m(m − 1). Le système est de C RAMER en x, y et z si et seule(c) 1 m m −1 −m ment si m ∈ {0, 1}. Si m ∈ / {0, 1}, les formules de C RAMER fournissent : 1 x = −2m(m−1) 1 y = −2m(m−1) 1 z = −2m(m−1)
3−t 1 1 2 2 +2m) m + 2 + mt m 1 = (2m −2m)t+(−2m = −t + 1 −2m(m−1) −1 + t −1 −m 1 3−t 1 2 2 +2m) m+1 1 m + 2 + mt 1 = (−2m −2m)+(−2m = m−1 t +1 −2m(m−1) m −1 + t −m 1 1 3−t 2 2 +2m) m+1 1 m m + 2 + mt = (2m +2m)t+(−2m = − m−1 t + 1. −2m(m−1) m −1 −1 + t
m+1 Dans ce cas, l’ensemble des solutions est {(−t + 1, m−1 t + 1, − m+1 m−1 t + 1,t), t ∈ R}. x+y+z+t = 3 z = 2−x x+z = 2 Si m = 0, le système s’écrit ⇔ . Dans ce cas, l’ensemble des t = −1 − y y + t = −1 solutions est {(x, y, 2 − x, 1 − y), (x, y) ∈ R2 }. x+y+z+t = 3 t =0 t =0 x+y+z−t = 3 x+y+z = 3 x=1 Si m = 1, le système s’écrit ⇔ ⇔ . Dans x − y − z − t = −1 x − y − z = −1 z = 2−y ce cas, l’ensemble de solutions est {(1, y, 2 − y, 0), z ∈ R}.
1848
(d) det(S) =
1 2 3 m 1 2 3 m m + 6 2 3 m 1 1 m 3 2 1 m 3 m + 6 1 m 3 = = (m + 6) 3 m 1 2 m + 6 m 1 2 1 m 1 2 1 3 2 1 m 3 2 1 m+6 3 2 1 1 2 3 m −1 m − 3 3 − m 0 −1 m − 3 3 − m = (m + 6) m − 2 −2 2 − m = (m + 6) 1 0 m − 2 −2 2 − m −1 1 − m 0 1 −1 1 − m −1 m − 3 0 −1 m − 3 0 = (m + 6) m − 2 −2 −m = −m(m + 6) m − 2 −2 1 1 1 −1 −m −1 1 −1 m − 3 0 −1 m − 3 = m(m − 2)(m − 4)(m + 6). = −m(m + 6) m − 3 −1 0 = −m(m + 6) m − 3 −1 1 −1 1
Le système est de C RAMER si et seulement si m ∈ / {0, 2, 4, −6}. Dans ce cas : m−1 2 3 m 1 1 m 3 m(m − 2)(m − 4)(m + 6)x = = m 1 2 0 0 3 2 1 3 − m −m2 + m + 3 1 = − m 3 2
0 2 − (m − 1) 3 − m(m − 1) m − 3(m − 1) 1 1 m 3 0 m 1 2 0 3 2 1 5m − 6 −m2 + 5m − 3 −2m + 3 −2m + 3 2 −3 2 = − m−6 0 0 1 1
= −[−3(5m − 6) − (m − 6)(−m2 + 5m − 3)]
= −m3 + 11m2 − 18m = −m(m − 2)(m − 9).
m−9 et x = − (m−4)(m+6) .
m(m − 2)(m − 4)(m + 6)y = = =
1 m − 1 3 m −2m + 3 2 1 m 3 2 = 3 0 1 2 3 m 0 2 1 m
0 −m2 + m + 3 −2m + 3 1 m 3 0 1 2 0 2 1 2 −2m + 3 −m + m + 3 −2m + 3 3 1 2 m 2 1 3m2 − 5m − 6 −m2 + m + 3 2m2 − 4m − 3 0 1 0 m−6 2 −3
= −3(3m2 − 5m − 6) − (m − 6)(2m2 − 4m − 3) = −2m3 + 7m2 − 6m = −m(2m − 3)(m − 2)
2m−3 et y = − (m−4)(m−6) .
1849
1 2 m − 1 m −2m + 3 −m + 3 2 1 2 1 1 3 = 3 m 3 m 0 2 m 3 m 3 0 1 −2m + 3 −m + 3 −2m + 3 3 m 2 = − m 3 1
m(m − 2)(m − 4)(m + 6)z =
0 −2m + 3 1 3 0 2 0 1
= −(−2m + 3)(m − 6) + 3(5m − 6) − m(2m2 − 5m + 6) = −2m3 + 7m2 − 6m
= −m(2m − 3)(m − 2), 2m−3 et z = − (m−4)(m−6) .
m(m − 2)(m − 4)(m + 6)t = =
−2m + 3 −m + 3 −m2 + m + 3 2 1 m = 3 m 1 m 3 2 −2m + 3 −m + 3 −m2 + m + 3 3 m 1 m 3 2
1 2 3 m−1 2 1 m 1 3 m 1 0 m 3 2 0
0 1 0 0
= (−2m + 3)(2m − 3) − 3(3m2 − 5m − 3) + m(m3 − m2 − 4m + 3)
= m4 − m3 − 17m2 + 30m = m(m − 2)(m2 + m − 15)
2
m +m−15 et t = (m−4)(m−6) . Si m = 0, le système s’écrit
x + 2y + 3z = −1 x + y + z + t = (E1 + E2 ) t = −x − y − z 2x + y + 3t = 1 2x + y + 3t = 1 −x − 2y − 3z = 1 ⇔ ⇔ 3x + z + 2t = 0 x + y + z + t = 0(E3 + E4 ) −x + 2y + z = 0 3y + 2z + t = 0 3y + 2z + t = 0 z = x − 2y y = x + 14 z = −x − 21 −x − 2y − 3(x − 2y) = 1 ⇔ ⇔ t = −x + 41 t = −x − y − z
D’où l’ensemble de solutions : {(x, x + 41 , −x − 14 ; −x + 12 ), x ∈ R}. Si m = 2, on obtient pour ensemble de solutions : {(x, −x − 58 , x + 21 ; −x − 81 ), x ∈ R}. Si m = 4 ou m = −6, on voit en résolvant que le système est incompatible. m 1 1 (e) −1 −1 m = m(2m)+(−m+1)+(m+1) = 2(m2 +1) 6= 0 (m désignant un paramètre réel). 1 −1 −m Le système formé des équations 1, 2 et 4 est donc de C RAMER. Les formules de C RAMER fournissent alors : 2m2 − m − 1 3m − 1 , y = 3 − m et z = 2 . 2 m +1 m +1 La troisième équation fournit alors une condition nécessaire et suffisante de compatibilité : x=
−m
2m2 − m − 1 3m − 1 +3−m+m 2 = −m 2 m +1 m +1 ⇔ −m(2m2 − m − 1) + (3 − m)(m2 + 1) + m(3m − 1) = −m(m2 + 1) ⇔ −2m3 + 7m2 + 3 = 0 1850
Le système est compatible si et seulement si m est l’une des trois racines de l’équation −2X 3 + 7X 2 + 3 = 0. a b c 1 1 1 Van(a,b,c) 1 2 1 2 2 (f) detS = abc . abc a b c = abc a b c = 2 2 2 1 1 1 a b c Si a, b et c sont deux à deux distincts, le système est de C RAMER. On obtient : x=
abc Van(m, b, c) a(b − m)(c − m) = , mbc Van(a, b, c) m(b − a)(c − a)
c(a−m)(b−m) puis, par symétrie des rôles, y = b(a−m)(c−m) m(a−b)(c−b) et z = m(a−c)(b−c) . Si a = b 6= c (ou a = c 6= b ou b = c 6= a), le système s’écrit :
x+y = 1−z x+y = 1−z x+y = 1−z z = m−a ax + ay + cz = m ⇔ a(1 − z) + cz = m ⇔ c−a 1 1 1 1 1 1 1 ( 1c − 1a ) m−a ax+ ay+ cz = m a (1 − z) + c z = m c−a =
(g)
. 1 m
− 1a
Le système est compatible si et seulement si (m − a)(m − c) = 0 ou encore (m = a ou m = c). Dans m−a ce cas, l’ensemble des solutions est : {(x, m−c a−c − x; c−a ), x ∈ R}. Si a = b = c, le système s’écrit : x + y + z = 1 = ma = ma . Le système est compatible si et seulement si m = a = b = c et dans ce cas l’ensemble des solutions est : {(x, y, 1 − x − y), (x, y) ∈ R2 }. 2 2 2 2 (b + c)2 (b + c)2 b c b c 2 2 2 2 2 2 2 a (a + c) c 0 detS = = a − (b + c) (a + c) − b 2 2 2 2 2 2 2 a b (a + b) 0 b − (a + c) (a + b) − c (b + c)2 b2 c2 2bc b2 c2 2 2 0 −2c a+c−b 0 = (a + b + c) a − b − c a + c − b = (a + b + c) −2(b − c) b − a − c a + b − c 0 b−a−c a+b−c = 2(a + b + c)2 (c2 (−c(b − a − c) + (b − c)(a + c − b)) + (a + b − c)(bc(a + c − b) + b2 c)) = 2(a + b + c)2 (c2 b(a − b + c) + (a + b − c)bc(a + c)) = 2bc(a + b + c)2 (a2 + ab + ac) = 2abc(a + b + c)3 .
Si abc(a + b + c) 6= 0, le système est de C RAMER et on obtient après calcul : x=
(a − b − c)(a + b − c) (a − b + c)(a − b − c) (a − b + c)(a + b − c) , y= et z = . 2abc(a + b + c) 2abc(a + b + c) 2abc(a + b + c)
Si a = 0 (ou b = 0 ou c = 0), le système s’écrit : (b + c)2 x + b2 y + c2 z = 1 c2 (y + z) = 1 . 2 b (y + z) = 1
Donc, Si ((a = 0 et b2 6= c2 ) ou (b = 0 et a2 6= c2 ) ou (c = 0 et a2 6= b2 )), le système n’a pas de solution. Si a = 0 et b = c 6= 0, l’ensemble des solutions est {(0, y, − by2 ), y ∈ R} (résultats analogues pour les cas (b = 0 et a = c 6= 0) et (c = 0 et a = b 6= 0)). Si a = b = c = 0, il n’y a pas de solution. Si a = 0 et c = −b 6= 0, l’ensemble des solutions est {(x, y − by2 ), (x, y) ∈ R2 } (résultats analogues pour (b = 0 et c = −a 6= 0) et (c = 0 et b = −a 6= 0). Si abc 6= 0 et a + b + c = 0, le système équivaut à l’équation a2 x + b2 y + c2 z = 1. L’ensemble des 2 2y solutions est {(x, y, 1−a cx−b ), (x, y) ∈ R2 }. 2 1851
(h) a b c detS = c a b b c a
1 b c = (a + b + c) 1 a b 1 c a
1 b c = (a + b + c) 0 a − b b − c 0 c−b a−c
= (a + b + c)((a − b)(a − c) + (b − c)2 ) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 − ab − ac − bc) = (a + b + c)(a + jb + j2 c)(a + j2 b + jc)
Si detS 6= 0, les formules de C RAMER fournissent : p b c xdetS = q a b r c a
Je n’ai pas envie de finir.
= p(a2 − bc) + q(c2 − ab) + r(b2 − ac).
(i) Soit P = X 3 − X − 1. P et P0 = 3X 2 − 1 n’ont pas de racines communes dans C car √13 et − √13 ne sont pas racines de P et donc les racines de P sont simples ou encore, a, b et c sont deux à deux distincts. Ainsi, detS = Van(a, b, c) 6= 0 et le système est de C RAMER. 0 1 1 (b−a)(c−a)(c−b)x = 2 b c 3 b2 c2
3+2a (b−a)(c−a) .
= −2(c2 −b2 )+3(c−b) = (c−b)(3−2(b+c)) = (c−b)(3+2a),
1 0 1 (b−a)(c−a)(c−b)y = a 2 c a2 3 c2
= 2(c2 −a2 )−3(c−a) = (c−a)(2(a+c)−3) = −(c−a)(3+2b),
(car a + b + c = 0) et x =
3+2b . et y = − (b−a)(c−a)
et z =
1 1 0 (b − a)(c − a)(c − b)z = a b 2 = −2(b2 − a2 ) + 3(b − a) = (b − a)(3 + 2c), a2 b2 3
3+2c (c−a)(c−b)
(difficile d’aller plus loin).
Correction de l’exercice 2934 N Soit Dn le déterminant du système pour n > 3. En développant ce déterminant suivant sa première colonne, on obtient la relation de récurrence : ∀n > 5, Dn = Dn−1 − Dn−2 , ce qui fournit aisément par récurrence, en tenant compte de D3 = D4 = −1 : ∀k > 1, D3k = D3k+1 = (−1)k et D3k+2 = 0. Pour n élément de 3N∗ ∪ (1 + 3N∗ ), le système est de C RAMER et homogène et admet donc une et une seule solution à savoir la solution nulle.
1852
Pour n = 3k + 2, puisque Dn = 0 mais que le mineur de format n − 1 constitué des n − 1 premières lignes et colonnes est Dn−1 et est donc non nul, le système est homogène de rang n − 1 et l’ensemble des solutions est un sous-espace vectoriel de Rn de dimension 1. On trouve aisément S = {λ (1, −1, 0, 1, −1, 0..., 1, −1), ; λ ∈ R}. Correction de l’exercice 2935 N xk . Soit (x1 , ..., xn ) ∈ Rn et F = ∑nk=1 X+b k La fraction rationnelle F s’écrit, après réduction au même dénominateur :
F=
n P où Q = ∏ (X + bk ) et Pest un polynôme de degré infèrieur ou égal à n − 1. Q k=1
Maintenant, (x1 , ..., xn ) solution de (S) ⇔ ∀k ∈ {1, ..., n}, F(ak ) = 1 ⇔ ∀k ∈ {1, ..., n}, (Q − P)(ak ) = 0. Par suite, puisque les ak sont deux à deux distincts, Q − P est divisible par ∏nk=1 (X − ak ). Mais, Q est unitaire de degré n et P est de degré infèrieur ou égal à n − 1, et donc Q − P est unitaire de degré n ce qui montre que Q − P = ∏nk=1 (X − ak ) ou encore que n
n
P = ∏ (X + bk ) − ∏ (X − ak ). k=1
Réciproquement, si F =
k=1
∏nk=1 (X+bk )−∏nk=1 (X−ak ) , ∏nk=1 (X+bk )
En résumé,
alors ∀k ∈ {1, ..., n}, F(ak ) = 1.
xk ∏nk=1 (X + bk ) − ∏nk=1 (X − ak ) = ∑ ∏nk=1 (X + bk ) k=1 X + bk n
(x1 , ..., xn ) solution de (S) ⇔
∏nk=1 (x + bk ) − ∏nk=1 (x − ak ) x→−bi ∏nk=1 (x + bk ) ∏n (bi + ak ) ⇔ ∀i ∈ {1, ..., n}, xi = nk=1 ∏k=1 (bk − bi ) ⇔ ∀i ∈ {1, ..., n}, xi = lim (x + bi )
Correction de l’exercice 2936 N Le déterminant du système est ∆ = Van(1, . . . , n) 6= 0. Le système proposé est donc un système de C RAMER. ∆ Les formules de C RAMER donnent : ∀ j ∈ [[1, n]], x j = ∆j où
1853
∆ j =
1 ... 1 .. .
1 j−1 .. .
1 0 .. .
1 j+1 .. .
...
1 n .. .
.. .. .. .. .. . . . . . n−1 n−1 n−1 1 . . . ( j − 1) 0 ( j + 1) ... n 1 ... j−1 j+1 ... n .. .. .. .. . . . . (en développant suivant la j-ème colonne) = (−1) j+1 .. .. .. .. . . . . 1 . . . ( j − 1)n−1 ( j + 1)n−1 . . . nn−1 1 ... 1 1 ... 1 1 j−1 j+1 n .. .. .. .. . . . . j+1 = (−1) 1...( j − 1)( j + 1)...n (par n − linéarité) .. .. .. .. . . . . 1 . . . ( j − 1)n−2 ( j + 1)n−2 . . . nn−2 n! n! Van(1, ..., n) = (−1) j+1 Van(1, ..., ( j − 1), ( j + 1), ..., n) = (−1) j+1 j j ( j − 1) . . . ( j − ( j − 1))(( j + 1) − j) . . . (n − j) n! n = (−1) j+1 Van(1, ..., n) = (−1) j+1 Van(1, ..., n). j!(n − j)! j
Finalement, ∀ j ∈ [[1, n]], x j =
(−1) j+1
n . j
Correction de l’exercice 2937 N Pour les trois premiers systèmes, on élimine les dénominateurs en multipliant, et les termes de degré deux se simplifient ce qui conduit à des systèmes linéaires. Les ensembles de solutions sont : {(4, 8)};
{(7, 26)};
{(19, 32)}.
Pour les trois suivants, on effectue des changements de variable simples du type X = 1x , ce qui conduit à des systèmes linéaires. Il faut alors vérifier la compatibilité avec le domaine de résolution des équations, le cas échéant. Le second système aboutit en effet à un système linéaire auxiliaire qui a une unique solution dont une composante est nulle, ce qui ne convient pas. Le troisième système aboutit à un système linéaire ayant une infinité de solutions. L’ensemble de solutions du système initial est alors une hyperbole privée d’un point. Plus précisément, les ensembles de solutions sont : 1 1 3t 1 − , ; 0; / t, ,t ∈ R \ 0, . 2 7 2t − 1 2 Pour les deux systèmes restants, on effectue également des changements de variable : X = 1 15(y−1)
1 x−y ,
1 x+y
1 4(x−2)
et
Y= pour le premier, et X = Y= pour le dernier, ce qui conduit à la résolution d’un deuxième système linéaire pour conclure. Les ensembles de solutions sont : 1854
17 16 , 8 5
;
4 1 , 15 15
.
Correction de l’exercice 2938 N 17 et 12. Correction de l’exercice 2939 N Si a et b sont les mesures des deux autres côtés, on obtient par Pythagore a2 + b2 = 132 = 169, et ab = 60. On en déduit que (a + b)2 = 289 = 172 et (a − b)2 = 49 = 72 , et d’où on tire un système linéaire. Les solutions sont 12 et 5. Correction de l’exercice 2941 N √ √ Les solutions réelles sont 2, √12 et − 2, − √12 . Correction de l’exercice 2942 N √ , √1 . On trouve une unique solution 38 , 316 3 3 Correction de l’exercice 2944 N Si n est impair, le système possède une solution unique. Si n est pair alors le système possède une solution si, et seulement si, ∑nk=1 ak = 0. Cet exercice peut également se résoudre en considérant les symétries centrales dont les centres ont pour affixes les ak , et la composition de toutes ces isométries. Si n est impair, cette composée est une symétrie centrale. Sinon, c’est une translation. Correction de l’exercice 2945 N Prendre le logarithme des équations puis changer de variable. Solution unique :
√ 2 1 , 2 5 .
Correction de l’exercice 2946 N (a) Dans le cas n = 2, n = 4 les matrice suivantes conviennent : 0 −1 J (0) 0 , J = . J= 1 0 (0) J (b) Supposons qu’un tel morphisme existe. Soit J sa matrice pour une base fixée. Alors J 2 = −In où In est la matrice identité de taille n. En termes de déterminant nous avons : det(J 2 ) = det In , ce qui s’écrit (det J)2 = (−1)n . Donc n est pair car (det J)2 est positif.
Correction de l’exercice 2948 N 27a4 = 256b3 . Correction de l’exercice 2952 N ctrex : A = Z, P(0) = 0 et P(2) = 1.
1855
Correction de l’exercice 2953 N On se place dans Z/pZ et on considère J = (δi,i+1 mod p ). On a J p = I et A = a0 J 0 + . . . a p−1 J p−1 donc A p = (a0p + · · · + a pp−1 )I (car on est en caractéristique p).
On en déduit det(A) = det(A) p = (a0p + · · · + a pp−1 ) p = a0 + · · · + a p−1 . Autre méthode en restant dans Z : det(A) = ∑σ ∈S p ε(σ )a1,σ (1) . . . a p,σ (p) = ∑σ ∈S p ε(σ )aσ (1)−1 mod p . . . aσ (p)−p mod p . Notons x(σ ) = ε(σ )aσ (1)−1 mod p . . . aσ (p)−p mod p et c le cycle (1, 2, . . . , p). Alors x(σ ) = x(c−k ◦ σ ◦ ck ) pour tout k ∈ Z. Le nombre de permutations distinctes que l’on obtient à σ fixé en faisant varier k est égal à 1 si σ et c commutent, et à p sinon, d’après la relation : Card (orbite) × Card (stabilisateur) = Card (< c >) = p. De plus, c et σ commutent si et seulement si σ ∈ < c > (facile), d’où det(A) ≡ p−1 p ∑k=0 ε(ck )ak ≡ a0 + · · · + a p−1 mod p.
Correction de l’exercice 2954 N det(M) = ∑σ ∈Sn ε(σ )a1σ (1) . . . anσ (n) . Soit σ ∈ Sn telle que σ 6= σ −1 . Alors les termes associés à σ et σ −1 sont égaux car M est symétrique, donc la somme de ces deux termes est paire. Soit σ ∈ Sn telle que σ = σ −1 . Alors comme n est impair, il existe i ∈ [[1, n]] tel que σ (i) = i donc le terme associé à σ est pair. Correction de l’exercice 2956 N Si zk est l’affixe complexe de Mk et ak est l’affixe complexe de Ak , le problème posé équivaut au système : ∀k ∈ {1, ..., n − 1}, zk + zk+1 = 2ak et zn + z1 = 2an . Le déterminant de ce système vaut :
1
1 .. . 0 .. . . . .
0 1
0
0 ... .. .. . . .. . .. .. . . ... 0
n−1 n+1 n−1 (en développant suivant la première colonne) 0 = 1.1 + (−1) .1 1 1 0 .. .
= 1 + (−1)n+1 .
Si n est impair, detS = 2 6= 0 et le système admet une et une seule solution. On obtient z2 = 2a1 − z1 , z3 = 2a2 − 2a1 + z1 ,..., zn = 2an−1 − 2an−2 + ... + 2a2 − 2a1 + z1 et enfin : 2an−1 − 2an−2 + ... + 2a2 − 2a1 + z1 + z1 = 2an , et donc z1 = a1 − a2 + ... − an−1 + an puis z2 = a1 + a2 − a3 + ... + an−1 − an puis z3 = −a1 + a2 + a3 − a4 ... + an ... puis zn = −a1 + a2 − a3 + ... + an−1 + an . Si n est pair, detS = 0 mais le mineur formé des n − 1 premières lignes et n − 1 dernières colonnes est non nul. Donc, le système est de rang n − 1, les n − 1 premières équations et n − 1 dernières inconnues peuvent être choisies pour équations et inconnues principales. On résout les n − 1 premières équations constituant un sytème de C RAMER en z2 ,...,zn . On obtient z2 = 2a1 − z1, z3 = 2a2 − 2a1 + z1 , ..., zn = 2an−1 − 2an−2 + ... − 2a2 + 2a1 − z1 . La dernière équation fournit alors une condition nécessaire et suffisante de compatibilité : 2an−1 − 2an−2 + ... − 2a2 + 2a1 − z1 + z1 = 2an ⇔ a1 + a3 ... = a2 + a4 + ... Cette dernière condition se traduit géométriquement par le fait que les systèmes de points (A1 , A3 , ...) et (A2 , A4 , ...) ont même isobarycentre. 1856
En résumé, si n est pair et si les systèmes de points (A1 , A3 , ...) et (A2 , A4 , ...) n’ont pas même isobarycentre, le problème n’a pas de solutions. Si n est pair et si les systèmes de points (A1 , A3 , ...) et (A2 , A4 , ...) ont même isobarycentre, le problème a une infinité de solutions : M1 est un point quelconque puis on construit les symétriques successifs par rapport aux points A1 , A2 ... Correction de l’exercice 2961 N Soit
0 a b A = −a 0 c , −b −c 0
0 a . B= −a 0
Alors det A = 0, mais det B = a2 est non nul si a 6= 0. Correction de l’exercice 2970 N (a)
1 λ (b) A = , λ 1
0 B= −λ
λ , 0
|λ | > 12 .
Correction de l’exercice 2972 N −1 −2 0 0 1 0 3 2 3. On complète par ⇒ base = . −1 , 0 0 0 0 1 −1 0 Correction de l’exercice 2973 N Développer le produit. Un seul coeff. non nul par ligne et colonne, ou une ligne nulle. Correction de l’exercice 2974 N (a) (b) Si dab 6= 0, prendre
(
bc ~c = − ddab ~a + ddb ~ d = a + dab ~
dac~ dab b dad~ dab b.
Correction de l’exercice 2975 N ~ Si ~a = λ~b + µ~c, on obtient ~0 = ~0. Si (~a,~b,~c) est une base, décomposer d. Correction de l’exercice 2978 N 2. (b) (I + Ei j )k = I + kEi j . Calculer le pgcd d’une ligne par opérations élémentaires à l’aide de Bézout. Ce pgcd vaut 1 sinon M ∈ / SLn (Z). Correction de l’exercice 2979 N (det A)n . Correction de l’exercice 2980 N 1857
En remplaçant les colonnes C1 ,..., Cn par respectivement C1 + iCn+1 ,..., Cn + iC2n , on obtient : detC = det
A + iB B −B + iA A
,
puis en remplaçant les lignes Ln+1 ,..., L2n de la nouvelle matrice par respectivement Ln+1 − iL1 ,..., L2n − iLn , on obtient : detC = det
A + iB B 0 A − iB
= det(A + iB)det(A − iB) = |det(A + iB)|2 ∈ R+ .
Correction de l’exercice 2981 N On suppose n > 2. La matrice nulle est solution du problème. Soit A un élément de Mn (C) tel que ∀B ∈ Mn (C), det(A + B) = detA + detB. En particulier, 2detA = det(2A) = 2n detA et donc detA = 0 car n > 2. Ainsi, A ∈ / GLn (C). Si A 6= 0, il existe une certaine colonne C j qui n’est pas nulle. Puisque la colonne −C j n’est pas nulle, on peut compléter la famille libre (−C j ) en une base (C10 , ..., −C j , ...,Cn0 ) de Mn,1 (C). La matrice B dont les colonnes sont justement C1 ’,...,−C j ,...,Cn0 est alors inversible de sorte que detA + detB = detB 6= 0. Mais, A + B a une colonne nulle et donc det(A + B) = 0 6= detA + detB. Ainsi, seule la matrice nulle peut donc être solution du problème . ∀A ∈ Mn (C), (∀M ∈ Mn (C), det(A + M) = det(A) + det(M)) ⇔ A = 0.
Correction de l’exercice 2982 N (1) ⇒ (2). Montrons par récurrence sur n > 1 que : (∀(a1 , ..., an ) ∈ E n / (det( fi (a j ))16i, j6n = 0) ⇒ (( f1 , ..., fn ) liée). Pour n = 1, (∀a1 ∈ E/ det( fi (a j ))16i, j61 = 0) ⇒ (∀a1 / f1 (a1 ) = 0) ⇒ ( f1 = 0) ⇒ ( f1 ) liée. Soit n > 2. Supposons que (∀(a1 , ..., an−1 ) ∈ E n−1 / det( fi (a j ))16i, j6n−1 = 0) ⇒ ( f1 , ..., fn−1 ) liée. Soient f1 ,..., fn n fonctions telles que ∀(a1 , ..., an ) ∈ E n / det( fi (a j ))16i, j6n = 0. Si ( f1 , ..., fn−1 ) est liée alors ( f1 , ..., fn ) est liée en tant que sur famille d’une famille liée. Si ( f1 , ..., fn−1 ) est libre, par hypothèse de récurrence, il existe a1 ,...,an−1 n−1 éléments de E tels que det( fi (a j ))16i, j6n−1 6= 0. Mais, par hypothèse, on a : ∀x ∈ E, det( fi (a1 ), ..., fi (an−1 ), fi (x))16i6n = 0. En développant ce déterminant suivant sa dernière colonne, on obtient une égalité du type ∑ni=1 λi fi (x) = 0 où les λi sont indépendants de x ou encore une égalité du type ∑ni=1 λi fi = 0 avec λn = det( fi (a j ))16i, j6n−1 6= 0 ce qui montre encore que ( f1 , ..., fn ) est liée. (2) ⇒ (1). On suppose que ∃(a1 , ..., an ) ∈ E n / det( fi (a j ))16i, j6n 6= 0). Montrons que ( f1 , ..., fn ) est libre. Soit (λ1 , ..., λn ) ∈ Cn tel que ∑ni=1 λi fi = 0. En particulier : ∀ j ∈ {1, ..., n}, ∑ni=1 λi fi (a j ) = 0. Les n égalités précédentes fournissent un système d’équations linéaires en les λi à n inconnues, n équations, de déterminant non nul et homogène ou encore un système de C RAMER homogène dont on sait qu’il admet pour unique solution (λ1 , ..., λn ) = (0, ..., 0). On a montré que ( f1 , ..., fn ) est libre. Correction de l’exercice 2983 N Soit An la matrice de l’énoncé. En développant detAn suivant sa première colonne puis en développant le déterminant de format n − 1 obtenu suivant sa première ligne, on obtient detAn = −detAn−2 pour n > 3. 1858
Par suite, pour p > 1, detA2p = (−1) p−1 detA2 = (−1) p 6= 0 et pour p > 1, A2p est inversible. On a aussi, pour p > 1, detA2p+1 = (−1) p−1 detA3 = 0 et, pour p > 1, A2p+1 n’est pas inversible. Finalement, An est inversible si et seulement si n est pair. Dorénavant, on pose n = 2p (p > 1). Pour X = (xi )16i6n et Y = (yi )16i6n vecteurs colonnes donnés, on a : x2 = y1 ∀i ∈ {2, ..., 2p − 1}, xi−1 + xi+1 = yi . AX = Y ⇔ x2p−1 = y2p
Ce système se résoud en x2 = y1 puis, par récurrence, pour k 6 p, x2k = y2k−1 − y2k−3 + ... + (−1)k−1 y1 et aussi x2p−1 = y2p , puis, par récurrence, pour k 6 p, x2k−1 = y2k − y2k+2 + ... + (−1) p−k y2p . D’où l’inverse de A quand n = 8 par exemple :
−1 A =
0 1 0 −1 0 1 0 −1
1 0 −1 0 1 0 −1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 −1 0 1 0 1 0 0 0 0 0 . 0 0 0 0 1 0 −1 0 −1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 −1 0 1 0
Correction de l’exercice 2984 N On a toujours At (comA) = (detA)In . Par passage au déterminant et puisqu’une matrice a même déterminant que sa transposée, on obtient (detA)(det(comA)) = (detA)n . • Si detA n’est pas nul, on en déduit det(comA) = (detA)n−1 . • Si detA est nul, on a At (comA) = 0 et donc t comA est soit nulle, soit diviseur de zéro, et donc dans tous les cas non inversible. Il en est de même de comA et donc det(comA) = 0 = (detA)n−1 . Finalement ∀A ∈ M( R), det(comA) = (detA)n−1 .
Correction de l’exercice 2985 N 1 t A = In montre que comA est inver• Si A est de rang n, c’est-à-dire inversible, l’égalité (comA) × detA sible et donc de rang n. Dans ce qui suit, le lien entre le rang d’une matrice et la nullité des différents mineurs est hors programme. On suppose maintenant rg(A) 6 n − 1. • Si rgA 6 n − 2. Montrons que tous les mineurs de format n − 1 extraits de A sont nuls. Soient j1 ,. . . , jn−1 , n − 1 numéros de colonnes deux à deux distincts puis A0 ∈ Mn,n−1 (K) dont les colonnes sont C j1 ,. . . , C jn−1 . Puisque A est de rang au plus n − 2, la famille des colonnes de A0 est liée et donc A0 est de rang au plus n − 2. Il en est de même de la matrice t A0 ∈ \ − ∞, \(K) et donc toute matrice A00 obtenue en supprimant l’une des colonnes de A0 est carrée, de format n − 1, non inversible. Son déterminant est donc nul. Ainsi, tout déterminant obtenu en supprimant une ligne et une colonne de det(A) est nul ou encore tous les mineurs de format n − 1 extraits de A sont nuls. Finalement, si rgA 6 n − 2, comA = 0. • Il reste à étudier le cas où rgA = n − 1 et donc dimKerA = 1. L’égalité detA = 0 impose At (comA) = 0. Mais alors Im(t (comA)) ⊂ KerA et en particulier rg(comA) = rg(t (comA)) 6 dim(KerA) = 1. Ainsi, si rg(A) = n − 1 alors rg(comA) ∈ {0, 1}.
1859
Montrons que l’un au moins des mineurs de format n − 1 extraits de A est non nul ce qui montrera que rg(comA) = 1. Puisque rgA = n − 1, il existe n − 1 colonnes C j1 ,. . . , C jn−1 de A constituant une famille libre. La matrice A0 ∈ Mn,n−1 (K) constituée par ces colonnes est de rang n − 1. Il en est de même de sa transposée. Mais alors, il existe n − 1 colonnes de t A0 linéairement indépendantes. La matrice A00 constituée de ces n − 1 colonnes est carrée de format n − 1 et de rang n − 1. A00 est donc inversible et il en est de même de t A00 . Le déterminant de t A00 est un mineur de format n − 1 extrait de A et non nul. En résumé, n si rg(A) = n 1 si rg(A) = n − 1 . ∀A ∈ Mn (R), rg(comA) = 0 si rg(A) 6 n − 2 Correction de l’exercice 2986 N Si rgM 6 n − 1, l’égalité M = comM entraîne Mt M = Mt (comM) = (detM)In = 0 et donc M = 0. En effet,
2 Mt M = 0 ⇒ ∀X ∈ Mn,1 (R), Mt MX = 0 ⇒ ∀X ∈ Mn,1 (R), t XMt MX = 0 ⇒ ∀X ∈ Mn,1 (R), t MX = 0 ⇒ ∀X ∈ Mn,1 (R), t MX = 0 ⇒ t M = 0 ⇒ M = 0.
En résumé, si M est solution, M = 0 ou M est inversible. Dans le deuxième cas, d’après l’exercice 2984, on doit avoir detM = (detM)n−1 et donc, puisque detM 6= 0, detM ∈ {−1, 1} (et même detM = 1 si n est impair) car detM est réel. • Si detM = −1, on doit avoir Mt M = −In mais ceci est impossible car le coefficient ligne 1, colonne 1, de la matrice Mt M vaut m21,1 + ... + m21,n 6= −1. • Il reste le cas où detM = 1, l’égalité M = comM entraîne Mt M = In c’est-à-dire M est orthogonale positive. 1 t (comM) = t comM et donc M = Réciproquement, si M est orthogonale positive, t M = M −1 = detM comM. Finalement , S = {0} ∪ O+ n (R).
Correction de l’exercice 2987 N A = 0 convient. Réciproquement, on a tout d’abord det(A + A) = detA + detA ou encore (2n − 2)detA = 0 et, puique n > 2, detA = 0. Donc, A∈ / GLn (K) et A vérifie : ∀M ∈ Mn (K), det(A + M) = detM. Supposons A 6= 0. Il existe donc une colonne C j 6= 0. La colonne −C j n’est pas nulle et d’après le théorème de la base incomplète, on peut construire une matrice M inversible dont la j-ème colonne est −C j . Puisque M est inversible, detM 6= 0 et puisque la j-ème colonne de la matrice A + M est nulle, det(A + M) = 0. Pour cette matrice M, on a det(A + M) 6= detA + detM et A n’est pas solution du problème. Finalement (∀M ∈ Mn (K), det(A + M) = detA + detM)/lraA = 0.
Correction de l’exercice 3002 N 1860
(a) Soit (v, w) ∈ Com, (λ , µ) ∈ R2 . u(λ v + µw) = λ uv + µuw = λ vu + µwu = (λ v + µw)u. Donc Com est un sous espace vectoriel de L (E, E). (b) Soit x ∈ Eλ . u(v(x)) = uv(x) = vu(x) = v(λ x) = λ v(x) donc v(x) ∈ Eλ .
(c) Chaque valeur propre est de multiplicité 1 donc chaque espace propre est de dimension 1. Ainsi, si x ∈ Eλ \ {0}, Eλ = Rx. Comme v(x) ∈ Eλ , ∃α ∈ R, v(x) = αx. Donc x est un vecteur propre de v.
(d) Soit (e1 , ..., en ) une base de vecteurs propres de u. C’est aussi une base de vecteurs propres pour tout élément de Com. Tout élément de Com est donc représenté par une matrice diagonale dans (e1 , ..., en ). Réciproquement, tout endomorphisme représenté dans cette base par une matrice diagonale commute avec u. Donc α1 .. Com = {v ∈ L (E, E), ∃(α1 , ..., αn ) ∈ Rn , Mv/(e1 ,...,en ) = } . αn On en déduit que Com est de dimension n.
(e) u ui = u(u · · · u) = (u · · · u)u = ui u. Donc ∀i ∈ {0, ..., n − 1}, ui ∈ Com. Ainsi Vect(id, u, ..., un−1 ) ⊂ Com. (f) Soit xk ∈ Eλk \{0}. ui (x) = λki x. Donc (∑ αi ui )x = ∑ αi ui (x) = (∑ αi λki )x = 0. Donc ∀k ∈ {1, ..., n}, ∑ αi λki = 0. (g) Le déterminent du système (∗) est non nul. Il s’agit donc d’un système de Cramer : il n’a qu’une solution, α0 = ... = αn−1 = 0. La famille (id, u, ..., un−1 ) est donc libre. (h) On a dim Vect(id, u, ..., un−1 ) = n = dim Com et Vect(id, u, ..., un−1 ) ⊂ Com donc Vect(id, u, ..., un−1 ) = Com
Correction de l’exercice 3011 N On a une suite récurrente à trois termes reliant les composantes vi du vecteur propre. On calcule le terme général de la suite en résolvant le polynôme caractéristique. Les deux constantes sont identifiées en écrivant que v0 = vn+1 = 0. On trouve n + 1 valeurs propres distinctes : a 1/2 2kπ λk = b + 2c cos pour k = 1, ...n c n+1 avec le vecteur propre vk associé, de composantes a j/2 2k jπ vkj = sin pour j = 1, ...n c n+1
Correction de l’exercice 3012 N Soit A une matrice carrée d’ordre n. On suppose que A est inversible et que λ ∈ R est une valeur propre de A. (a) Démontrons que λ 6= 0. Si λ = 0 est valeur propre de A, alors ker A 6= {0}, donc A n’est pas injective et sa matrice ne peut pas être inversible. Par conséquent, λ 6= 0.
(b) Démontrons que si ~x est un vecteur propre de A pour la valeur propre λ alors il est vecteur propre de A−1 de valeur propre λ −1 . Comme A est inversible, on a A~x = λ~x ⇐⇒ A−1 (A~x) = A−1 (λ~x) ⇐⇒ ~x = λ A−1~x, d’où A−1~x = λ −1~x. Ce qui prouve que ~x est vecteur propre de A−1 de valeur propre λ −1 . Correction de l’exercice 3013 N Soit f un endomorphisme de E vérifiant f 2 = mathrmIdE . 1861
(a) Démontrons que les seules valeurs propres possibles de f sont 1 et −1. Si λ est une valeur propre de f , il existe un vecteur non nul ~x ∈ E tel que f (~x) = λ~x. On a donc f 2 (~x) = f (λ~x) = λ f (~x) = λ 2~x. Mais, f 2 = mathrmIdE donc si ~x est un vecteur propre associé à la valeur propre λ on a ~x = f 2 (~x) = λ 2~x, d’où λ 2 = 1, c’est-à-dire (dans R ou C), λ = 1 ou λ = −1. ce qui prouve que les seules valeurs propres possibles de f sont 1 et −1.
(b) Vérifions que pour tout ~x ∈ E, on a
f (~x − f (~x)) = −(~x − f (~x)) et f (~x + f (~x)) = (~x + f (~x)) Soit ~x ∈ E, on a
f (~x − f (~x)) = f (~x) − f 2 (~x) = f (~x) −~x = −(~x − f (~x))
et f (~x + f (~x)) = f (~x) + f 2 (~x) = f (~x) +~x Nous allons en déduire que f admet toujours une valeur propre. Supposons que 1 ne soit pas valeur propre de f , alors, ~x = f (~x) ⇒ ~x = ~0. Or, pour tout ~x ∈ E, on a f (~x + f (~x)) = f (~x) +~x, donc pour tout ~x ∈ E, on a f (~x) +~x = ~0, c’est-à-dire, f (~x) = −~x. Ce qui prouve que −1 est valeur propre de f . On a même dans ce cas f = −mathrmIdE . Si −1 n’est pas valeur propre de f , on montre par un raisonnement analogue que pour tout ~x ∈ E on a f (~x) −~x = ~0. Ce qui prouve que 1 est valeur propre de f , et dans ce cas f = mathrmIdE .
(c) Démontrons que si 1 et −1 sont valeurs propres, alors E est somme directe des sous-espaces propres correspondants. Supposons maintenant que 1 et −1 sont valeurs propres de f . Ce sont alors les seules et on a, pour tout ~x ∈ E, 1 1 ~x = (~x + f (~x)) + (~x − f (~x)) 2 2 Et, quelque soit ~x ∈ E, f (~x − f (~x)) = −(~x − f (~x)) et f (~x + f (~x)) = (~x + f (~x)), c’est-à-dire ~x + f (~x) est dans le sous-espace propre associé à la valeur propre 1 et ~x − f (~x) est dans le sous-espace propre associé à la valeur propre −1. Par ailleurs on sait que les sous-espaces propres sont en somme directe ( on peut le vérifier également puisque leur intersection est l’ensemble des vecteurs ~x tels que~x = −~x, donc réduite au vecteur nul). par conséquent E est bien somme directe des sous-espaces propres correspondants aux valeurs propres 1 et −1.
(d) Traduisons géométriquement le cas n = 2. Rappelons que si il n’y a qu’une valeur propre, f est l’identité ou son opposée. Dans le cas où 1 et −1 sont valeur propres, leurs sous-espaces propres sont des droites vectorielles. Soit u un vecteur propre tel que f (u) = u et v un vecteur propre tel que f (v) = −v, alors si w = au + bv, f (w) = au − bv. Correction de l’exercice 3014 N Soit E un espace vectoriel sur un corps K (K = R ou C), et u un endomorphisme de E. On suppose u nilpotent, c’est-à-dire qu’il existe un entier strictement positif n tel que un = 0. (a) Montrons que u n’est pas inversible. On a : 0 = det un = (det u)n , d’où det u = 0, ce qui prouve que u n’est pas inversible. (b) Déterminons les valeurs propres de u et les sous-espaces propres associés. Soit λ une valeur propre de u, il existe alors un vecteur x ∈ E non nul tel que u(x) = λ x. Or, u(x) = λ x ⇒ un (x) = λ n x. Mais, un (x) = 0 et x 6= 0, d’où λ n = 0 et donc λ = 0. La seule valeur propre possible de u est donc 0 et c’est une valeur propre car, comme u n’est pas inversible, le noyau de u n’est pas réduit à {0}. L’endomorphisme u admet donc 0 comme unique valeur propre, le sous-espace propre associé est ker u. 1862
Correction de l’exercice 3015 N Soit M la matrice de R4 suivante
0 2 M= 0 0
1 0 0 0 −1 0 7 0 6 0 3 0
(a) Déterminons les valeurs propres de M et ses sous-espaces propres. Les valeurs propres de M sont les réels λ tels que det(M − λ I) = 0. −λ 1 0 0 2 −λ −1 0 = λ 4 −13λ 2 +36 = (λ 2 −4)(λ 2 −9) = (λ −2)(λ +2)(λ −3)(λ +3). det(M −λ I) = 0 7 −λ 6 0 0 3 −λ Les valeurs propres de M sont donc 2, −2, 3 et −3. Notons E2 , E−2 , E3 et E−3 les sous-espaces propres associés.
E2 = {X ∈ R4 , MX = 2X} = (x, y, z,t) ∈ R4 , y = 2x, 2x − z = 2y, 7y + 6t = 2z, 3z = 2t y = 2x y = 2x 2x − z = 2y 2x − z = 4x y = 2x or ⇐⇒ ⇐⇒ z = −2x 7y + 6t = 2z 14x + 9z = 2z t = −3x 3z = 2t 3z = 2t
ainsi, E2 est la droite vectorielle engendrée par le vecteur u1 = (1, 2, −2, −3).
E−2 = {X ∈ R4 , MX = −2X} = (x, y, z,t) ∈ R4 , y = −2x, 2x − z = −2y, 7y + 6t = −2z, 3z = −2t y = −2x y = −2x 2x − z = −2y y = −2x 2x − z = 4x or ⇐⇒ ⇐⇒ z = −2x 7y + 6t = −2z −14x − 9z = 2z t = 3x 3z = −2t 3z = −2t
ainsi, E−2 est la droite vectorielle engendrée par le vecteur u2 = (1, −2, −2, 3).
E3 = {X ∈ R4 , MX = 3X} = (x, y, z,t) ∈ R4 , y = 3x, 2x − z = 3y, 7y + 6t = 3z, 3z = 3t y = 3x y = 3x y = 3x 2x − z = 3y 2x − z = 9x or ⇐⇒ ⇐⇒ z = −7x 7y + 6t = 3z 21x + 6t = 3z t = −7x 3z = 3t z=t
ainsi, E3 est la droite vectorielle engendrée par le vecteur u3 = (1, 3, −7, −7).
1863
E−3 = {X ∈ R4 , MX = −3X} = (x, y, z,t) ∈ R4 , y = −3x, 2x − z = −3y, 7y + 6t = −3z, 3z = −3t y = −3x y = −3x 2x − z = −3y y = −3x 2x − z = 9x or ⇐⇒ ⇐⇒ z = −7x 7y + 6t = −3z −21x − 6z = −3z t = 7x 3z = −3t z = −t
ainsi, E−3 est la droite vectorielle engendrée par le vecteur u4 = (1, −3, −7, 7). (b) Montrons que M est diagonalisable. La matrice M admet quatre valeurs propres distinctes, ce qui prouve que les quatres vecteurs propres correspondants sont linéairement indépendants. En effet, les vecteurs u1 , u2 , u3 et u4 déterminés en 1) forment une base de R4 . L’endomorphisme dont la matrice est M dans la base canonique de R4 est représenté par une matrice diagonale dans la base (u1 , u2 , u3 , u4 ) puisque Mu1 = 2u1 , Mu2 = −2u2 , Mu3 = 3u3 et Mu4 = −3u4 . (c) Déterminons une base de vecteurs propres et P la matrice de passage. Une base de vecteurs propres a été déterminée dans les questions précédentes. C’est la base (u1 , u2 , u3 , u4 ) et la matrice de passage est la matrice 1 1 1 1 2 −2 3 −3 P= −2 −2 −7 −7 −3 3 −7 7
(d) On a D = P−1 MP, pour k ∈ ||| exprimons M k en fonction de Dk , puis calculons M k . On a k 2 0 0 0 2 0 0 0 k 0 −2 0 0 0 . donc Dk = 0 (−2) 0 D= k 0 0 0 3 0 0 3 0 0 0 0 (−3)k 0 0 0 −3
Mais, M = PDP−1 , d’où, pour k ∈ |||, M k = (PDP−1 )k = PDk P−1 . Pour calculer M k , il faut donc déterminer la matrice P−1 qui exprime les coordonnées des vecteurs de la base canonique de R4 dans la base (u1 , u2 , u3 , u4 ). On résout le système, et on a : 1 i = (7u1 + 7u2 − 2u3 − 2u4 ) 10 u1 = i + 2 j − 2k − 3l 1 j = (7u1 − 7u2 − 3u3 + 3u4 ) u2 = i − 2 j − 2k + 3l 10 ⇐⇒ 1 u3 = i + 3 j − 7k − 7t k = (u1 + u2 − u3 − u4 ) 10 u4 = i − 3 j − 7k + 7l l = 1 (3u1 − 3u2 − 2u3 + 2u4 ) 10 d’où 7 7 1 3 1 7 −7 1 −3 P−1 = 10 −2 −3 −1 −2 −2 3 −1 2 et k 1 1 1 1 2 0 0 0 7 7 1 3 k 1 0 2 −2 3 −3 0 (−2) 0 7 −7 1 −3 . M k = PDk P−1 = k 0 3 0 −2 −3 −1 −2 10 −2 −2 −7 −7 0 −3 3 7 7 0 0 0 (−3)k −2 3 −1 2 1864
Correction de l’exercice 3016 N Soit A la matrice suivante
3 0 −1 A= 2 4 2 −1 0 3
(a) On détermine et on factorise le polynôme caractéristique de A. Soit PA le polynôme caractéristique de A, on a 3 − X 0 −1 3 − X 4−X 2 = (4 − X) PA (X) = 2 −1 −1 0 3 − X
−1 3 − X
= (4 − X)(X 2 − 6X + 8)
= (4 − X)(X − 4)(X − 2)
= (2 − X)(4 − X)2
(b) On démontre que A est diagonalisable et on détermine une matrice D diagonale et une matrice P inversible telles A = PDP−1 . Le polynôme PA admet deux racines, donc la matrice A admet deux valeurs propres, λ1 = 2, valeur propre simple et λ2 = 4, valeur propre double. Déterminons les sous-espaces propres associés. Notons E1 = {~V = (x, y, z)/A~V = 2~V }, on résout alors le système ( 3x − z = 2x z=x 2x + 4y + 2z = 2y ⇐⇒ y = −2x −x + 3z = 2z
Le sous-espace propre E1 associé à la valeur propre 2 est une droite vectorielle, dont un vecteur directeur est ~e1 = (1, −2, 1). Notons E2 = {~V = (x, y, z)/A~V = 4~V }, on résout alors le système 3x − z = 4x 2x + 4y + 2z = 4y ⇐⇒ z = −x −x + 3z = 4z
Le sous-espace propre E2 associé à la valeur propre 4 est le plan vectoriel, d’équation z = −x dont une base est donnée, par exemple par les vecteurs ~e2 = (0, 1, 0) et ~e3 = (1, 0, −1). Remarquons que l’on pouvait lire directement sur la matrice A, le fait que le vecteur ~e2 est vecteur propre associé à la valeur propre 4. Les dimensions des sous-espaces propres sont égales aux multiplicités des valeurs propres correspondantes, par conséquent, l’espace R3 admet une base de vecteurs propres et la matrice A est diagonalisable. Notons P la matrice de passage, on a 1 0 1 P = −2 1 0 1 0 −1 et, si D est la matrice diagonale
on a la relation
2 0 0 D = 0 4 0 , 0 0 4 A = PDP−1 . 1865
(c) On donne en le justifiant, mais sans calculs, le polynôme minimal de A. La matrice A est diagonalisable, donc son polynôme minimal n’a que des racines simples, par ailleurs les racines du polynôme minimal sont exactement les valeurs propres de A et le polynôme minimal est un polynôme unitaire qui divise le polynôme caractéristique. On a donc QA (X) = (X − 2)(X − 4). (d) On calcule An pour n ∈ |||. On a vu, dans la question 2), que A = PDP−1 , on a donc, pour n ∈ |||, An = P−1 Dn P, or n 2 0 0 Dn = 0 4n 0 , 0 0 4n il nous reste à calculer P−1 . On sait que P−1 =
On a donc
1 t˜ det P P,
d’où
−1 −2 −1 −1 0 −1 1 det P = −2, P˜ = 0 −2 0 et P−1 = − −2 −2 −2 . 2 −1 −2 1 −1 0 1
n 1 0 1 2 0 0 −1 0 −1 1 An = − −2 1 0 0 4n 0 −2 −2 −2 2 1 0 −1 0 0 4n −1 0 1 n 2 + 4n 0 2n − 4n 1 n n n 2(4 − 2 ) 2.4 2(4n − 2n ) . = 2 2n − 4n 0 2n + 4n Correction de l’exercice 3017 N Soit A la matrice suivante
1 1 A= 2 1
(a) On calcule le polynôme caractéristique et on détermine les valeurs propres de A. Le polynôme caractéristique PA (X) est égal à 1 − X 1 PA (X) = = (1 − X)2 − 2 = X 2 − 2X − 1. 2 1 − X
Calculons ses racines, le discriminant réduit de ce polynôme du second degré est égal à ∆0 = (−1)2 − (−1) = 2, les racines sont donc √ √ λ1 = 1 + 2 et λ2 = 1 − 2, ce sont les valeurs propres de A.
(b) On note λ1 > λ2 les valeurs propres de A, E1 et E2 les sous-espaces propres associés. On détermine une base (~ε1 , ~ε2 ) de R2 telle que ~ε1 ∈ E1 , ~ε2 ∈ E2 , les deux vecteurs ayant des coordonnées de la forme (1, y). √ 1 On cherche ~ε1 = tel que A.~ε1 = (1 + 2)~ε1 , on calcule donc y tel que y √ 1 1 1 1 = (1 + 2) 2 1 y y 1866
ce qui équivaut à
(
√ 1+y = 1+ 2 √ 2 + y = (1 + 2)y
√ 1 ~ d’où y = 2 et ε1 = √ . 2 √ 1 On cherche ~ε2 = tel que A.~ε2 = (1 − 2)~ε2 , on calcule donc y tel que y √ 1 1 1 1 = (1 − 2) y 2 1 y
ce qui équivaut à
√ d’où y = − 2 et ~ε2 =
(
1 √ . − 2
√ 1+y = 1− 2 √ 2 + y = (1 − 2)y
(c) Soit~x un vecteur de R2 , on note (α, β ) ses coordonnées dans la base (~ε1 , ~ε2 ).On démontre que, pour n ∈ |||, on a An~x = αλ1n ~ε1 + β λ2n ~ε2 . On a ~x = α~ε1 + β~ε2 , d’où, par linéarité A~x = αA~ε1 + β A~ε2 et An~x = αAn~ε1 + β An~ε2 . Or, on montre, par récurrence sur n, que An~ε1 = λ1n~ε1 et de même An~ε2 = λ2n~ε2 . Pour n = 1, c’est la définition des vecteurs propres. Soit n fixé, tel que An~ε1 = λ1n~ε1 , on a alors An+1~ε1 = A.An~ε1 = λ1n A~ε1 = λ1n+1~ε1 . Ainsi, pour tout n ∈ |||, on a An~ε1 = λ1n~ε1 , et, de même, An~ε2 = λ2n~ε2 . D’où le résultat. a (d) Notons An~x = n dans la base canonique de R2 . On exprime an et bn en fonction de α, β , λ1 et bn √ λ2 et on en déduit que, si α 6= 0, la suite bann tend vers 2 quand n tend vers +∞. D’après la question précédente et les vecteurs ~ε1 et ~ε2 obtenus en 2) on a 1 1 a √ An~x = αλ1n √ + β λ2n = n bn 2 − 2 d’où
(
an = αλ1n + β λ2n √ bn = 2(αλ1n − β λ2n )
On suppose α 6= 0, pour n assez grand, on a bn √ αλ1n − β λ2n , = 2 n an αλ1 + β λ2n or,
√ |λ1 | = |1 + 2| > 1 =⇒ lim λ1n = +∞, n→+∞
et
√ |λ2 | = |1 − 2| < 1 =⇒ lim λ2n = 0. n→+∞
D’où l’équivalence
On a donc bien
bn √ αλ1n − β λ2n √ αλ1n √ = 2 n ∼ 2 n = 2. an αλ1 + β λ2n αλ1 bn √ = 2. n→+∞ an lim
1867
(e) On√ explique, sans calcul, comment obtenir, à partir des questions précédentes, une approximation de 2 par une suite de nombres rationnels. La matrice A est à coefficients entiers, aussi, pour tout n ∈ |||, la matrice An est à coefficients entiers. Si l’on choisit un vecteur ~x à coordonnées entières dans la base canonique de R2 , alors les coorbn données an et bn du vecteur An~x sont des entiers et elles nous fournissent une suite de nombres an √ rationnels qui tend vers 2. Correction de l’exercice 3018 N Soit P(X) un polynôme de C[X], soit A une matrice de Mn (C). On note B la matrice : B = P(A) ∈ Mn (C).
(a) On démontre que si ~x est un vecteur propre de A de valeur propre λ , alors ~x est un vecteur propre de B de valeur propre P(λ ). Soit ~x 6= 0 tel que A~x = λ~x, notons P(X) = ∑dk=0 ak X k , on a d
P(A) =
∑ ak Ak = a0 In + a1 A + · · · + ad Ad ,
k=0
où In désigne la matrice unité. Or, pour k ∈ |||, on a Ak~x = λ k~x, d’où d
d
B~x = P(A)~x =
∑ ak Ak~x = ∑ ak λ k k=0
k=0
!
~x = P(λ )~x,
ce qui prouve que ~x est un vecteur propre de la matrice B = P(A) pour la valeur propre P(λ ). (b) Le but de cette question est de démontrer que les valeurs propres de B sont toutes de la forme P(λ ), avec λ valeur propre de A. Soit µ ∈ C, on décompose le polynôme P(X) − µ en produit de facteurs de degré 1 : P(X) − µ = a(X − α1 ) · · · (X − αr ). i. On démontre que det(B − µIn ) = an det(A − α1 In ) · · · det(A − αr In ). Compte tenu de la décomposition du polynôme P(X) − µ, on a P(A) − µIn = aIn (A − α1 In ) · · · (A − αr In ) d’où det(B − µIn ) = an det(A − α1 In ) · · · det(A − αr In )
car le déterminant est une forme multilinéaire (d’où le an ) et le déterminant d’un produit de matrices est égal au produit de leurs déterminants. ii. On en déduit que si µ est valeur propre de B, alors il existe une valeur propre λ de A telle que µ = P(λ ). Si µ est une valeur propre de B, alors, par définition, det(B − µIn ) = 0, ainsi, compte tenu de la question précédente, il existe un αi , 1 6 i 6 r, tel que det(A − αi In ) = 0, c’est-à-dire que l’un des αi , 1 6 i 6 r, est valeur propre de A. Or, pour 1 6 i 6 r, P(αi ) − µ = 0 donc si µ est une valeur propre de B, on a µ = P(αi ) où αi est une valeur propre de A. (c) On note SA l’ensemble des valeurs propres de A. On démontre que SB = {P(λ )/ λ ∈ SA }. Soit λ une valeur propre de A, on a démontré en 1) que P(λ ) est une valeur propre de B, ainsi {P(λ )/ λ ∈ SA } ⊂ SB . Réciproquement, si µ est une valeur propre de B alors, d’après 2), il existe une valeur propre λ de A telle que µ = P(λ ), ainsi on a SB ⊂ {P(λ )/ λ ∈ SA }, d’où l’égalité des deux ensembles. 1868
(d) Soient λ1 , . . . , λr les valeurs propres de A et soit Q(X) le polynôme Q(X) = (X − λ1 ) · · · (X − λr ), on note C la matrice C = Q(A). i. On démontre que SC = {0}. D’après la question précédente, on a SC = {Q(λ )/ λ ∈ SA }. Or, par définition du polynôme Q(X), on a Q(λ ) = 0 pour toute valeur propre λ de A, ainsi, SC = {0}.
ii. On en déduit que le polynôme caractéristique de C est (−1)n X n et que Cn = 0. Les valeurs propres de C sont les racines de son polynôme caractéristique, or C admet une unique valeur propre : 0, ainsi PC (X) = (−1)n X n . Par ailleurs, d’après le théorème de Cayley-Hamilton, on a PC (C) = 0, ainsi (−1)nCn = 0, donc Cn = 0. Correction de l’exercice 3027 N 2. D−1 = BC−1 A + Ip . Correction de l’exercice 3028 N (a) 0 et les racines de 6λ 2 − 6nλ − n(n − 1)(2n − 1) = 0.
(b) sin α + sin 2α,
− sin α,
− sin 2α.
Correction de l’exercice 3029 N (a) rg(A) = 2 ⇒ 0 est valeur propre d’ordre au moins n − 2. E0 = {a1 x1 + · · · + an−1 xn−1 = xn = 0}. vp λ 6= 0 : λ 2 −an λ −(a21 +· · ·+a2n−1 ) = 0. Il y a deux racines distinctes, Eλ = vect((a1 , . . . , an−1 , λ )).
(b) A est diagonale. vp = 0 et an .
Correction de l’exercice 3030 N (a) Dn = 2 cos θ Dn−1 − Dn−2 ⇒ Dn = kπ , 1 6 k 6 n. (b) −2 cos n+1
sin(n+1)θ sin θ .
Correction de l’exercice 3031 N Soit Pn (x) le polynôme caractéristique de x et Qn (x) celui de la matrice obtenue à partir de A en remplaçant le premier 1 par 2. On a les relations de récurrence : Pn (x) = (1 − x)Qn−1 (x) − Qn−2 (x),
Qn (x) = (2 − x)Qn−1 (x) − Qn−2 (x).
D’où pour x ∈ / {0, 4} : Pn (x) =
(1 − α)(1 − α 2n ) , α n (1 + α)
avec x = 2 − α −
1 . α
Les valeurs propres de A autres que 0 et 4 sont les réels xk = 2(1 − cos(kπ/n)) avec 0 < k < n et 0 est aussi valeur propre (somme des colonnes nulle) donc il n’y en a pas d’autres. Correction de l’exercice 3032 N λ = 0 : E0 = {~x tq x1 + · · · + xq + xn−q+1 + · · · + xn = 0}, 1869
λ = 2 min(p, q) : Eλ = vect((1, . . . , 1, 0, . . . , 0, 1, . . . , 1)). | {z } | {z } p
p
Correction de l’exercice 3036 N u(X k ) = −kX k +(k −2n)X k+1 ⇒ la matrice de u est triangulaire inférieure. Spec(u) = {0, −1, . . . , −2n}. λ = −k : Résoudre l’équation différentielle ⇒ P = cX k (X − 1)2n−k . Correction de l’exercice 3037 N α 3 : (X − β )(X − γ),
β 3 : (X − α)(X − γ),
γ 3 : (X − α)(X − β ).
Correction de l’exercice 3038 N λ = 1 : P = Q (X − 1)2 . λ = −1 : P = (X − 1)Q (X − 1)2 . Correction de l’exercice 3039 N λ = 1 : P = aX + b. Correction de l’exercice 3040 N 0 −2a −a2 . . . −an 2 −2a (0) . . . . 3 M= . . . −na (0) n+1 Ker f = {polynômes constants}, Im f = {polynômes divisibles par X − a}. Valeurs propres : 0, 2, 3, . . . , n + 1. Pour 2 6 k 6 n + 1, Ek = vect (X − a)k−1 . Correction de l’exercice 3041 N Soit P = aX 3 + bX 2 + cX + d ∈ R3 [X] AP − (X 4 − X)P = (X − 1)P = aX 4 + (b − a)X 3 + (c − b)X 2 + (d − c)X − d = a(X 4 − X) + (b − a)X 3 + (c − b)X 2 + (a + d − c)X − d. et donc AP = (X 4 − X)(P + a) + (b − a)X 3 + (c − b)X 2 + (a + d − c)X − d et donc f (P) = (b − a)X 3 + (c − b)X 2 + (a + d − c)X − d. Par suite, f est un endomorphisme de E et la matrice de f dans la base canonique (1, X, X 2 , X 3 ) de E est −1 0 0 0 1 −1 0 1 . A= 0 1 −1 0 0 0 1 −1 puis
−1 − X 1 χA = 0 0
0 −1 − X 1 0
0 0 −1 − X 1
0 1 0 −1 − X
−1 − X = (−1 − X) 1 0
= −(X + 1)(−(X + 1)3 + 1) = X(X + 1)(X 2 + 3X + 3). 1870
0 −1 − X 1
1 0 −1 − X
A admet quatre valeurs propres simples dans C, deux réelles 0 et -1 et deux non réelles −1+ j et −1+ j2 . χ f n’est pas scindé sur R et donc f n’est pas diagonalisable. • Soit P ∈ E. P ∈ Ker f ⇔ b − a = c − b = a + d − c = −d = 0 ⇔ a = b = c et d = 0. Ker f = Vect(X 3 + X 2 + X). • Soit P ∈ E. P ∈ Ker( f + Id) ⇔ b = c = a + d = 0 ⇔ b = c = 0 et d = −a. Ker( f + Id) = Vect(X 3 − 1). • rg( f ) = 3 et immédiatement Im f = Vect(X − 1, X 2 − X, X 3 − X 2 ). Si K = C, on peut continuer : P ∈ Ker( f + (1 − j)Id) ⇔ b − ja = c − jb = a + d − jc = − jd = 0 ⇔ b = ja, c = j2 a et d = 0. Donc Ker( f + (1 − j)Id) = Vect(X 3 + jX 2 + j2 X) et en conjuguant Ker( f + (1 − j2 )Id) = Vect(X 3 + j2 X 2 + jX). Remarque. B = X(X − 1)(X − j)(X − j2 ) et on a trouvé pour base de vecteurs propres les quatre polynômes de L AGRANGE X 3 − 1 = (X − 1)(X − j)(X − j2 ) puis X 3 + X 2 + X = X(X − j)(X − j2 ) puis X 3 + jX 2 + j2 X = X(X − 1)(X − j2 ) et enfin X 3 + j2 X 2 + jX = X(X − 1)(X − j). C’est une généralité. On peut montrer que si E = Cn [X] et si B a n + 1 racines deux à deux distinctes dans C alors f est diagonalisable et une base de vecteurs propres est fournie par les polynômes de L AGRANGE associés aux racines de B et ceci pour un polynôme A quelconque. Correction de l’exercice 3042 N 1er cas. Supposons α = β = 0 et donc uv = vu. Puisque E est un C-espace de dimension finie non nulle, u admet au moins une valeur propre que l’on note λ . Le sous-espace propre Eλ correspondant n’est pas réduit à {0}, est stable par u et d’autre part stable par v car u et v commutent. On note u0 et v0 les restrictions de u et v au sous-espace Eλ . u0 et v0 sont des endomorphismes de Eλ . De nouveau, Eλ est un C-espace de dimension finie non nulle et donc v0 admet au moins un vecteur propre x0 . Par construction, x0 est un vecteur propre commun à u et v. 2ème cas. Supposons par exemple α 6= 0. 1 1 v − v ◦ (αu + β v) = αu + β v α α 1 ⇔ f g − g f = f en posant f = αu + β v et g = v. α
uv − vu = αu + µv ⇔ (αu + β v) ◦
On va chercher un vecteur propre commun à u et v dans le noyau de f . Montrons tout d’abord que Ker f n’est pas nul (on sait montrer que f est en fait nilpotent (exercice 3337) mais on peut montrer directement une propriété un peu moins forte). Si f est inversible, l’égalité f g − g f = f fournit (g + Id) ◦ f = f ◦ g et donc g + Id = f ◦ g ◦ f −1 . Par suite, g et g + Id ont même polynôme caractéristique ou encore, si λ est valeur propre de g alors λ + 1 est encore valeur propre de g. Mais alors λ + 2, λ + 3... sont aussi valeurs propres de g et g a une infinité de valeurs propres deux à deux distinctes. Ceci est exclu et donc Ker f n’est pas réduit à {0}. Maintenant, si x est un vecteur de Ker f , on a f (g(x)) = g( f (x)) + f (x) = 0 et g(x) est dans Ker f . Donc g laisse Ker f stable et sa restriction à Ker f est un endomorphisme de Ker f qui admet au moins une valeur propre et donc au moins un vecteur propre. Ce vecteur est bien un vecteur propre commun à f et g. Enfin si x est vecteur propre commun à f et g alors x est vecteur propre de v = α1 g et de u = α1 ( f − β v). x est un vecteur propre commun à u et v. Correction de l’exercice 3043 N (a) Soit f ∈ C0 (R, R). Soit F une primitive de f sur R. Pour tout x ∈ R∗ , on a (ϕ( f ))(x) = F est continue sur R donc ϕ( f ) est continue sur R∗ . De plus, F étant dérivable en 0 F(x) − F(0) = F 0 (0) = f (0) = (ϕ( f ))(0). x→0 x−0
lim (ϕ( f ))(x) = lim
x→0 x6=0
x6=0
1871
F(x)−F(0) . x−0
Finalement ϕ( f ) est continue sur R. Ainsi, ϕ est une application de E dans E. La linéarité de ϕ est claire et finalement ϕ ∈ L (C0 (R, R)). R
(b) Si f est dans Ker(ϕ) alors f (0) = 0 et pour tout x non nul, 0x f (t) dt = 0. Par dérivation on obtient ∀x ∈ R∗ , f (x) = 0 ce qui reste vrai pour x = 0 et donc f = 0. Finalement Ker(ϕ) = {0} et ϕ est injective. ϕ n’est pas surjective car pour toute f ∈ E, ϕ( f ) est de classe C1 sur R∗ . Mais alors par exemple, l’application g : x 7→ |x − 1| est dans E mais n’est pas dans Im(ϕ). ϕ est injective et n’est pas surjective. (c) On cherche λ ∈ R et f continue sur R et non nulle telle que ∀x ∈ R, (ϕ( f ))(x) = λ f (x). D’après la question précédente, 0 n’est pas valeur propre de ϕ et donc nécessairement λ 6= 0. Pour x = 0, nécessairement f (0) = λ f (0) et donc ou bien λ = 1 ou bien f (0) = 0. R ∗ , f (x) = 1 x f (t) dt. f est nécessairement dérivable sur R∗ . Pour On doit avoir pour tout x ∈ R 0 λ x R tout x ∈ R∗ , on a 0x f (t) dt = λ x f (x) et par dérivation, on obtient pour x ∈ R∗ , f (x) = λ (x f 0 (x) + f (x)).
Soit I l’un des deux intervalles ] − ∞, 0[ ou ]0, +∞[. λ −1 f (x) = 0 λx (λ −1) ln |x| λ − 1 (λ −1) ln |x| e λ f (x) = 0 ⇒ ∀x ∈ I, e λ f 0 (x) + λx λ −1 0 ⇒ ∀x ∈ I, |x| λ f (x) = 0
∀x ∈ I, f (x) = λ (x f 0 (x) + f (x)) ⇒ ∀x ∈ I, f 0 (x) +
⇒ ∃K ∈ R/ ∀x ∈ I, |x|
λ −1 λ
f (x) = K ⇒ ∃K ∈ R/ ∀x ∈ I, f (x) = K|x| 1−λ
1−λ
λ = +∞. La fonction x 7→ K|x| λ 1er cas. Si λ ∈] − ∞, 0[∪]1, +∞[ alors 1−λ λ < 0 et donc limx→0 |x| ne peut donc être la restriction à I d’une fonction continue sur R que dans le cas K = 0. Ceci fournit f/]−∞,0[ = 0, f/]0,+∞[ = 0 et f (0) = 0 par continuité en 0. Dons f est nécessairement nulle et λ n’est pas valeur propre de ϕ dans ce cas. 2ème cas. Si λ = 1, les restriction de f à ] − ∞, 0[ ou ]0, +∞[ sont constantes et donc, par continuité de f en 0, f est constante sur R. Réciproquement, les fonctions constantes f vérifient bien ϕ( f ) = f . Ainsi, 1 est valeur propre de f et le sous-espace propre associé est constitué des fonctions constantes. ( 1 K1 x λ −1 si x > 0 2 3ème cas. Si λ ∈]0, 1[, nécessairement ∃(K1 , K2 ) ∈ R / ∀x ∈ R, f (x) = .f 1 K2 (−x) λ −1 si x < 0 ainsi définie est bien continue sur R. Calculons alors ϕ( f ). (ϕ( f ))(0) = f (0) = 0 puis si x > 0,
(ϕ( f ))(x) =
1−λ 1Rx λ x 0 K1t
dt =
λ K1 λ1 x x
1
= λ K1 x λ −1 = λ f (x)
et de même si x < 0. Enfin, (ϕ( f ))(0) = 0 = λ f (0). Finalement ϕ( f ) = λ f . λ est donc valeur propre de ϕ (K1 = K2 = 1 fournit une fonction non nulle) et le sous-espace propre à λ est 1 associé −1 x λ si x > 0 de dimension 2. Une base de ce sous-espace est ( f1 , f2 ) où ∀x ∈ R, f1 (x) = et 0 si x < 0 0 si x > 0 f2 (x) = . 1 (−x) λ −1 si x < 0 Finalement Sp(ϕ) =]0, 1].
1872
1−λ λ
.
Correction de l’exercice 3067 N χA = (−1 − X)(2 − X)2 . Donc A est diagonalisable ssi dim ker(A − 2I) = 2. Or rg(A − 2I) = 2, donc dim ker(A − 2I) = 1 donc A n’est pas diagonalisable. Cependant, χA est scindé sur R donc A est triangularisable sur R. 1 x n 4x+2y+4z=0 y ∈ ker(A + I) ⇔ −x+4y−z=0 ⇔ x+z=0 0 donc ker(A + I) = R y=0 z −1
−2x−y−2z=0
De même, x n y ∈ ker(A − 2I) ⇔ z
2 ⇔ z=−y donc ker(A + I) = R 1 −1 2 On sait que ker((A − 2I)2 ) est de dimension 2, et que 1 ∈ ker(A − 2I) ⊂ ker((A − 2I)2 ). On cherche −1 2 2 donc un deuxième vecteur dans ker((A − 2I) ), linéairement indépendant de 1 . −9 0 −18 0 0 2 2 −1 0 2 (A − 2I) = 0 0 0 donc 1 convient. De plus : A 1 = 3 = 1 + 2 1 . −1 0 9 0 18 0 −1 00 0 −1 1 2 0 −1 Donc en posant P = 0 1 1 , on obtient P AP = 0 2 1 . x+2y+4z=0 −x+y−z=0 −2x−y−5z=0
x=2y
−1 −1 0
0 02
Correction de l’exercice 3068 N On a A3 = A, donc P = X 3 − X = (X − 1)(X + 1)X est un polynôme annulateur de A. Il s’agit d’un poynôme scindé à racine simples donc A est diagonalisable. Les valeurs propres de A sont des racines de P donc Sp(A) ⊂ {0, 1, −1}. On a rgA = 2 donc 0 est valeur propre de multiplicité 2. La résolution 1 1 de système (A + I)X = 0 montre que ker(A + I) = R −1 , donc −1 est valeur propre de multiplicité 1 −1
donc 1 est nécessairement valeur propre de multiplicité 1 : on en déduit que χA = X 2 (X − 1)(X + 1).
Correction de l’exercice 3073 N (a) A est triangulaire inférieure donc ses valeurs sont ses coefficients diagonaux : 1, 2 et 3. A a trois valeurs propres distinctes donc A est diagonalisable. 3 −2 1 (b) χB = −(X − 1)(X + 1)2 . B + I = 3 −2 1, donc rg(B + I) = 2, dim(ker B + I) = 1 < 2 donc −1 2 1 B n’est pas diagonalisable. −2 2 1 χB (B) = 0 donc B(B2 + B − I) = I, soit B−1 = B2 + B − I = −1 1 1. 3 −2 0 Correction de l’exercice 3074 N (a) t A = A donc A est diagonalisable dans une base orthonormée. 1 1 1 −1 0 0 (b) Par exemple : P = 1 −1 0 , P−1 AP = 0 2 0. 1 0 −1 0 0 2 √ √ √ 1/√3 1/ √2 1/√6 −1 0 0 (c) Q = 1/√3 −1/ 2 1/ √6 , Q−1 AQ = 0 2 0 et t Q = Q−1 0 0 2 1/ 3 0 −2/ 6 Correction de l’exercice 3104 N 1873
tra = trA = −1, det a = det A = −6 Pa (X) = X 2 − trX + det a = X 2 + X − 6 = (X − 2)(X + 3). Donc le spectre est {2, −3}, il est de taille 2 comme l’espace est de dimension 2. D’après le cours, a est diagonalisable et les espaces propres de dimension 1. L’espace propre associé à la valeur propre 2 est l’ensemble des (x, y) tels que 7x − 10y = 2x ou x = 2y. On peut prendre ~f1 = (2, 1) pour base de cet espace propre. L’espace propre associé à la valeur propre −3 est l’ensemble des (x, y) tels que 7x−10y = −3x ou x = y. On peut prendre ~f2 = (1, 1) pour base de cet espace propre. Alors si f = (~f1 , ~f2 ) on a P=
D50 = [a50 ] ff = Donc
2 1 1 1
250 0 0 (−3)50
[idE ]ef
limn∞ 312n [a2n ] ff
=
=L=
−1
, P
=
[idE ]ef
=
1 −1 −1 2
, A50 = [a50 ]ee = PD50 P−1 =
0 0 0 1
, et
limn∞ 312n [a2n ]ee
=
, D=
[a] ff
=
2 0 0 −3
.
2.250 − (−3)50 −2.250 + 2.(−3)50 250 − (−3)50 −250 + 2.(−3)50
PLP−1
=
−1 2 −1 2
.
Correction de l’exercice 3105 N Si X = (xi j )16i, j6n ∈ F, il est clair que X = ∑16i, j6n xi j Fi j . C’est donc une famille génératrice. Elle est indépendante, car si ∑16i, j6n xi j Fi j est la matrice nulle, cela implique que xi j = 0 pour tous i et j. C’est donc une base de F. Elle est de taille n2 , donc F est de dimension n2 . Ensuite, si D = diag(d1 , . . . , dn ) et si X = (xi j )16i, j6n alors le coefficient (i, j) de la matrice Φ(X) = αXD + β DX est (αd j + β di )xi j . Donc Φ(Fi j ) = (αd j + β di )Fi j , ce qui est dire que Fi j est un vecteur propre de Φ pour la valeur propre αd j + β di . L’espace F admet donc une base de vecteurs propres de Φ. D’après le cours, cela entraîne que Φ est diagonalisable. Si on le représente dans la base de vecteurs propres, le déterminant de Φ est donc le produit des éléments diagonaux, c’est à dire det Φ = ∏ni=1 ∏nj=1 (αd j + β di ). Plus généralement det(Φ − λ idF ) = ∏ni=1 ∏nj=1 (αd j + β di − λ ). Correction de l’exercice 3106 N 2θ sin 3θ 2 Notons Dn = det B. Alors D1 = 2 cos θ = sin sin θ et D2 = 4 cos θ − 1 = sin θ . Si n > 2, développons Dn par rapport à la dernière ligne, en recommencant encore une fois avec un des déterminants d’ordre n − 1 obtenus. On obtient Dn = 2 cos θ Dn−1 − Dn−2 . Faisons l’hypothèse de récurrence que Dk = sin(k+1)θ sin θ pour k < n. On a vu que c’est vrai pour k = 1 et 2. Alors par des identités trigonométriques classiques θ sin nθ Dn = 2 cossin − sin(n−1)θ = sin(n+1)θ θ sin θ sin θ , et la récurrence est étendue. Puisque sin x = 0 ⇔ il existe un kπ entier relatif k tel que x = kπ alors Dn = 0 si et seulement si il existe k = 1, 2, . . . , n tel que θ = n+1 les
autres valeurs de k étant exclues car 0 < θ < π. Par définition de PA on a PA (−2 cos θ ) = Dn = sin(n+1)θ sin θ kπ , k = 1, 2, . . . , n qui sont nécessairement toutes les qui s’annule pour les n nombres distincts −2 cos n+1 kπ kπ valeurs propres de A. Les valeurs propres de 2In +A sont donc 2−2 cos n+1 = 4 sin2 2n+2 > 0. Le spectre de 2In − A est le même. Correction de l’exercice 3109 N Soit M la matrice réelle 3 × 3 suivante :
0 2 −1 M = 3 −2 0 −2 2 1
1874
(a) Déterminons les valeurs propres de M. Ce sont les racines du polynôme caractéristique −X 2 −1 −X 3 −2 − X 0 = −1 + (1 − X) PM (X) = 3 −2 − X 3 −2 2 −2 2 1−X = (1 − X)(X 2 + 2X − 8)
= (1 − X)(X + 4)(X − 2).
2 −2 − 2X
(35) (36) (37)
La matrice M admet donc trois valeurs propres distinctes qui sont : 1, 2, et −4.
(b) Montrons que M est diagonalisable. Nous venons de voir que M, matrice réelle 3 × 3, admet trois valeurs propres réelles distinctes, cela prouve que M est diagonalisable. (c) Déterminons une base de vecteurs propres et P la matrice de passage. Les trois sous-espaces propres distincts sont de dimension 1, il suffit de déterminer un vecteur propre pour chacune des valeurs propres. λ = 1 : Le vecteur ~u de coordonnées (x, y, z) est un vecteur propre pour la valeur propre 1 si et seulement si ( 2y − z = x −x + 2y − z = 0 x=y 3x − 2y = y ⇐⇒ 3x − 3y = 0 ⇐⇒ x=z −2x + 2y + z = z −2x + 2y = 0
Le sous-espace propre associé à la valeur propre λ = 1 est la droite vectorielle engendrée par le vecteur e~1 de coordonnées (1, 1, 1). λ = 2 : Le vecteur ~u de coordonnées (x, y, z) est un vecteur propre pour la valeur propre 2 si et seulement si ( −2x + 2y − z = 0 3x − 4y = 0 3x − 4y = 0 ⇐⇒ −2x + 2y − z = 0 −2x + 2y − z = 0
Le sous-espace propre associé à la valeur propre λ = 2 est la droite vectorielle engendrée par le vecteur e~2 de coordonnées (4, 3, −2). λ = −4 : Le vecteur ~u de coordonnées (x, y, z) est un vecteur propre pour la valeur propre −4 si et seulement si ( −4x + 2y − z = 0 x−z = 0 3x + 2y = 0 ⇐⇒ 2y + 3x = 0 −2x + 2y + 5z = 0
Le sous-espace propre associé à la valeur propre λ = −4 est la droite vectorielle engendrée par le vecteur e~3 de coordonnées (2, −3, 2). Les vecteurs e~1 , e~2 et e~3 forment une base de E composée de vecteurs propres, la matrice de passage P est égale à 1 4 2 P = 1 3 −3 1 −2 2
(d) Exprimons M k en fonction de Dk , puis calculons M k . On a 1 0 0 D = P−1 MP = 0 2 0 0 0 −4 pour k ∈ |||, on a
1 0 0 0 , Dk = 0 2k 0 0 (−4)k 1875
et M k = PDk P−1 .
1 (comP)t . Or det P 1 4 2 1 6 2 1 −3 = −30, det P = 1 3 −3 = 1 0 −3 = −6 1 2 1 −2 2 1 0 2
Calculons donc la matrice P−1 : on a P−1 =
et
d’où
On a donc
0 −5 −5 6 comP = −12 0 −18 5 −1
0 −12 −18 1 0 5 . P−1 = − −5 30 −5 6 −1
−5.2k+2 − 10(−4)k −12 + 12(−4)k −18 + 5.2k+2 − 2(−4)k 1 M k = PDk P−1 = − −15.2k − 15(−4)k −12 − 18(−4)k −18 + 5.2k+1 + 3(−4)k 30 5.2k+1 − 10(−4)k −12 + 12(−4)k −18 − 5.2k+1 − 2(−4)k Correction de l’exercice 3110 N Soit
1 0 0 A = 0 1 0 1 −1 2
Démontrons que A est diagonalisable et trouvons une matrice P telle que P−1 AP soit diagonale. Commençons par calculer le polynôme caractéristique de A : 1 − X 0 0 1−X 0 = (1 − X)2 (2 − X) PA (X) = 0 1 −1 2 − X
Les racines du polynôme caractéristique sont les réels 1 avec la multiplicité 2, et 2 avec la multiplicité 1. Déterminons les sous-espaces propres associés : Soit E1 le sous-espace propre associé à la valeur propre double 1. E1 = {V (x, y, z) ∈ R3 / A.V = V }, x=x y = y ⇐⇒ x − y + z = 0 V ∈ E1 ⇐⇒ x−y+z = 0
E1 est donc un plan vectoriel, dont les vecteurs e1 = (1, 1, 0) et e2 = (0, 1, 1) forment une base. Soit E2 le sous-espace propre associé à la valeur propre simple 2. E2 = {V (x, y, z) ∈ R3 / A.V = 2V }, x = 2x y = 2y ⇐⇒ x = 0, y = 0 V ∈ E2 ⇐⇒ x − y + 2z = 2z E2 est donc une droite vectorielle, dont le vecteur e3 = (0, 0, 1) est une base. 1876
Les dimensions des sous-espaces propres sont égales à la multiplicité des valeurs propres correspondantes, la matrice A est donc diagonalisable. Dans la base (e1 , e2 , e3 ) l’endomorphisme représenté par A (dans la base canonique) a pour matrice. 1 0 0 D = 0 1 0 0 0 2
la matrice de passage
vérifie P−1 AP = D. Correction de l’exercice 3111 N Soit
1 0 0 P = 1 1 0 0 1 1
1 1 −1 A = 0 1 0 1 0 1
Factorisons le polynôme caractéristique de A. 1 − X 1 −1 1−X 0 = (1 − X)3 + (1 − X) = (1 − X)((1 − X)2 + 1) = (1 − X)(X 2 − 2X + 2) PA (X) = 0 1 0 1 − X factorisons maintenant le polynôme X 2 − 2X + 2, le discriminant réduit ∆0 = 1 − 2 = −1, ce polynôme n’admet donc pas de racines réelles, mais deux racines complexes conjuguées qui sont : 1 + i et 1 − i. On a PA (X) = (1 − X)(1 − i − X)(1 + i − X). La matrice A n’est pas diagonalisable dans R car son polynôme caractéristique n’a pas toutes ses racines dans R, elle est diagonalisable dans C car c’est une matrice 3 × 3 qui admet trois valeurs propres distinctes. Correction de l’exercice 3112 N Soit
a c A= ∈ M2 (R) c d
Démontrons que A est diagonalisable dans R. Le polynôme caractéristique PA (X) est égal à a − X c = (a − X)(d − X) − c2 = X 2 − (a + d)X + ad − c2 , PA (X) = c d − x déterminons ses racines : calculons le discriminant :
∆ = (a + d)2 − 4(ad − c2 )
= a2 + d 2 + 2ad − 4ad + 4c2
= a2 + d 2 − 2ad + 4c2
= (a − d)2 + 4c2 > 0
On a ∆ = 0 ⇐⇒ a − d = 0 et c = 0, mais, si c = 0, la matrice A est déjà diagonale. Sinon ∆ > 0 et le polynôme caractéristique admet deux racines réelles distinctes, ce qui prouve que la matrice est toujours diagonalisable dans R. 1877
Correction de l’exercice 3116 N On suppose qu’une population x de lapins et une population y de loups sont gouvernées par le système suivant d’équations différentielles : ( x0 = 4x − 2y (S) y0 = x + y (a) On diagonalise la matrice
4 −2 . A= 1 1
Pour cela on détermine ses valeurs propres : 4 − λ −2 det(A − λ I) = = (4 − λ )(1 − λ ) + 2 = λ 2 − 5λ + 6 = (λ − 2)(λ − 3). 1 1−λ
Ainsi, la matrice A admet deux valeurs propres distinctes, qui sont λ1 = 2 et λ2 = 3. Elle est diagonalisable. Déterminons une base de vecteurs propres : 4 −2 x 2x = ⇐⇒ x = y, 1 1 y 2y d’où le vecteur propre u1 = (1, 1) associé à la valeur propre λ1 = 2 . 4 −2 x 3x = ⇐⇒ x = 2y, 1 1 y 3y d’où le vecteur propre u2 = (2, 1) associé à la valeur propre λ2 = 3 . Dans la base (u1 , u2 ), la matrice s’écrit 2 0 A0 = . 0 3 On a A = PA0 P−1 où
1 2 −1 2 −1 P= et P = . 1 1 1 −1
(b) Exprimons le système (S) et ses solutions dans une base de vecteurs propres de A. Dans la base (u1 , u2 ), le système (S) devient ( X 0 = 2X (S0 ) Y 0 = 3Y Ses solutions sont les fonctions
(
X(t) = X(0)e2t Y (t) = Y (0)e3t
(c) Pour représenter graphiquement les trajectoires de (S) dans le repère (Oxy), on trace d’abord le repère (O, u1 , u2 ) dans le repère (0xy), puis, on trace les courbes Y=
Y (0) 3/2 X X(0)
dans le repère (O, u1 , u2 ) (ou OXY ). (d) On voit sur le dessin que si Y (0) est strictement positif, alors la population des lapins, x(t) tend vers +∞ quand t tend vers +∞. Si Y (0) est strictement négatif alors la populations des lapins s’éteint dans la mesure ou x(t) dans ce cas tendrait vers −∞. 1878
Correction de l’exercice 3117 N Soit u l’endomorphisme de R3 , dont la matrice dans la base canonique est 3 2 −2 A = −1 0 1 1 1 0
(a) Calculons les valeurs propres de A.
3 − λ det(A − λ I) = −1 1
2 −λ 1
−2 1 = (λ − 1)3 . −λ
La matrice A admet une valeur propre triple qui est λ = 1, elle ne peut pas être diagonalisable sinon son sous-espace propre serait de dimension 3 or, A 6= I.
(b) Calculons (A − I)2 .
2 2 2 −2 0 0 0 (A − I)2 = −1 −1 1 = 0 0 0 1 1 −1 0 0 0
Montrons que An = nA + (1 − n)I en utilisant la formule du binôme de Newton. n
An = (A − I + I)n =
∑ Cnk (A − I)k I n−k = Cn0 I n +Cn1 (A − I) = I + n(A − I) = nA + (1 − n)I.
k=0
Car, pour k > 2, on a (A − I)k = 0.
(c) Soient P(X) = (X − 1)2 et Q ∈ R[X]. Exprimons le reste de la division euclidienne de Q par P en fonction de Q(1) et Q0 (1), où Q0 est le polynôme dérivé de Q. Il existe des polynômes S et R, avec d ◦ R < d ◦ P ou R = 0, tels que Q(X) = S(X)(X − 1)2 + R(X). Notons R(X) = aX + b (R(X) est de degré 1 car P est de degré 2) et dérivons, on obtient Q0 (X) = S0 (X)(X − 1)2 + 2(X − 1)S(X) + a, on a donc Q(1) = R(1) = a + b et Q0 (1) = a, c’est-à-dire a = Q0 (1) et b = Q(1) − Q0 (1) d’où R(X) = Q0 (1)X + (Q(1) − Q0 (1)). D’après la question 2), on remarque que P(A) = 0, en choisissant le polynôme Q(X) = X n on a Q(1) = 1 et Q0 (1) = n, donc Q(A) = An = R(A) = Q0 (1)A + (Q(1) − Q0 (1))I = nA + (1 − n)I. (d) i. Montrons que l’image de R3 par l’endomorphisme (A − I) est un sous-espace vectoriel de dimension 1. x X ∀(X,Y, Z) ∈ Im(A − I), ∃(x, y, z) ∈ R3 , (A − I) y = Y , z Z c’est-à-dire
X 2 Y = (x + y − z) −1 . Z 1
Ce qui prouve que Im(A − I) est la droite vectorielle engendrée par le vecteur ε2 = (2, −1, 1). 1879
ii. Déterminons un vecteur ε3 tel que u(ε3 ) = ε2 + ε3 . On pose ε3 = (x, y, z), x 2 x u(ε3 ) = ε2 + ε3 ⇐⇒ A y = −1 + y , z 1 z
c’est-à-dire 3x + 2y − 2z = x + 2 2(x + y − z) = 2 −x + z = y − 1 ⇐⇒ −1(x + y − z) = −1 ⇐⇒ x + y − z = 1. x+y = z+1 (x + y − z) = +1 On prends, par exemple ε3 = (1, 0, 0). Déterminons un vecteur propre ε1 de u non colinéaire à ε2 . x x 3x + 2y − 2z = x −x + z = y ⇐⇒ x + y − z = 0. A y = y ⇐⇒ z z x+y = z On peut prendre le vecteur ε1 = (0, 1, 1) qui n’est pas colinéaire à ε2 .
iii. Ecrivons la matrice de u dans la base (ε1 , ε2 , ε3 ), ainsi que les matrices de passage. On a u(ε1 ) = ε1 , u(ε2 ) = ε2 et u(ε3 ) = ε2 + ε3 d’où la matrice de u dans la base (ε1 , ε2 , ε3 ) 1 0 0 A0 = 0 1 1 . 0 0 1
La matrice de passage P est égale à
0 2 1 P = 1 −1 0 1 1 0
et son inverse
0 1/2 1/2 P−1 = 0 −1/2 1/2 . 1 1 −1
iv. Pour retrouver An , on écrit A0 = I + N, où
0 0 0 N = 0 0 1 , 0 0 0
et N 2 = 0. Par ailleurs, on a A = PA0 P−1 , d’où
1 n 0n −1 n −1 −1 A = PA P = P(I + N) P = P(I + nN)P = P 0 0 2n + 1 2n −2n 3 2 −2 1 0 1−n n = n −1 0 1 + (1 − n) 0 1 = −n n n 1−n 1 1 0 0 0
0 0 1 n P−1 0 1 0 0 = nA + (1 − n)I. 1
Correction de l’exercice 3118 N Soient M et A deux matrices de Mn (R) telles que MA = AM. On suppose que M admet n valeurs propres distinctes. 1880
(a) Soit x un vecteur propre de M de valeur propre λ . Montrons que MAx = λ Ax. On a Mx = λ x, donc AMx = Aλ x = λ Ax. Mais, AM = MA, donc MAx = AMx = λ Ax. Ce qui prouve que le vecteur Ax est un vecteur propre de M pour la valeur propre λ , et comme les valeurs propres de M sont supposées distinctes, les sous-espaces propres sont de dimension 1, donc Ax est colinéaire à x. Ainsi, il existe un réel µ tel que Ax = µx, donc x est un vecteur propre de A. (b) On note maintenant λ1 , · · · , λn les valeurs propres de M et µ1 , · · · , µn celles de A. i. Montrons l’égalité suivante : λ1 · · · .. . 1 λn · · ·
λ1n−1 .. = ∏ (λ j − λi ). . 16i< j6n n−1 λ n
Il s’agit du déterminant de Vandermonde. Notons le V (λ1 , · · · , λn ). La démonstration se fait par récurrence sur n. Pour n = 2, c’est évident. Supposons le résultat vrai pour n − 1. Dans V (λ1 , · · · , λn ), retranchons à chaque colonne λ1 fois la précédente ( en commençant par la dernière colonne). On obtient 0 0 ··· 0 n−1 n−2 2 1 λ2 − λ1 λ 2 − λ1 λ2 · · · λ n−1 − λ1 λ n−2 λ2 − λ1 λ2 − λ1 λ2 · · · λ2 − λ1 λ2 2 2 2 .. .. .. = . .. . .. .. .. . . . . . . 2 n−1 n−2 1 λn − λ1 λ 2 − λ1 λn · · · λ n−1 − λ1 λ n−2 λn − λ1 λn − λ1 λn · · · λn − λ1 λn n n n On factorise alors chaque ligne par (λi − λ1 ) et on obtient 1 λ2 · · · V (λ1 , · · · , λn ) = (λ2 − λ1 ) · · · (λn − λ1 ) ... 1 λn · · ·
n
n
= ∏(λi − λ1 )V (λ2 , · · · , λn ) = i=2
∏
λ2n−2 .. . n−2 λ
(λi − λ j )
16i< j6n
car V (λ2 , · · · , λn ) = ∏26i< j6n (λ j − λi ) par hypothèse de récurrence. Ce déterminant est le déterminant du système suivant, µ1 = α0 + α1 λ1 + · · · + αn−1 λ1n−1 .. . µn = α0 + α1 λn + · · · + αn−1 λnn−1
or V (λ1 , · · · , λn ) 6= 0 puisque les λi sont supposés distincts, c’est donc un système de Cramer, il admet donc une unique solution (α0 , · · · , αn−1 ) ∈ Rn .
ii. Soient M 0 et A0 les matrices diagonales suivantes : λ1 0 · · · 0 µ1 0 . .. . 0 . . 0 , A0 = 0 M0 = .. .. .. . . . 0 · · · 0 λn 0 ··· Montrons qu’il existe des réels α0 , · · · , αn−1 tels que A0 =
n−1
∑ αk M0k .
k=0
1881
···
0
0
µn
0 .. .
Compte tenu des matrices A0 et M 0 l’existence de réels tels que A0 =
n−1
∑ αk M0k
k=0
est équivalente à l’existence d’une solution pour le système précédent, d’où le résultat. On en déduit qu’il existe des réels α0 , · · · , αn−1 tels que n−1
A=
∑ αk M k . k=0
La matrice M admet n vecteurs propres linéairement indépendants qui sont également vecteurs propres de la matrice A. Par conséquent il existe une même matrice de passage P telle que M = PM 0 P−1 et A = PA0 P−1 , d’où l’égalité n−1
A=
∑ αk M k . k=0
Correction de l’exercice 3119 N Soit u l’endomorphisme de R3 dont la matrice dans la base canonique est −3 −2 −2 1 2 A= 2 3 3 2
(a) Déterminons le polynôme caractéristique de A. On a −3 − X −2 −2 −3 − X 0 −2 1−X 2 = 2 −1 − X 2 PA (X) = 2 3 3 2 − X 3 1 + X 2 − X −3 − X 0 −2 −3 − X −2 0 4 − X = −(1 + X) = 5 5 4 − X 3 1+X 2−X
= −(1 + X)[(X − 4)(X + 3) + 10] = −(1 + X)(X 2 − X − 2) = −(1 + X)2 (X − 2)
(b) Démontrons que les valeurs propres de A sont −1 et 2 et déterminons les sous-espaces propres associés. Les valeurs propres de A sont les racines du polynôme caractéristique, ce sont donc bien les réels −1 et 2. Les sous-espaces propres associés sont les ensembles x x 3 E−1 = (x, y, z) ∈ R , A y = − y = ker(A + I3 ) z z et
On a
x x E2 = (x, y, z) ∈ R3 , A y = 2 y = ker(A − 2I3 ) z z
(x, y, z) ∈ E−1
−3x − 2y − 2z = −x −2x − 2y − 2z = 0 2x + y + 2z = −y ⇐⇒ 2x + 2y + 2z = 0 ⇐⇒ 3x + 3y + 2z = −z 3x + 3y + 3z = 0 1882
Le sous-espace caractéristique E−1 associé à la valeur propre −1 est donc le plan vectoriel d’équation x + y + z = 0, il est de dimension 2, égale à la multiplicité de la racine −1. On a −3x − 2y − 2z = 2x −5x − 2y − 2z = 0 2x + y + 2z = 2y ⇐⇒ 2x − y + 2z = 0 (x, y, z) ∈ E2 ⇐⇒ 3x + 3y + 2z = 2z 3x + 3y = 0
ce qui équivaut à y = −x et 2z = −3x. Le sous-espace caractéristique E2 associé à la valeur propre 2 est donc la droite vectorielle engendrée par le vecteur (2, −2, −3) , il est de dimension 1, égale à la multiplicité de la racine 2.
(c) Démontrons que A est diagonalisable et donnons une base de R3 dans laquelle la matrice de u est diagonale. La question précédente et les résultats obtenus sur les dimensions des sous-espaces propres permettent d’affirmer que la matrice A est diagonalisable. Une base de R3 obtenue à partir de bases des sous-espaces propres est une base de vecteurs propres dans laquelle la matrice de u est diagonale. Par exemple dans la base formée des vecteurs u1 = (1, −1, 0), u2 = (1, 0, −1) et u3 = (2, −2, −3), la matrice de u est la matrice D qui s’écrit −1 0 0 D = 0 −1 0 0 0 2 (d) Trouvons une matrice P telle que P−1 AP soit diagonale. La matrice cherchée P est la matrice de passage exprimant la base de vecteurs propres (u1 , u2 , u3 ) dans la base canonique. C’est donc la matrice 1 1 2 P = −1 0 −2 . 0 −1 −3 On a P−1 AP = D.
Correction de l’exercice 3120 N 1 2 0 0 0 1 2 0 Soit A = 0 0 1 2. Expliquons sans calcul pourquoi la matrice A n’est pas diagonalisable. 0 0 0 1 On remarque que le polynôme caractéristique de A est égal à (1 − X)4 . Ainsi la matrice A admet-elle une unique valeur propre : λ = 1, si elle était diagonalisable, il existerait une matrice P inversible telle que A = PI4 P−1 alors A = I4 , or ce n’est pas le cas, par conséquent la matrice A n’est pas diagonalisable.
Correction de l’exercice 3121 N Soit A une matrice 2 × 2 à coefficients réels. On suppose que dans chaque colonne de A la somme des coefficients est égale à 1. (a) Soient (x1 , x2 ), (y1 , y2 ) deux vecteurs de R2 , on suppose que x y A 1 = 1 x2 y2 montrons qu’alors y1 + y2 = x1 + x2 .
1883
Compte tenu des hypothèses, la matrice A est de la forme a b , 1−a 1−b où a et b sont des réels. On a alors ( ax1 + bx2 = y1 a b x1 y1 = ⇐⇒ 1−a 1−b x2 y2 (1 − a)x1 + (1 − b)x2 = y2 ce qui implique y1 + y2 = x1 + x2 . (b) Montrons que le vecteur ε = (1, −1) est un vecteur propre de A. y Si Aε = 1 , alors y1 + y2 = 0 donc y2 = −y1 et Aε = y1 ε, ce qui prouve que ε est un vecteur y2 propre. On peut aussi le voir de la manière suivante a b 1 a−b = = (a − b)ε. Aε = 1−a 1−b −1 b−a On note λ = (a − b) sa valeur propre.
(c) Montrons que si v est un vecteur propre de A non colinéaire à ε, alors la valeur propre associée à v est égale à 1. Soit v = (x1 , x2 ) un vecteur propre de A non colinéaire à ε, notons µ sa valeur propre, on a Av = µv, et, d’après la question 1), on a x1 + x2 = µx1 + µx2 = µ(x1 + x2 ) ce qui implique µ = 1 car v est supposé non colinéaire à ε donc x1 + x2 6= 0.
(d) Soit e1 = (1, 0). Montrons que la matrice, dans la base (e1 , ε), de l’endomorphisme associé à A est de la forme 1 0 , α λ où α ∈ R. Pour cela on écrit Ae1 et Aε dans la base (e1 , ε). On a d’une part Aε = λ ε et, d’autre part, a b 1 a 1 1 = = + (a − 1) . 1−a 1−b 0 1−a 0 −1
D’où la matrice dans la base (e1 , ε)
1 0 α λ
où α = a − 1 et λ = a − b. On en déduit que si λ 6= 1, alors A est diagonalisable sur R. Le polynôme caractéristique de A est égal à (1 − X)(λ − X), ainsi, si λ 6= 1, il admet deux racines distinctes ce qui prouve que A est diagonalisable. Correction de l’exercice 3122 N I Soit α ∈ R et Aα ∈ M3 (R) la matrice suivante −1 0 α + 1 0 Aα = 1 −2 −1 1 α Première partie :
1884
(a) Factorisons le polynôme caractéristique PAα (X) en produit de facteurs du premier degré. On a −1 − X 0 α + 1 −1 − X 0 α + 1 0 −2 − X 0 = −1 − X −2 − X PAα (X) = 1 −1 0 1 α − X 1 α −X −1 − X 0 α + 1 0 −2 − X −α − 1 = −1 1 α −X = (−1 − X)[(−2 − X)(α − X) + α + 1]
= −(X + 1)[X 2 + (2 − α)X + 1 − α].
Factorisons le polynôme X 2 + (2 − α)X + 1 − α, son discriminant est égal à ∆ = (2 − α)2 − 4(1 − α) = α 2 .
On a donc
√ ∆ = |α|, ce qui nous donne les deux racines λ1 =
α −2+α α −2−α = −1 et λ2 = = α − 1. 2 2
Le polynôme caractéristique PAα (X) se factorise donc en PAα (X) = −(X + 1)2 (X − α + 1). (b) Déterminons selon la valeur du paramètre α les valeurs propres distinctes de Aα et leur multiplicité. Les valeurs propres de Aα sont les racines du polynôme caractéristique PAα , ainsi, - si α = 0, la matrice Aα admet une valeur propre triple λ = −1, - si α 6= 0, la matrice Aα admet deux valeurs propres distinctes λ1 = −1 valeur propre double et λ2 = α − 1, valeur propre simple. (c) Déterminons les valeurs de α pour lesquelles la matrice Aα est diagonalisable. Il est clair que dans le cas α = 0, la matrice n’est pas diagonalisable, en effet si elle l’était, il existerait une matrice inversible P telle que Aα = P(−I)P−1 = −I, ce qui n’est pas le cas. Si α 6= 0, la matrice Aα est diagonalisable si le sous-espace propre associé à la valeur propre −1 est de dimension 2. Déterminons ce sous-espace propre.
ainsi,
−x −1 0 α + 1 x 3 1 −2 0 y = −y E−1 = ker(Aα + I) = (x, y, z) ∈ R , −z −1 1 α z (x, y, z) ∈ E−1
( −x + (α + 1)z = −x (α + 1)z = 0 x − 2y = −y ⇐⇒ ⇐⇒ x−y = 0 −x + y + αz = −z
Il faut distinguer les cas α = −1 et α 6= −1. - Si α = −1, le sous-espace E−1 est le plan vectoriel d’équation x = y, dans ce cas la matrice Aα est diagonalisable. - Si α 6= −1, le sous-espace E−1 est la droite vectorielle engendrée par le vecteur (1, 1, 0), dans ce cas la matrice Aα n’est pas diagonalisable. (d) Déterminons selon la valeur de α le polynôme minimal de Aα . Notons QA le polynôme minimal de Aα . On sait que la matrice Aα est diagonalisable sur R si et seulement si son polynôme minimal a toutes ses racines dans R et que celles-ci sont simples. Or, nous venons de démontrer que Aα est diagonalisable sur R si et seulement α = −1, on a donc - Si α = −1, Aα est diagonalisable, donc QA (X) = (X + 1)(X − α + 1) = (X + 1)(X + 2). - Si α 6= −1, Aα n’est pas diagonalisable, donc QA (X) = PA (X) = (X + 1)2 (X − α + 1). 1885
Seconde partie : On suppose désormais que α = 0, on note A = A0 et f On a donc −1 A = A0 = 1 −1 et PA (X) = −(X + 1)3 .
l’endomorphisme de R3 associé à la matrice A. 0 1 −2 0 1 0
(a) Déterminons les sous-espaces propres et caractéristiques de A. La matrice A admet une unique valeur propre λ = −1 de multiplicité 3, le sous-espace propre associé est l’espace E−1 = ker(A + I), et on a ( −x + z = −x z=0 x − 2y = −y ⇐⇒ (x, y, z) ∈ E−1 ⇐⇒ x=y −x + y = −z Le sous-espace E−1 est la droite vectorielle engendrée par le vecteur (1, 1, 0). Le sous-espace caractéristique de A, associé à l’unique valeur propre λ = −1, est le sous-espace N−1 = ker(A + I)3 , or, compte tenu du théorème de Hamilton-Cayley, on sait que PA (A) = 0, ainsi, la matrice (A + I)3 est la matrice nulle, ce qui implique N−1 = R3 , c’est donc l’espace tout entier.
(b) Démontrons que f admet un plan stable. La matrice de f n’est pas diagonalisable, mais comme son polynôme caractéristique se factorise sur R, elle est trigonalisable, ce qui prouve qu’elle admet un plan stable, le plan engendré par les deux premiers vecteurs d’une base de trigonalisation. Par ailleurs, on a E−1 = ker(A + I) ⊂ ker(A + I)2 ⊂ ker(A + I)3 = R3 , le sous-espace ker(A + I)2 est clairement stable par A car pour tout v ∈ ker(A + I)2 , Av ∈ ker(A + I)2 , en effet (A + I)2 Av = A(A + I)2 v = 0. Démontrons que ce sous-espace est un plan. On a −1 0 1 −1 0 1 −1 1 1 A2 = 1 −2 0 1 −2 0 = −1 1 1 , −1 1 0 −1 1 0 0 0 0
donc ker(A + I)2 = {(x, y, z) ∈ R3 , −x + y + z = 0}, c’est bien un plan vectoriel.
(c) Démontrons qu’il existe une base de R3 dans laquelle la matrice de f est −1 1 0 B = 0 −1 1 0 0 −1
et trouvons une matrice P inversible telle que A = PBP−1 . Nous cherchons des vecteurs e1 , e2 , e3 tels que Ae1 = e1 , Ae2 = e1 − e2 et Ae3 = e2 − e3 . Le vecteur e1 appartient à E1 = ker(A + I), nous choisirons e2 ∈ ker(A + I)2 tel que (e1 , e2 ) soit une base de ker(A+I)2 . Remarquons que si l’on cherche e2 = (x, y, z) tel que Ae2 = e1 −e2 , on obtient le système ( −1 0 1 x 1−x −x + z = 1 − x z=1 1 −2 0 y = 1 − y ⇐⇒ x − 2y = 1 − y ⇐⇒ x−y = 1 −1 1 0 z −z −x + y = −z
ce qui nous donne bien un vecteur de ker(A + I)2 . Ainsi, les vecteurs e1 = (1, 1, 0) et e2 = (1, 0, 1) conviennent. Il nous reste à chercher un vecteur e3 tel que Ae3 = e2 − e3 , c’est-à-dire ( −1 0 1 x 1−x −x + z = 1 − x z=1 1 −2 0 y = −y ⇐⇒ x − 2y = −y ⇐⇒ x=y −1 1 0 z 1−z −x + y = 1 − z 1886
Le vecteur e3 = (0, 0, 1) convient. On obtient alors la matrice P suivante qui est inversible et vérifie A = PBP−1 , 1 1 0 P = 1 0 0 0 1 1
(d) Décomposition de Dunford de B On a −1 1 0 −1 0 0 0 1 0 B = 0 −1 1 = 0 −1 0 + 0 0 1 0 0 −1 0 0 −1 0 0 0
et il est clair que les deux matrices commutent car l’une est égale à −I. Or, il existe un unique couple de matrice D et N, D diagonalisable et N nilpotente, telles que B = D + N et DN = ND. C’est donc là la décomposition de Dunford, B = D + N avec −1 0 0 0 1 0 D = 0 −1 0 et N = 0 0 1 . 0 0 −1 0 0 0
(e) Pour t ∈ R, calculons exptB et exprimons exptA à l’aide de P et exptB. Remarquons tout d’abord que N 2 = 0 donc pour tout t ∈ R, (tN)2 = 0 et l’expenentielle est égale à exp(tN) = I + tN, par ailleurs ND = DN, donc pour tout t ∈ R, les matrices tN et tD commutent également, (tN)(tD) = (tD)(tN), on a donc exp(tB) = exp(tD + tN) = exp(tD) exp(tN) = exp(−tI) exp(−tN) = e−t (I + tN). D’où
1 t 0 exp(tB) = e−t 0 1 t . 0 0 1
Pour déterminer l’exponentielle de la matrice tA, on écrit
exp(tA) = exp(t(PBP−1 )) = exp(P(tA)P−1 ) = P exp(tB)P−1 . (f) Solutions des systèmes différentiels Y 0 = BY et X 0 = AX. La solution générale du système Y 0 = BY s’écrit S(t) = exp(tB)v où v = (a, b, c) est un vecteur de R3 . La solution S : R 7→ R3 s’écrit donc x(t) 1 t 0 a a + bt S(t) = y(t) = e−t 0 1 t b = e−t b + ct z(t) 0 0 1 c c Pour obtenir la solution du système X 0 = AX, on écrit
X 0 = AX ⇐⇒ X 0 = (PBP−1 )X ⇐⇒ P−1 X 0 = (BP−1 )X ⇐⇒ (P−1 X)0 = B(P−1 X) ainsi, en notant Y = P−1 X ou encore X = PY , les solutions du système X 0 = AX sont les PS(t) où P est la matrice vérifiant A = PBP−1 et S une solution du système Y 0 = BY . La solution générale du système X 0 = AX s’écrit donc −t x(t) 1 1 0 e (a + bt) a + b + (c + b)t a + bt X(t) = y(t) = 1 0 0 e−t (b + ct) = e−t −t z(t) 0 1 1 e c b + c + ct
où (a, b, c) ∈ R3 .
1887
II Soient K un corps, N ∈ Mn (K) une matrice nilpotente et A une matrice telle que AN = NA. (a) Déterminons les valeurs propres de N. La matrice N étant nilpotente, il existe un entier naturel m tel que N n = 0, on a donc det N m = (det N)m = 0 donc det N = 0, l’endomophisme de matrice N n’est pas bijectif ce qui prouve que 0 est valeur propre de N, c’est la seule, en effet si λ est une autre valeur propre et x 6= 0 un vecteur propre associé à λ on a Nx = λ x ⇒ N m x = λ m x d’où λ m x = 0, mais x 6= 0 donc λ = 0. Ainsi la matrice N admet une unique valeur propre λ = 0 de multiplicité n. (b) Démontrons que N est trigonalisable. Le polynôme caractéristique de N admet une unique racine 0 ∈ K, toutes ses racines sont donc dans K, ce qui prouve que la matrice N est trigonalisable. Elle est semblable à une matrice triangulaire n’ayant que des 0 sur la diagonale. (c) Démontrons que det(I + N) = 1. Compte tenu de ce qui précède, la matrice N + I est une matrice triangulaire n’ayant que des 1 sur la diagonale, or le déterminant d’une matrice triangulaire est le produit de ses termes diagonaux, ainsi on a bien det(N + I) = 1. (d) On suppose A inversible. Démontrons que les matrices AN et NA−1 sont nilpotentes. Comme les matrices A et N commutent, pour tout k ∈ |||, on a (AN)k = Ak N k donc pour k = m, (AN)m = Am N m = A.0 = 0 ce qui prouve que AN est nilpotente. De même NA−1 = A−1 N et NA−1 est nilpotente. On en déduit que det(A + N) = det A. L’égalité AN = NA implique N = ANA−1 ainsi, on a det(N + A) = det(ANA−1 + A) = det(A(NA−1 + I)) = det A det(NA−1 + I) = det A. (e) On suppose A non inversible. En exprimant (A + N)k pour k ∈ |||, démontrons que det(A + N) = 0. Comme les matrices A et N commutent, on peut utiliser la formule du binôme de Newton pour calculer les puissances de A + N. Soit m tel que N m = 0 et, pour tout k < m, N k 6= 0 on a alors m
(A + N)m =
m
m
∑ Cmk Ak N m−k =
∑ Cmk Ak N m−k = A ∑ Cmk Ak−1 N m−k
k=0
k=1
ainsi
k=1 m
det((A + N)m ) = det A. det ∑ Cmk Ak−1 N m−k = 0 k=1
car det A = 0. Or, det((A + N)m ) = (det(A + N))m , on a donc bien det(A + N) = 0.
Correction de l’exercice 3123 N a c Soit A = ∈ M2 (R), on montre que A est diagonalisable sur R. c d Le polynôme caractéristique PA (X) est égal à a − X c PA (X) = = (a − X)(d − X) − c2 = X 2 − (a + d)X + ad − c2 , c d − x 1888
déterminons ses racines : calculons le discriminant : ∆ = (a + d)2 − 4(ad − c2 )
= a2 + d 2 + 2ad − 4ad + 4c2
= a2 + d 2 − 2ad + 4c2
= (a − d)2 + 4c2 > 0
On a ∆ = 0 ⇐⇒ a − d = 0 et c = 0, mais, si c = 0, la matrice A est déjà diagonale. Sinon ∆ > 0 et le polynôme caractéristique admet deux racines réelles distinctes, ce qui prouve que la matrice est toujours diagonalisable dans R. Correction de l’exercice 3124 N Soit a ∈ R, notons A la matrice suivante
0 1 A= . −a 1 + a
On définit une suite (un )n∈||| , par la donnée de u0 et u1 et la relation de récurrence suivante, pour n ∈ ||| un+2 = (1 + a)un+1 − aun (a) Pour quelles valeurs de a la matrice A est-elle diagonalisable ? Calculons le polynôme caractéristique PA (X) : −X 1 = −X(1 + a − X) + a = X 2 − (1 + a)X + a. PA (X) = −a 1 + a − X
La matrice A est diagonalisable sur R si le polynôme PA admet deux racines distinctes dans R. En effet, si PA admet une racine double r et A diagonalisable, alors l’endomorphisme de matrice A est égal à rIdE , ce qui n’est pas le cas. Calculons donc le discriminant du polynôme caractéristique. ∆ = (1 + a)2 − 4a = 1 + a2 + 2a − 4a = 1 + a2 − 2a = (1 − a)2 . Ainsi la matrice A est diagonalisable pour tout a 6= 1.
(b) Lorsque A est diagonalisable, calculons An pour n ∈ |||. Lorsque A est diagonalisable, il existe une matrice inversible P et une matrice diagonale D telles que A = PDP−1 , ainsi pour tout n ∈ |||, on a An = PDn P−1 . Déterminons les matrices P et D. Pour cela calculons les deux valeurs propres de A, ce sont les racines du polynôme PA , on a donc 1+a+1−a 1+a−1+a = 1 et λ2 = = a. 2 2 Déterminons maintenant des vecteurs propres associés aux valeurs propres 1 et a. On cherche des vecteurs e~1 et e~2 tels que A~ e1 = e~1 et A~ e2 = a~ e2 . 0 1 x x = ⇐⇒ y = x −a 1 + a y y λ1 =
et
0 1 −a 1 + a
x x =a ⇐⇒ y = ax y y
ainsi on peut choisir ~e1 = (1, 1) et ~e2 = (1, a). On a alors 1 1 1 1 0 a −1 −1 P= , D= ,P = . 1 a 0 a a − 1 −1 1 D’où, pour tout n ∈ |||, n
n −1
A = PD P
1 1 0 a − an an − 1 −1 =P P = 0 an a − 1 a − an+1 an+1 − 1 1889
un (c) On suppose A diagonalisable. On note Un le vecteur Un = , on exprime Un+1 en fonction de un+1 Un et de A, puis Un en fonction de U0 et de A. On a, par définition, pour tout n ∈ |||, un+2 = (1 + a)un+1 − aun , ainsi, un+1 0 1 un Un+1 = = = AUn . un+2 −a 1 + a un+1 On a donc U1 = AU0 , montrons par récurrence sur n, que pour tout n ∈ |||, Un = AnU0 . C’est vrai pour n = 0, U0 = A0U0 = IU0 = U0 et pour n = 1. Soit n fixé pour lequel on suppose Un = AnU0 , on a alors U n+1 = AUn = A.AnU0 = An+1U0 , le résultat est donc vrai pour tout entier naturel n. La matrice A étant supposée diagonalisable, on a donc, pour n ∈ |||, 1 a − an an − 1 u0 n n −1 Un = A U0 = PD P U0 = , n+1 n+1 a −1 u1 a−1 a−a ainsi on peut exprimer pour n ∈ |||, le terme général de la suite un en fonction des premiers termes u0 et u1 , on a 1 un = ((a − an )u0 + (an − 1)u1 ) . a−1 Correction de l’exercice 3125 N Soit A la matrice de M3 (R) suivante : 0 1 0 A = −4 4 0 . −2 1 2
(a) La matrice A est-elle diagonalisable ? Calculons son polynôme caractéristique −X 1 0 0 = (2 − X)(X 2 − 4X + 4) = (2 − X)3 . PA (X) = −4 4 − X −2 1 2 − X
la matrice A admet une unique valeur propre 2, si elle était diagonalisable, elle serait semblable à la matrice 2.I3 , elle serait donc égale à 2I3 ce qui n’est pas le cas, elle n’est donc pas diagonalisable.
(b) Calculons (A − 2I3 )2 , puis (A − 2I3 )n pour tout n ∈ |||. On a −2 1 0 −2 1 0 0 0 0 (A − 2I3 )2 = −4 2 0 −4 2 0 = 0 0 0 , −2 1 0 −2 1 0 0 0 0 −2 1 0 ainsi, (A − 2I3 )0 = I, (A − 2I3 )1 = −4 2 0, et, pour tout n > 2, on a (A − 2I3 )n = 0. −2 1 0 On en déduit An Notons B = A − 2I3 , on a A = A − 2I3 + 2I3 = B + 2I3 avec Bn = 0 pour n > 2. Par ailleurs, les matrices B et 2I3 commutent, ainsi n
An = (B + 2I3 )n =
∑ Cnk Bk (2I3 )n−k k=0
où les Cnk sont les coefficients du binôme de Newton : Cnk = 1890
n! . k!(n − k)!
Or, pour k > 2, on a Bk = 0 d’où pour n > 2, An = Cn0 B0 (2I3 )n +Cn1 B1 (2I3 )n−1 = 2n I3 + 2n−1 nB = 2n I3 + 2n−1 n(A − 2I3 )
= 2n (1 − n)I3 + 2n−1 nA.
Correction de l’exercice 3126 N Soit f l’endomorphisme de R4 dont la matrice dans la base canonique est −8 −3 −3 1 6 3 2 −1 A= 26 7 10 −2 . 0 0 0 2
(a) Démontrons que 1 et 2 sont des valeurs propres de f . Pour cela montrons que det(A − I) = 0 et det(A − 2I) = 0. On a −9 −3 −3 1 −9 −3 −3 −9 −3 0 6 −9 −3 2 2 −1 = − 6 = 0. 2 2 = − 6 2 0 = −2 det(A − I) = 9 −2 6 2 26 7 26 7 9 26 7 2 0 0 0 1 Et
−10 −3 −3 1 6 1 2 −1 det(A − 2I) = = 0. 7 8 −2 26 0 0 0 0
Ainsi, les réels 1 et 2 sont bien valeurs propres de la matrice A.
(b) Déterminons des vecteurs propres de f associés aux valeurs propres 1 et 2. Soit ~e = (x, y, z,t) tel que A~e =~e, on résout alors le système −9x − 3y − 3z + t = 0 3x + y + z = 0 6x + 2y + 2z − t = 0 x = −2y z = 5y , ⇐⇒ 26x + 7y + 9z = 0 ⇐⇒ 26x + 7y + 9z − 2t = 0 t =0 t =0 t =0
ce système représente une droite vectorielle engendrée, par exemple, par le vecteur ~e = (−2, 1, 5, 0). Soit ~u = (x, y, z,t) tel que A~u = 2~u, on résout −10x − 3y − 3z + t = 0 10x + 3y + 3z = 0 3y = −2x 6x + y + 2z − t = 0 ⇐⇒ 6x + y + 2z = 0 ⇐⇒ 3z = −8x , 26x + 7y + 8z − 2t = 0 t =0 t =0 ce système représente une droite vectorielle engendrée, par exemple, par le vecteur ~u = (3, −2, −8, 0).
(c) On considère le vecteur ~u précédent et on determine des vecteurs ~v et ~w tels que f (~v) = 2~v +~u et f (~w) = 2~w +~v.
1891
Pour déterminer le vecteur ~v = (x, y, z,t), on résout le système −10x − 3y − 3z + t = 3 10x + 3y + 3z = −3 6x + y + 2z − t = −2 ⇐⇒ 6x + y + 2z = −2 , 26x + 7y + 8z − 2t = −8 t =0
le vecteur ~v = (0, 0, −1, 0) convient. Pour déterminer le vecteur ~w = (x, y, z,t), on résout le système −10x − 3y − 3z + t = 0 10x + 3y + 3z = −1 6x + y + 2z − t = 0 ⇐⇒ 6x + y + 2z = −1 , 26x + 7y + 8z − 2t = −1 t = −1
le vecteur ~w = (1/2, 0, −2, −1) convient.
(d) Les vecteurs ~e, ~u, ~v et ~w sont ceux définis précédemment. On démontre que (~e,~u,~v,~w) est une base de R4 et on donne la matrice de f dans cette base. La matrice M des vecteurs ~e,~u,~v,~w dans la base cannonique est de rang 4 car son déterminant est non nul, en effet −2 3 0 1/2 −2 3 0 −2 3 1 −2 0 0 det M = = 1 −2 0 = − 1 −2 = −1. 5 −8 −1 −2 5 −8 −1 0 0 0 −1 Compte tenu des définitions des vecteurs ~e,~u,~v,~w, la matrice B de l’endomorphisme f dans la base (~e,~u,~v,~w) s’écrit 1 0 0 0 0 2 1 0 B= 0 0 2 1 . 0 0 0 2
(e) La matrice A est-elle diagonalisable ? D’après la question précédente, les valeurs propres de f sont 1, valeur propre simple, et 2 de multiplicité 3. Nous avons vu dans le b) que le sous-espace propre associé à la valeur propre 2 est de dimension 1 6= 3, ainsi, la matrice A n’est pas diagonalisable. Correction de l’exercice 3127 N Soit m ∈ R, et A la matrice
1+m 1+m 1 −m −1 A = −m m m−1 0
(a) Factorisons le polynôme caractéristique de A et montrons que les valeurs propres de A sont −1 et
1892
1. (1,5 points) 1 + m − X 1 + m 1 −m − X −1 PA (X) = −m m m − 1 −X 1 + m − X 1 + m 1 −m − X −1 = −m 0 −X − 1 −X − 1 1 + m − X m 1 1−m−X −1 = −m 0 0 −X − 1 1 + m − X m = (−X − 1) −m 1 − m − X = −(1 + X) (1 − X)2 − m2 + m2 = −(1 + X)(1 − X)2
Ainsi, les valeurs propres de la matrice A sont −1, valeur propre simple, et 1, valeur propre double.
(b) Pour quelles valeurs de m la matrice est-elle diagonalisable ? (1,5 points) La matrice A est diagonalisable si et seulement si le sous-espace propre associé à la valeur propre 1 est de dimension 2. Déterminons donc ce sous-espace propre E1 = {~u = (x, y, z) ∈ R3 , A~u = ~u}. mx + (1 + m)y + z = 0 A~u = ~u ⇐⇒ −mx − (1 + m)y − z = 0 mx + (m − 1)y − z = 0 ( mx + (1 + m)y + z = 0 ⇐⇒ mx + (m − 1)y − z = 0 ( 2y + 2z = 0 ⇐⇒ 2mx + 2my = 0 ( y+z = 0 ⇐⇒ m(x + y) = 0 Ainsi, l’espace E1 est de dimension 2 si et seulement si m = 0, c’est alors le plan d’équation y+z = 0, sinon c’est une droite, intersection des deux plans y + z = 0 et x + y = 0. Déterminons suivant les valeurs de m le polynôme minimal de A. (1 point) Si m = 0, la matrice A est diagonalisable, son polynôme minimal n’a que des racines simples, il est égal à Q(X) = (X − 1)(X + 1).
Si m 6= 0, la matrice A n’est pas diagonalisable, son polynôme minimal ne peut pas avoir uniquement des racines simples, il est donc égal à Q(X) = (X − 1)2 (X + 1). Correction de l’exercice 3128 N (a) Donnons un exemple de matrice dans M2 (R), diagonalisable sur C mais non diagonalisable sur R. (2 points) 0 −1 Soit A la matrice A = . Son polynôme caractéristique est égal à 1 0 −X −1 = X 2 + 1. PA (X) = 1 −X 1893
Le polynôme caractéristique de A admet deux racines complexes conjuguées distinctes i et −i elle est donc diagonalisable sur C mais elle ne l’est pas sur R. (b) Donnons un exemple de matrice dans M2 (R) non diagonalisable, ni sur C, ni sur R. (2 points) 1 1 . Son polynôme caractéristique est égal à Soit A la matrice A = 0 1 1 − X PA (X) = 0
1 = (1 − X)2 . 1 − X
Le polynôme caractéristique de A admet une racine double 1, la matrice A admet l’unique valeur propre 1, or, elle n’est pas égale à l’identité, par conséquent, elle n’est diagonalisable, ni sur C, ni sur R. Correction de l’exercice 3129 N Soit A la matrice suivante :
0 1 A= 1 0
(a) Diagonalisons la matrice A. (2 points) Son polynôme caractéristique est égal à −X 1 = X 2 − 1 = (X − 1)(X + 1). PA (X) = 1 −X
La matrice A admet deux valeurs propres distinctes, elle est donc diagonalisable. Déterminons une base de vecteurs propres de A. Soit ~u = (x, y) ∈ R2 , A~u = ~u ⇐⇒ x = y et A~u = −~u ⇐⇒ x = −y. Notons ~u1 = (1, 1) et ~u2 = (−1, 1), le vecteur ~u1 est un vecteur propre associé à la valeur propre 1 et le vecteur ~u2 est un vecteur propre associé à la valeur propre −1, ils sont linéairement indépendants, ils forment donc une base de R2 . Ainsi, on a A = PDP−1 , où 1 −1 1 0 P= et D = 1 1 0 −1
(b) Exprimons les solutions du système différentiel X 0 = AX dans une base de vecteurs propres et traçons ses trajectoires. (3 points) Soit Y tel que PY = X, on a alors X 0 = AX ⇐⇒ PY 0 = APY ⇐⇒ Y 0 = P−1 APY ⇐⇒ Y 0 = DY. Les solutions du système différentiel X 0 = AX dans la base de vecteurs propres (~u1 ,~u2 ) sont les solutions du système Y 0 = DY . Si Y = (x, y), on a x0 (t) = x(t) et y0 (t) = −y(t), ainsi, les solutions du système sont x(t) = aet et y(t) = be−t où a et b sont des constantes réelles arbitraires. Les trajectoires, exprimées dans la base de vecteurs propres (~u1 ,~u2 ), sont donc les courbes d’équation y = c/x avec c ∈ R, ce sont des branches d’hyperboles. Correction de l’exercice 3130 N Soit a ∈ R et A la matrice suivante
1 a 0 A = a 0 1 . 0 1 a 1894
(a) Calculons le déterminant de A et déterminons pour quelles valeurs de a la matrice est inversible. On développe le déterminant par rapport à la première colonne, on obtient 1 a 0 a 0 0 1 3 det A = a 0 1 = − a 1 a = −1 − a . 1 a 0 1 a La matrice A est inversible si et seulement si son déterminant est non nul. det A 6= 0 ⇐⇒ 1 + a3 6= 0 ⇐⇒ a 6= −1. (b) Calculons A−1 lorsque A est inversible. 1 t˜ ˜ On a On suppose a 6= −1, on a A−1 = A, où A˜ est la comatrice de A et tA˜ la transposée de A. det A −1 −a2 a ˜ a −1 =t A. A˜ = −a2 2 a −1 −a 1 a2 −a 1 2 a −a 1 . D’où A−1 = 1 + a3 −a 1 a2 Correction de l’exercice 3131 N Soit θ ∈ R, on considère l’endomorphisme f de R3 dont suivante cos θ − sin θ A = sin θ cos θ 0 0
la matrice dans la base canonique est la 0 0 . 1
(a) Déterminons la nature géométrique de cet endomorphisme. Notons (~i, ~j,~k) la base canonique de R3 , la matrice A est la matrice de la rotation d’axe R~k d’angle θ. On peut ajouter que les vecteurs colinéaires à ~k sont fixes. Un vecteur de coordonnées (x, y, z) est envoyé sur le vecteur (x cos θ − y sin θ , x sin θ + y cos θ , z), sa composante dans le plan engendré par ~i et ~j subit la rotation plane d’angle θ . (b) Démontrons que, pour tout θ ∈ R \ πZ, la matrice A admet une unique valeur propre réelle et déterminons son sous-espace propre associé. Calculons le polynôme caractéristique de la matrice A. cos θ − X − sin θ 0 cos θ − X 0 = [(cos θ − X)2 + sin2 θ ](1 − X) PA (X) = sin θ 0 0 1 − X = (1 − X)(X 2 − 2X cos θ + 1
Cherchons les racines du polynôme X 2 −2X cos θ +1, pour cela on calcule son discrimminant réduit ∆0 = cos2 θ − 1 = − sin2 θ < 0, en effet, si θ ∈ R \ πZ, alors sin θ 6= 0, donc le polynôme PA n’admet qu’une racine réelle λ = 1. Son sous-espace propre associé est de dimension 1, c’est l’axe R~k de la rotation. Cas où θ ∈ πZ On distingue les cas θ = nπ avec n pair ou impair : 1 0 0 - Si θ = 2nπ, n ∈ Z, alors A = 0 1 0, c’est la matrice de l’identité. 0 0 1 1895
−1 0 0 - Si θ = (2n+1)π, n ∈ Z, alors A = 0 −1 0, c’est la matrice de la symétrie orthogonale par 0 0 1 ~ rapport à l’axe Rk. Elle admet deux valeurs propres, la valeur propre 1 dont le sous-espace propre est l’axe R~k et la valeur propre −1 dont le sous-espace propre est le plan R~i + R~j. Correction de l’exercice 3132 N Soit u l’endomorphisme de R3 dont la matrice dans la base canonique est −4 −2 −2 0 2 . A= 2 3 3 1
(a) Déterminons et factorisons le polynôme caractéristique de A. Par opérations sur les colonnes puis les lignes, on a −4 − X −2 −2 −4 − X −X 2 = 2 PA (X) = 2 3 3 1 − X 3 d’où
−4 − X PA (X) = 2 5
0 −2 −X − 2 2 , 2 + X 1 − X
0 −2 −X − 2 2 0 3 − X
et, en développant par rapport à la deuxième colonne
PA (X) = −(X + 2)[(−4 − X)(3 − X) + 10] = −(X + 2)(X 2 + X − 2) = −(X + 2)2 (X − 1). (b) Démontrons que les valeurs propres de A sont 1 et −2 et déterminons les sous-espaces propres associés. Les valeurs propres de A sont les racines du polynôme caracteristique, c’est-à-dire, 1, valeur propre simple et, −2, valeur propre double. Notons E1 le sous-espace propre associé à la valeur propre 1, E1 = {~u = (x, y, z), A.~u = ~u}. Ainsi
( −5x − 2y − 2z = 0 y = −x 2x − y + 2z = 0 ⇐⇒ ~u = (x, y, z) ∈ E1 ⇐⇒ 3x + 2z = 0 3x + 3y = 0
Le sous-espace propre E1 est donc une droite vectorielle dont un vecteur directeur est donné, par exemple, par ~e1 = (−2, 2, 3). Notons E−2 le sous-espace propre associé à la valeur propre −2, E−2 = {~u = (x, y, z), A.~u = −2~u}. Ainsi ~u = (x, y, z) ∈ E−2 ⇐⇒
−2x − 2y − 2z = 0
2x + 2y + 2z = 0 ⇐⇒ x + y + z = 0 3x + 3y + 3z = 0
Le sous-espace propre E−2 est donc le plan vectoriel d’équation x + y + z = 0, dont une base est donnée, par exemple, par ~e2 = (1, −1, 0) et ~e3 = (1, 0, −1). 1896
(c) Démontrons que A est diagonalisable et donnons une base de R3 dans laquelle la matrice de u est diagonale. Les sous-espaces propres associés aux valeurs propres sont de dimension la multiplicité de la valeur propre correspondante, ce qui prouve que la matrice A est diagonalisable. Dans la base (~e1 ,~e2 ,~e3 )la matrice de l’endomorphisme associé à A est diagonale, elle s’écrit 1 0 0 D = 0 −2 0 . 0 0 −2
(d) Trouvons une matrice P telle que P−1 AP soit diagonale. La matrice de changement de base qui exprime la base (~e1 ,~e2 ,~e3 ) des vecteurs propres, trouvés ci-dessus, dans la base canonique est la matrice P cherchée −2 1 1 1 1 1 1 P = 2 −1 0 et P−1 = 2 −1 2 , 3 3 0 −1 3 3 0 elle est inversible et on a P−1 AP = D. (Le calcul de P−1 n’était pas demandé, ni nécessaire).
Correction de l’exercice 3133 N Soit u l’endomorphisme de R3 , dont la matrice dans la base canonique est 3 2 −2 A = −1 0 1 . 1 1 0
(a) Calculons les valeurs propres de A et voyons si l’endomorphisme u est diagonalisable. En opérant sur les colonnes et les lignes du déterminant, on obtient 3 − X 2 −2 3 − X 0 −2 PA (X) = −1 −X 1 = −1 1 − X 1 , 1 1 −X 1 1 − X −X d’où
3 − X PA (X) = −1 2
0 1−X 0
et, en développant par rapport à la deuxième colonne
−2 1 −X − 1
PA (X) = (1 − X)[(3 − X)(−1 − X) + 4] = (1 − X)(X 2 − 2X + 1) = (1 − X)3 . Ainsi, la matrice A admet 1 comme valeur propre triple. Elle n’est donc pas diagonalisable, sinon elle serait égale à I = I3 , la matrice identité. (b) Calculons (A − I)2 et démontrons que An = nA + (1 − n)I. On calcule d’abord la matrice A − I, 2 2 −2 A − I = −1 −1 1 , 1 1 −1 puis la matrice (A − I)2 ,
2 2 −2 2 2 −2 0 0 0 (A − I)2 = −1 −1 1 −1 −1 1 = 0 0 0 , 1 1 −1 1 1 −1 0 0 0 1897
c’est donc la matrice nulle. Nous allons donner deux méthodes pour démontrer que An = nA + (1 − n)I. Première méthode : En utilisant le binôme de Newton. On écrit An = (A − I + I)n , or, les matrices A − I et I commutent, on a donc n
(A − I + I)n =
∑ Cnk (A − I)k I (n−k) = Cn0 I +Cn1 (A − I) = I + n(A − I) = nA + (1 − n)I.
k=0
Deuxième méthode : Par récurrence sur n. Le résultat est vrai pour n = 0 et n = 1. Fixons n arbitrairement pour lequel on suppose que An = nA + (1 − n)I, on a alors An+1 = A(nA + (1 − n)I) = nA2 + (1 − n)A, sachant que (A − I)2 = 0, on en déduit que A2 = 2A − I ainsi An+1 = n(2A − I) + (1 − n)A = (n + 1)A − nI = (n + 1)A + (1 − (n + 1))I. L’égalité est donc vraie pour tout n ∈ |||. Correction de l’exercice 3134 N Soit A la matrice
et f l’endomorphisme de R3 associé.
1 0 0 A = −1 2 1 0 0 2
(a) Déterminons les valeurs propres de A. Calculons les racines du polynôme caractéristique PA (X) : 1 − X 0 0 1 = (2 − X)2 (1 − X). PA (X) = −1 2 − X 0 0 2 − X
Les valeurs propres de A sont λ1 = 1, valeur propre simple et λ2 = 2, valeur propre double.
(b) Déterminons, sans calculs, des vecteurs ~u et ~v tels que f (~u) = 2~u et f (~v) = 2~v +~u. Si l’on note (~e1 ,~e2 ,~e3 ), la base dans laquelle est exprimée la matrice A de l’endomorphisme f , on remarque que f (~e2 ) = 2~e2 et f (~e3 ) =~e2 + 2~e3 . Ainsi, les vecteurs ~u =~e2 et ~v =~e3 répondent-ils à la question. (c) Soit ~e tel que f (~e) =~e. Démontrons que (~e,~u,~v) est une base de R3 et écrivons la matrice de f dans cette base. Notons ~e = (x, y, z) alors ( x=x z=0 f (~e) =~e ⇐⇒ −x + 2y + z = y ⇐⇒ x=y 2z = z
Le vecteur ~e = (1, 1, 0) convient. Les vecteurs ~e, ~u et ~v sont linéairement indépendants, ils forment donc une base de R3 . La matrice de f dans cette base s’écrit 1 0 0 B = 0 2 1 0 0 2 1898
(d) La matrice A est-elle diagonalisable ? Le sous-espace propre associé à la valeur propre 2 est l’ensemble des vecteurs (x, y, z) tels que ( x = 2x x=0 −x + 2y + z = 2y ⇐⇒ z=0 2z = 2z
C’est une droite vectorielle, sa dimension n’est donc pas égale à la multiplicité de la valeur propre 2 comme racine du polynôme caractéristique, la matrice A n’est pas diagonalisable.
Correction de l’exercice 3135 N Soit A la matrice
1 0 0 A = 1 −1 0 −1 2 −1
et f l’endomorphisme de R3 associé. (a) Déterminons et factorisons le polynôme caractéristique de A. On note PA (X) le polynôme caractéristique, on a 1 − X 0 0 1 − X 0 = (−1 − X)2 (1 − X). −1 − X 0 = (−1 − X) PA (X) = 1 1 −1 − X −1 2 −1 − X
La matrice A admet deux valeurs propres, 1, valeur propre simple, et −1, valeur propre double. (b) Déterminons les sous-espaces propres et les sous-espaces caractéristiques de A. La valeur propre 1 est simple, le sous-espace propre associé est égal au sous-espace caractéristique, c’est l’ensemble E1 = N1 = {~u = (x, y, z) ∈ R3 , A~u = ~u}. On a ~u ∈ E1 ⇐⇒
x=x x − y = y ⇐⇒
−x + 2y − z = z
(
x = 2y z=0
L’espace E1 est une droite vectorielle dont un vecteur directeur ~e1 est donné, par exemple, par ~e1 = (2, 1, 0). Le sous-espace propre associé à la valeur propre −1 est défini par E−1 = {~u = (x, y, z) ∈ R3 , A~u = −~u}. On a ~u ∈ E−1 ⇐⇒
x = −x
x − y = −y ⇐⇒
−x + 2y − z = −z
(
x=0 y=0
L’espace E−1 est une droite vectorielle dont un vecteur directeur ~e2 est donné, par exemple, par ~e2 = (0, 0, 1). La dimension de E−1 n’est pas égale à la multiplicité de la racine, la matrice n’est pas diagonalisable. Déterminons le sous-espace caractéristique associé à la valeur propre −1. Pour cela calculons la matrice (A + I)2 . 2 2 0 0 4 0 0 (A + I)2 = 1 0 0 = 2 0 0 −1 2 0 0 0 0 N−1 = ker(A + I)2 = {~u = (x, y, z) ∈ R3 , x = 0}
Le sous-espace caractéristique N−1 est le plan vectoriel engendré par les vecteurs e2 = (0, 0, 1) et e3 = (0, 1, 0). 1899
(c) Démontrons qu’il existe une base de R3 dans laquelle la matrice de f est 1 0 0 B = 0 −1 2 0 0 −1
et trouvons une matrice P inversible telle que AP = PB (ou A = PBP−1 ). On considère les vecteurs ~e1 = (2, 1, 0) et ~e2 = (0, 0, 1) et on cherche un vecteur ~e ∈ N−1 tel que f (~e) = 2~e2 −~e. Notons ~e = (0, y, z), f (~e) = 2~e2 −~e ⇐⇒ y = 1,
le vecteur ~e = ~e3 = (0, 1, 0) convient, on pouvait le voir directement sur la deuxième colonne de la matrice A. Ainsi, dans la base (~e1 ,~e2 ,~e3 ) avec~e1 = (2, 1, 0),~e2 = (0, 0, 1) et~e3 = (0, 1, 0), la matrice de f s’écrit 1 0 0 B = 0 −1 2 . 0 0 −1
La matrice P cherchée est la matrice de passage qui exprime la base (~e1 ,~e2 ,~e3 ) dans la base canonique (~i, ~j,~k). On a 2 0 0 P = 1 0 1 0 1 0 et AP = PB ou A = PBP−1 . On peut calculer P−1 , c’est la matrice qui exprime les vecteurs ~i, ~j et ~k dans la base (~e1 ,~e2 ,~e3 ), 1/2 0 0 0 1 . P−1 = 0 −1/2 1 0
(d) Ecrivons la décomposition de Dunford de B. On a 1 0 0 1 0 0 0 B = 0 −1 2 = 0 −1 0 + 0 0 0 −1 0 0 −1 0 | {z } | D
0 0 0 2 . 0 0 {z } N
Il est clair que la matrice D est diagonalisable puisque diagonale, on vérifie facilement que N 2 = 0, c’est-à-dire que la matrice N est nilpotente et que les deux matrices commutent, DN = ND. Ainsi la décomposition B = D + N est bien la décomposition de Dunford de la matrice B. (e) Pour t ∈ R, calculons exptB. On utilise la décomposition de Dunford de la matrice tB, tB = tD + tN, on a donc exp(tB) = exp(tD + tN) = exp(tD). exp(tN) car les matrices commutent, par ailleurs, comme D est diagonale, on a t e 0 0 exp(tD) = 0 e−t 0 , 0 0 e−t
et comme N 2 = 0, on a
D’où
t e exp(tB) = 0 0
1 0 0 exp(tN) = I + tN = 0 1 2t . 0 0 1 0 e−t 0
t 0 1 0 0 e 0 0 1 2t = 0 e−t 0 0 1 0 1900
0 e−t 0
0 2te−t . e−t
(f) Donnons les solutions des systèmes différentiels y0 = By et x0 = Ax, où x et y désignent des fonctions réelles à valeurs dans R3 . Les solutions du système différentiel y0 (t) = B.y(t) sont les fonctions y(t) = exp(tB).V où V est un vecteur quelconque de R3 . Donc t a aet e 0 0 y(t) = 0 e−t 2te−t b = be−t + 2cte−t , c ce−t 0 0 e−t (a, b, c) ∈ R3 . Pour trouver les solutions du système différentiel x0 (t) = A.x(t), on utilise le fait suivant P.y est solution de x0 = A.x ⇐⇒ y
est solution de y0 = (P−1 AP).y = B.y.
Ainsi, les solutions du système x0 = A.x s’écrivent x(t) = P. exp(tB).V où V est un vecteur quelconque de R3 . On remarque qu’il n’est pas utile de calculer la martrice P−1 . C’est-à-dire 2 0 0 aet 2aet x(t) = 1 0 1 be−t + 2cte−t = aet + ce−t , 0 1 0 ce−t be−t + 2cte−t (a, b, c) ∈ R3 .
Correction de l’exercice 3136 N Soit a ∈ R et A la matrice
0 1 0 a 0 . A = 0 0 a−2 2
(a) Pour quelles valeurs de a la matrice A est-elle diagonalisable ? Déterminons le polynôme caractéristique de la matrice A. −X 1 0 0 = −X(a − X)(2 − X). PA (X) = det(A − XI) = 0 a − X 0 a − 2 2 − X
Ce polynôme admet trois racines 0, a et 2. Ainsi, si a ∈ / {0, 2} la matrice est diagonalisable. Examinons les cas a = 0 et a = 2. Si a = 0, la valeur propre 0 est valeur propre double, on a 0 1 0 A = 0 0 0 . 0 −2 2 Le sous-espace propre associé à 0 est égal à ker A = {~u = (x, y, z), A~u = ~0}, ( y=0 ~u ∈ ker A ⇐⇒ ⇐⇒ y = z = 0. −2y + 2z = 0
Le sous-espace propre associé à la valeur propre double 0 est une droite vectorielle, la droite engendrée par (1, 0, 0), la matrice n’est donc pas diagonalisable. Si a = 2, la valeur propre 2 est double, on a 0 1 0 A = 0 2 0 . 0 0 2 1901
Le sous-espace propre associé à 2 est égal à E2 = {~u = (x, y, z), A~u = 2~u}, y = 2x ~u ∈ E2 ⇐⇒ 2y = 2y ⇐⇒ y = 2x. 2z = 2z
Le sous-espace propre associé à la valeur propre double 2 est un plan vectoriel, le plan d’équation y = 2x, la matrice est donc diagonalisable. Ainsi la matrice A est diagonalisable si et seulement si a 6= 0. Lorsque A est diagonalisable, déterminons une base de vecteurs propres de A. On a a 6= 0 et on distingue les cas a 6= 2 et a = 2. Si a 6= 2, les sous-espaces propres associés aux valeurs propres 0 et 2 sont lisibles sur la matrice, on a E0 = ker A = R.(1, 0, 0) et E2 = R.(0, 0, 1), On détermine Ea = {~u = (x, y, z), A~u = a~u}. ( ( y = ax y = ax y = ax ay = ay ⇐⇒ ~u ∈ Ea ⇐⇒ ⇐⇒ (a − 2)y = (a − 2)z y=z (a − 2)y + 2z = az
C’est la droite vectorielle engendrée par le vecteur ~e = (1, a, a). Ainsi, une base de vecteurs propres est donnée par les vecteurs (1, 0, 0), (0, 0, 1) et (1, a, a). Si a = 2, nous avons vu que le sous-espace propre associé à la valeur propre double 2 est le plan d’équation y = 2x. Ainsi, une base de vecteurs propres est donnée par les vecteurs (1, 0, 0), (0, 0, 1) et (1, 2, 0). (b) Soit E l’espace vectoriel des solutions du système x0 = Ax, où x est une fonction de la variable réelle t à valeur dans R3 . i. Lorsque A est diagonalisable, donnons une base de E en fonction des vecteurs propres et des valeurs propres de A et écrivons la solution générale du système. Si λ1 , λ2 , λ3 sont les valeurs propres de A et ~e1 ,~e2 et ~e3 les vecteurs propres associés, on sait qu’une base de l’espace des solutions du système différentiel x0 = Ax est donnée par eλ1t~e1 , eλ2t~e2 , eλ3t~e3 . Ainsi, si a 6= 2 cette base est donnée par (1, 0, 0), e2t (0, 0, 1), eat (1, a, a) et si a = 2, elle est donnée par (1, 0, 0), e2t (0, 0, 1), e2t (1, 2, 0). ii. Lorsque A n’est pas diagonalisable, intégrons directement le système X 0 = AX. Lorsque A n’est pas diagonalisable, a = 0 et 0 1 0 A = 0 0 0 . 0 −2 2 Le système X 0 = AX est équivalent à
0 0 x (t) 0 1 0 x(t) x = y y0 (t) = 0 0 0 y(t) ⇐⇒ y0 = 0 0 z0 (t) 0 −2 2 z(t) z = −2y + 2z 1902
Si y0 = 0, alors y(t) = α, α ∈ R. Ainsi, si x0 = α, x(t) = αt + β , β ∈ R et la troisième équation devient z0 = 2z − 2α et sa solution s’écrit z(t) = γe2t + α, γ ∈ R. D’où la solution générale du système x(t) αt + β t 1 0 α X(t) = y(t) = = α 1 +β 0 +γ 0 2t z(t) γe + α 1 0 e2t (α, β , γ) ∈ R3 .
(c) Soit E0 l’ensemble des éléments s de E tels que limt→+∞ s(t) = ~0. Démontrons que E0 est un sousespace vectoriel de E. Pour démontrer que E0 est un sous-espace vectoriel de E, il suffit de démontrer que 0E ∈ E0 et que E0 est stable par combinaison linéaire. La fonction nulle est clairement dans E0 , par ailleurs, si s1 et s2 sont dans E0 et si a1 , a2 ∈ R, on a lim a1 s1 (t) + a2 s2 (t) = ~0
t→+∞
ce qui prouve que a1 s1 + a2 s2 ∈ E0 . Déterminons sa dimension en fonction de a. Nous avons, dans tous les cas, une base de l’espace des solutions, donc l’écriture de la solution générale, on regarde alors les solutions de E qui sont dans E0 . 1er cas : a 6= 2 et a 6= 0, la solution générale s’écrit s(t) = α(1, 0, 0) + β (0, 0, e2t ) + γ(eat , aeat , aeat ), (α, β , γ) ∈ R3 . Ainsi, si a > 0, s(t) ∈ E0 ⇐⇒ s = ~0, dim E0 = 0, et si a < 0, s(t) ∈ E0 ⇐⇒ α = β = 0, dim E0 = 1. 2ème cas : a = 2, la solution générale s’écrit s(t) = α(1, 0, 0) + β (0, 0, e2t ) + γ(e2t , 2e2t , 0), (α, β , γ) ∈ R3 . Ainsi, s(t) ∈ E0 ⇐⇒ s = ~0, dim E0 = 0. 3ème cas : a = 0, la solution générale s’écrit s(t) = α(1, 0, 0) + β (0, 0, e2t ) + γ(t, 1, 1), (α, β , γ) ∈ R3 . Ainsi, s(t) ∈ E0 ⇐⇒ s = ~0, dim E0 = 0.
(d) Soit F l’ensemble des éléments s de E bornés sur [0, +∞[. Démontrons que F est un sous-espace vectoriel de E. Pour démontrer que F est un sous-espace vectoriel de E, il suffit de démontrer que 0E ∈ F et que F est stable par combinaison linéaire. La fonction nulle est clairement dans F, par ailleurs, si s1 et s2 sont dans E0 et si a1 , a2 ∈ R, la fonction a1 s1 (t) + a2 s2 (t) est bornée sur [0, +∞[, donc dans F. Déterminons sa dimension en fonction de a. Comme dans le cas précédent, suivant la forme de la solution générale, on a si a > 0, les seules solutions bornées sur [0, +∞[ sont de la forme s(t) = α(1, 0, 0), α ∈ R, ainsi dim F = 1. si a < 0, les seules solutions bornées sur [0, +∞[ sont de la forme s(t) = α(1, 0, 0) + γ(eat , aeat , aeat ), (α, γ) ∈ R2 , dim F = 2. Correction de l’exercice 3137 N I 1903
Soit α ∈ R et Aα ∈ M3 (R) la matrice suivante −1 0 α + 1 0 Aα = 1 −2 −1 1 α
(a) Factorisons le polynôme caractéristique PAα (X) en produit de facteurs du premier degré. On a −1 − X 0 α + 1 −1 − X 0 α + 1 −2 − X 0 = −1 − X −2 − X 0 PAα (X) = 1 −1 1 α − X 0 1 α − X −1 − X 0 α + 1 −2 − X −α − 1 = 0 0 1 α −X = (−1 − X)[(−2 − X)(α − X) + α + 1]
= −(X + 1)[X 2 + (2 − α)X + 1 − α].
Factorisons le polynôme X 2 + (2 − α)X + 1 − α, son discriminant est égal à ∆ = (2 − α)2 − 4(1 − α) = α 2 .
On a donc
√ ∆ = |α|, ce qui nous donne les deux racines λ1 =
α −2−α α −2+α = −1 et λ2 = = α − 1. 2 2
Le polynôme caractéristique PAα (X) se factorise donc en PAα (X) = −(X + 1)2 (X − α + 1). (b) Déterminons selon la valeur du paramètre α les valeurs propres distinctes de Aα et leur multiplicité. Les valeurs propres de Aα sont les racines du polynôme caractéristique PAα , ainsi, - si α = 0, la matrice Aα admet une valeur propre triple λ = −1, - si α 6= 0, la matrice Aα admet deux valeurs propres distinctes λ1 = −1 valeur propre double et λ2 = α − 1, valeur propre simple. (c) Déterminons les valeurs de α pour lesquelles la matrice Aα est diagonalisable. Il est clair que dans le cas α = 0, la matrice n’est pas diagonalisable, en effet si elle l’était, il existerait une matrice inversible P telle que Aα = P(−I)P−1 = −I, ce qui n’est pas le cas. Si α 6= 0, la matrice Aα est diagonalisable si le sous-espace propre associé à la valeur propre −1 est de dimension 2. Déterminons ce sous-espace propre.
ainsi,
−1 0 α + 1 x −x 0 y = −y E−1 = ker(Aα + I) = (x, y, z) ∈ R3 , 1 −2 −1 1 α z −z (x, y, z) ∈ E−1
( −x + (α + 1)z = −x (α + 1)z = 0 x − 2y = −y ⇐⇒ ⇐⇒ x−y = 0 −x + y + αz = −z
Il faut distinguer les cas α = −1 et α 6= −1. - Si α = −1, le sous-espace E−1 est le plan vectoriel d’équation x = y, dans ce cas la matrice Aα est diagonalisable. - Si α 6= −1, le sous-espace E−1 est la droite vectorielle engendrée par le vecteur (1, 1, 0), dans ce cas la matrice Aα n’est pas diagonalisable. 1904
(d) Déterminons selon la valeur de α le polynôme minimal de Aα . Notons QA le polynôme minimal de Aα . On sait que la matrice Aα est diagonalisable sur R si et seulement si son polynôme minimal a toutes ses racines dans R et que celles-ci sont simples. Or, nous venons de démontrer que Aα est diagonalisable sur R si et seulement α = −1, on a donc - Si α = −1, Aα est diagonalisable, donc QA (X) = (X + 1)(X − α + 1) = (X + 1)(X + 2). - Si α 6= −1, on doit distinguer les cas α = 0 et α 6= 0, en effet, - si α 6= 0, Aα n’est pas diagonalisable donc les racines de QA ne sont pas toutes les deux simples, et PA admet deux racines distinctes, donc QA (X) = −PA (X) = (X + 1)2 (X − α + 1). - si α = 0, on a PA (X) = −(X + 1)3 et A0 n’est pas diagonalisable, le polynôme minimal peut donc être égal à (X + 1)2 ou à (X + 1)3 , or 0 0 1 0 0 1 −1 1 1 (A + I)2 = 1 −1 0 1 −1 0 = −1 1 1 6= 0 −1 1 1 −1 1 1 0 0 0 donc le polynôme minimal QA est égal à (X + 1)3 .
II On suppose désormais que α = 0, on note A = A0 et f On a donc −1 A = A0 = 1 −1 et PA (X) = −(X + 1)3 .
l’endomorphisme de R3 associé à la matrice A. 0 1 −2 0 1 0
(a) Déterminons les sous-espaces propres et caractéristiques de A. La matrice A admet une unique valeur propre λ = −1 de multiplicité 3, le sous-espace propre associé est l’espace E−1 = ker(A + I), et on a ( −x + z = −x z=0 x − 2y = −y ⇐⇒ (x, y, z) ∈ E−1 ⇐⇒ x=y −x + y = −z Le sous-espace E−1 est la droite vectorielle engendrée par le vecteur (1, 1, 0). Le sous-espace caractéristique de A, associé à l’unique valeur propre λ = −1, est le sous-espace N−1 = ker(A + I)3 , or, compte tenu du théorème de Hamilton-Cayley, on sait que PA (A) = 0, ainsi, la matrice (A + I)3 est la matrice nulle, ce qui implique N−1 = R3 , c’est donc l’espace tout entier.
(b) Démontrons que le sous-espace vectoriel ker(A + I)2 est un plan stable par f . On a E−1 = ker(A + I) ⊂ ker(A + I)2 ⊂ ker(A + I)3 = R3 , le sous-espace ker(A + I)2 est clairement stable par A car pour tout v ∈ ker(A + I)2 , Av ∈ ker(A + I)2 , en effet (A + I)2 Av = A(A + I)2 v = 0. Démontrons que ce sous-espace est un plan. On a 0 0 1 0 0 1 −1 1 1 (A + I)2 = 1 −1 0 1 −1 0 = −1 1 1 −1 1 1 −1 1 1 0 0 0
donc ker(A + I)2 = {(x, y, z) ∈ R3 , −x + y + z = 0}, c’est bien un plan vectoriel.
1905
(c) Démontrons qu’il existe une base de R3 dans laquelle la matrice de f est −1 1 0 B = 0 −1 1 0 0 −1
et trouvons une matrice P inversible telle que A = PBP−1 . Nous cherchons des vecteurs e1 , e2 , e3 tels que Ae1 = e1 , Ae2 = e1 − e2 et Ae3 = e2 − e3 . Le vecteur e1 appartient à E1 = ker(A + I), et ker(A + I) est la droite d’équations : {z = 0, x − y = 0} ; nous choisirons e2 ∈ ker(A + I)2 tel que (e1 , e2 ) soit une base de ker(A + I)2 . Remarquons que si l’on cherche e2 = (x, y, z) tel que Ae2 = e1 − e2 , on obtient le système ( 1−x −1 0 1 x −x + z = 1 − x z=1 1 −2 0 y = 1 − y ⇐⇒ x − 2y = 1 − y ⇐⇒ x−y = 1 −1 1 0 z −z −x + y = −z
ce qui nous donne bien un vecteur de ker(A + I)2 . Ainsi, les vecteurs e1 = (1, 1, 0) et e2 = (1, 0, 1) conviennent. Il nous reste à chercher un vecteur e3 tel que Ae3 = e2 − e3 , c’est-à-dire ( −1 0 1 x 1−x −x + z = 1 − x z=1 1 −2 0 y = −y ⇐⇒ x − 2y = −y ⇐⇒ x=y −1 1 0 z 1−z −x + y = 1 − z Le vecteur e3 = (0, 0, 1) convient. On obtient alors la matrice P suivante qui est inversible et vérifie A = PBP−1 , 1 1 0 P = 1 0 0 0 1 1
(d) Décomposition de Dunford de B On a −1 0 0 0 1 0 −1 1 0 B = 0 −1 1 = 0 −1 0 + 0 0 1 0 0 −1 0 0 −1 0 0 0
et il est clair que les deux matrices commutent car l’une est égale à −I. Or, il existe un unique couple de matrices D et N, D diagonalisable et N nilpotente, telles que B = D + N et DN = ND. Or si −1 0 0 0 1 0 D = 0 −1 0 et N = 0 0 1 , 0 0 −1 0 0 0 On a
0 1 0 0 1 0 0 0 1 N 2 = 0 0 1 0 0 1 = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
et N 3 = 0. La décomposition B = D + N est donc bien la décomposition de Dunford de la matrice B. (e) Pour t ∈ R, calculons exptB et exprimons exptA à l’aide de P et exptB. On a N 3 = 0 donc pour tout t ∈ R, (tN)3 = 0 et l’exponentielle est égale à exp(tN) = I + tN + (t 2 /2)N 2 , par ailleurs ND = DN, donc pour tout t ∈ R, les matrices tN et tD commutent également, (tN)(tD) = (tD)(tN), on a donc t2 2 −t exp(tB) = exp(tD + tN) = exp(tD) exp(tN) = exp(−tI) exp(tN) = e I I + tN + N 2 1906
D’où
1 t −t exp(tB) = e 0 1 0 0
Pour déterminer l’exponentielle de la matrice tA, on écrit
t2 2
t . 1
exp(tA) = exp(t(PBP−1 )) = exp(P(tA)P−1 ) = P exp(tB)P−1 . (f) Solutions des systèmes différentiels Y 0 = BY et X 0 = AX. La solution générale du système Y 0 = BY s’écrit S(t) = exp(tB)v où v = (a, b, c) est un vecteur de R3 . La solution S : R 7→ R3 s’écrit donc 2 2 x(t) a 1 t t2 a + bt + c t2 S(t) = y(t) = e−t 0 1 t b = e−t b + ct z(t) c 0 0 1 c Pour obtenir la solution du système X 0 = AX, on écrit
X 0 = AX ⇐⇒ X 0 = (PBP−1 )X ⇐⇒ P−1 X 0 = (BP−1 )X ⇐⇒ (P−1 X)0 = B(P−1 X) ainsi, en notant Y = P−1 X ou encore X = PY , les solutions du système X 0 = AX sont les PS(t) où P est la matrice vérifiant A = PBP−1 et S une solution du système Y 0 = BY . La solution générale du système X 0 = AX s’écrit donc −t 2 2 x(t) 1 1 0 (a + b) + (c + b)t + c t2 e (a + bt + c t2 ) 2 X(t) = y(t) = 1 0 0 e−t (b + ct) = e−t a + bt + c t2 −t z(t) 0 1 1 e c (b + c) + ct où (a, b, c) ∈ R3 .
III On suppose, dans cette partie, que α = −1, on note A = A−1 . −1 0 0 A = 1 −2 0 −1 1 −1
(a) Vérifions que la matrice A est diagonalisable. Nous avons vu dans la partie I)3) que lorsque α = −1, la matrice est diagonalisable, en effet, dans ce cas, elle admet deux valeurs propres : −1, valeur propre double et −2, valeur propre simple. Le sous-espace propre associé à la valeur propre −1 étant le plan d’équation x = y.
(b) Diagonalisons la matrice A. Pour cela déterminons une base de vecteurs propres. Le plan x = y est engendré par les vecteurs u(1, 1, 0) et v(0, 0, 1), déterminons un vecteur directeur de la droite E−2 : −1 0 0 x −2x E−2 = ker(Aα + 2I) = (x, y, z) ∈ R3 , 1 −2 0 y = −2y −1 1 −1 z −2z ainsi,
(x, y, z) ∈ E−2 ⇐⇒
−x = −2x
x − 2y = −2y ⇐⇒
−x + y − z = −2z
1907
(
x=0 y = −z
Le sous-espace propre E−2 est la droite vectorielle engendrée par le vecteur w(0, 1, −1). Ainsi, dans la base (u, v, w) la matrice est diagonale et s’écrit −1 0 0 D = 0 −1 0 , 0 0 −2 on a A = PDP−1 , où
1 0 0 P = 1 0 1 0 1 −1
(c) Donnons les solutions du système différentiel X 0 = A.X. Si on note X = PY , les solutions du système X 0 = AX sont les PS(t) où S une solution du système Y 0 = DY . Ainsi, la solution générale du système X 0 = A.X s’écrit −t ae−t x(t) 1 0 0 ae X(t) = y(t) = 1 0 1 be−t = ae−t + be−t be−t + ce−2t z(t) 0 1 −1 ce−2t où (a, b, c) ∈ R3 .
IV On suppose, dans cette partie, que α = 1, on note A = A1 . −1 0 2 A = 1 −2 0 −1 1 1
(a) Déterminons les sous-espaces propres et caractéristiques de A. La matrice A admet deux valeurs propres : −1, valeur propre double et 0, valeur propre simple. Le sous-espace propre E−1 , associé à la valeur propre −1, est la droite vectorielle engendrée par le vecteur (1, 1, 0). Déterminons le sous-espace E0 : 0 x −1 0 2 3 y = 0 1 −2 0 E0 = ker(A) = (x, y, z) ∈ R , 0 z −1 1 1 ainsi,
(x, y, z) ∈ E0 ⇐⇒
−x + 2z = 0
x − 2y = 0 ⇐⇒
−x + y + z = 0
(
x = 2z x = 2y
Le sous-espace propre E0 est la droite vectorielle engendrée par (2, 1, 1). Le sous-espace caractéristique associé à la valeur propre 0 est le sous-espace propre E0 . Déterminons le sous-espace caractéristique associé à la valeur propre double −1 c’est l’espace vectoriel ker(A + I)2 . On a 2 0 0 2 −2 2 4 (A + I)2 = 1 −1 0 = −1 1 2 . −1 1 2 −1 1 2
Ainsi, ker(A + I)2 est le plan vectoriel d’équation −x + y + 2z = 0, engendré par les vecteurs (1, 1, 0) ∈ E−1 et (2, 0, 1).
(b) Trigonalisons la matrice A. Dans la base (u, v, w) où u(2, 1, 1), v(1, 1, 0) et w(2, 0, 1) la matrice est triangulaire, il existe λ tel que A.w = λ v − w. −1 0 2 2 0 1 0 A.w = 1 −2 0 . 0 = 2 = 2 1 − 2 −1 1 1 1 −1 0 1 1908
Ainsi A = PT P−1 où
0 0 0 2 1 2 T = 0 −1 2 et P = 1 1 0 . 0 0 −1 1 0 1
Correction de l’exercice 3138 N Soit A une matrice 2 × 2 à coefficients réels.
a b A= c d
On suppose a + c = b + d = 1 et a − b 6= 1. (a) Soient (x1 , x2 ), (y1 , y2 ) deux vecteurs de R2 , tels que x y A 1 = 1 x2 y2 On montre que y1 + y2 = x1 + x2 . On a x1 a b x1 ax1 + bx2 y A = = = 1 , x2 c d x2 cx1 + dx2 y2 d’où y1 + y2 = ax1 + bx2 + cx1 + dx2 = (a + c)x1 + (b + d)x2 = x1 + x2 . (b) Soit le vecteur ~x = (1, −1), vérifions que ~x est un vecteur propre de A, et déterminons sa valeur propre. a b 1 a−b A.~x = = , c d −1 c−d or c − d = (1 − a) − (1 − b) = −(a − b), car a + b = c + d = 1. Ainsi, a b 1 a−b 1 = = (a − b) . c d −1 −(a − b) −1 Ainsi, le vecteur ~x est un vecteur propre de A pour la valeur propre a − b.
(c) Déterminons le polynôme caractéristique de A et calculons ses racines. Tout d’abord, compte tenu de l’hypothèse a + b = c + d = 1, nous écrirons a b A= . 1−a 1−b D’où
a − X PA (X) = 1−a
b = (a − X)(1 − b − X) − b(1 − a) = X 2 − (a − b + 1)X + (a − b). 1 − b − X
On sait, d’après la question précédente que a −b est racine de ce polynôme, or, le produit des racines est égal à a − b et la somme à a − b + 1, ainsi la seconde racine est égale é 1.
(d) Déterminons un vecteur propre, ~y, de A non colinéaire à ~x et exprimons la matrice de l’endomorphisme défini par A dans la base (~x,~y). Un vecteur propre non colinéaire à ~x est vecteur propre pour la valeur propre 1. Ainsi, si on note ~y = (y1 , y2 ), on a a b y1 y A~y =~y ⇐⇒ = 1 , 1−a 1−b y2 y2 ce qui équivaut à
(
ay1 + by2 = y1 (1 − a)y1 + (1 − b)y2 = y2
⇐⇒ (a − 1)y1 + by2 = 0.
Le vecteur ~y = (b, 1 − a) est un vecteur propre de A pour la valeur propre 1. 1909
Correction de l’exercice 3139 N Soit E un espace vectoriel de dimension 3. On note B = (~e1 ,~e2 ,~e3 ) une base de E, si ~u est un vecteur de E on note (x, y, z) ses coordonnées dans la base B. Soit f une application linéaire de E dans lui-même, définie par f : E −→ E 0 x x −x + y − z y 7−→ y0 = 2x + 2z z 4x − 2y + 4z z0
(a) Ecrivons la matrice A de f dans la base B. On a f (~e1 ) = (−1, 2, 4), f (~e2 ) = (1, 0, −2) et f (~e3 ) = (−1, 2, 4). D’où la matrice −1 1 −1 0 2 . A= 2 4 −2 4 (b) Déterminons les sous-espaces ker f et Im f . Le sous-espace vectoriel Im f est engendré par les vecteurs f (~e1 ), f (~e2 ) et f (~e3 ) = f (~e1 ), c’est donc le plan vectoriel engendré par les vecteurs f (~e1 ) = (−1, 2, 4) et f (~e2 ) = (1, 0, −2) qui sont clairement linéairement indépendants. Pour le noyau, on a ker f = {~u ∈ E, f (~u) = ~0}, ainsi, ( −x + y − z = 0 x+z = 0 2(x + z) = 0 ⇐⇒ ~u = (x, y, z) ∈ ker f ⇐⇒ y=0 4x − 2y + 4z = 0 C’est donc la droite vectorielle engendrée par le vecteur ~v = (1, 0, −1).
(c) Soient ~u1 = (1, 0, −1), ~u2 = (1, 2, 0) et ~u3 = (0, 1, 1). Démontrons que (~u1 ,~u2 ,~u3 ) est une base de E. Pour cela nous allons vérifier que le déterminant de leurs coordonnées est non nul, 1 1 0 2 1 1 0 0 2 1 = 0 1 − 2 1 = 2 − 1 = 1 6= 0. −1 0 1 Ainsi, les trois vecteurs ~u1 ,~u2 ,~u3 sont linéairement indépendants, ils forment donc une base de E, car E est de dimension 3.
(d) Calculons f (~u1 ), f (~u2 ) et f (~u3 ) et déterminons la matrice B de f dans la base (~u1 ,~u2 ,~u3 ). On a f (~u1 ) = ~0, −1 + 2 1 f (~u2 ) = 2 = 2 = ~u2 . 4−4 0 1−1 0 f (~u3 ) = 2 = 2 = 2~u3 . −4 + 2 2 Ainsi la matrice B de f dans la base (~u1 ,~u2 ,~u3 ) s’écrit 0 0 0 B = 0 1 0 . 0 0 2 1910
(e) Déterminons les valeurs propres de f et, pour chacune, un vecteur propre. D’après la question précédente, les valeurs propres de f sont 0, 1 et 2, et les vecteurs propres sont ~u1 pour la valeur propre 0, ~u2 pour la valeur propre 1 et ~u3 pour la valeur propre 2. Correction de l’exercice 3140 N Soit E un espace vectoriel de dimension n. On cherche à déterminer une matrice A ∈ Mn (R) telle que A2 = −In , où In désigne la matrice identité d’ordre n. On notera f l’endomorphisme de E de matrice A dans la base canonique. (a) Démontrons que l’existence d’une telle matrice implique la parité de n. Supposons qu’il existe A ∈ Mn (R) telle que A2 = −In , on a alors det(A2 ) = (det A)2 = (−1)n , ce qui implique n pair, car un carré est toujours positif. (b) On suppose maintenant que n = 4. i. Démontrons que pour tout ~x ∈ E, ~x 6= 0, les vecteurs ~x et f (~x) sont linéairement indépendants. Soit ~x ∈ E, on suppose ~x 6= 0, supposons qu’il existe des réels a, b tels que a~x + b f (~x) = ~0, on a alors a~x + b f (~x) = ~0 =⇒ f (a~x + b f (~x)) = ~0 =⇒ a f (~x) − b~x = ~0, car f 2 = −idE . Or,
(
a~x + b f (~x) = ~0 =⇒ (a2 + b2 )~x = ~0, ~ a f (~x) − b~x = 0
ce qui implique a2 + b2 = 0 car ~x 6= ~0, et, donc a = b = 0. Ce qui prouve que les vecteurs ~x et f (~x) sont linéairement indépendants. ii. Soit ~x1 6= 0, on note F le sous-espace vectoriel de E engendré par les vecteurs ~x1 et f (~x1 ). A. Démontrons que F est stable par f . Soit ~x ∈ F, il existe (a, b) ∈ R2 tel que ~x = a~x1 + b f (~x1 ), d’où
f (~x) = f (a~x1 + b f (~x1 )) = a f (~x1 ) + b f 2 (~x) = a f (~x1 ) − b~x1 ∈ F. D’où la stabilité de F par f . B. Soit ~x2 ∈ E, on suppose que ~x2 ∈ 6 / F. Démontrons que B = (~x1 , f (~x1 ),~x2 , f (~x2 )) est une base de E. La dimension de E étant égale à 4, il suffit de démontrer que les vecteurs sont linéairement indépendants. Supposons qu’il existe (a1 , b1 , a2 , b2 ) ∈ R4 tel que a1~x1 + b1 f (~x1 ) + a2~x2 + b2 f (~x2 ) = ~0, on a alors, a2~x2 + b2 f (~x2 ) ∈ F, et, comme F est stable par f , f (a2~x2 + b2 f (~x2 )) = a2 f (~x2 ) − b2~x2 ∈ F. Ce qui implique (a22 + b22 )~x2 ∈ F
d’où a22 + b22 = 0
car on a supposé ~x2 ∈ 6 / F. On a donc a2 = b2 = 0 et, par conséquent, a1~x1 + b1 f (~x1 ) = 0, or les vecteurs ~x1 et f (~x1 ) sont linéairement indépendants, ce qui implique a1 = b1 = 0. D’où l’indépendance des vecteurs ~x1 , f (~x1 ),~x2 , f (~x2 ).
1911
iii. Ecrivons la matrice A de f dans la base B. On calcule les images des vecteurs de la base B. On a f (~x1 ) = f (~x1 ), f ( f (~x1 )) = −~x1 , f (~x2 ) = f (~x2 ), f ( f (~x2 )) = −~x2 . D’où la matrice 0 −1 0 0 1 0 0 0 A= 0 0 0 −1 0 0 1 0 iv. Calculons det f et det(λ idE − f ) pour λ ∈ R. On a, en développant par blocs, 0 −1 0 0 1 0 0 0 0 −1 0 −1 det f = det A = = 1 0 . 1 0 = 1. 0 0 0 −1 0 0 1 0 De même,
λ −1 0 0 1 λ 0 0 λ −1 λ −1 2 2 det(λ idE − f ) = det(λ I4 − A) = = 1 λ . 1 λ = (λ + 1) . 0 0 λ −1 0 0 1 λ
v. L’endomorphisme f admet-il des valeurs propres réelles ? Les valeurs propres réelles de f sont les réels λ qui annulent det(λ idE − f ), ce sont donc les réels λ tels que λ 2 + 1 = 0. Ainsi, f n’admet pas de valeurs propres réelles. Correction de l’exercice 3141 N Soient a ∈ R, b ∈ R et A la matrice
1 a 0 0 1 b 0 0 2
(a) Donnons les valeurs de a et de b pour lesquelles la décomposition de Dunford de A est
0 a 0 1 0 0 A = 0 1 0 + 0 0 b 0 0 0 0 0 2 1 0 0 0 a 0 Notons D = 0 1 0 et N = 0 0 b. Cette décomposition de A = D + N est sa décompo0 0 2 0 0 0 sition de Dunford si et seulement si N est nilpotente (il est clair que D est diagonale) et si ND = DN. Vérifions que N est nilpotente : 0 a 0 0 a 0 0 0 ab 0 0 0 N 2 = 0 0 b . 0 0 b = 0 0 0 , N 3 = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ainsi la matrice N est bien nilpotente quelques soient les valeurs de a et b. Déterminons pour quelles valeurs de a et b les matrices commutent. 0 a 0 1 0 0 0 a 0 N.D = 0 0 b . 0 1 0 = 0 0 2b 0 0 0 0 0 2 0 0 0 1912
et
1 0 0 0 a 0 0 a 0 D.N = 0 1 0 . 0 0 b = 0 0 b . 0 0 2 0 0 0 0 0 0
Ainsi, ND = DN si et seulement si b = 2b, c’est-à-dire si b = 0. Le paramètre a peut prendre n’importe quelle valeur. (b) On suppose dans la suite que b = 1 et a 6= 0.
1 a 0 A = 0 1 1 0 0 2
i. Déterminons les sous espaces propres et les sous espaces caractéristiques de A. Commençons par déterminer les valeurs propres de A, ce qui est immédiat car A est sous forme triangulaire. Elle admet donc deux valeurs propres, 1 valeur propre double et 2 valeur propre simple. Notons E1 et E2 les sous-espaces propres de A. E1 = {~u = (x, y, z) ∈ R3 , A~u = ~u}. On a
x + ay = x y+z = y ~u ∈ E1 ⇐⇒ 2z = z
⇐⇒
(
y=0 z=0
L’espace E1 est donc la droite vectorielle engendrée par le vecteur (1, 0, 0), ce sous-espace propre associé à la valeur propre double 1 est de dimension 1, la matrice n’est pas diagonalisable. E2 = {~u = (x, y, z) ∈ R3 , A~u = 2~u}. On a
x + ay = 2x y + z = 2y ~u ∈ E2 ⇐⇒ 2z = 2z
⇐⇒
(
x = ay y=z
L’espace E2 est donc la droite vectorielle engendrée par le vecteur (a, 1, 1). La valeur propre 2 étant simple, le sous-espace caractéristique N2 associé est égal à l’espace E2 . Déterminons le sous-espace caractéristique N1 associé à la valeur propre 1. On a N1 = ker(A − I)2 . Calculons la matrice (A − I)2 . 0 a 0 0 a 0 0 0 a (A − I)2 = 0 0 1 0 0 1 = 0 0 1 . 0 0 1 0 0 1 0 0 1 Ainsi, le noyau de (A − I)2 est le plan engendré par les vecteurs ~e1 = (1, 0, 0) et ~e2 = (0, 1, 0).
ii. Déterminons D diagonalisable et N nilpotente telles que D commute avec N et A = D + N.
Notons ~e3 = (a, 1, 1), dans la base (~e1 ,~e2 ,~e3 ), la matrice associée à l’endomorphisme représenté par A s’écrit 0 a 0 1 a 0 1 0 0 B = 0 1 0 = 0 1 0 + 0 0 0 . 0 0 2 0 0 2 0 0 0 | {z } | {z } ∆
1913
M
Par construction, c’est la décomposition de Dunford de B et on a A = PBP−1 avec 1 0 a 1 0 −a P = 0 1 1 et P−1 = 0 1 −1 . 0 0 1 0 0 1
Les matrices D = P∆P−1 et N = PMP−1 vérifient, N nilpotente, D diagonalisable et ND = DN. Calculons les 1 0 a 1 0 0 1 0 −a 1 0 a D = P∆P−1 = 0 1 1 0 1 0 0 1 −1 = 0 1 1 0 0 1 0 0 2 0 0 1 0 0 2 1 0 a 0 a 0 1 0 −a 0 a −a N = PMP−1 = 0 1 1 0 0 0 0 1 −1 = 0 0 0 = A − D. 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 Ainsi
1 a 0 0 a −a 1 0 a A = 0 1 1 = N + D = 0 0 0 + 0 1 1 . 0 0 2 0 0 0 0 0 2
(c) Soit le système différentiel suivant :
0 x1 (t) = x1 (t) + 2x2 (t) x20 (t) = x2 (t) + x3 (t) E : 0 x3 (t) = 2x3 (t)
Déterminons les solutions de E . Remarquons que, si l’on note X = (x1 , x2 , x3 ), le système E s’écrit X 0 = AX avec 1 2 0 A = 0 1 1 0 0 2
qui correspond à la matrice A précédente avec a = 2 et b = 1. La solution générale du système s’écrit X(t) = exp(tA)V où V = (a, b, c) est un vecteur de R3 . −1 Par ailleurs X = PY est solution de X 0 = AX ⇐⇒ Y est solution de Y 0 = P | {zAP} Y . La solution B
générale du système Y 0 = BY s’écrit Y = exp(tB)V où V ∈ R3 . Calculons donc l’exponentielle de la matrice tB pour t ∈ R. On a vu dans la question précédente que B = ∆ + M avec ∆M = M∆, ainsi exp(tB) = exp(t∆). exp(tM) t e 0 0 = 0 et 0 .(I + tM) 0 0 e2t t e 0 0 1 2t = 0 et 0 0 1 0 0 e2t 0 0
car M 2 = O t 0 e 0 = 0 1 0
2tet et 0
0 0 . e2t
La solution générale du système E s’écrit donc X = P exp(tB).V où V = (a, b, c) ∈ R3 . C’est-à-dire t t 1 0 2 e 2tet 0 a e 2tet 2e2t a t t 2t e b 0 e 0 b = 0 e X(t) = 0 1 1 2t 2t 0 0 1 0 0 e c 0 0 e c 1914
où encore
t 2t x1 (t) = (a + 2bt)e + 2ce x2 (t) = bet + ce2t x3 (t) = ce2t
Correction de l’exercice 3142 N Questions préliminaires : (a) Soient E un espace vectoriel réel de dimension n et u un endomorphisme de E. Soit P ∈ R[X] un polynôme. Soit λ une valeur propre de u et ~x un vecteur propre associé à λ . Démontrons que ~x est vecteur propre de l’endomorphisme P(u) pour la valeur propre P(λ ). On a u(~x) = λ~x, et, par récurrence sur n, pour tout n ∈ |||, un (~x) = λ n~x. Notons P(X) = a0 + a1 X + a2 X 2 + · · · + ad X d , l’endomorphisme P(u) vérifie P(u)(~x) = (a0 idE + a1 u + a2 u2 + · · · + ad ud )(~x) = a0~x + a1 λ~x + a2 λ 2~x + · · · + ad λ d~x = P(λ )~x
ce qui prouve que le vecteur ~x est vecteur propre de l’endomorphisme P(u) pour la valeur propre P(λ ). (b) Théorème de Hamilton-Cayley. Soient E un espace vectoriel réel de dimension n et u un endomorphisme de E. Soit P le polynôme caractéristique de u, alors P(u) = 0 (le zéro étant celui de l’ensemble des endomorphisme de E) Version matricielle : Si A ∈ Mn (C) est une matrice et PA son polynôme caractéristique, alors PA (A) = 0 (le zéro étant celui de Mn (C)). Soit
1 0 0 A = −9 1 9 . 9 0 −8
(a) Déterminons les valeurs propres de A. Pour cela calculons son polynôme caractéristique : 1 − X 0 0 9 = (1 − X)2 (−8 − X). PA (X) = −9 1 − X 9 0 −8 − X
La matrice A admet deux valeurs propres, 1 valeur propre double et −8 valeur propre simple. Déterminons une base de vecteurs propres de A. Soit ~u = (x, y, z) un vecteur propre associé à la valeur propre 1, on a x=x A.~u = ~u ⇐⇒ −9x + y + 9z = y ⇐⇒ x = z 9x − 8z = z
Ainsi, le sous-espace propre associé à la valeur propre 1 est un plan vectoriel dont les vecteurs ~e1 = (0, 1, 0) et ~e2 = (1, 0, 1) forment une base. Soit ~u = (x, y, z) un vecteur propre associé à la valeur propre −8, on a ( x = −8x x=0 A.~u = −8~u ⇐⇒ −9x + y + 9z = −8y ⇐⇒ z = −y 9x − 8z = −8z 1915
Ainsi, le sous-espace propre associé à la valeur propre −8 est une droite vectorielle engendrée par le vecteur ~e3 = (0, 1, −1). Les vecteurs ~e1 ,~e2 ,~e3 ci-dessus forment une base de E composée de vecteurs propres de A. Diagonalisons A. 1 0 0 Dans cette base, la matrice s’écrit D = 0 1 0 et on a A = PDP−1 avec 0 0 −8 0 1 0 P = 1 0 1 . 0 1 −1
(b) On cherche à déterminer une matrice B telle que B3 = A.
i. Démontrons que si λ est une valeur propre de B alors λ 3 est une valeur propre de A. On considère le polynôme P(X) = X 3 , on applique la question préliminaire a). Si λ est une valeur propre de B, alors P(λ ) = λ 3 est une valeur propre de A = P(B) = B3 . ii. Déterminons les valeurs propres de B et leur multiplicité. Si λ1 , λ2 , λ3 sont les valeurs propres de B (elles existent toujours dans C) et ~u1 ,~u2 ,~u3 les vecteurs propres associés, alors ces vecteurs sont aussi vecteurs propres de A pour les valeurs propres λ13 , λ23 , λ33 . Sachant que les valeurs propres de A sont 1,1 et −8, on a λ13 = λ23 = 1 et λ33 = −8. Ainsi les valeurs propres de B sont 1 de multiplicité 2 et −2 de multiplicité 1.
iii. Ecrivons le polynôme caractéristique de B. Compte tenu de la question précédente, on a
PB (X) = (1 − X)2 (−2 − X). iv. Déterminons B telle que B3 = A. On a PB (X) = (1 − X)2 (−2 − X) = −X 3 + 3X − 2, or, d’après le théorème de Cayley-Hamilton, on a PB (B) = 0, c’est-à-dire −B3 + 3B − 2I = 0, par conséquent A = B3 = 3B − 2I. Ainsi, B = 1/3(A + 2I), d’où, 3 0 0 1 0 0 B = 1/3 −9 3 9 = −3 1 3 . 9 0 −6 3 0 −2
Correction de l’exercice 3143 N 1 −5 6 0 (a) P = , D= 1 2 0 −1 5 1 −2 0 (b) P = , D= −4 1 0 7 3 1 −3 0 (c) P = , −8 −1 0 2 2 −2 6 0 (d) P = , D= 1 1 0 2 Correction de l’exercice 3144 N
1916
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
(f)
(g)
(h)
(i)
(j)
−2 0√ 0 1 6 6 , D = 12 12 0√ P = −5 0 − 3−2 57 √ √ −3 9 − 57 9 + 57 0 0 − 3+2 57 1 3 −1 0 0 0 0 , D = 0 2 0 P = −2 4 1 1 1 0 0 −2 √ √ 6 √0 0 1 −2 + 3 −2 − 3 1√ 1√ , D = 0 3 0 P = 1 √ 1 1− 3 1+ 3 0 0 − 3 √ √ −3 0√ 0 −7 5 + 3√ 5 5 −√ 3 5 0√ P = 11 −4 √5 4 √ 5 , D = 0 5+2 5 5− 5 2 5+5 5 5−5 5 0 0 2 2 1 1 −1 0 0 P = −5 1 1, D = 0 −3 0 2 −2 1 0 0 6 1 1 1 1+i 0 0 1 − i 0 P = i −i 1, D = 0 0 0 1 0 0 2 1 1 1 0 0 0 P = 1 −1 0 , D = 0 3 0 1 0 −1 0 0 3 1 2 1 0 0 0 P = 1 0 3, D = 0 0 0 0 −1 2 0 0 2 0 0 0 −4 −1 −2 P = −3 −1 −1, D = 0 −1 0 0 0 2 4 2 1 0 0 0 −1 2 3 P = −1 1 0, D = 0 2 0 0 0 2 1 0 2
Correction de l’exercice 3145 N 1 0 0 0 −1 −1 1 −1 −1 1 3 3 , D = 0 −1 0 0 (a) P = 1 1 3 −3 0 0 3 0 1 −1 1 1 0 0 0 −3 1 1 1 1 2 0 0 0 1 0 0 −1 0 2 0 0 (b) P = 0 1 0 −1, D = 0 0 2 0 0 0 1 −1 0 0 0 −2 0 1 1 0 2 0 0 0 1 0 0 −1 0 , D = 0 2 0 (c) P = 1 0 1 0 0 0 −2 0 0 1 0 1 0 0 0 −2 1 0 30 18 −5 0 0 0 0 0 15 −99 0 , D = 0 2 0 (d) P = 0 0 21 99 0 0 −4 0 0 1 −11 11 0 0 0 −16 1917
1 0 7 −8 2 0 0 0 3 1 12 9 , D = 0 1 0 0 (e) P = 0 0 1 0 0 0 3 0 0 0 1 6 0 0 0 −1 (f) 1 est valeur propre quadruple, non diagonalisable. (g) 0 est valeur propre quadruple, non diagonalisable. √ −3±3 13 , 2
(h) 0 est vp double, rgA = 2. Autres vp :
Correction de l’exercice 3146 N 1 .. . ··· 1 1 n pair : P = 1 −1 .. ··· . 1
n impair : P =
1
..
. 1
1
1
−1
, D = diag(1, . . . , 1, −1, . . . , −1). 1
···
1 1 1
−1
···
..
diagonalisable.
. −1
, D = diag(1, . . . , 1, −1, . . . , −1).
Correction de l’exercice 3147 N P = ω (i−1)(1− j) , D = diag(1, ω, . . . , ω n−1 ) avec ω = exp(2iπ/n). Correction de l’exercice 3148 N 1 1 1 1 1 1 −1 −1 P= 1 −1 1 −1, D = diag (a + b + c + e, a − b − c + e, −a + b − c + e, −a − b + c + e). 1 −1 −1 1 Correction de l’exercice 3150 N 0 1 −2 (0) .. . 2 2 . . . (a) M = . −n(n − 1) 6 .. . n (0) n(n + 1) Correction de l’exercice 3151 N Oui ssi tr(A) 6= 0 ou A = 0. Correction de l’exercice 3152 N 1918
Soit P un élément de R2n [X]. f (P) est un polynôme de degré inférieur ou égal à 2n + 1 et de plus, si a est le coefficient de X 2n dans P, le coefficient de X 2n+1 dans f (P) est 2na − 2na = 0. Donc f (P) est un élément de R2n [X]. La linéarité de f étant claire, f est bien un endomorphisme de R2n [X]. Cherchons maintenant P polynôme non nul et λ réel tels que f (P) = λ P ce qui équivaut à 1 2n+λ P0 2nX+λ −2n+λ = = − . P 2 X−1 X+1 X 2 −1 0
En identifiant à la décomposition en éléments simples classique de PP (à savoir si P = K(X −z1 )α1 . . . (X − 0 αi zk )αk avec K 6= 0 et les zi deux à deux distincts, alors PP = ∑ki=1 X−z ), on voit que nécessairement P ne i peut admettre pour racines dans C que −1 et 1 et d’autre part que P est de degré 21 (2n+λ +2n−λ ) = 2n. P est donc nécessairement de la forme P = aPk avec a ∈ R∗ et Pk = (X − 1)k (X + 1)2n−k avec k ∈ [[0, 2n]]. Réciproquement, chaque Pk est non nul et vérifie Pk0 Pk
=
k X−1
+ 2n−k X+1 =
1 2
2n+(2k−2n) X−1
+ 2n−(2k−2n) . X+1
Donc, pour chaque k ∈ [[0, 2n]], Pk est vecteur propre de f associé à la valeur propre λk = 2(k − n). Ainsi, f admet 2n + 1 valeurs propres, nécessairement simples car dim(R2n [X] = 2n + 1). f est donc diagonalisable et les sous espaces propres de f sont les droites Vect(Pk ), 0 6 k 6 2n. Correction de l’exercice 3153 N A 4A −3A 4A detM = det = det (∀k ∈ [[1, n]], Lk ← Lk −Ln+k ) et donc detM = det(A)det(−3A) = A A 0 A (−3)n (detA)2 . detM = (−3)n (detA)2 .
1 4 L’idée de l’étude de M qui suit vient de l’étude de la matrice de format 2, B = . 1 1 −1 2 −2 2 −1 0 . Soit alors P la Une diagonalisation rapide amène à B = × × 41 1 2 1 1 0 3 −2In 2In matrice de format 2n définie par blocs par P = . Un calcul par blocs montre que P est In In −In 2In puis que inversible et que P−1 = 14 In 2In −In 2In A −2A −2In 2In A 4A −2In 2In P−1 MP = 41 = = 41 3A 6A In 2In A A In In In In −A 0 . 0 3A −A 0 On pose N = . Puisque les matrices M et N sont semblables, M et N ont même polynôme 0 3A caractéristique et de plus M est diagonalisable si et seulement si N l’est. X Cherchons les vecteurs propres Z de N sous la forme Z = où X et Y sont des vecteurs colonnes Y de format n. Sois λ ∈ C. −A 0 X X NZ = λ Z ⇔ =λ ⇔ −AX = λ X et 3AY = λY . 0 3A Y Y Par suite
1919
λ Z est vecteur propre de N associé à λ ⇔ (X = 6 0 ou Y = 6 0) et (X ∈ Ker(A + λ I) et Y ∈ Ker A − I ). 3 Une discussion suivant λ s’en suit : 1er cas. Si −λ et λ3 ne sont pas valeurs propres de A alors λ n’est pas valeur propre de M. 2ème cas. Si −λ est dans SpA et λ3 n’y est pas, alors λ est valeur propre de M. Le sous-espace propre X −2X = où X décrit Ker(A + λ I). La dimension de Eλ est associé est l’ensemble des P 0 X alors dim(Ker(A + λ I). 3ème cas. Si −λ n’est pas dans SpA et λ3 y est, alors λ est valeur propre de M. Le sous-espace propre 0 2Y associé est l’ensemble des P = où Y décrit Ker A − λ3 I . La dimension de Eλ est alors Y Y dim Ker A − λ3 I .
4ème cas. Si −λ est dans SpA et λ3 aussi, alors λ est valeur propre de M. Le sous-espace propre associé X −2X + 2Y est l’ensemble des P = où X décrit Ker(A + λ I) et Y décrit Ker A − λ3 I . La Y X +Y dimension de Eλ est alors dim(Ker(A + λ I)) + dim Ker A − λ3 I .
Dans tous les cas, dim(Eλ (M)) = dim(E−λ (A))+dim(Eλ /3 (A)) (et en particulier dim(KerM) = 2dim(KerA)). Comme les applications λ 7→ −λ et λ 7→ λ3 sont des bijections de C sur lui-même, A est diagonalisable ⇔ ⇔ ⇔
∑ dim(Eλ (A)) = n
λ ∈C
∑ dim(Eλ (A)) + ∑ dim(Eλ (A)) = 2n
λ ∈C
λ ∈C
∑ dim(E−λ (A)) + ∑ dim(Eλ /3 (A)) = 2n
λ ∈C
λ ∈C
⇔ M est diagonalisable.
Correction de l’exercice 3154 N Soit f l’endomorphisme de Rn de matrice A dans la base canonique (e1 , . . . , en ) de Rn . ∀i ∈ [[1, n]], f (ei ) = en+1−i et donc ∀i ∈ [[1, n]], f 2 (ei ) = ei . Donc f est une symétrie distincte de l’identité et en particulier SpA = {−1, 1} et f est diagonalisable. On en déduit que A est diagonalisable dans R. Correction de l’exercice 3155 N A est de format 2 et donc, soit a deux valeurs propres distinctes et est dans ce cas diagonalisable dans C, soit a une valeur propre double λ non nulle car TrA = 2λ 6= 0. Dans ce dernier cas, A2 est diagonalisable et est donc est semblable à diag(λ 2 , λ 2 ) = λ 2 I. Par suite, A2 = λ 2 I. Ainsi, A annule le polynôme X 2 − λ 2 = (X − λ )(X + λ ) qui est scindé sur R à racines simples. Dans ce cas aussi, A est diagonalisable. Correction de l’exercice 3156 N Trouvons un polynôme scindé à racines simples annulant f . Le polynôme P = X(X − λ )(X − µ) = X 3 − (λ + µ)X 2 + λ µX est annulateur de f . En effet, P( f ) = f 3 − (λ + µ) f 2 + λ µ f = (λ 3 − (λ + µ)λ 2 + (λ µ)λ )u + (µ 3 − (λ + µ)µ 2 + (λ µ)µ)v = P(λ )u + P(µ)v = 0.
1920
• Si λ et µ sont distincts et non nuls, P est un polynôme scindé à racines simples annulateur de f et donc f est diagonalisable. • Si λ = µ = 0, alors f = 0 et donc f est diagonalisable. • Si par exemple λ 6= 0 et µ = 0, f 2 = λ 2 u = λ f et et le polynôme P = X(X − λ ) est scindé à racines simples et annulateur de f . Dans ce cas aussi f est diagonalisable. • Enfin si λ = µ 6= 0, f 2 = λ 2 (u + v) = λ f et de nouveau P = X(X − λ ) est scindé à racines simples et annulateur de f . Dans tous les cas, f est diagonalisable. Correction de l’exercice 3157 N (Si les ak sont réels, la matrice A est symétrique réelle et les redoublants savent que la matrice A est diagonalisable.) Si tous les ak , 1 6 k 6 n − 1, sont nuls la matrice A est diagonalisable car diagonale. On suppose dorénavant que l’un au moins des ak , 1 6 k 6 n − 1, est non nul. Dans ce cas, rgA = 2. 0 est valeur propre d’ordre n − 2 au moins. Soient λ et µ les deux dernières valeurs propres. On a n−1 2 n 2 2 2 λ + µ = TrA = an et λ 2 + µ 2 = Tr(A2 ) = ∑n−1 k=1 ak + ∑k=1 ak = 2 ∑k=1 ak + an . λ + µ = an λ + µ = an qui équivaut au système λ et µ sont solutions du système n−1 2 2 2 2 2 λ + µ = 2 ∑k=1 ak + an λ 2 + µ 2 = − ∑n−1 k=1 ak (S). On a alors les situations suivantes : • Si λ et µ sont distincts et non nuls, A est diagonalisable car l’ordre de multiplicité de chaque valeur propre est égale à la dimension du sous-espace propre correspondant. • Si λ ou µ est nul, A n’est pas diagonalisable car l’ordre de multiplicité de la valeur propre 0 est différent de n − 2, la dimension du noyau de A. • Si λ = µ 6= 0, A est diagonalisable si et seulement si rg(A − λ I) = n − 2 mais on peut noter que si λ n’est pas nul, on a toujours rg(A − λ I) = n − 1 en considérant la matrice extraite formée des n-1 premières lignes et colonnes. En résumé, la matrice A est diagonalisable si et seulement si le système (S) admet deux solutions distinctes et non nulles. Mais λ et µ sont solutions du système (S) si et seulement si λ et µ sont les racines de l’équation n−1 2 2 (E) : X 2 − an X − ∑n−1 k=1 ak = 0. Par suite, A est diagonalisable si et seulement si ∑k=1 ak = 0 et ∆ = 2 a2n + 4 ∑n−1 k=1 ak 6= 0.
Correction de l’exercice 3159 N −1 3 3 4 0 , D = 0 2 −2 . 3. P = 2 −1 1 −3 Correction de l’exercice 3160 N (a) 1 si C 6= 0, 0 si C = 0.
(b) dim(E0 ) > n − 1 ⇒ X n−1 divise χM ⇒ χM = (−1)n (X n − (a21 + · · · + a2n )X n−1 ). (c) Oui.
Correction de l’exercice 3161 N rgA = 1 donc dim KerA = n − 1 et 0 est valeur propre d’ordre au moins n − 1. La somme des valeurs propres est trA = n donc la drenière valeur propre est n et le sous-espace propre associé est de dimension 1. Donc A est diagonalisable. 1921
Correction de l’exercice 3162 N (a) La fonction fn : x 7→ Pnx(x) croît strictement de −∞ à 1 quand x varie de 0 à +∞. n (b) χA (x) = (−1)n xn − ∑nk=1 kxn−k . Correction de l’exercice 3163 N Soit M = (xi y j ) : M est de rang inférieur ou égal à 1, donc 0 est valeur propre de M d’ordre au moins n − 1. Comme tr(M) = x1 y1 + · · · + xn yn , le polynôme caractéristique de M est χM (x) = (−x)n−1 (x1 y1 + · · · + xn yn − x), et le déterminant demandé est ∆n = χM (−1) = x1 y1 + · · · + xn yn + 1. Correction de l’exercice 3164 N (a) det(M + (t)) est une fonction affine de t. (b) |λ + a| = k|λ + b| et λ = x + iy ⇒ (1 − k2 )(x2 + y2 ) + · · · = 0, équation d’un cercle si |a| 6= |b|. Correction de l’exercice 3165 N (a) a1 . . . an + b1 a2 . . . an + a1 b2 a3 . . . an + · · · + a1 . . . an−1 bn .
(b)
(c)
χA (t) ∏ni=1 (ai −t)
i change de signe entre deux ai successifs et dans l’un des intervalles ] − = 1 + ∑ni=1 aib−t ∞, a1 [ ou ]an , +∞[ donc χA admet n racines distinctes.
(d) Oui. Supposons par exemple a1 = · · · = a p < a p+1 < · · · < an : La question précédente met en évidence n − p racines simples de χA entre les ai et ±∞, et a1 est aussi racine d’ordre p − 1 de χA . Or les p premières lignes de A−a1 I sont égales donc rg(A−a1 I) 6 n− p+1 et dim(Ker(A−a1 I)) > p − 1 d’où la diagonalisabilité. Le cas où il y a plusieurs groupes de ai égaux se traite de même. Correction de l’exercice 3166 N χB (X) =
(−X)n det(A) χA (1/X),
χC (X 2 ) = χA (X)χA (−X).
Correction de l’exercice 3169 N (a) ⇔ (b) : thm du rang. (c) ⇔ (d) : immédiat. (c) ⇒ (b) : si AX = XB alors pour tout polynôme P on a P(A)X = XP(B). (c) ⇒ (b) : prendre U vecteur propre de A, V vecteur propre de t B associés à la même valeur propre et X = U tV . Correction de l’exercice 3172 N Somme des valeurs propres = n. Correction de l’exercice 3174 N Soit K = Z/pZ. Il faut en fait prouver que pour toute matrice A ∈ Mn (K) on a tr(A p ) = tr(A). Remarquer qu’on n’a pas forcément A p = A dans Mn (K), c’est faux, entre autres, si A est nilpotente d’indice 2. Soit X une indéterminée sur K. On a dans l’anneau Mn (K[X]) : (A − XIn ) p = A p − X p In , d’où, en prenant les déterminants : χA p (X p ) = χA (X) p = χA (X p ) et on égale les coefficients de X (n−1)p . 1922
Correction de l’exercice 3175 N Si p = q, le résultat est connu : χAB = χBA . 0 Supposons par exemple p < q. On se ramène au cas de matrices carrées en complétant. Soient A = A et B0 = B 0q,q−p . A0 et B0 sont des matrices carrées de format q et A0 B0 et B0 A0 ont 0q−p,q même polynôme caractéristique. AB 0 p,q−p A 0 0 0 0 B 0q,q−p = . Un calcul par blocs donne B A = BA et A B = 0q−p,p 0q−p,q−p 0q−p,q Donc χBA = (−X)q−p χAB ou encore, avec une écriture plus symétrique, (−X) p χBA = (−X)q χAB ce qui vrai dans tous les cas. ∀A ∈ M p,q (K), ∀B ∈ Mq,p (K), (−X) p χBA = (−X)q χAB .
Correction de l’exercice 3176 N Si u est inversible, det(u + v) = detu ⇔ detu × det(Id + u−1 v) = detu ⇔ det(Id + u−1 v) = 1. u et v commutent et donc u−1 et v également car uv = vu ⇒ u−1 uvu−1 = u−1 vuu−1 ⇒ vu−1 = u−1 v. Mais alors, puisque v est nilpotent, l’endomorphisme w = u−1 v l’est également car (u−1 v) p = u−p v p ). Il reste donc à calculer det(Id + w) où w est un endomorphisme nilpotent. On remarque que det(Id + w) = χw (−1). Il est connu que 0 est l’unique valeur propre d’un endomorphisme nilpotent et donc χw = (−X)n puis det(Id + w) = χw (−1) = (−(−1))n = 1. Le résultat est donc démontré dans le cas où u est inversible. Si u n’est pas inversible, u + xId est inversible sauf pour un nombre fini de valeurs de x et commute toujours avec v. Donc, pour tout x sauf peut-être pour un nombre fini, det(u + xId + v) = det(u + xId). Ces deux polynômes coïncident en une infinité de valeurs de x et sont donc égaux. Ils prennent en particulier la même valeur en 0 ce qui refournit det(u + v) = detu. Correction de l’exercice 3177 N Soit A ∈ Mn (R). A est antisymétrique si et seulement si t A = −A. Dans ce cas χA = det(A − XI) = det(t (A − XI)) = det(−A − XI) = (−1)n det(A + XI) = (−1)n χA (−X) Ainsi, χA a la parité de n. Correction de l’exercice 3178 N Soit (λ1 , ..., λn ) la famille des valeurs propres de A. On a donc χA = (λ1 − X) . . . (λn − X). χA (B) inversible ⇔ (B − λ1 I)...(B − λn I) inversible
⇔ ∀k ∈ [[1, n]] , B − λk I inversible (car det((B − λ1 I)...(B − λn I)) = det(B − λ1 I) × ... × det(B − λn I
⇔ ∀k ∈ [[1, n]] , λk n’est pas valeur propre de B ⇔ SpA ∩ SpB = ∅.
1923
Correction de l’exercice 3179 N Si P et χ f sont premiers entre eux, d’après le théorème de B ÉZOUT, il existe deux polynômes U et V tels que UP +V χ f = 1. En prenant la valeur en f et puisque que χ f ( f ) = 0, on obtient P( f ) ◦U( f ) = U( f ) ◦ P( f ) = Id. P( f ) est donc un automorphisme de E. Réciproquement, si P et χ f ne sont pas premiers entre eux, P et χ f ont une racine commune λ dans C. Soit A est la matrice de f dans une base donnée (si K n’est pas C l’utilisation de la matrice est indispensable). On a P(A) = (A − λ I)Q(A) pour un certain polynôme Q. La matrice A − λ I n’est pas inversible car λ est valeur propre de A et donc P(A) n’est pas inversible (det(P(A)) = det(A − λ I)detQ(A) = 0). Correction de l’exercice 3194 N (a) Valeurs propres : 1, j, j2 . sev stables : {~0}, vect{~e3 }, vect{~e1 ,~e2 } et R3 . a+µ a 0 AB = BA ⇒ φB (~e3 ) = λ~e3 ⇒ B = −3a −2a + µ 0 . (b) t t A B = t BtA⇒ φt B (~e3 ) = λ~e3 0 0 λ Correction de l’exercice 3196 N Soit ϕ(x, y, z) = x + 2y + 3z. f conserve la surface de niveau ϕ = 1 donc par linéarité f ◦ ϕ = ϕ et ϕ est vecteur propre de t f . Correction de l’exercice 3199 N Si χu est irréductible, pour x 6= 0 le polynôme minimal de x en u est égal à χu donc le sous-espace cyclique engendré par x est égal à E et il n’y a pas de sous-espace stable non trivial. Si seuls {0} et E sont stables, soit x 6= 0. Le sous-espace cyclique engendré par x est égal à E donc l’annulateur minimal de u en x est égal à χu . Soit P un diviseur non trivial de χu et y = P(u)(x) : l’annulateur minimal de u en y est χu /P, absurde. Correction de l’exercice 3200 N Soit F un hyperplan de E, < e > un supplémentaire stable et H un supplémentaire de < e > stable. Si K est un sev de H, alors K admet un supplémentaire K 0 dans E stable et H ∩ K 0 est un sev de H stable, en somme directe avec K. K 0 6⊂ H car K ⊂ H et K ⊕ K 0 = E donc K 0 + H = E et dim(H ∩ K 0 ) = dim(H) + dim(K 0 ) − dim(E) = dim(H) − dim(K) soit K ⊕ (H ∩ K 0 ) = H. f|H vérifie la même propriété que f et on obtient par récurrence que f est diagonalisable. Réciproquement, soit f diagonalisable, F un sev de E et (e1 , . . . , en ) une base propre pour f . On montre que F admet un supplémentaire stable par récurrence sur codim(F) : si F = E alors {0} convient et si F 6= E alors il existe i tel que ei ∈ / F d’où F ⊕ < ei > est un sur-espace strict de F, admettant un supplémentaire G stable, d’où G ⊕ < ei > est supplémentaire de F stable. Correction de l’exercice 3201 N Spec( f ) = {0, 1, 2} donc f est diagonalisable et chaque sous-espace propre est de dimension 1. Comme la restriction d’un diagonalisable à un sous-espace stable est encore diagonalisable, les sous-espaces stables par f sont les huit sous-sommes de E0 ⊕ E1 ⊕ E2 . Correction de l’exercice 3202 N 1−X 1 −1 1−X 1 = (1 − X)(X 2 − 2X) − (2 − X) + (2 − X) = −X(X − 1)(X − 2). (a) χA = 1 1 1 1−X On est dans le cas d’une matrice diagonalisable avec 3 valeurs propres simples. 1924
Recherche des droites stables. Dans chacun des cas, les droites stables sont les droites engendrées par des vecteurs propres. On obtient immédiatement les 3 droites stables : E0 = Vect(e1) où e1 = (1, −1, 0), E1 = Vect(e2 ) où e2 = (1, −1, −1) et E2 = Vect(e3 ) où e3 = (0, 1, 1). Recherche des plans stables. Soit P un plan stable par f . La restriction de f à P est un endomorphisme de P et on sait de plus que le polynôme caractéristique de f/P divise celui de f . f/P est diagonalisable car f l’est car on dispose d’un polynôme scindé à racines simples annulant f et donc f/P . On en déduit que P est engendré par deux vecteurs propres indépendants de f/P qui sont encore vecteurs propres de f . On obtient trois plans stables : P1 = Vect(e2 , e3 ), P2 = Vect(e1 , e3 ) et P3 = Vect(e1 , e2 ). 2−X 2 1 3−X 1 = (2 − X)(X 2 − 5X + 4) − (−2X + 2) + (X − 1) = (1 − X)((X − (b) χA = 1 1 2 2−X 2)(X − 4) − 2 − 1) = (1 − X)(X 2 + 6X − 5) = −(X − 1)2 (X − 5). Puis E1 est le plan d’équation x + 2y + z = 0 et E5 = Vect((1, 1, 1)). On est toujours dans le cas diagonalisable mais avec une valeur propre double. Les droites stables sont E5 = Vect((1, 1, 1)) et n’importe quelle droite contenue dans E1 . Une telle droite est engendrée par un vecteur de la forme (x, y, −x − 2y) avec (x, y) 6= (0, 0). Recherche des plans stables. Soit P un plan stable par f . f est diagonalisable et donc f/P est un endomorphisme diagonalisable de P. Par suite, P est engendré par deux vecteurs propres indépendants de f . On retrouve le plan propre de f d’équation x + 2y + z = 0 et les plans engendrés par (1, 1, 1) et un vecteur quelconque non nul du plan d’équation x + 2y + z = 0. L’équation générale d’un tel plan est (−a − 3b)x + (2a + 2b)y + (b − a)z = 0 où (a, b) 6= (0, 0). 6−X −6 5 10 = (6 − X)(X 2 − 3X + 56) + 4(6X + 6) + 7(5X − 55) = −X 3 + (c) χA = −4 −1 − X 7 −6 4−X 2 9X − 15X − 25 = −(X + 1)(X 2 − 10X + 25) = −(X + 1)(X − 5)2 . E−1 = Vect(10, 15, 4) et E5 = Vect((1, 1, 1)). On est dans le cas où A admet une valeur propre simple et une double mais n’est pas diagonalisable. Les droites stables par f sont les deux droites propres. Recherche des plans stables. Soit P un plan stable par f . Le polynôme caractéristique de f/P est unitaire et divise celui de f . Ce polynôme caractéristique est donc soit (X − 1)(X − 5) soit (X − 5)2 . Dans le premier cas, f/P est diagonalisable et P est nécessairement le plan Vect((10, 15, 4)) + Vect((1, 1, 1)) c’est-à-dire le plan d’équation 11x − 6y − 5z = 0. Dans le deuxième cas, χ f/P = (X − 5)2 et 5 est l’unique valeur propre de f/P . Le théorème de C AYLEY-H AMILTON montre que ( f/P − 5Id)2 = 0 et donc P est contenu dans Ker( f − 5Id)2 . Ker( f − 5Id)2 est le plan d’équation x = z qui est bien sûr stable par f car ( f − 5Id)2 commute avec f .
Correction de l’exercice 3203 N F est stable par f et donc f/F est un endomorphisme de F. f est diagonalisable et donc il existe un polynôme P, scindé à racines simples, tel que P( f ) = 0. Mais alors P( f/F ) = 0 et on a trouvé un polynôme scindé à racines simples annulateur de f/F . Donc f/F est diagonalisable. Correction de l’exercice 3210 N (a) 1 est valeur propre double, d1 = 1. 1 2 (b) 1 , 1. 1 2 1 (c) 0. 0 1925
1 0 6 (d) 0 0 −4. 0 0 1 (6αt + γ)et + 2β (e) X = (6αt + γ + 3α)et + β . (6αt + γ − α)et + 2β Correction de l’exercice 3213 N 0 est valeur propre, se placer dans un hyperplan stable et récurer. Correction de l’exercice 3214 N 1 Non. Prendre mat(un ) = 00 1/n . Correction de l’exercice 3215 N Trigonaliser fortement M. Correction de l’exercice 3216 N Montrons le résultat par récurrence sur n = dimE > 1. • Si n = 1, c’est clair. • Soit n > 1. Supposons que deux endomorphismes d’un C-espace de dimension n qui commutent soient simultanément trigonalisables. Soient f et g deux endomorphismes d’un C-espace vectoriel de dimension n + 1 tels que f g = g f . f et g ont au moins un vecteur propre en commun. En effet, f admet au moins une valeur propre λ . Soit Eλ le sous-espace propre de f associé à λ . g commute avec f et donc laisse stable Eλ . La restriction de g à Eλ est un endomorphisme de Eλ qui est de dimension finie non nulle. Cette restriction admet donc une valeur propre et donc un vecteur propre. Ce vecteur est un vecteur propre commun à f et g. Commençons à construire une base de trigonalisation simultanée de f et g. Soit x un vecteur propre commun à f et g. On complète la famille libre (x) en une base B = (x, ...) de E. Dans la base B, les λ × µ × matrices M et N de f et g s’écrivent respectivement M = et N = où M1 et 0 M1 0 N1 N1 sont de format n. Un calcul par blocs montre que M1 et N1 commutent ou encore si f1 et g1 sont les endomorphismes de Cn de matrices M1 et N1 dans la base canonique de Cn , f1 et g1 commutent. Par hypothèse de récurrence, f1 et g1 sont simultanément trigonalisables. Donc il existe une matrice inversible de format n P1 et deux matrices triangulaires supérieures de format n T1 et T10 telles que P1−1 M1 P1 = T1 et P1−1 N1 P1 = T10 . 1 0 Soit P = . P est inversible de format n + 1 car detP = detP1 6= 0 et un calcul par blocs montre 0 P1 que P−1 MP et P−1 NP sont triangulaires supérieures. P est donc la matrice de passage de la base B à une base de trigonalisation simultanée de f et g. Correction de l’exercice 3224 N On considère la matrice suivante
et f l’endomorphisme de R3 associé.
1 −1 0 0 −1 A= 1 −1 0 2
1926
(a) Factorisons le polynôme caractéristique de A. On a 1 − X −1 0 −X −1 PA (X) = 1 −1 0 2 − X −X −1 1 −1 + = (1 − X) 0 2 − X −1 2 − X = (1 − X)(X 2 − 2X) + (1 − X)
= (1 − X)(X 2 − 2X + 1) = (1 − X)3 .
Le polynôme caractéristique de A admet une valeur propre triple λ = 1. (b) Déterminons les sous-espaces propres et caractéristiques de A. La matrice A admet une unique valeur propre λ = 1 de multiplicité 3, le sous-espace propre associé est l’espace E1 = ker(A − I), et on a ( x−y = x y=0 x − z = y ⇐⇒ (x, y, z) ∈ E1 ⇐⇒ x=z −x + 2z = z Le sous-espace E1 est la droite vectorielle engendrée par le vecteur (1, 0, 1). Le sous-espace caractéristique de A, associé à l’unique valeur propre λ = 1, est le sous-espace N1 = ker(A − I)3 , or, compte tenu du théorème de Hamilton-Cayley, on sait que PA (A) = 0, ainsi, la matrice (A − I)3 est la matrice nulle, ce qui implique N1 = R3 , c’est donc l’espace tout entier.
(c) Démontrons qu’il existe une base de R3 dans laquelle la matrice de f s’écrit 1 1 0 B = 0 1 1 . 0 0 1
Nous cherchons des vecteurs e1 , e2 , e3 tels que Ae1 = e1 , Ae2 = e1 + e2 et Ae3 = e2 + e3 . Le vecteur e1 appartient à E1 = ker(A − I), et ker(A − I) est la droite d’équations : {y = 0, x = z}. On détermine e2 = (x, y, z) tel que Ae2 = e1 + e2 , on obtient le système ( 1 −1 0 x 1+x x−y = 1+x y = −1 1 0 −1 y = 1 + y ⇐⇒ x−z = y ⇐⇒ x − z = −1 −1 0 2 z z −x + 2z = 1 + z Ainsi, les vecteurs e1 = (1, 0, 1) et e2 = (−1, −1, 0) conviennent. Il nous reste à chercher un vecteur e3 tel que Ae3 = e2 + e3 , c’est-à-dire ( 1 −1 0 x −1 + x x−y = x−1 y=1 1 0 −1 y = −1 + y ⇐⇒ x − z = y − 1 ⇐⇒ x=z −1 0 2 z z −x + 2z = z
Le vecteur e3 = (0, 1, 0) convient. On obtient alors la matrice P suivante qui est inversible et vérifie A = PBP−1 , 1 −1 0 P = 0 −1 1 1 0 0
(d) Décomposition de Dunford de B
1927
On a
1 1 0 1 0 0 0 1 0 B = 0 1 1 = 0 1 0 + 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 0
et il est clair que les deux matrices commutent car l’une est égale à I. Or, il existe un unique couple de matrices D et N, D diagonalisable et N nilpotente, telles que B = D + N et DN = ND. Or si 1 0 0 0 1 0 D = 0 1 0 et N = 0 0 1 , 0 0 1 0 0 0 On a
0 1 0 0 1 0 0 0 1 N 2 = 0 0 1 0 0 1 = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
et N 3 = 0. La décomposition B = D + N est donc bien la décomposition de Dunford de la matrice B. Correction de l’exercice 3225 N Soit A la matrice
et f l’endomorphisme de R3 associé.
3 2 4 A = −1 3 −1 −2 −1 −3
(a) Factorisons le polynôme caractéristique de A. (1 point) On a 3 − X 2 4 −1 PA (X) = −1 3 − X −2 −1 −3 − X −1 − X 2 4 3−X −1 = 0 1+X −1 −3 − X −1 − X 2 4 3 − X −1 = 0 0 1 1 − X
= (−1 − X)(X 2 − 4X + 4) = −(X + 1)(X − 2)2
Les valeurs propres de la matrice A sont λ1 = −1, valeur propre simple et λ2 = 2, valeur propre double. (b) Déterminons les sous-espaces propres et caractéristiques de A. (2 points) Le sous-espace propre associé à la valeur propre −1 est le sous-espace vectoriel E−1 défini par E−1 = {~u ∈ R3 , A~u = −u}. Soit ~u = (x, y, z) ∈ R3 , ~u ∈ E−1
( 4x + 2y + 4z = 0 2x + y + 2z = 0 −x + 4y − z = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ x − 4y + z = 0 −2x − y − 2z = 0
L’espace E−1 est une droite vectorielle dont un vecteur directeur est donné par ~u1 = (1, 0, −1). 1928
Le sous-espace propre associé à la valeur propre 2 est le sous-espace vectoriel E2 défini par E2 = {~u ∈ R3 , A~u = 2u}. Soit ~u = (x, y, z) ∈ R3 ,
( x + 2y + 4z = 0 x + 2y + 4z = 0 −x + y − z = 0 ⇐⇒ ~u ∈ E2 ⇐⇒ x−y+z = 0 −2x − y − 5z = 0
L’espace E2 est une droite vectorielle dont un vecteur directeur est donné par ~u2 = (2, 1, −1).
Le sous-espace E2 étant de dimension 1, la matrice A n’est pas diagonalisable. Le sous-espace caractéristique N−1 associé à la valeur propre −1 est égal au sous-espace propre E−1 . Le sous-espace caractéristique N2 associé à la valeur propre 2 est égal à N2 = ker(A − 2I)2 . Déterminons-le
1 2 4 1 2 4 −9 0 −18 0 . (A − 2I)2 = −1 1 −1 −1 1 −1 = 0 0 −2 −1 −5 −2 −1 −5 9 0 18
D’où ker(A − 2I)2 = {(x, y, z)R3 , x + 2z = 0}, c’est le plan vectoriel d’équation x + 2z = 0.
(c) Démontrons qu’il existe une base de R3 dans laquelle la matrice de f est ( 1 point) −1 0 0 B = 0 2 1 . 0 0 2
Les vecteurs ~u1 et ~u2 , vecteurs propres associés aux valeurs propres −1 et 2 conviennent pour les deux premiers vecteurs de la base recherchée, on va alors chercher un vecteur ~u3 ∈ ker(A − 2I)2 tel que A~u3 = ~u2 + 2~u3 , notons ~u3 = (−2z, y, z), on détermine y et z tels que 2y − 2z 2 −4z 3y + z ) = 1 + 2y −y + z −1 2z
on obtient y + z = 1, le vecteur ~u3 = (0, 1, 0) convient. Trouvons une matrice P inversible telle que A = PBP−1 . (1 point) La matrice de passage P qui exprime la base (~u1 ,~u2 ,~u3 ) dans la base canonique de R3 répond à la question, 1 2 0 −1 0 −2 1 1 et P−1 = 1 0 1 . P= 0 −1 −1 0 −1 1 −1
(d) Ecrivons la décomposition de Dunford de B. (1 point) On a −1 0 0 −1 0 0 0 0 0 B = 0 2 1 = 0 2 0 + 0 0 1 , 0 0 2 0 0 2 0 0 0 | {z } | {z } D
la matrice D est diagonale, la matrice N est nilpotente, décomposition de Dunford de la matrice B. 1929
N
N2
= 0, et ND = DN, c’est donc bien la
(e) Calculons exp B. (1 point) Compte tenu de la question précédente, on a B = N + D, avec DN = ND, ainsi exp B = exp D exp N, or −1 1 0 0 e 0 0 exp D = 0 e2 0 et exp N = I + N = 0 1 1 . 0 0 1 0 0 e2 D’où
e−1 0 0 exp B = 0 e2 e2 . 0 0 e2
Correction de l’exercice 3228 N On se ramène à λ = 0 en remplaçant f par f − λ id. Im f est de dimension 1 stable par f donc f| Im f est une homothétie, c’est l’application nulle vu Spec( f ). On en déduit Im f ⊂ Ker f . Soit e2 ∈ Im f \ {0}, e3 un antécédent de e2 par f et e1 ∈ Ker f indépendant de e2 . Alors B = (e1 , e2 , e3 ) convient. Correction de l’exercice 3229 N p Posons χ f = ∏k=1 (λk − X)αk où λ1 ,..., λ p sont les valeurs propres deux à deux distinctes de f . Soit Ek0 = Ker( f − λk Id)αk le sous-espace caractéristique de f associé à la valeur propre λk , 1 6 k 6 p. D’après le théorème de décomposition des noyaux, E = E10 ⊕ ... ⊕ E p0 . De plus, si fk est la restriction de f à Ek0 alors fk est un endomorphisme de Ek0 (car f et ( f − λk Id)αk commutent). On note que ( fk − λk )αk = 0 et donc λk est l’unique valeur propre de fk car toute valeur propre de fk est racine du polynôme annulateur (X − λk )αk . Existence de d et n. On définit d par ses restrictions dk aux Ek0 , 1 6 k 6 p : dk est l’homothétie de rapport λk . Puis on définit n par n = f − d. d est diagonalisable car toute base de E adaptée à la décomposition E = E10 ⊕ ... ⊕ E p0 est une base de vecteurs propres de d. De plus, f = d + n. Soit nk la restriction de n à Ek0 . On a nk = fk − λk IdEk0 et par définition de Ek0 , nαk k = 0. Mais alors, si on pose α = Max{α1 , ..., α p }, on a nαk = 0 pour tout k de {1, ..., p} et donc nα = 0. Ainsi, n est nilpotent. Enfin, pour tout k ∈ [[1, p]], nk commute avec dk car dk est une homothétie et donc nd = dn. Unicité de d et n. Supposons que f = d + n avec d diagonalisable, n nilpotent et nd = dn. d commute avec n et donc avec f car d f = d 2 + dn = d 2 + nd = f d. Mais alors, n = f − d commute également avec f . d et n laissent donc stables les sous-espaces caractéristiques Ek0 , 1 6 k 6 p de f . Pour k ∈ [[1, p]], on note dk et nk les restrictions de d et n à Ek0 . Soient k ∈ [[1, p]] puis µ une valeur propre de dk . D’après l’exercice 3176,
det( fk − µId) = det(dk − µId + n) = det(dk − µId) = 0, car dk − µId n’est pas inversible. On en déduit que fk − µId n’est pas inversible et donc que µ est valeur propre de fk . Puisque λk est l’unique valeur propre de fk , on a donc µ = λk . Ainsi, λk est l’unique valeur propre de dk et puisque dk est diagonalisable (voir l’exercice 3203), on a nécessairement dk = λk IdEk0 puis nk = fk − λk IdEk0 . Ceci montre l’unicité de d et n. Correction de l’exercice 3237 N 1 1 0 Soit A = 0 1 1 . χA = (2 − X)(ω − X)(ω¯ − X) donc A est diagonalisable sur C. 101 1 ker(A − 2I) = C 1 1 x n (1−ω)x+y=0 1 y=(ω−1)x y=ω 2 x y ∈ ker(A − ωI) ⇔ (1−ω)y+z=0 ⇔ ω2 ⇔ donc ker(A − ωI) = C z=(ω−1)2 x z z=ω 4 x ω4
(1−ω)z+x=0
1930
1 ¯ = C ω¯ 2 On en déduit que ker(A − ωI) ω¯ 4 1 1 1 1 0 0 Ainsi en posant P = 1 ω 2 ω¯ 2 on obtient P−1 AP = 0 ω 0 0 0 ω¯ 1 ω 4 ω¯ 4 xn 1 0 On en déduit que les solutions sont les suites de la forme yzn = P 0 ω n n
où a, b, c sont trois complexes. n a+b+c En résolvant le système a+bω 2 +cω¯ 2
=2 =1 a+bω 4 +cω¯ 4 =1
0 0 0 0 ω¯ n
a b c
soit :
n xn = a+b
ω n +c ω¯ n yn = a+b ω n+2 +c ω¯ n+2 zn = a+b ω n+4 +c ω¯ n+4
on obtient la solution particulière cherchée : c’est la solution
associée à a = 4/3, b = c = 1/3. xn = 4/3 + 2/3 cos(nπ/3) yn = 4/3 + 2/3 cos((n + 2)π/3) zn = 4/3 + 2/3 cos((n + 4)π/3) Correction de l’exercice 3239 N (a) At A = (a2 + b2 + c2 + d 2 )id. Ainsi det A ∗ det t A = (det A)2 = (a2 + b2 + c2 + d 2 )4 et donc det A = ±(a2 + b2 + c2 + d 2 )2 .
(b) Dans l’expression det A = ∑σ ∈S4 ε(σ )α1σ (1) ...α4σ (4) où les coefficients de A sont notés αi j , le seul terme en a4 est obtenu pour σ = id, soit ε(σ ) = +1. On en déduit que det A = (a2 + b2 + c2 + d 2 )2 . Pour obtenir le polynôme caractéristique de A, on remplace a par a − X dans A, et on calcule le déterminant. On a donc χA = ((a − X)2 + b2 + c2 + d 2 )2
(c) ∀λ ∈ R, χA (λ ) > 0 car (b, c, d) 6= (0, 0, 0). Donc A n’a pas de valeur propre réelle, donc A n’est ni diagonalisable ni triangularisable sur R. √ √ √ √ √ √ (d) A(i 3, 1, 1, 1) = (1 − i 3(i 3, 1, 1, 1)) et A(−1, i √3, −1, 1) = (1 − i 3(−1, i 3, −1, 1)). Pour la seconde valeur utilise les vecteurs conjugués. Ainsi, en de 1 − i 3, on √propre, qui est√le conjugué ¯ −i 3 −1 i 3 −1 2 ω 0 0 0 √ √ 1 i 3 0 1 −i 3 on a P−1 AP = 0 2ω¯ 0 = D. posant P = 1 0 0 2ω 0 −1 1 −1 0 0 0 2ω 1 1 1 1 (e) Soit Xn = (un , vn , wn , hn ). On a ∀n ∈ |||, Xn+1 = AXn , d’où√∀n ∈ |||, Xn = An X0 . Or An X0 = PDn P−1 X0 . n n√ n ¯ n −2n ω n i 3 −2n ω√ 2 ω¯ i 3 −2n ω√ 2n ω¯ n 2n ω¯ n i 3 2n ω n −2n ω n i 3 . Posons Y0 = P−1 X0 . En On en déduit que Xn = n n n n n n 2 ω¯ −2 ω¯ 2 ω −2n ω n 2n ω¯ n 2n ω¯ n 2n ω n 2n ω n √ √ résolvant le système PX0 = Y0 , on obtient Y0 = (1/2i 3, 0, −1/2i 3, 0), et finalement : √ n n cos nπ 2 (ω¯ + ω n )i 3 3 nπ √ 2n (ω¯ n − ω n ) 3 = 2n − sin nπ Xn = 1/2i 3 n n n 2 (ω¯ − ω ) − sin 3 − sin nπ 2n (ω¯ n − ω n ) 3 Correction de l’exercice 3256 N La suite de Fibonacci 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, ... est la suite (Fn )n>0 définie par la relation de récurrence Fn+1 = Fn + Fn−1 pour n > 1, avec F0 = 0 et F1 = 1. (a) Déterminons une matrice A ∈ M2 (R) telle que, pour tout n > 1, Fn+1 n F1 =A . Fn F0
1931
Fn+1 Fn + Fn−1 1 1 Fn On a = = . Fn Fn 1 0 Fn−1 Fn 1 1 et A la matrice . Nous allons démontrer, par Notons, pour n > 1, Xn le vecteur Fn−1 1 0 récurrence sur n que pour tout n > 1, on a Xn = An X0 , c’est clairement vrai pour n = 1, supposons que ce soit vrai pour un n arbitrairement fixé, on a alors Xn+1 = AXn = AAn X0 = An+1 X0 , d’où le résultat. (b) Montrons que A admet deux valeurs propres réelles distinctes que l’on note λ1 et λ2 avec λ1 < λ2 . On a 1 − X 1 = X 2 − X − 1. PA (X) = 1 −X Le discriminant ∆ = 5 > 0, le polynôme caractéristique admet deux racines distinctes √ √ 1− 5 1+ 5 λ1 = < λ2 = . 2 2
α (c) Trouvons des vecteurs propres ε1 et ε2 associés aux valeurs propres λ1 et λ2 , sous la forme , 1 avec α ∈ R. α Posons ε1 = et calculons α tel que Aε1 = λ1 ε1 , c’est-à-dire 1 1 1 α α = λ1 1 0 1 1
ce qui équivaut à
(
α + 1 = λ1 α
⇐⇒ α = λ1 α = λ1 λ1 λ2 2 car λ1 − λ1 − 1 = 0, on a donc ε1 = et, de même, ε2 = 1 1 F (d) Déterminons les coordonnées du vecteur 1 dans la base (ε1 , ε2 ), on les note x1 et x2 . F0 On cherche x1 et x2 tels que F1 1 λ1 λ = = x1 ε1 + x2 ε2 = x1 + x2 2 , F0 0 1 1 x1 et x2 sont donc solutions du système (
x1 λ1 + x2 λ2 = 1 x1 + x2 = 0
⇐⇒
(
x1 (λ1 − λ2 ) = 1 x2 = −x1
x1 =
−1 1 =√ λ1 − λ2 5 ⇐⇒ 1 1 x2 = − =√ λ1 − λ2 5
Fn+1 (e) Montrons que = λ1n x1 ε1 + λ2n x2 ε2 . Fn Les vecteurs ε1 et ε2 étant vecteurs propres de A, on a Aε1 = λ1 ε1 et Aε2 = λ2 ε2 , ainsi par récurrence, on a, pour tout n > 1, An ε1 = λ1n ε1 et An ε2 = λ2n ε2 . Ainsi, Fn+1 n F1 =A = An (x1 ε1 + x2 ε2 ) = x1 An ε1 + x2 An ε2 = λ1n x1 ε1 + λ2n x2 ε2 . Fn F0 1932
On en déduit que Fn =
λ1n λ2n − . λ1 − λ2 λ1 − λ2
λ1 λ2 et ε2 = , on a donc, On a montré que ε1 = 1 1
1 −1 Fn+1 λ1 λ2 n n + λ2 , = λ1 Fn 1 1 λ1 − λ2 λ1 − λ2
d’où le résultat Fn =
λ2n λ1n − . λ1 − λ2 λ1 − λ2
(f) Donnons un équivalent de Fn lorsque n tend vers +∞. On remarque que |λ1 | < 1 et |λ2 | > 1 ainsi, lorsque n tend vers l’infini, λ1n tend vers 0 et λ2n tend vers +∞. On a donc λn Fn lim (λ2 − λ1 ) n = lim − 1n + 1 = 1. n→+∞ λ2 n→+∞ λ2 Ce qui prouve que
λ2n est un équivalent de Fn lorsque n tend vers +∞. λ2 − λ1
Correction de l’exercice 3257 N Soit A la matrice
et f l’endomorphisme de R3 associé.
2 0 −1 1 A = −1 1 0 −1 0
(a) Factorisons le polynôme caractéristique de A. Le polynôme caractéristique de A est le polynôme 2 − X 0 −1 1 − X PA (X) = −1 1 − X 1 = (2 − X) −1 0 −1 −X
1 −1 1 − X − −X 0 −1
= (2 − X)(X 2 − X + 1) − 1
= −X 3 + 3X 2 − 3X + 1 = (1 − X)3
(b) Déterminons les sous-espaces propres et caractéristiques de A. La matrice A admet une unique valeur propre λ = 1, comme A 6= I, elle n’est pas diagonalisable. Son sous-espace caractéristique est égal à ker(A − I3 )3 = R3 . En effet, d’après le théorème de HamiltonCayley, on a PA (A) = 0, c’est-à-dire (A − I3 )3 = 0. Son sous-espace propre est égal à ker(A − I3 ). ker(A − I3 ) = {~u ∈ R3 / A~u = ~u} = {(x, y, z) ∈ R3 / x = z = −y}. C’est la droite vectorielle engendrée par le vecteur ~u1 = (1, −1, 1).
(c) Démontrons qu’il existe une base de R3 dans laquelle la matrice de f est 1 1 0 B = 0 1 1 0 0 1 et trouver une matrice P inversible telle que A = PBP−1 .
1933
Le vecteur ~u1 vérifie A~u1 = u1 , on cherche un vecteur ~u2 = (x, y, z) tel que A~u2 = ~u1 +~u2 . 2 0 −1 x 1+x 1 y = −1 + y A~u2 = ~u1 +~u2 ⇐⇒ −1 1 0 −1 0 z 1+z 2x − z 1+x ⇐⇒ −x + y + z = −1 + y −y 1+z
On obtient donc z − x = z + y = −1, le vecteur ~u2 = (1, −1, 0) convient. On cherche alors un vecteur ~u3 = (x, y, z) tel que A~u3 = ~u2 +~u3 . 2x − z 1+x A~u3 = ~u2 +~u3 ⇐⇒ −x + y + z = −1 + y −y z
on obtient alors x + y = x − z = 1. Le vecteur ~u3 = (1, 0, 0) convient. Ainsi, dans la base (~u1 ,~u2 ,~u3 ) la matrice de f est égale à B. La matrice P cherchée est 1 1 1 P = −1 −1 0 , 1 0 0
on a bien A = PBP−1 et B = P−1 AP. (d) Ecrivons la décomposition de Dunford de B. On a 0 1 0 1 0 0 1 1 0 B = 0 1 1 = 0 1 0 + 0 0 1 = I3 + N 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 Si N = 0 0 1 alors N 2 = 0 0 0 et N 3 = 0. La matrice I3 est diagonale, la matrice N 0 0 0 0 0 0 est nilpotente, les matrices I3 et N commutent, c’est donc bien la décomposition de Dunford de B. (e) Pour t ∈ R, calculons exptB. On a, pour t ∈ R, tB = tI3 + tN, ainsi exptB = exp(tI3 + tN) = (exptI3 )(exptN) car les matrices tI3 2 et tN commutent. Par ailleurs, exptI3 = et I3 et exptN = I + tN + t2 N 2 . On a donc 1 t t 2 /2 t . exptB = et 0 1 0 0 1 (f) Donnons les solutions des systèmes différentiels Y 0 = BY et X 0 = AX. Intégrons le système Y 0 = BY , sa solution générale s’écrit Y (t) = (exptB)Y0 , où Y0 est un vecteur de R3 . Intégrons alors le système X 0 = AX. Remarquons que si PY est solution de X 0 = AX, on a (PY )0 = A(PY ) ⇐⇒ PY 0 = APY ⇐⇒ Y 0 = P−1 APY ⇐⇒ Y 0 = BY
ainsi Y est solution de Y 0 = BY , la solution générale du système X 0 = AX sécrit donc 1 1 1 1 t t 2 /2 t Y0 X(t) = P(exptB)Y0 = et −1 −1 0 0 1 1 0 0 0 0 1 2 1 t + 1 t /2 + t + 1 a t 2 b = e −1 −t − 1 −t /2 − t 2 1 t t /2 c 1934
où Y0 = (a, b, c) est un vecteur de R3 . Ou encore t 2 x(t) = e (a + b(t + 1) + c(t /2 + t + 1)) y(t) = et (−a − b(t + 1) − c(t 2 /2 + t)) z(t) = et (a + bt + ct 2 /2)
ou encore
t 2 t t e (t /2 + t + 1) x(t) e e (t + 1) y(t) = a −et + b −et (t + 1) + c −et (t 2 /2 + t) et t 2 /2 z(t) tet et
avec (a, b, c) ∈ R3 .
Correction de l’exercice 3258 N (a) On note (~e1 ,~e2 ,~e3 ) la base canonique de R3 . Soit A la matrice 1 0 0 A = 0 2 0 . 0 0 3
Donnons sans calcul les valeurs propres de A et une base de vecteurs propres. La matrice A est diagonale dans la base canonique de R3 , on a A~e1 = ~e1 , A~e2 = 2~e2 et A~e3 = 3~e3 . Les valeurs propres de A sont les réels 1, 2 et 3 et les sous-espaces propres associés sont les droites vectorielles engendrées respectivement par ~e1 , ~e2 et ~e3 .
(b) On cherche à déterminer, s’il en existe, les matrices B telles que exp B = A. i. Montrons que si A = exp B, alors AB = BA. On suppose qu’il existe B telle que A = exp B. On a alors, par définition, +∞
A=
+∞ 1 k 1 B , d’où AB = BA = ∑ k! ∑ k! Bk+1 k=0 k=0
ii. On en déduit que la base (~e1 ,~e2 ,~e3 ) est une base de vecteurs propres de B. On a (BA)~e1 = B(A~e1 ) = B~e1 , mais BA = AB, on a donc B~e1 = (AB)~e1 = A(B~e1 ). Ce qui prouve que B~e1 est un vecteur propre de A associé à la valeur propre 1, il est donc colinéaire à ~e1 , ainsi, ~e1 est bien un vecteur propre de B. De même, BA~e2 = 2B~e2 = AB~e2 donc B~e2 est colinéaire à ~e2 et ~e2 est un vecteur propre de B. Et aussi, BA~e3 = 3B~e3 = AB~e3 d’où B~e3 colinéaire à ~e3 et ~e3 vecteur propre de B. iii. Déterminons les matrices B ∈ M3 (R) telles que exp B = A. Les vecteurs ~e1 ,~e2 ,~e3 étant vecteurs propres de B, la matrice B est diagonale dans la base canonique, il existe donc des réels λ1 , λ2 et λ3 tels que λ1 e 0 0 λ1 0 0 1 0 0 B = 0 λ2 0 , ainsi exp B = 0 eλ2 0 = 0 2 0 0 0 λ3 0 0 3 0 0 eλ3 ce qui implique eλ1 = 1, eλ2 = 2 et eλ3 = 3 et donc λ1 = ln 1 = 0, λ2 = ln 2 et λ3 = ln 3 d’où l’existence d’une unique matrice B telle que exp B = A, c’est la matrice 0 0 0 B = 0 ln 2 0 0 0 ln 3 1935
(c) Soit la matrice C,
0 1 0 C = 0 0 1 . 0 0 0
Montrons qu’il n’existe pas de matrice D ∈ M3 (R) telle que C = exp D. Quelque soit la matrice D, la matrice exp D est inversible d’inverse exp(−D), or, il est clair que la matrice C n’est pas inversible, son déterminant est nul, ainsi, il n’existe pas de matrice D telle que C = exp D. (d) Calculons le polynôme caractéristique et le polynôme minimal de C. Soit PC (X) le polynôme caractéristique de C, on a −X 1 0 −X 1 = −X 3 . PC (X) = 0 −X 1 = −X 0 −X 0 0 −X
Le polynôme minimalQC de C est unitaire, divise son polynôme caractéristique PC et s’annule en 0 0 1 2 C, or C = 0 0 0 6= 0, mais C3 = 0, d’où QC (X) = X 3 . 0 0 0
(e) Supposons qu’il existe une matrice E ∈ M3 (R) telle que E 2 = C. Notons QE (X) son polynôme minimal et QC (X) le polynôme minimal de C. i. Montrons que QE (X) divise QC (X 2 ). On a QC (C) = QC (E 2 ) = 0, ainsi le polynôme S(X) = QC (X 2 ) s’annule en E, ce qui prouve que QE (X), polynôme minimal de E, divise QC (X 2 ).
ii. On en déduit que E 3 = 0 et que C2 = 0. Le polynôme minimal de E divise QC (X 2 ) = −X 6 , or son degré est inférieur ou égal à 3, par ailleurs on suppose E 2 = C donc E 2 6= 0 ainsi, on a bien QE (X) = X 3 et E 3 = 0, or, E 3 = 0 implique E 4 = 0 et, comme E 4 = C2 , on a C2 = 0. iii. On déduit de ce qui précède qu’il n’existe pas de matrice E telle que E 2 = C. Si une telle matrice existe, alors on a vu qu’elle vérifie E 3 = 0, ainsi on a E 4 = 0, or E 4 = C2 6= 0, d’où la conclusion. (f) Soient F et G des matrices de M3 (R) telles que F = exp G. Démontrons que pour tout n ∈ |||∗ , il existe une matrice H telle que H n = F. Soit F = exp G et n ∈ |||∗ , posons H = exp 1n G, on a n 1 n n H = exp G = exp G = exp G = F. n n Correction de l’exercice 3259 N (a) A2k = I, A2k+1 = A.
Correction de l’exercice 3260 N n
n
3. αn = − 13 + 24 + (−2) 12 , βn =
2n −(−2)n , γn 4
n
n
= 43 − 22 + (−2) 6 .
Correction de l’exercice 3261 N 1 1 1 2. P = 1 2 3, D = 1 2 3 . 1 4 9 1936
2un = (6 − 6.2n + 2.3n )u0 + (−5 + 8.2n − 3.3n )u1 + (1 − 2.2n + 3n )u2 . Correction de l’exercice 3262 N (a) Le polynôme minimal de f est de degré supérieur ou égal à n et n’a pas de diviseurs non triviaux. Donc dim E = 1 et f est une homothétie si K = C. Si K = R on peut aussi avoir dim E = 2 et f n’a pas de valeurs propres réelles.
Correction de l’exercice 3263 N (a) Diagonaliser t M ⇒ yn − 32 xn = cste.
(b) yn − xn = 2n (y0 − x0 ) donc si y0 6= x0 alors Mn → ∞ sinon la suite est constante. (c)
3 2
si y0 6= x0 .
Correction de l’exercice 3265 N 1 a+b b−a 1 1 1 2. X = 2 ,Y = b ou l’inverse. b−a a+b 1 1 Correction de l’exercice 3266 N 3 0 0 3 0 0 ±2 0 ou M = ± 1 ∓2 0 . M = ± 1/5 1/2 ∓1 ±1 7/30 ±1/3 ±1 Correction de l’exercice 3267 N 0 0 0 0 0 0 1 1 0 A = PDP−1 avec P = 2 0 1 et D = 0 1 0. On prend B = PMP−1 avec M = 0 0 1. 0 1 0 0 0 1 3 −4 4 Correction de l’exercice 3268 N 3 valeurs propres distinctes, M est diagonalisable et son commutant est l’ensemble des polynômes en M : aI + bM + cM 2 , a, b, c ∈ K. Correction de l’exercice 3269 N (a) Par similitude on se ramène aux cas : A = A = λ0 λ1 , C(A) = C[A].
λ 0 0 λ
, C(A) = M2 (C) ou A = λ0 µ0 , C(A) = C[A] ou
(b) Si A est diagonalisable de valeurs propres λi avec les multiplicités ni alors dim(C(A)) = ∑ n2i > n. Dans le cas général, soit (Ak ) une suite de matrices diagonalisables convergeant vers A et (Ck1 , . . . ,Ckn ) une suite de n-uplets de matrices commutant avec Ak telles que (Ck1 , . . . ,Ckn ) est une famille orthonormale pour un produit scalaire quelconque choisi sur Mn (C). Par compacité il existe une soussuite convergente, donc n matrices C∞i formant une famille orthonormale et commutant avec A d’où dim(C(A)) > n.
Correction de l’exercice 3270 N Soit dn (i, j) le nombre de chemins de longueur n allant du sommet i au sommet j. j admet trois voisins k1 , k2 , k3 et l’on a : dn (i, j) = dn−1 (i, k1 ) + dn−1 (i, k2 ) + dn−1 (i, k3 ). On numérote les sommets de 0 à 7 de 1937
sorte que les voisins du sommet i sont les sommets i + 1 mod 8, i + 2 mod 8 et i + 4 mod 8. Le vecteur dn = (dn (0, 0), . . . , dn (0, 7)) vérifie la relation de récurrence dn = Adn−1 où A est la matrice suivante (. désigne 0) : . 1 1 . 1 . . . 1 . . 1 . 1 . . 1 . . 1 . . 1 . . 1 1 . . . . 1 B I4 B + I4 0 P−1 A= = I4 B = P 0 B − I 1 . . . . 1 1 . 4 . 1 . . 1 . . 1 . . 1 . 1 . . 1 . . . 1 . 1 1 . avec
. 1 1 . 1 . . 1 I4 I4 et P = . B= I4 −I4 1 . . 1 . 1 1 .
De même,
et enfin,
C ± I2 I2 C ± I2 + I2 0 B ± I4 = =Q Q−1 I2 C ± I2 0 C ± I2 − I2 ±I1 ± I1 I1 ±I1 ± I1 + I1 0 C ± I2 ± I2 = =R R−1 . I1 ±I1 ± I1 0 ±I1 ± I1 − I1
Donc A est diagonalisable de valeurs propres −3, −1, 1, 3 et on peut certainement terminer les calculs pour obtenir dn = An d0 . Correction de l’exercice 3271 N
1 1 1 1ère solution. A = 2J − I3 où J = 1 1 1 . On a J 2 = 3J et plus généralement ∀k ∈ N∗ , J k = 1 1 1 k−1 3 J. Soit n ∈ N∗ . Puisque les matrices 2J et −I commutent, la formule du binôme de N EWTON permet d’écrire ! n n n k k−1 k n−k n n−k A = (2J − I) = (−I) + ∑ (2J) (−I) = (−1) I + ∑ 2 3 (−1) J k=1 k k=1 k ! 1 1 n n k n n−k J = (−1)n I + ((6 − 1)n − (−1)n )J = (−1) I + ∑ k 6 (−1) 3 k=1 3 n 5 + 2(−1)n 5n − (−1)n 5n − (−1)n 1 n 5 − (−1)n 5n + 2(−1)n 5n − (−1)n , = 3 5n − (−1)n 5n − (−1)n 5n + 2(−1)n n
n
n
n
ce qui reste vrai quand n = 0. Soit de nouveau n ∈ N∗ .
1 1 ((−1)n I + (5n − (−1)n )J) × ((−1)−n I + (5−n − (−1)−n )J) 3 3 1 1 n = I + ((−5) − 1 + (−5)−n − 1)J + (1 − (−5)n − (−5)−n + 1)J 2 3 9 1 3 = I + ((−5)n − 1 + (−5)−n − 1)J + (1 − (−5)n − (−5)−n + 1)J = I, 3 9 1938
et donc
Finalement
5−n + 2(−1)−n 5−n − (−1)−n 5−n − (−1)−n A−n = 31 5−n − (−1)−n 5−n + 2(−1)−n 5−n − (−1)−n . 5−n − (−1)−n 5−n − (−1)−n 5−n + 2(−1)−n
5n + 2(−1)n 5n − (−1)n 5n − (−1)n ∀n ∈ Z, An = 13 5n − (−1)n 5n + 2(−1)n 5n − (−1)n . 5n − (−1)n 5n − (−1)n 5n + 2(−1)n
2ème solution. Puisque rg(A + I) = 1, dim(Ker(A + I)) = 2 et −1 est valeur propre de A d’ordre au moins 2. La troisième valeur propre λ est fournie par la trace : λ − 1 − 1 = 3 et donc λ = 5. Par suite, χA = −(X + 1)2 (X − 5). x 1 1 De plus, y ∈ E−1 ⇔ x + y + z = 0 et donc E−1 = Vect(e1 , e2 ) où e1 = −1 et e2 = 0 . z 0 −1 x 1 De même, y ∈ E−1 ⇔ x = y = z et E5 = Vect(e3 ) où e3 = 1 . z 1 1 1 1 On pose P = −1 0 1 et D = diag(−1, −1, 5) et on a A = PDP−1 . 0 −1 1 Calcul de P−1 . Soit (i, j, k) la base canonique de R3 . i = 13 (e1 + e2 + e3 ) e1 = i − j j = i − e1 e2 = i − k k = i − e2 ⇔ ⇔ j = 13 (−2e1 + e2 + e3 ) e3 = i + j + k e3 = i + i − e1 + i − e2 k = 31 (e1 − 2e2 + e3 ) 1 −2 1 et donc P−1 = 13 1 1 −2 . Soit alors n ∈ Z. 1 1 1
1 1 1 (−1)n 0 0 1 −2 1 1 (−1)n 0 1 1 −2 An = PDn P−1 = −1 0 1 0 3 0 −1 1 0 0 5n 1 1 1 n n n n n (−1) (−1) 5 1 −2 1 5 + 2(−1) 5n − (−1)n 5n − (−1)n 1 1 0 5n 1 1 −2 = 5n − (−1)n 5n + 2(−1)n 5n − (−1)n , = −(−1)n 3 3 0 −(−1)n 5n 1 1 1 5n − (−1)n 5n − (−1)n 5n + 2(−1)n
et on retrouve le résultat obtenu plus haut, le calcul ayant été mené directement avec n entier relatif. 3ème solution. Soit n ∈ N∗ . La division euclidienne de X n par χA fournit trois réels an , bn et cn et un polynôme Q tels que X n = χA Q + an X 2 + bn X + cn . En prenant les valeurs des membres en 5, puis la valeur des deux membres ainsi que de leurs dérivées en −1 , on obtient 25an + 5bn + cn = 5n bn = 2an − n(−1)n n an − bn + cn = (−1) 35an + cn = 5n(−1)n + 5n ⇔ ⇔ −2an + bn = n(−1)n−1 −an + cn = −(n − 1)(−1)n 1 n an = 36 (5 + (6n − 1)(−1)n ) 1 . cn = 36 (5n + (−30n + 35)(−1)n ) 1 bn = 36 (2 × 5n + (−24n − 2)(−1)n ) 1939
Le théorème de C AYLEY-H AMILTON fournit alors 1 (5n + (6n − 1)(−1)n )A2 + 2(5n − (12n + 1)(−1)n )A + (5n + (−30n + 35)(−1)n )I 36 9 8 8 1 2 2 1 n = (5 + (6n − 1)(−1)n ) 8 9 8 + 2(5n − (12n + 1)(−1)n ) 2 1 2 36 8 8 9 2 2 1 1 0 0 n n +(5 + (−30n + 35)(−1) ) 0 1 0 0 0 1 12 × 5n + 24(−1)n 12 × 5n − 12(−1)n 12 × 5n − 12(−1)n 1 12 × 5n − 12(−1)n 12 × 5n + 24(−1)n 12 × 5n − 12(−1)n = 36 12 × 5n − 12(−1)n 12 × 5n − 12(−1)n 12 × 5n + 24(−1)n n 5 + 2(−1)n 5n − (−1)n 5n − (−1)n 1 n 5 − (−1)n 5n + 2(−1)n 5n − (−1)n . = 3 5n − (−1)n 5n − (−1)n 5n + 2(−1)n
An =
On retrouve encore une fois le même résultat mais pour n ∈ N∗ uniquement. Correction de l’exercice 3272 N
Soit X ∈ M3 (R). Si X 2 = A alors AX = X 3 = XA et donc X et A commutent. A admet trois valeurs propres réelles et simples à savoir 1, 3 et 4. Donc A est diagonalisable dans R et les sous espaces propres de A sont des droites. X commute avec A et donc laisse stable les trois droites propres de A. Ainsi une base de M3,1 (R) formée de vecteurs propres de A est également une base de vecteurs propres de X ou encore, si P est une matrice réelle inversible telle que P−1 AP soit une matrice diagonale D0 alors pour la même matrice P, P−1 XP est une matrice diagonale D. De plus √ X 2 = A ⇔ PD2 P−1 = PD0 P−1 ⇔ D2 = D0 ⇔ D = diag(± 3, ±2, ±1) 2 0 0 ce qui fournit huit solutions deux à opposées. On peut prendre P = −16 1 0 puis P−1 = 5 0 1 1/2 0 0 8 1 0 . D’où les solutions −5/2 0 1 √ √ 2 √ 3ε1 0 0 2 0 0 1/2 0 0 1/2 0 0 3ε1 0 0 −16 1 0 0 8 1 0 1 0 = −16 2ε 0 8 √ 3ε1 2ε2 0 5 0 1 −5/2 0 1 −5/2 0 1 0 0 ε3 0 ε3 5 3ε1 √ 3ε 0 0 1 √ = −8√ 3ε1 + 16ε2 2ε2 0 . 5( 3ε1 − ε3 )/2 0 ε3 où (ε1 , ε2 , ε3 ) ∈ {−1, 1}3 .
Correction de l’exercice 3273 N (a) χA = −(2 + X)((3 − X)(−1 − X) + 4) = −(X + 2)(X 2 − 2X + 1) = −(X + 2)(X − 1)2 . A diagonalisable ⇒ dim(Ker(A − I)) = 2 ⇒ rg(A − I) = 1 ce qui n’est pas . Donc A n’est pas 0 1 diagonalisable. De plus, E−2 = Vect(e1 ) où e1 = 0 et E1 = Vect(e2 ) où e2 = −2 . 1 −4 1940
0 0 0 2 1 0 2 1 0 0 0 et donc Ker(A − I)2 (b) (A − I)2 = −4 −2 0 −4 −2 0 = 0 4 8 −3 4 8 −3 −36 −36 9 est le plan d’équation 4x + 4y − z = 0.
(c) On note f l’endomorphisme de R3 dont la matrice dans la base canonique de R3 est A. Le théorème de C AYLEY-H AMILTON et le théorème de décomposition des noyaux permettent d’affirmer M3 (R) = Ker(A + 2I) ⊕ Ker(A − I)2 . De plus, chacun des sous-espaces Ker(A + 2I) et Ker(A − I)2 étant stables par f , la matrice de f dans toute base adaptée à cette décomposition est diagonale par blocs. Enfin, Ker(A − I) est une droite vectorielle contenue dans le plan Ker(A − I)2 et en choisissant une base de Ker(A − I)2 dont l’un des deux vecteurs est dans Ker(A − I), la matrice de f aura la forme voulue. 1 1 0 On a déjà choisi e1 = 0 et e2 = −2 puis on prend e3 = −1 . On note P = 1 −4 0 0 1 1 −4 −4 1 0 −2 −1 . P est inversible d’inverse P−1 = −1 −1 0 . On peut déjà affirmer que 1 −4 0 2 1 0 −2 0 0 P−1 AP est de la forme 0 1 × . Plus précisément 0 0 1 1 1 1 3 1 0 Ae3 − e3 = −4 −1 0 −1 − −1 = −2 = e2 −4 0 0 4 8 −2 et donc Ae3 = e2 + e3 puis
0 1 1 −4 −4 1 −2 0 0 A = PT P−1 où P = 0 −2 −1 , P−1 = −1 −1 0 et T = 0 1 1 . 1 −4 0 2 1 0 0 0 1
(d) Soit n ∈ N. Posons T = D + N où D = diag(−2, 1, 1) et N = E2,3 . On a ND = DN et N 2 = 0. Puisque les matrices D et N commutent, la formule du binôme de N EWTON permet d’écrire T n = Dn + nDn−1 N = diag((−2)n , 1, 1) + ndiag((−2)n−1 , 1, 1)E2,3 = diag((−2)n , 1, 1) + nE2,3 (−2)n 0 0 1 n . = 0 0 0 1
Puis
0 1 1 (−2)n An = PT n P−1 = 0 −2 −1 0 1 −4 0 0 0 1 n+1 −4 −4 −2 −2n − 1 −1 −1 = 0 (−2)n −4 −4n 2 1
0 0 −4 −4 1 1 n −1 −1 0 0 1 2 1 0 1 2n + 1 n 0 0 = −4n −2n + 1 0 . n n 0 −4(−2) − 8n + 4 −4(−2) − 4n + 4 (−2)n
2n + 1 n 0 −4n −2n + 1 0 . ∀n ∈ N, An = n n −4(−2) − 8n + 4 −4(−2) − 4n + 4 (−2)n 1941
Correction de l’exercice 3274 N −X b . . . b −X + x b + x . . . b + x .. .. .. .. a ... ... a+x . . . . . χA = . . Soit f (x) = .. .. .. .. .. .. . . b . . . b + x a . . . a −X a+x . . . a + x −X + x f est un polynôme en x. Par n linéarité du déterminant, f (x) est somme de 2n déterminants dont 2n − (n + 1) sont nuls car contiennent deux colonnes de x. Les déterminants restant contiennent au plus une colonne de x et sont donc de degré inférieur ou égal à 1 en x. f est donc une fonction affine. Il existe donc deux nombres A et Btels que ∀x ∈ C, f (x) = Ax + B. Les égalités f (−a) = (−X − a)n et −aA + B = (−X − a)n f (−b) = (−X − b)n fournissent et comme a 6= b, les formules de C RAMER −bA + B = (−X − b)n fournissent χA = f (0) = B =
1 b−a (b(−X
Soit λ ∈ C. λ valeur propre de A ⇒ chA (λ ) = 0 ⇒
− a)n − a(−X − b)n ).
λ +a λ +b
n
=
a b
λ +a a 1/n ⇒ λ +b = b .
Soient M le point du plan d’affixe λ , A le point du plan d’affixe −a et B le point du plan d’affixe −b puis 1/n k = ba . k est un réel strictement positif et distinct de 1. On peut donc poser I = bar(A(1), B(−k)) et J = bar(A(1), B(k)). −→ −→ −→ −→ λ valeur propre de A ⇒ MA = kMB ⇒ MA2 − k2 MB2 = 0 ⇒ (MA − kMB)(MA + kMB) = 0 − → −→ − → −→ ⇒ (1 − k)MI.(1 + k)MJ = 0 ⇒ MI.MJ = 0
⇒ M est sur le cercle de diamètre [I, J] (cercles d’A PPOLONIUS (de Perga)).
Correction de l’exercice 3275 N
1 (a) Les hypothèses fournissent AU = U où U = ... et donc 1 est valeur propre de A. 1 x1 (b) i. Soient λ une valeur propre de A et X = ... ∈ Mn,1 (C) un vecteur propre associé. xn n
AX = λ X ⇒ ∀i ∈ [[1, n]] ,
n
∑ ai, j x j = λ xi ⇒ ∀i ∈ [[1, n]] , |λ xi | 6
j=1
n
⇒ ∀i ∈ [[1, n]] , |λ xi | 6
∑ ai, j
j=1
!
∑ |ai, j ||x j |
j=1
Max{|x j |, 1 6 j 6 n}
⇒ ∀i ∈ [[1, n]] , |λ ||xi | 6 Max{|x j |, 1 6 j 6 n}. On choisit alors pour i un indice i0 tel que |xi0 | = Max{|x j |, 1 6 j 6 n}. Puisque X est non nul, on a |xi0 | > 0. On obtient |λ ||xi0 | 6 |xi0 | et donc |λ | 6 1 puisque |xi0 | > 0. ii. Plus précisément, 1942
|λ − ai0 ,i0 ||xi0 | = ∑ j6=i0 ai0 , j x j 6 ∑ j6=i0 ai0 , j |x j | 6 ∑ j6=i0 ai0 , j |xi0 | = (1 − ai0 ,i0 )|xi0 |
et donc ∀λ ∈ SpA, |λ − ai0 ,i0 | 6 1 − ai0 ,i0 ce qui signifie que les valeurs propres de A appartiennent au disque de centre ai0 ,i0 et de rayon 1 − ai0 ,i0 . Ce disque est tangent intérieurement au cercle de centre (1, 0) et de rayon 1 en le point (1, 0).
1
ai0 , ai0 b
−1
1
−1 Correction de l’exercice 3276 N (a) J n = I. J annule le polynôme X n − 1 qui est à racines simples dans C et donc J est diagonalisable dans C. Les valeurs propres de J sont à choisir parmi les racines n-èmes de 1 dans C. On pose ω = e2iπ/n . Vérifions que ∀k ∈ [[0, n − 1]], ω k est valeur propre de J. Soient k ∈ [[0, n − 1]] et X = (x j )16 j6n un élément de Mn,1 (C). kx x = ω x2 = ω k x1 2 1 x2 = ω k x1 k k 2 x = ω x x = (ω ) x 3 2 3 1 x3 = (ω k )2 x1 .. .. JX = ω k X ⇔ ⇔ ⇔ . . . .. k k n−1 xn = ω xn−1 xn = (ω ) x1 xn = (ω k )n−1 x1 k k n x1 = ω xn x1 = (ω ) x1 et donc
JX = ω k X ⇔ X ∈ Vect(Uk ) où Uk =
1 ωk (ω k )2 .. . (ω k )n−1
.
Donc ∀k ∈ [[0, n − 1]], ω k est valeur propre de J. Les valeurs propres de J sont les n racines n-èmes de 1. Ces valeurs propres sont toutes simples. Le sous espace propre associé à ω k , 0 6 k 6 n − 1, est la droite vectorielle Dk = Vect(Uk ). Soit P la matrice de VANDERMONDE des racines n-èmes de l’unité c’est-à-dire P = (ω ( j−1)(k−1) )06 j,k6n−1 puis D = diag(1, ω, ..., ω n−1 ), alors on a déjà vu que P−1 = n1 P (exercice 3177) et on a J = PDP−1 avec D = diag(ω j )16 j6n , P = ω ( j−1)(k−1) 16 j,k6n et P−1 = n1 P avec ω = e2iπ/n . Remarque. La seule connaissance de D suffit pour le 2). (b) Soit A la matrice de l’énoncé. A = a0 I + a1 J + a2 J 2 + ... + an−1 J n−1 = Q(J) où Q = a0 + a1 X + ... + an−1 X n−1 . D’après 1), A = P×Q(D)×P−1 et donc A est semblable à la matrice diag(Q(1), Q(ω), ..., Q(ω n−1 )). Par suite, A a même déterminant que la matrice diag(Q(1), Q(ω), ..., Q(ω n−1 )). D’où la valeur du déterminant circulant de l’énoncé : 1943
a0 a1 . . . an−2 an−1 an−1 a0 a1 an−2 .. .. .. .. . . . . .. . a0 a2 a1 a1 a2 . . . an−1 a0
= ∏n−1 ∑n−1 e2i( j−1)(k−1)π/n a j . j=0 k=0
Correction de l’exercice 3277 N (a) Soit σ ∈ Sn .
det(Pσ ) = ∑σ 0 ∈Sn ε(σ 0 )pσ 0 (1),1 . . . pσ 0 (n),n = ∑σ 0 ∈Sn ε(σ 0 )δσ 0 (1),σ (1) . . . δσ 0 (n),σ (n) = ε(σ ),
car δσ 0 (1),σ (1) . . . δσ 0 (n),σ (n) 6= 0 ⇔ ∀i ∈ [[1, n]] , σ 0 (i) = σ (i) ⇔ σ 0 = σ . ∀σ ∈ Sn , det(Pσ ) = ε(σ ).
(b) i. Soit (σ , σ 0 ) ∈ Sn2 . Soit (i, j) ∈ [[1, n]]2 . Le coefficient ligne i, colonne j, de la matrice Pσ × Pσ 0 vaut ∑nk=1 δi,σ (k) δk,σ 0 ( j) . Dans cette somme, si k 6= σ 0 ( j), le terme correspondant est nul et quand k = σ 0 ( j), le terme correspondant vaut δi,σ (σ 0 ( j)) . Finalement, le coefficient ligne i, colonne j, de la matrice Pσ × Pσ 0 vaut δi,σ (σ 0 ( j)) qui est encore le coefficient ligne i, colonne j, de la matrice Pσ ◦σ 0 . ∀(σ , σ 0 ) ∈ Sn2 , Pσ × Pσ 0 = Pσ ◦σ 0 . ii. Montrons que G est un sous-groupe du groupe (GLn (R), ×). G contient In = PId et d’autre part, G est contenu dans GLn (R) d’après 1). (G, ×) est un sous-groupe de (GLn (R), ×). (c) Le coefficient ligne i, colonne j, de la matrice APσ vaut ∑nk=1 ai,k δk,σ ( j) = ai,σ ( j) . Par suite, si C1 ,. . . , Cn désignent les colonnes de la matrice A, la matrice APσ est la matrice dont les colonnes sont Cσ (1) ,. . . , Cσ (n) . Si A = (C1 . . .Cn ), APσ = (Cσ (1) . . .Cσ (n) ). (d) Commençons par trouver le polynôme caractéristique d’un cycle c de longueur ` (1 6 ` 6 n). Soit fc l’endomorphisme de E = Rn de matrice Pc dans labase canonique de Rn . Il existe une base de J` 0`,n−` E dans laquelle la matrice de fc est où la matrice J` est la matice de l’exercice 0n−`,` In−` 3276. Le polynôme caractéristique χPc de Pc est donc (−1)n (X − 1)n−` (X ` − 1) (voir exercice 3276). Soit maintenant σ ∈ Sn . On note fσ l’endomorphisme de E = Rn de matrice Pσ dans la base canonique de Rn . σ se décompose de manière unique à l’ordre près des facteurs en produit de cycles à supports disjoints, ces cycles commutant deux à deux. Posons donc σ = c1 ◦ ... ◦ c p , p > 1, où les ci , 1 6 i 6 p, sont des cycles à supports disjoints, et notons cycle ci , 1 6 i 6 p. Il existe une base de E dans laquelle la matrice de fσ `i la longueur du J`1 0 . . . 0 . 0 . . . . . . .. où k = n − `1 − ... − ` p est le nombre de points fixes de σ . est . . .. J .. 0 `p 0 . . . 0 Ik 1944
Le polynôme caratéristique cherché est donc χPσ = (−1)n (X `1 − 1) . . . (X ` p − 1)(X − 1)n−`1 −...−` p . On en déduit immédiatement les valeurs propres de Pσ .
Correction de l’exercice 3278 N 4 3 2 On cherche une matrice A de format 4 dont le polynôme caractéristique est X − 3X + X − 1. La 0 0 0 1 1 0 0 0 matrice compagnon A = 0 1 0 −1 convient (voir l’exercice 2837) et le théorème de C AY0 0 1 3 LEY -H AMILTON montre que A4 − 3A3 + A2 − I4 = 0.
Correction de l’exercice 3279 N Soit A la matrice de l’énoncé. detA est le produit des valeurs propres de A. • Si b = 0, detA = an . • Si b 6= 0, rg(A − (a − b)I) = 1 ou encore dim(Ker(A − (a − b)I)) = n − 1. Par suite, a − b est valeur propre d’ordre n − 1 au moins. On obtient la valeur propre manquante λ par la trace de A : (n − 1)(a − b) + λ = na et donc λ = a + (n − 1)b. Finalement detA = (a − b)n−1 (a + (n − 1)b) ce qui reste vrai quand b = 0. a b ... b . b a . . . .. = (a − b)n−1 (a + (n − 1)b). .. . . . . . . . b b ... b a Correction de l’exercice 3280 N 0 1 0 Posons N = 0 0 1 . On a N 2 = E1,3 et N 3 = 0. Si X ∈ M3 (C) est une matrice carrée vérifiant 0 0 0 X 2 = N, alors X 6 = 0. Donc X est nilpotente et, puisque X est de format 3, on sait que X 3 = 0. Mais alors N 2 = X 4 = 0 ce qui n’est pas . L’équation proposée n’a pas de solution. Correction de l’exercice 3281 N rg(Ma,b − I) = 1, si a = b = 0, 2 si l’un des deux nombres a ou b est nul et l’autre pas et 3 si a et b ne sont pas nuls. Donc M0,0 n’est semblable à aucune des trois autres matrices et de même pour M1,1 . Il reste à savoir si les matrices M1,0 et M0,1 sont semblables. (M1,0 − I)2 = (E1,2 + E2,3 )2 = E1,3 6= 0 et (M0,1 − I)2 = (E1,2 + E3,4 )2 = 0. Donc les matrices M1,0 et M0,1 ne sont pas semblables. Correction de l’exercice 3282 N 1 3 −7 Soit A = 2 6 −14 . A est de rang 1 et donc admet deux valeurs propres égales à 0 . TrA = 0 et 1 3 −7 donc la troisième valeur propre est encore 0. Donc χA = −X 3 . A est nilpotente et le calcul donne A2 = 0. Ainsi, si X est une matrice telle que X 2 = A alors X est nilpotente et donc X 3 = 0. Réduction de A. A2 = 0. Donc ImA ⊂ KerA. Soit e3 un vecteur non dans KerA puis e2 = Ae3 . (e2 ) est une base de ImA que l’on complète en (e1 , e2 ) base de KerA.
1945
(e1 , e2 , e3 ) est une base de M3,1 (C) car si ae1 + be2 + ce3 = 0 alors A(ae1 + be2 + ce3 ) = 0 c’est-à-dire ce2 = 0 et donc c = 0. Puis a = b = 0 car la famille (e1 , e2 ) est libre. −1 Si de passage de la base canonique de M3,1 P est la matrice (C) à la base (e1 , e2 , e3 ) alors P AP = 0 0 0 3 −7 0 0 0 1 . On voit peut prendre P = −1 −14 0 . 0 0 0 0 −7 1 2 Si X = A, X commute avec A et donc X laisse stable ImA et KerA. que Xe2 est colinéaire On en déduit a 0 d à e2 et Xe1 est dans Vect(e1 , e2 ). Donc P−1 XP est de la forme b c e . De plus, X est nilpotente 0 0 f de polynôme caractéristique (a − λ )(c − λ )( f − λ ). On a donc nécessairement a = c = f = 0. P−1 XP 0 0 b est de la forme a 0 c . 0 0 0 2 0 0 b 0 0 0 Enfin, X 2 = A ⇔ a 0 c = 0 0 1 ⇔ ab = 1. 0 0 0 0 0 0 0 0 a1 Les matrices X solutions sont les matrices de la forme P a 0 b P−1 où a est non nul et b 0 0 0 quelconque. 14 −7 0 1 −1 −3 0 puis On trouve P−1 = 49 −7 −21 49 0 0 3 −7 0 1 −1 −14 0 X= a 0 49 0 −7 1 0 0 3 −7a 0 a − 7b 1 − 14 0 − 1 − 14b = a 49
−7a
0
3 −2a − 7a +b
−7b
9 a − 7a + 3b
14 −7 0 b −1 −3 0 −7 −21 49 0 1 a
14 −7 0 −1 −3 0 −7 −21 49 3 a
− 7b
∗ 1 3 1 = − 4a + 7a + 2b1 2a + 7a + 6b − a − 14b , (a, b) ∈ C × C. −2a + b
a + 3b
−7b
Correction de l’exercice 3283 N 1−X 0 −1 1 0 −1 2−X 1 = (1 − X)(X 2 − 5X + 4) − (−2 + 2X) = Soit A = 1 2 1 . χA = 1 2 2 3−X 2 2 3 2 (1 − X)(X − 5X + 4 + 2) = −(X − 1)(X − 2)(X − 3). A est à valeurs propres réelles et simples. A est diagonalisable dans R et les sous-espaces propres sont des droites. Si M est une matrice qui commute avec A, M laisse stable ces droites et donc si P est une matrice inversible telle que P−1 AP soit diagonale alors la matrice P−1 MP est diagonale. Réciproquement une telle matrice commute avec A. C(A) = {Pdiag(a, b, c)P−1 , (a, b, c) ∈ C3 }. 1946
a−c 2b − c −a + 2b − c 2 a−b+c (−a + c)/2 , (a, b, c) ∈ C3 . On peut vérifier que On trouve C(A) = −b + c 2c − 2b −2b + c c C(A) = Vect(I, A, A2 ). Correction de l’exercice 3289 N Soit u un endomorphisme d’un espace vectoriel E de dimension finie, alors le polynôme caractéristiaque de u est aussi un polynôme annulateur de u. Preuve si χu est scindé : u est alors diagonalisable et il existe donc à racines simples une base B dans λ1 χu (λ1 ) . .. . laquelle MatB (u) = . Alors MatB (χu (u)) = . Et comme ∀i ∈ . . λn χu (λn ) {1, . . . , n} on a χu (λi ) = 0, on en déduit que χu (u) = 0. Correction de l’exercice 3307 N Soit A la matrice suivante
0 1 1 A = 1 0 1 1 1 0
Calculons A2 et vérifions que A2 = A + 2I3 . On a 2 1 1 0 1 1 0 1 1 A2 = 1 0 1 1 0 1 = 1 2 1 = A + 2I3 . 1 1 2 1 1 0 1 1 0
On a donc A2 − A = 2I3 , c’est-à-dire A(A − I3 ) = 2I3 , ou encore A. 21 (A − I3 ) = I3 . Ce qui prouve que A est in versible et que son inverse est A−1 = 21 (A − I3 ) Correction de l’exercice 3308 N Soit N une matrice nilpotente, il existe q ∈ ||| tel que N q = 0. Montrons que la matrice I −N est inversible et exprimons son inverse en fonction de N. On remarque que (I − N)(I + N + N 2 + · · · + N q−1 ) = I − N q = I. Ainsi, la matrice I − N est inversible, et son inverse est (I − N)−1 = I + N + N 2 + · · · + N q−1 . Correction de l’exercice 3309 N (a) (−1)n (X n − an X n−1 − · · · − a1 ).
(b) Étude de x 7→ (xn − an xn−1 − · · · − a1 )/xn . (c) Inégalité triangulaire.
(d) Expression générale de Ak .
Correction de l’exercice 3310 N a = b ou a, b non nuls. Correction de l’exercice 3313 N (a) (b) (A − xI)( tA − xI) = (x2 − 2x + 4)I, χA (x) = x2 − 2x + 4. 1947
(c) tA = 2I − A donc (A − xI)((2 − x)I − A) = (x2 − 2x + 4)I. En prenant pour x une des racines du polynôme x2 − 2x + 4, on obtient un polynôme scindé à racines simples annulant A. Correction de l’exercice 3315 N A est diagonalisable car A2 = I. eA = (ch 1)I + (sh 1)A. Correction de l’exercice 3316 N Si Im u ⊂ Keru alors u2 = 0 donc 0 est l’unique valeur propre de u et u 6= 0 donc u n’est pas diagonalisable. Si Im u 6⊂ Keru alors Im u ∩ Keru = {~0} et donc Im u + Keru = E. Or Im u et Keru sont des sous-espaces propres de u donc u est diagonalisable. Correction de l’exercice 3318 N (a) Polynôme annulateur simple. (b) Non, ctrex = B nilpotent.
Correction de l’exercice 3319 N spec(p) ⊂ {−1, 0, 1}. p est diagonalisable si et seulement s’il annule un polynôme scindé à racines simples. Correction de l’exercice 3320 N A est C-diagonalisable et les valeurs propres sont α > 0 et β , β avec la même multiplicité. Correction de l’exercice 3322 N A est diagonalisable et a n valeurs propres distinctes, sinon il existerait un polynôme annulateur de degré inférieur ou égal à n − 1. Ces racines sont les n racines n-èmes de 1 et leur somme est nulle. Correction de l’exercice 3323 N A est C-diagonalisable (polynôme annulateur à racines simples) ⇒ dim(E1 ) + dim(E−1 ) = n. Les dimensions sont conservées sur R. Correction de l’exercice 3325 N Soit P un polynôme tel que P(λ ) = 1 et P(µ) = 0 pour toutes les autres valeurs propres, µ, de f . Alors pλ = P( f ). Correction de l’exercice 3326 N 3. Spec(uk ) ⊂ {i, −i} d’après la relation u2k = −idE . Si le spectre était réduit à un élément alors uk serait scalaire car diagonalisable, mais ceci est incompatible avec la relation d’anticommutation entre uk et u` . Donc Spec(uk ) = {i, −i}. 4. u` avec ` 6= k échange les sous-espaces propres de uk donc ils ont même dimension n/2. Correction de l’exercice 3329 N c+4 b a c + 2 b, v = ku. (a) Calcul Maple : h = 0 0 0 c 1948
(b) i. ii. iii. uk ◦ h − h ◦ uk = −2kuk , P(u) ◦ h − h ◦ P(u) = −2u ◦ P0 (u).
iv. Si P(u) = 0 alors u◦P0 (u) = 0 donc P (polynôme minimal) divise XP0 ce qui implique P(X) = X k pour un certain k.
Correction de l’exercice 3332 N Aucun polynôme constant ne convient. Si P est non constant et α est une racine de P alors en considérant A = αIn on obtient une première condition nécessaire : nα ∈ Z. Si P a une autre racine β alors en prenant A = diag(α, . . . , α, β ) on obtient une deuxième condition nécessaire : β − α ∈ Z. Ainsi les polynômes P cherchés ont la propriété suivante : deg(P) > 1 et il existe u ∈ Z tel que toutes les racines de P sont congrues à u/n modulo 1. Cette condition est clairement suffisante. Correction de l’exercice 3333 N On écrit C = PJQ où P, Q sont inversibles et J est la matrice canonique de rang r. Alors (P−1 AP)J = J(QBQ−1 ) donc P−1 AP et QBQ−1 sont triangulaires par blocs avec le même bloc diagonal r × r, ce qui prouve que χA et χB ont un facteur de degré r en commun. Correction de l’exercice 3334 N Le polynôme s’écrit (X 2 + 1)(X 2 + X + 1). Il n’a donc pas de racine réelle. Or tout élément de M5 (R) possède au moins une valeur propre et cette valeur propre devrait être également racine du polynôme minimal. Par conséquent X 4 + X 3 + 2X 2 + X + 1 ne peut pas être le polynôme minimal d’une matrice de M5 (R). Correction de l’exercice 3335 N (a) Que c’est un isomorphisme (et réciproquement). (b) Soit Q(X) = P(X)/X. On a u ◦ Q(u) = 0 et X, Q sont premiers entre eux, d’où E = Keru ⊕ KerQ(u) et Im u ⊂ KerQ(u). On conclut avec le théorème du rang. (c) Même méthode.
Correction de l’exercice 3336 N • Si A est nilpotente, pour tout k ∈ [[1, n]], Ak est nilpotente et donc 0 est l’unique valeur propre dans C de Ak . Par suite, ∀k ∈ [[1, n]], Tr(Ak ) = 0. • Réciproquement , supposons que ∀k ∈ [[1, n]], Tr(Ak ) = 0 et montrons alors que toutes les valeurs propres de A dans C sont nulles. Ceci montrera que le polynôme caractéristique de A est (−X)n et donc que A est nilpotente d’après le théorème de C AYLEY-H AMILTON. Soient λ1 ,..., λn les n valeurs propres (distinctes ou confondues) de A dans C. Pour k ∈ [[1, n]], on pose Sk = λ1k + ... + λnk . Il s’agit de montrer que : (∀k ∈ [[1, n]] , Sk = 0) ⇒ (∀ j ∈ [[1, n]] , λ j = 0). 1ère solution. Les Sk , 1 6 k 6 n, sont tous nuls et par combinaisons linéaires de ces égalités, on en déduit que pour tout polynôme P de degré inférieur ou égal à n et s’annulant en 0, on a P(λk ) = 0 (1). Il s’agit alors de bien choisir le polynôme P. Soit i ∈ [[1, n]]. Soient µ1 ,..., µ p les valeurs propres deux à deux distinctes de A (1 6 p 6 n). On prend P = X ∏ j6=i (X − µ j ) si p > 2 et P = X si p = 1. P est bien un polynôme de degré inférieur ou égal à n et s’annule en 0. L’égalité P(λi ) = 0 fournit λi = 0 ce qu’il fallait démontrer. 2ème solution. Pour ceux qui savent que les sommes de N EWTON Sk sont liées aux fonctions élémentaires en les λi σ1 ,..., σn par les formules de N EWTON : 1949
∀k 6 n, Sk − σ1 Sk−1 + ... + (−1)k−1 σk−1 S1 + (−1)k kσk = 0. Par suite, si tous les Sk , 1 6 k 6 n, sont nuls alors immédiatement tous les σk , 1 6 k 6 n, sont nuls et donc les λi sont nuls car tous racines de l’équation xn = 0. Correction de l’exercice 3337 N Soit k ∈ N∗ . f k g − f gk = f k g − f k−1 g f + f k−1 g f − f k−2 g f 2 + f k−2 g f 2 − . . . − f g f k−1 + f g f k−1 − g f k k−1
=
k−1
k−1
∑ ( f k−i g f i − f k−i−1 g f i+1 ) = ∑ f k−i−1 ( f g − g f ) f i = ∑ f k−i−1 f f i
i=0
i=0
i=0
= k f k. Ainsi, si f g − g f = f , alors ∀k ∈ N, f k g − g f k = k f k
(∗).
1ère solution. Soit ϕ : L (E) → L (E) . ϕ est un endomorphisme de L (E) et ∀k ∈ N∗ , ϕ( f k ) = h 7→ hg − gh k f k . Si, pour k ∈ N∗ donné, f k n’est pas nul, f k est valeur propre de ϕ associé à la valeur propre k. Par suite, si aucun des f k n’est nul, ϕ admet une infinité de valeurs propres deux à deux distinctes. Ceci est impossible car dim(L (E)) < +∞. Donc, f est nilpotent. 2ème solution. Les égalités (∗) peuvent s’écrire P( f )g − gP( f ) = f P0 ( f ), (∗∗), quand P est un polynôme de la forme X k , k ∈ N. Par linéarité, les égalités (∗∗) sont vraies pour tout polynôme P. En particulier, l’égalité (∗∗) est vraie quand P est Q f le polynôme minimal de f et donc f Q0f ( f ) = Q f ( f )g − gQ f ( f ) = 0. Le polynôme XQ0f est donc un polynôme annulateur de f et on en déduit que le polynôme Q f divise le polynôme XQ0f . Plus précisément, si p ∈ N∗ est le degré de Q f , les polynômes pQ f ayant mêmes degrés et mêmes coefficients dominants, on en déduit que pQ f = XQ0f ou encore que Q0f Qf
= Xp .
Par identification à la décomposition en éléments simples usuelles de particulier, f p = 0 et encore une fois f est nilpotent.
Q0f Qf
, on en déduit que Q f = X p . En
Correction de l’exercice 3341 N (a) u ∑Ni=1 αi xi = ∑Ni=1 αi u(ui (x0 )) = ∑Ni=1 αi xi+1 . Donc ∀x ∈ F, u(x) ∈ F.
(b) Si à un rang k, xk+1 est une combinaison linéaire des xi pour i 6 k : xk+1 = ∑ki=0 ai xi . On en déduit que xk+2 = ∑ki=0 ai xi+1 , et donc que xk+2 ∈ Vect(x1 , . . . , xk+1 ) ⊂ Vect(x0 , . . . , xk ), et par récurrence, on obtient finalement que ∀p > k, x p ∈ Vect(x0 , . . . , xk ). On en déduit que le rang de la famille {x0 , . . . , xm }, est strictement croissant avec m puis éventuellement constant à partir d’un certain rang. Comme E est de dimension finie n, on en déduit que ce rang est constant à partir d’un rang k 6 n : la famille (x0 , . . . , xk ) est alors libre, et xk+1 est une combinaison linéaire de (x0 , . . . , xk ). (c) xk+1 − ∑ki=0 ai xi = uk+1 (x0 ) − ∑ki=0 ai ui (x0 ) = 0 donc P0 (u)(x0 ) = 0.
(d) Si x ∈ F alors x = ∑Ni=0 αi ui (x0 ). En posant P = ∑Ni=0 αi X i , on a x = P(u)(x0 ).
(e) Soit P = QP0 + R la division euclidienne de P par P0 , alors deg(R) < deg(P0 ) = k + 1. Notons R = ∑ki=0 ri X i . On a x = P(u)(x0 ) = Q(u)P0 (u)(x0 ) + R(u)(x0 ) = R(u)(x0 ) (f) La famille (x0 , . . . , xk ) est donc libre et génératrice dans F : c’est une base. 1950
(g) La matrice de u|F dans cette base est la matrice compagnon associée au polynôme P0 , et χu|F = P0 .
(h) On choisit un vecteur y ∈ E \ F, et on recommence le même travail avec ce vecteur, et on continue ainsi jusqu’à avoir obtenu une base de tout l’espace. La matrice de u dans la base finale est alors du type demandé.
Correction de l’exercice 3343 N spec(T ) = ] − 1, 1]. Correction de l’exercice 3344 N 2. 0 < λ 6 1 : f (x) = Cx1/λ −1 . Correction de l’exercice 3345 N 1/k, k > 1. Correction de l’exercice 3346 N λ=
1 (π/2+kπ)2
: u(x) = C sin(π/2 + kπ)x.
Correction de l’exercice 3348 N (a) A ∼ diag(1, α, α −1 ) où α est une racine primitive 7ème de 1, A ∼ diag(α, α 10 , α −11 ) où α est une racine primitive 37ème de 1.
(b) pas de solution. (c) vp = 0 ou 1.
Correction de l’exercice 3349 N Soit f un endomorphisme d’un ev E ayant A pour matrice. On doit trouver g ∈ GL(E) tel que f ◦ g = 2g ◦ f . Construction de g par récurrence sur n = dim E. n 6 1 : on a f = 0 donc g = idE convient. 0, . . . , n − 1 ⇒ n : f est non surjectif donc l’hypothèse de récurrence s’applique à f| Im( f ) . Soit g1 ∈ GL(Im( f )) tel que f (g1 (x)) = 2g1 ( f (x)) pour tout x ∈ Im( f ). Soit E = H ⊕ I ⊕ K ⊕ L avec H = Im( f ) ∩ Ker( f ), H ⊕ I = Im( f ) et H ⊕ K = Ker( f ). La restriction de f à I ⊕ L induit un isomorphisme sur Im( f ), on note ϕ l’isomorphisme réciproque. Soit g ∈ L (E) définie par : g(h + i + k + `) = g1 (h + i) + k + 2ϕ(g1 ( f (`))). On vérifie facilement que f ◦g = 2g◦ f et il reste à prouver que g est injective. Si x = h+i+k +` ∈ Kerg alors g( f (x)) = g1 ( f (i + `)) = 0 donc i + ` ∈ Ker f = H ⊕ K soit i = ` = 0. Il reste g1 (h) + k = 0 ce qui implique h = k = 0 car g1 (h) ∈ Im f = H ⊕ I. Remarque : la démonstration passe à tout corps de caractéristique différente de 2. Correction de l’exercice 3350 N (a) (b) Par récurrence pour P = X k , puis par linéarité. (c) A = 0.
1951
Correction de l’exercice 3351 N I I 2M 0 −1 : P AP = est diagonalisable, donc A aussi. S’inspirer du cas n = 1. Soit P = I −I 0 0 Correction de l’exercice 3352 N λY 2 tq AY = λ Y . Eλ (M) = Y Correction de l’exercice 3354 N Calcul du polynôme caractéristique de B par opérations en blocs. On obtient x x √ χA √ χB (x) = det(x2 I − 2xA − A2 ) = (−1)n χA 1+ 2 1− 2 donc
√ √ Spec(B) = {(1 + 2)λ , λ ∈ Spec(A)} ∪ {(1 − 2)λ , λ ∈ Spec(A)}.
Correction de l’exercice 3355 N
2 a − ab ab − b2 0 0 ab − b2 a2 − ab I2 I2 0 0 M1 0 −1 En prenant P = on trouve P MP = = . −I2 I2 0 0 a2 + ab b2 + ab 0 M2 0 0 b2 + ab a2 + ab 2 1 1 a − b2 0 (a − b)2 0 −1 −1 . En prenant P1 = et P1 M2 P1 = on a P1 M1 P1 = 0 (a + b)2 0 a2 − b2 −1 1 Ainsi, SpecA = {(a + b)2 , (a − b)2 , (a + b)(a − b)}, donc l’ensemble cherché est la boule unité ouverte pour k k1 .
Correction de l’exercice 3358 N Si P(0) 6= 0 alors f est bijective. Si P(0) = 0 alors f 2 ◦ qqch = −P0 (0) f ⇒ Ker f 2 = Ker f . Correction de l’exercice 3360 N Soit µ le polynôme minimal de u et D l’ensemble des diviseurs unitaires de µ. Pour P ∈ K[X] et d = P ∧ µ on a facilement Ker(P(u)) = Ker(d(u)) et Im(P(u)) = Im(d(u)). Ceci montre déjà que K et I sont finis. De plus, si d ∈ D alors l’annulateur minimal de u| Im(d(u)) est µ/d donc l’application d 7→ Im(d(u)) est injective sur D et Card (I ) = Card (D). De même, l’annulateur minimal de u|Ker(d(u)) est d car Ker(d(u)) ⊃ Im( µd (u)) et d est l’annulateur minimal de u| Im( µ (u)) donc l’application d 7→ Ker(d(u)) est d injective sur D et Card (K ) = Card (D). Correction de l’exercice 3361 N En appliquant le théorème du rang à f|Ker f 2 , on a : dim(Ker f 2 ) = dim(Ker f ) + dim( f (Ker f 2 )), et f (Ker f 2 ) ⊂ Ker f , donc f (Ker f 2 ) = Ker f . Soit Gi = Kergi . Montrons que g(Gi+1 ) = Gi pour tout i ∈ [[0, k]] : si x ∈ Gi+1 alors gi (g(x)) = gi+1 (x) = 0 donc g(x) ∈ Gi . Réciproquement, si y ∈ Gi alors y ∈ Gk = f (G2k ), donc y a un antécédant x par f , cet antécédant appartient à Gi+k , et y = g(gk−1 (x)) ∈ g(Gi+1 ). 1952
On en déduit, avec le théorème du rang appliqué à g|Gi+1 , que dim(Gi+1 ) = dim(Gi ) + dim(Kerg) pour tout i ∈ [[0, k]], d’où d = dim(Gk ) = dim(G0 ) + k dim(Kerg) = k dim(Kerg). Correction de l’exercice 3362 N (a) • E contient I2 et est inclus dans GL2 (R). • Si A et B sont dans E alors AB est à coefficients entiers et det(AB) = detAdetB = 1. Donc AB est dans E. 1 t • Si A est dans E, det(A−1 ) = 1 et en particulier A−1 = detA com(A) est à coefficients entiers. On en −1 déduit que A est dans E. Finalement E est un sous-groupe de GL2 (R). (b) Soit A un élément de E tel qu’il existe un entier naturel non nul p tel que A p = I2 . A est diagonalisable dans C car annule le polynôme à racines simples X p − 1. A admet deux valeurs propres distinctes ou confondues qui sont des racines p-èmes de 1 dans C et puisque A est réelle, on obtient les cas suivants : 1er cas. Si SpA = (1, 1), puisque A est diagonalisable, A est semblable à I2 et par suite A = I2 . Dans ce cas, A12 = I2 . 2ème cas. Si SpA = (−1, −1), A = −I2 et A12 = I2 . 3ème cas. Si SpA = (1, −1) alors A est semblable à diag(1, −1) et donc A2 = I2 puis encore une fois A12 = I2 . 4ème cas. Si SpA = (eiθ , e−iθ ). Dans ce cas TrA = 2cosθ est un entier ce qui impose 2 cos θ ∈ {−2, −1, 0, 1, 2}. Les cas cos θ = 1 et cos θ = −1 ont déjà été étudié. • Si cos θ = 0, SpA = (i, −i) et A est semblable à diag(i, −i). Donc A4 = I2 puis A12 = I2 . • Si cos θ = ± 21 , SpA = ( j, j2 ) ou SpA = (− j, − j2 ). Dans le premier cas, A3 = I2 et dans le deuxième A6 = I2 . Dans tous les cas A12 = I2 . Correction de l’exercice 3363 N On montre le résultat par récurrence sur n ∈ N∗ le format de A. • C’est clair pour n = 1. • Soit n > 1. Supposons que toute matrice de format n et de trace nulle soit semblable à une matrice de diagonale nulle. Soient A une matrice carrée de format n+1 et de trace nulle puis f l’endomorphisme de Kn+1 de matrice A dans la base canonique (e1 , ..., en+1 ) de Kn+1 . Si f est une homothétie de rapport noté k, alors 0 = Tr( f ) = k(n + 1) et donc k = 0 puis f = 0 puis A = 0. Dans ce cas, A est effectivement semblable à une matrice de diagonale nulle. Sinon f n’est pas une homothétie et on sait qu’il existe un vecteur u de E tel que la famille (u, f (u)) soit libre (voir exercice 1228). On complète la famille libre (u, f (u)) en une base de E. Le coefficient ligne 1, colonne 1,de la matrice de f dans cette base est nul. Plus précisément, A est semblable à une matrice 0 × ... ... × 1 0 . . de la forme 0 .. A .. . 0 0 Puis TrA = TrA = 0 et par hypothèse de récurrence, A0 est semblable à une matrice A1 de diagonale nulle ou encore il existe A1 matrice carrée de format n et de diagonale nulle et Q ∈ GLn (K) telle que Q−1 A0 Q = A1 . 1953
1 0 ... 0 0 Mais alors, si on pose P = . , P est inversible car det(P) = 1 × det(Q) 6= 0 et un calcul . . Q 0 0 × ... ... × × 1 0 ... 0 . 0 . . −1 −1 par blocs montre que P = . puis que P AP = . −1 A . 1 Q .. 0 . ×
est de diagonale nulle.
Correction de l’exercice 3364 N Soit B la matrice de l’énoncé. rgB = 1 et si A existe, nécessairement rgA = n − 1 (exercice 2985). t Une matrice 1 admet de rang l’écriture générale U V où U et V sont des vecteurs colonnes non nuls. Ici 1 1 2 0 U = . et V = . . .. ..
n 0 Si A existe, A doit déjà vérifier At tB = t BA = 0 ou encore AV t U = 0 (1) et V t UA = 0 (2). En multipliant les deux membres de l’égalité (1) par U à droite puis en simplifiant par le réel non nul t UU = kUk22 , on obtient AV = 0. Ceci montre que la première colonne de A est nulle (les n − 1 dernières devant alors former une famille libre). De même, en multipliant les deux membres de l’égalité (2) par t V à gauche, on obtient t UA = 0 et donc les colonnes de la matrice A sont orthogonales à U (pour le produit scalaire usuel) ce qui invite 0 −2 . . . . . . −n 0 1 0 ... 0 .. . . . . . . .. . . . . franchement à considérer la matrice A = . qui convient. .. . . .. .. 0 . 0 ... ... 0 1 Correction de l’exercice 3365 N Soit P = X 3 + X 2 + X = X(X − j)(X − j2 ). P est à racines simples dans C et annulateur de A. Donc A est diagonalisable dans C et ses valeurs propres sont à choisir dans {0, j, j2 }. Le polynôme caractéristique de A est de la forme (−1)n X α (X − j)β (X − j2 )γ avec α + β + γ = n. De plus, A est réelle et on sait que j et j2 = j ont même ordre de multiplicité ou encore γ = β . Puisque A est diagonalisable, l’ordre de multiplicité de chaque valeur propre est égale à la dimension du sous-espace propre correspondant et donc rg(A) = n − dim(KerA) = n − α = 2β . On a montré que rgA est un entier pair. Correction de l’exercice 3368 N Soit E un espace vectoriel sur un corps K (K = R ou C), on appelle projecteur un endomorphisme p de E vérifiant p ◦ p = p. Soit p un projecteur.
(a) Montrons que IdE − p est un projecteur et calculons p ◦ (IdE − p) et (IdE − p) ◦ p. On a (IdE − p) ◦ (IdE − p) = IdE − p − p + p2 = IdE − p, car p2 = p, ce qui prouve que IdE − p est un projecteur. 1954
Par ailleurs, on a p ◦ (IdE − p) = p − p2 = p − p = 0 = (IdE − p) ◦ p
donc pour tout ~x ∈ E, on a p(~x − p(~x)) = ~0.
(b) Montrons que pour tout ~x ∈ Im p, on a p(~x) =~x. Soit ~x ∈ Im p, il existe ~y ∈ E tel que ~x = p(~y), on a donc p(~x) = p2 (~y) = p(~y) =~x.
(c) On en déduit que Im p et ker p sont supplémentaires. Soit ~x ∈ E, on peut écrire ~x = p(~x) +~x − p(~x), considérons ~x − p(~x), on a p(~x − p(~x)) = 0 ce qui prouve que ~x − p(~x) ∈ ker p. Ainsi tout élément de E s’écrit comme somme d’un élément de Im p, p(~x), et d’un élément de ker p, ~x − p(~x), il nous reste à démontrer que la somme est directe. Soit ~x ∈ Im p ∩ ker p, on a, d’une part p(~x) = ~x d’après la question 2) car ~x ∈ Im p et, d’autre part p(~x) = ~0 car ~x ∈ ker p, d’où ~x = ~0. On a donc E = Im p ⊕ ker p. (Sachant que dim E = dim ker p + dim Im p, on pouvait se contenter de démontrer que Im p ∩ ker p = ~0, ici nous avons explicitement la décomposition.)
(d) Montrons que le rang de p est égal à la trace de p. Notons n la dimension de E et considérons une base de E de la forme (~ e1 , · · · ,~ek , ek+1 ~ , · · · , e~n ) où (~ e1 , · · · ,~ek ) est une base de Im p et (ek+1 ~ , · · · , e~n ) une base de ker p. dans une telle base, la matrice de p s’écrit Ik 0 M= 0 0 où Ik désigne la matrice identité k ×k, et les 0 des blocs de zéros. Le rang de p est égal à la dimension de Im p c’est-à-dire ici à k et on a bien k = TrM = Trp.
Correction de l’exercice 3398 N (a) < uk (x), a >= k < x, a >< a, a > + < x, a >= (k + 1) < x, a > donc x = On en déduit que uk est inversible, et que u−1 k = u −k .
−k k+1
< uk (x), a > a + uk (x).
k+1
(b) L’adjoint d’un endomorphisme u est l’unique endomorphisme v qui satisfait : ∀(x, y) ∈ E 2 , < u(x), y >=< x, u(y) >. Or < uk (x), y >= k < x, a >< y, a > + < x, y >=< x, uk (y) >. Donc uk est égal à son adjoint. (c) Si uk est orthogonal, on doit avoir kuk (a)k = kak = 1, soit |k + 1| = 1. Ainsi k = 0 ou k = −2. t Pour k = 0, uk = id est bien orthogonal. Pour k = −2, u−1 −2 = u −2 = u−2 = u−2 . Donc u−2 est bien −2+1
orthogonal. Il s’agit de la symétrie orthogonale par rapport à l’hyperplan {a}⊥
(d) Si k = 0, 1 est la seule valeur propre et E1 = E Si k 6= 1, ∀x ∈ {a}⊥ , uk (x) = x donc 1 est valeur propre de multiplicité au moins n − 1. De plus uk (a) = (k + 1)a donc (k + 1) est valeur propre. Finalement, 1 est valeur propre de multiplicité exactement n − 1, avec pour espace propre {a}⊥ , et k + 1 est valeur propre simple avec espace propre Ra.
Correction de l’exercice 3422 N (a) (b) i. Pour p ∈ K[X] on a P(Φu ) = v 7→ v ◦ P(u) donc u et Φu ont mêmes polynômes annulateurs. 1955
ii. (λ ∈ Spec(Φu )) ⇔ (∃ v 6= 0 tq v ◦ (u − λ idE ) = 0) ⇔ (u − λ idE n’est pas surjectif) ⇔ (λ ∈ Spec(u)). Ainsi Φu et u ont même spectre. Si λ ∈ Spec(u) et v ∈ L (E) on a : (Φu (v) = λ v) ⇔ (Im(u − λ idE ) ⊂ Kerv) donc Ker(Φu − λ idL (E) ) est isomorphe à L (H, E) où H est un supplémentaire de Im(u − λ idE ). On en déduit : dim(Ker(Φu − λ idL (E) )) = dim(E) dim(Ker(u − λ idE ).
Correction de l’exercice 3424 N λ = 1 : Dir(p) ⊂ Ker f , Im f ⊂ Base(p). λ = 0 : f Base(p) ⊂ Dir(p). Correction de l’exercice 3426 N (a) Pour P ∈ K[X] on a P(u) ◦ v − v ◦ P(u) = P0 (u). Correction de l’exercice 3428 N Supposons qu’il existe g ∈ L (E) tel que rg( f ◦ g − g ◦ f ) = 1. Alors il existe ` ∈ E ∗ et a ∈ E tous deux non nuls tels que : ∀ x ∈ E, f (g(x)) − g( f (x)) = `(x)a. D’où par récurrence sur k : ∀ x ∈ E, f k (g(x)) − g( f k (x)) = `(x) f k−1 (a) + `( f (x)) f k−2 (a) + · · · + `( f k−1 (x))a. Comme χ f est irréductible, le sous-espace f -monogène engendré par a est égal à E, soit : (a, f (a), . . . , f n−1 (a)) est une base de E avec n = dim E et f n (a) = α0 a + · · · + αn−1 f n−1 (a). Alors µ f ( f ) = f n − αn−1 f n−1 − · · · − α0 f 0 = 0 et : ∀ x ∈ E, 0 = µ f ( f )(g(x)) − g(µ f ( f )(x)) = `(x) f n−1 (a) + · · · + `( f n−1 (x) − · · · − α1 x)a. Ceci implique `(x) = 0 pour tout x, en contradiction avec l’hypothèse rg( f ◦ g − g ◦ f ) = 1. Correction de l’exercice 3429 N (a) Oui, les applications u 7→ p ◦ u et u 7→ u ◦ p le sont (ce sont des projecteurs) et elles commutent.
(b) Soit B une base de E obtenue par concaténation d’une base de Kerp et d’une base de Im p. A B/2 Si matB (u) = CA DB alors matB (ϕ(u)) = C/2 D , d’où Spec(ϕ) ⊂ {0, 21 , 1} et d0 = (n − r)2 , d1 = r2 et d1/2 = 2r(n − r).
Correction de l’exercice 3430 N Si D est diagonalisable alors les applications X 7→ DX et X 7→ XD le sont (annulateur scindé à racines simples) et elles commutent, donc elles sont simmultanément diagonalisables et leur différence, φD , est aussi diagonalisable. Pour la réciproque, on commence par constater que si P est un polynôme quelconque, alors : deg(P)
∀ X ∈ Mn (C), P(φD )(X) =
∑
(−1)k Dk X
k=0
P(k) (D) P(k) (D) deg(P) = ∑ (−1)k XDk . k! k! k=0
(formule du binôme pour P = X m et linéarité de chaque membre par rapport à P pour P quelconque).
1956
Supposons φD diagonalisable, prenons P annulateur scindé à racines simples de φD , X = U t V où U est un vecteur propre de D associé à une certaine valeur propre λ et V un vecteur arbitraire. Donc : deg(P)
0=
∑
(−1)k λ kU t V
k=0
deg(P) P(k) (D) P(k) (D) = U t V ∑ (−1)k λ k = U t V P(D − λ I). k! k! k=0
Comme U 6= 0, ceci implique t V P(D − λ I) = 0 pour tout V , donc P(D − λ I) = 0. Ainsi D − λ I est diagonalisable et D itou. Correction de l’exercice 3432 N (a) (b) ((−2, 0, 1), (0, 3, −2), (1, −2, 1)). Correction de l’exercice 3433 N Base ssi n est impair, 2~e1 = (1, 1, −1, 1, −1, . . . , 1, −1) et les autres vecteurs s’obtiennent par rotation : 2~e2 = (−1, 1, 1, −1, 1, −1, . . . , 1). Correction de l’exercice 3435 N 2. φi∗ = (1 − 2di (X − xi ))Pi2 , ψi∗ = (X − xi )Pi2 . Correction de l’exercice 3436 N 2. 81 (9 − 15X 2 , 75X − 105X 3 , −15 + 45X 2 , −105X + 175X 3 ). Correction de l’exercice 3437 N 1 1 1 b−a a b c (b2 − a2 )/2 2c−a−b 4 M= a2 b2 c2 (b3 − a3 )/3 et det(M) = (b − a) (c − a)(c − b) 12 , donc la famille est libre a3 b3 c3 (b4 − a4 )/4 si et seulement si c 6= a+b 2 . Correction de l’exercice 3438 N n−i
fi i 2. terme dominant ⇒ Pn∗ (Qi ) = 1, donc Pn∗ = ∑ni=0 Qif(i) = ∑ni=0 (−1) i! (n−i)! . k−i
fi 3. Pk∗ = ∑ki=0 (−1) i! (k−i)! .
Correction de l’exercice 3439 N 2. P0∗ =
fa , (b−a)2
P1∗ =
fa + fb −4 fc , (b−a)2
P2∗ =
fb . (b−a)2
Correction de l’exercice 3445 N 1. (k+1)(k+2) . 2 3. (δA , δB , δC , δA0 , δB0 , δC0 ) où A0 , B0 ,C0 sont les milieux du triangle ABC. 5.
RR
T
f (x, y) dxdy =
f (A0 )+ f (B0 )+ f (C0 ) . 6
Correction de l’exercice 3446 N 1957
3. Rmq : coefficients de Fourrier : α p =
2 2n+1
Correction de l’exercice 3448 N n−1 n−1 n n √ −ϕ¯ ϕ −ϕ¯ 1+ 5 ¯ 2. ϕ ϕ− , avec ϕ = ¯ ¯ ϕ ϕ−ϕ 2 ,ϕ =
∑2n k=0 f (ak ) cos(pak ) et β p =
2 2n+1
∑2n k=0 f (ak ) sin(pak ).
√ 1− 5 2 .
Correction de l’exercice 3456 N ~ei ↔~e j : e∗i ↔ e∗j . ~ei ← α~ei : e∗i ← e∗i /α. ~ei ←~ei + α~e j : e∗j ← e∗j − αe∗i . Correction de l’exercice 3466 N (a) Oui. (b) Non. Le seul élément qui peut être l’élément neutre est 1 qui n’appartient pas à l’ensemble. (c) Non. 0 n’a pas d’inverse. (d) Oui.
Correction de l’exercice 3469 N
2 0 Le premier ensemble n’est pas un groupe car, par exemple, la matrice ne peut avoir pour inverse 0 2 1 0 que 2 1 qui n’appartient pas à l’ensemble. 0 2 Notons G = {M ∈ M2 (Z) : det M = 1} et montrons que G est un sous-groupe de Gl(2, R). — la matrice identité appartient à G. — si A, B ∈G alors B =1 × 1 = 1,et donc AB ∈ G. AB ∈ M2 (Z) et det AB =det A × det a b d −b d −b 1 — Si A = (a, b, c, d ∈ Z) alors det A = appartient à G et est l’inverse c d −c a −c a de A. Correction de l’exercice 3477 N a c (a) L’ensemble G des matrices avec a, b, c, d ∈ R tels que ad − bc 6= 0 et a2 − b2 − c2 − d 2 6 1 b d 1 1 1 0 n’est pas un sous-groupe de Gl2 (R). En effet les deux matrices et appar0 1/2 1 1/2 2 1/2 tiennent à G et leur produit n’appartient pas à G. 1/2 1/4 a b (b) L’ensemble H des matrices avec a ∈ R∗ et b ∈ R est un sous groupe de Gl2 (R). En effet, 0 a−1 - I2 élément neutre de Gl2 (R) appartient à H. a b c d ac ad + bc−1 0 0 - Soient M = et M = deux éléments de H alors MM = 0 a−1 0 c−1 0 (ac)−1 donc le produit de deux éléments de H appartient à H. −1 a b a −b −1 - Soit M = . Alors M = appartient à H. 0 a−1 0 a a c (c) Soit KM l’ensemble des matrices avec a, b, c, d ∈ R tels que ad − bc 6= 0 et a 6 M. Nous b d allons montrer, en raisonnant par l’absurde, qu’il n’existe pas de valeur M ∈ R telle que KM forme un sous-groupe de Gl2 (R). 1958
Soit M ∈ R tel que KM forme un appartient à KM donc M > 1. sous-groupe de Gl2 (R). Alors I2 1 1 1 1 Ainsi, les matrices A = et, pour tout n ∈ |||, An = appartiennent à Kn donc le 0 1 n 1 1+n 0 produit AAn = appartient à Kn . En conséquence, pour tout n ∈ |||, on a : 1 + n 6 M, ce 0 1 qui est absurde.
Correction de l’exercice 3478 N • Si H ⊂ K alors H ∪ K = K, qui est un sous-groupe de H. Même chose si K ⊂ H. • Réciproquement, supposons que H ∪K est un sous-groupe de G. Par l’absurde supposons que H 6⊂ K et K 6⊂ H. Alors il existe x ∈ H \ K et y ∈ K \ H. Comme x, y ∈ H ∪ K et que H ∪ K est un groupe alors x.y ∈ H ∪ K. Donc x.y ∈ H ou x.y ∈ K. Par exemple supposons x.y ∈ H alors comme x ∈ H, x−1 ∈ H et donc comme H est un groupe x−1 .x.y ∈ H et donc y ∈ H. Ce qui est en contradiction avec l’hypothèse y ∈ K \ H. En conclusion, parmi les sous-groupes H, K l’un est inclus dans l’autre. Correction de l’exercice 3481 N Soit G = ha, bi, tout élément g de G S’écrit g = aα1 bβ1 aα2 bβ2 . . . aαn bβn avec αi , βi ∈ Z. Si h ∈ hai ∩ hbi, alors en particulier h ∈ hai et h = aµ avec µ ∈ Z, donc h commute avec aαi pour tout αi dans Z (en effet aαi aµ = aαi +µ = aµ aαi . De même h ∈ hbi donc h s’écrit également h = bν (ν ∈ Z) et h commute avec bβi . Donc hg = (haα1 )bβ1 . . . = (aα1 h)bβ1 . . . = aα1 (hbβ1 ) . . . = aα1 (bβ1 h) . . . = · · · Finalement hg = aα1 bβ1 . . . aαn bβn h = gh. Ainsi h commute avec tout élément de G et appartient ainsi au centre de G. Correction de l’exercice 3490 N Soit f : (Z, +) −→ (Z, +) un morphisme de groupe. Comme tout morphisme f vérifie f (0) = 0. Notons a = f (1). Alors f (2) = f (1 + 1) = f (1) + f (1) = a + a = 2.a. De même, pour n > 0 : f (n) = f (1 + · · · + 1) = f (1) + · · · + f (1) = n. f (1) = n.a. Enfin comme 0 = f (0) = f (1 + (−1)) = f (1) + f (−1) = a + f (−1), alors f (−1) = −a et pour tout n ∈ Z :
f (n) = n.a.
Donc tous les morphisme sont de la forme n 7→ n.a, avec a ∈ Z. Un morphisme n 7→ n.a est injectif si et seulement si a 6= 0, et surjectif si et seulement si n = ±1. Correction de l’exercice 3492 N f : (R, +) −→ (C∗ , ×) x 7→ eix
Vérifions que f est un morphisme de groupe. Soit x, y ∈ R, alors f (x + y) = ei(x+y) = eix eiy = f (x) × f (y), et f (x−1 ) = ei(−x) = 1959
1 = f (x)−1 . eix
Donc f est un morphisme de groupe. Montrons que f n’est pas injective en prouvant que le noyau n’est pas réduit à 0 : Ker f = {x ∈ R tels que f (x) = 1} = x ∈ R tels que eix = 1 = {x = 0 + 2kπ, k ∈ Z} . Enfin
Im f = y ∈ C∗ , y = eix
est l’ensemble des complexes de module 1, c’est-à-dire le cercle de centre 0 et de rayon 1. Correction de l’exercice 3501 N Soit φ : C∗ −→ R∗ un morphisme entre les deux groupes multiplicatifs C∗ et R∗ . Notons a = φ (i) ∈ R∗ . Alors φ (−1) = φ (i2 ) = φ (i)2 = a2 , de même 1 = φ (1) = φ ((−1)2 ) = φ (−1)2 = a4 ; donc a4 = 1 et nécessairement a2 = 1. Le morphisme φ n’est pas injectif car φ (1) = φ (−1) = 1, a fortiori φ n’est pas un isomorphisme. Correction de l’exercice 3503 N Soit x 6= e un élément de G, soit H = {e, x, x2 , . . .} le sous-groupe engendré par x. H est un sous-groupe de G donc CardH divise CardG = p qui un nombre premier. En conséquent CardH = 1 ou p mais H 6= {e} donc CardH = p et H = G. Nous venons de montrer que G est engendré par x donc G est cyclique, de plus le raisonnement est valide quelque soit x 6= e alors tout élément de G \ {e} est un générateur de G. Correction de l’exercice 3504 N (a) H ∩ H 0 est un sous-groupe de H donc CardH ∩ H 0 divise CardH = p. Or p est premier donc CardH ∩ H 0 = 1 ou p. Mais H ∩ H 0 6= H donc CardH ∩ H 0 6= p et donc H ∩ H 0 = {e}.
(b) Soit E l’ensemble des éléments d’ordre p que l’on suppose non vide. Notons que pour x ∈ E le sous-groupe Hx engendré par x est d’ordre p et de plus tout z ∈ Hx \ {e} est d’ordre p car Hx est cyclique et p est premier. Donc Hx contient p − 1 élément d’ordre p. Si E ne contient qu’un seule élément x alors E = Hx \ {e} et donc E contienet p − 1 éléments. Sinon, soit x, y ∈ E avec x 6= y. Alors d’après la première question Hx ∩ Hy = {e}. Donc E se décompose en une union disjointe de Hx \ {e}. Donc CardE est multiple de p − 1. Correction de l’exercice 3506 N (a) Notons d’abord que pour x ∈ G x2 = e et donc x−1 = x. Soit maintenant x, y ∈ G. Alors xy ∈ G et (xy)2 = e donc xy = (xy)−1 et par suite xy = y−1 x−1 = yx car x et y sont d’ordre 2. Le produit de deux éléments quelconques de G commute donc G est commutatif. (b) Notons E l’ensemble des éléments d’ordre 2. E = {x ∈ G / x2 = e et x 6= e} = {x ∈ G / x = x−1 et x 6= e}.
Par l’absurde supposons que H est l’ensemble vide. Alors quelque soit x 6= e dans G x 6= x−1 . Donc nous pouvons décomposer G \ {e} en deux ensembles disjoints F = {x1 , . . . , xn } et F 0 = {x1 −1 , . . . , xn −1 } qui sont de même cardinal n. Donc le cardinal de G est 2n + 1 (le +1 provient de l’élément neutre). Ce qui contredit l’hypothèse « G d’orde pair ».
Correction de l’exercice 3518 N (a) Non, a n’est pas régulier. 1960
(b) Oui, G ≈ Z/3Z.
(c) Non, il n’y a pas d’élément neutre.
Correction de l’exercice 3531 N Notons G l’ensemble des éléments d’ordre fini de H. Montrons que G est un sous-groupe de H. — G ⊂ H et 0 ∈ G. — Si x ∈ G alors (−x) + (−x) + · · · + (−x) = −(x + x + · · · + x) = 0. Donc −x ∈ G. — Si x, y ∈ G alors (x + y) + · · · + (x + y) = (x + · · · + x) + (y + · · · + y) = 0 + 0 = 0. Donc x + y ∈ G. Nous venons de montrer que G est un sous-groupe de H. De plus comme H est commutatif alors G l’est aussi ! Correction de l’exercice 3532 N 0 1 1 0 (a) La matrice est d’ordre 2. La matrice n’est pas d’ordre fini puisque, pour tout 1 0 0 2 n 1 0 1 0 1 0 n ∈ ||| : 6= . = 0 2 0 2n 0 1
(b) Notons eG et eH les éléments neutres respectifs de G et de H. Soit g un élément de G d’ordre n. - Alors ϕ(g)n = ϕ(gn ) = ϕ(eG ) = eH . Donc ϕ(g) est d’ordre inférieur ou égal à n, ordre de g. - Supposons ϕ injectif et ϕ(g) d’ordre strictement inférieur à n, c’est à dire qu’il existe p < n tel que : ϕ(g) p = eH . Alors ϕ(g p ) = eH donc, puisque ϕ est injectif et ϕ(eG ) = eH , on a aussi : g p = eG , ce qui est impossible puisque l’ordre de g est n. (c) Raisonnons par l’absurde : Soit G un groupe fini. Supposons qu’il existe dans G un élément g n’étant pas d’ordre fini. Comme G est un groupe, on peut considérer X = {gk k ∈ |||}. Or, pour i 6= j : gi 6= g j . En effet, supposons i < j. Si gi = g j alors g j−i = eG et g est d’ordre inférieur ou égal à j − i, donc fini, ce qui est impossible. X est donc un ensemble infini. G contient un ensemble infini donc est infini, ce qui est absurde, donc g ne peut être que d’ordre fini.
Correction de l’exercice 3535 N Rappelons d’abord que pour x un élément d’ordre n, alors xq = e =⇒ n|q. n
— Si n est pair alors ord(x2 ) = n/2 : en effet (x2 ) 2 = xn = e et pour p > 1 tel que (x2 ) p = e alors x2p = e et n|2p donc p > n2 . Donc n/2 est le plus petit des entiers q (non nul) tel que xq = e et par conséquent n/2 est l’ordre de x. — Si n est impair alors ord(x) = n. Tout d’abord (x2 )n = (xn )2 = e et pour p tel que (x2 ) p = e alors n|2p mais 2 et n sont premiers entre eux donc d’après le théorème de Gauss, n|p et en particulier p > n. Correction de l’exercice 3536 N (a) Déjà (xy)mn = xmn ymn = (xm )n (yn )m = e.e = e. Soit p tel que (xy) p = e, alors e = (xy)mp = xmp ymp = ymp , et donc mp est divisible par l’ordre de y , c’est-à-dire n. Comme m et n sont premiers entre eux alors d’après le théorème de Gauss n divise p. Un raisonnement semblable à partir de (xy)np = e conduit à : m divise p. Finalement m|p et n|p donc mn|p car m et n sont premiers entre eux. Voici un contre exemple dans le cas où m et n ne sont pas premiers entre eux : dans le groupe Z/12Z : 2¯ est d’ordre 6, 4¯ est d’ordre 3, mais 2¯ + 4¯ = 6¯ est d’ordre 2 6= 3 × 6. 1 n (b) A est d’ordre 4, B est d’ordre 3, (AB)n = n’est jamais la matrice identité pout n > 1. 0 1 1961
Correction de l’exercice 3537 N Par l’absurde supposons que (Q, +) est engendré par un seul élément qp (p et q premiers entre eux) alors p tout élément de Q s’écrit n qp avec n ∈ Z. Il s’ensuit que 2q (qui appartient à Q) doit s’écrire n qp , mais alors 2n = 1 avec n ∈ Z ce qui est impossible. Conclusion (Q, +) n’est pas monogène. Correction de l’exercice 3545 N (a) x 7→ ax, a ∈ Q.
(b) x 7→ 0. (c) x 7→ 1.
Correction de l’exercice 3566 N (a) (b) A est intègre car {0} est premier et si a ∈ A \ {0} alors a × a ∈ (a2 ) qui est premier donc a2 divise a d’où a est inversible. Correction de l’exercice 3569 N (a) (b) 1. (c) x + y = (x + y)2 = x2 + y2 + xy + yx = x + y + xy + yx ⇒ xy + yx = 0. Pour y = 1 : x + x = 0 ⇒ 1 = −1. Pour y quelconque : xy = −yx = yx.
(d) Antisymétrie : si x = ay, alors xy = ay2 = ay = x. Donc (x 6 y) et (y 6 x) ⇒ xy = x = y.
Correction de l’exercice 3571 N Si (1 −ab)c = 1 = c(1 −ab) alors abc = c −1 = cab donc babca = bca −ba = bcaba soit ba(1 +bca) = bca = (1 + bca)ba donc 1 + bca est inverse de 1 − ba. Correction de l’exercice 3572 N (a) (b) (c) Remarque : la réciproque fausse : A = Z[X], I = (X), J = (X + 4). (d) 114Z.
Correction de l’exercice 3581 N f (x1 , . . . , xn ) = a1 x1 + · · · + an xn . f est multiplicative sur la base canonique ⇒ ai a j = 0 pour i 6= j. f (1, . . . , 1) = 1 ⇒ un des ai vaut 1, et les autres 0. conclusion : f = fct coordonnée. Correction de l’exercice 3582 N 1962
(a) (b) idem 3581 : les projections + la valeur de stationnement. (c)
Correction de l’exercice 3583 N (a) ±1, ±i. (b) On a : 1 + i = 0 × 2 + (1 + i) = 1 × 2 + (i − 1). (c)
Correction de l’exercice 3600 N K = {0, 1, a, b} et {1, a, b} est un groupe multiplicatif ⇒ b = a2 , a3 = 1. + 0 1 a a2 × 1 a a2 0 1 a a2
0 1 a a2 1 0 a2 a a a2 0 1 a2 a 1 0
1 1 a a2 a a a2 1 a2 a2 1 a
Correction de l’exercice 3618 N (a) |Sn | = n! donc |S3 | = 3! = 6. Montrons plus généralement qu’il n’existe pas d’élément d’ordre n! dans Sn (n > 3). Par l’absurde soit α un tel élément. Alors par hypothèse Sn est engendré par α et donc Sn est un groupe commutatif. Mais (1, 2)(2, 3) 6= (2, 3)(1, 2) ce qui est absurde. En conclusion il n’existe pas d’éléments d’ordre 6. (b) Explicitons S3 : S3 = id; τ1 = (1, 2); τ2 = (2, 3); τ3 = (1, 3); σ1 = (1, 2, 3); σ2 = σ1−1 = (3, 2, 1) .
Remarquons Les sous-groupes d’ordre 2 sont de la forme {id; τ} avec τ 2 = id. Les seuls éléments d’ordre 2 sont les transpositions et donc se sont les groupes {id; (1, 2)},{ id ; (1,3) }, {id; (2, 3)}. Les sous-groupes d’ordre trois sont de la forme {id, σ , σ 2 } avec σ 2 = σ −1 . Et donc le seul sousgroupe d’ordre 3 est {id; (1, 2, 3); (3, 2, 1)}. (c) Les sous-groupes de S3 ont un ordre qui divise |S3 | = 6. Donc un sous-groupe peut-être d’ordre 1, 2, 3 ou 6. L’unique sous-groupe d’ordre 1 est {id}, et l’unique sous-groupe d’ordre 6 est S3 . Les sous-groupes d’ordre 2 et 3 ont étés donnés à la question précédente.
Correction de l’exercice 3624 N (a) σ = (1, 3)(2, 7, 9, 5) = (2, 7, 9, 5)(1, 3) et σ k = (1, 3)k (2, 7, 9, 5)k . Les transpositions sont d’ordre 2 donc (1, 3)k = id si k ≡ 0( mod 2) et (1, 3)k = (1, 3) si k ≡ 1( mod 2). Le cycle (2, 7, 9, 5) est d’ordre 4, et (2, 7, 9, 5)k est respectivement égale à id, (2, 7, 9, 5), (2, 9)(7, 5), (5, 9, 7, 2) si k est respectivement congru à 0, 1, 2, 3 modulo 4. Le calcul de σ k donne donc id, (1, 3)(2, 7, 9, 5), (2, 9)(7, 5) ou (1, 3)(5, 9, 7, 2) selon que k est congru à 0, 1, 2 ou 3 modulo 4. (b) L’écriture de ϕ = (10, 3, 4, 1)(8, 7)(4, 7)(5, 6)(2, 6)(2, 9) est une décomposition en produit de cycles mais ils ne sont pas à supports disjoints. Écrivons ϕ sous la forme : 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 φ= 10 9 4 8 6 2 1 7 5 3 Ce qui se décompose ϕ = (1, 10, 3, 4, 8, 7)(2, 9, 5, 6) = (2, 9, 5, 6)(1, 10, 3, 4, 8, 7). Le calcul de ϕ k = (1, 10, 3, 4, 8, 7)k (2, 9, 5, 6)k est similaire au calcul précédent (selon k( mod 12) ) 1963
Correction de l’exercice 3632 N (a) SN est l’ensemble des permutations de l’ensemble {1, 2, . . . , N}. Dans Sn+2 notons τ la permutation (n + 1, n + 2). Nous définissons une application φ : Sn −→ Sn+2 par les relations φ (σ ) = σ si ε(σ ) = +1
;
φ (σ ) = σ ◦ τ sinon ;
où ε désigne la signature. Alors φ est un morphisme de groupe, de plus quelque soit σ ∈ Sn alors ε(φ (σ )) = +1 (si ε(σ ) = +1 c’est clair, sinon ε(φ (σ )) = ε(σ ) × ε(τ) = (−1) × (−1) = +1). Donc φ (Sn ) est un sous-groupe de An+2 . Enfin φ est injective : en effet soit σ tel que φ (σ ) = id. Soit ε(σ ) = +1 et alors φ (σ ) = σ = id ; soit ε(σ ) = −1 et alors φ (σ ) = σ ◦ τ, pour j ∈ {1, 2, . . . , n} j = φ (σ )( j) = σ ◦ τ( j) = σ ( j), et donc quelque soit j ∈ {1, 2, . . . , n} σ ( j) = j et donc σ = id. On vient de démontrer que la composée de deux permutations à supports disjoint est l’identité si et seulement si les permutations sont déjà l’identité ! Notons encore φ : Sn −→ φ (Sn ) le morphisme induit par φ . Il est injectif et surjectif, donc Sn est isomorphe φ (Sn ) qui est un sous-groupe de An+2 . (b) A5 est de cardinal 5!/2 = 60, et comme 24 = CardS4 ne divise pas 60 alors A5 n’a pas de sousgroupe d’ordre 24. (c) C’est un peu plus délicat car CardS5 = 5! = 120 divise CardA6 = 6!/2 = 360 donc l’argument ci-dessus n’est pas valide. Cependant s’il existe un isomorphisme entre S5 et un sous-groupe de A6 alors un cycle d’ordre 5 de S5 est envoyé sur une permutation σ ∈ A6 d’ordre 5. Décomposons σ en produit de cycles à supports disjoints, σ = σ1 ◦ σ2 ◦ · · · . Comme les cycles σi sont à supports disjoints, il y a au plus trois cycles (de longueur > 2) dans la décomposition (car dans A6 on peut permuter au plus 6 éléments). — Le cas σ = σ1 n’est pas possible car alors σ1 serait un cycle d’ordre 5 et donc de signature −1 dans A6 . — Si σ = σ1 ◦ σ2 alors les longueurs de σ1 et σ2 sont (4, 2) ou (2, 2), et l’ordre de leur composée σ1 ◦ σ2 est donc 4 ou 2 mais pas 5. — Si σ = σ1 ◦ σ2 ◦ σ3 alors les σi sont des transpositions, et la signature de σ est alors −1 ce qui contredit σ ∈ A6 . Correction de l’exercice 3636 N (a) (a b) ◦ (c d).
(b)
Correction de l’exercice 3637 N (a) (1 2) ◦ (i j).
(b)
Correction de l’exercice 3638 N ε(σ ) = (−1)n+c+ f . Correction de l’exercice 3642 N Compter les inversions ou récurrence : ε(σ ) = (−1)n(n−1)/2 . 1964
Correction de l’exercice 3644 N Les puissances de σ . Correction de l’exercice 3645 N Conjugaison : τ = (1 2 3 4 5)x ◦ (6 7 8 9 10)y , ou τ = (1 6) ◦ (2 7) ◦ (3 8) ◦ (4 9) ◦ (5 10) ◦ (1 2 3 4 5)x ◦ (6 7 8 9 10)y . ⇒ 50 éléments. Correction de l’exercice 3647 N 30. Correction de l’exercice 3649 N 3 C26 ×
6 × 5!C 6 3 × 2C 3 5!C12 2C23 5 20 6 × 4!C17 × = 10 372 722 765 601 996 800 000. 2! 2!
Correction de l’exercice 3650 N (a) Les inversions de σ sont : σ = (3 10 7 1 2 6 4 5 12 8 9 11). {1, 4}, {1, 5}, {2, 3}, {2, 4}, {2, 5}, {2, 6}, {2, 7}, {2, 8}, {2, 10}, {2, 11}, {3, 4}, {3, 5}, {3, 6}, {3, 7}, {3, 8}, {6, 7}, {6, 8}, {9, 10}, {9, 11}, {9, 12}. Au total, il y a 2 + 8 + 5 + 2 + 3 = 20 inversions. σ est donc une permutation paire (de signature 1). (b) τ11,12 ◦ σ = (3 10 7 1 2 6 4 5 11 8 9 12). Puis, τ9,11 ◦ τ11,12 ◦ σ = (3 10 7 1 2 6 4 5 9 8 11 12). Puis, τ10,8 ◦ τ9,11 ◦ τ11,12 ◦ σ = (3 8 7 1 2 6 4 5 9 10 11 12). Puis, τ8,5 ◦ τ10,8 ◦ τ9,11 ◦ τ11,12 ◦ σ = (3 5 7 1 2 6 4 8 9 10 11 12). Puis, τ7,4 ◦ τ8,5 ◦ τ10,8 ◦ τ9,11 ◦ τ11,12 ◦ σ = (3 5 4 1 2 6 7 8 9 10 11 12). Puis, τ5,2 ◦ τ7,4 ◦ τ8,5 ◦ τ10,8 ◦ τ9,11 ◦ τ11,12 ◦ σ = (3 2 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12). Puis, τ1,4 ◦ τ5,2 ◦ τ7,4 ◦ τ8,5 ◦ τ10,8 ◦ τ9,11 ◦ τ11,12 ◦ σ = (3 2 1 4 5 6 7 8 9 10 11 12) = τ1,3 . Par suite, σ = τ11,12 ◦ τ9,11 ◦ τ10,8 ◦ τ8,5 ◦ τ7,4 ◦ τ5,2 ◦ τ1,4 ◦ τ1,3 . (c) O(1) = {1, 3, 4, 7} = O(3) = O(4) = O(7), puis O(2) = {2, 5, 8, 10} puis O(6) = {6} et O(9) = {9, 11, 12} = O(11) = O(12). σ a 4 orbites, deux de cardinal 4, une de cardinal 3 et un singleton (correspondant à un point fixe). 1 3 4 7 2 5 8 10 (d) σ est donc le produit commutatif des cycles c1 = , c2 = et 3 7 7 4 10 2 5 8 9 11 12 c3 = . 12 9 11 On a c41 = c42 = Id et c33 = Id. Or, 2005 = 4.1001 + 1. Donc, c2005 = c1 (c41 )1001 = c1 , et de même 1 2005 2005 3 668 c2 = c2 . Puis, c3 = (c3 ) c3 = c3 . Puisque c1 , c2 et c3 commutent, σ 2005 = c2005 c2005 c2005 = c1 c2 c3 = σ = (3 10 7 1 2 6 4 5 12 8 9 11). 1 2 3 1965
Correction de l’exercice 3651 N (Sn , ◦) est engendré par les transpositions. Il suffit donc de montrer que pour 2 6 i < j 6 n, la transposition τi, j est produit des τ1,k , 2 6 k 6 n. Mais τ1,i ◦ τ1, j ◦ τ1,i = (i1 j)( ji1)(i1 j) = (1i j) = τi, j ce qu’il fallait démontrer. Correction de l’exercice 3652 N Les éléments de An sont les produits pairs de transpositions. Il suffit donc de vérifier qu’un produit de deux transpositions est un produit de cycles de longueur 3. Soient i, j et k trois éléments deux à deux distincts de {1, ..., n}. τi,k ◦ τi, j est le 3-cycle : i → j j → k k → i, ce qui montre qu’un 3-cycle est pair et que le produit de deux transpositions dont les supports ont en commun un singleton est un 3-cycle. Le cas τi, j ◦ τi, j = Id = (231)(312) est immédiat. Il reste à étudier le produit de deux transpositions à supports disjoints. Soient i, j, k et l quatre éléments de deux à deux distincts de {1, ..., n}. τi, j ◦ τk,l = ( jikl)(i jlk) = ( jilk) = ( jkil)(l jik). Donc, τi, j ◦ τk,l est un bien un produit de 3-cycles ce qui achève la démonstration. Correction de l’exercice 3653 N D’après l’exercice 3651, il suffit de montrer que pour 2 6 i 6 n, τ1,i peut s’écrire en utilisant uniquement τ = τ1,2 et c = (2 3 ... n 1). On note que cn = Id. Tout d’abord, pour 1 6 i 6 n − 1, étudions σ = ci−1 ◦ τ ◦ cn−i+1 . Soit k ∈ {1, ..., n}. τ ◦ cn−i+1 (k) 6= cn−i+1 (k) 6 cn−i+1 (k) ∈ {1, 2} ⇔ k ∈ {c−n+i−1 (1), c−n+i−1 (2)} ⇔ k ∈ {ci−1 (1), ci−1 (2)} ⇔ k ∈ {i, i + 1}.
Donc, si k ∈ / {i, i + 1}, σ (k) = ci−1 (k)(τ ◦ cn−i+1 (k)) = ci−1 (cn−i+1 (k)) = cn (k) = k, et la restriction de σ à {1, ..., n} \ {i, i + 1} est l’identité de cet ensemble. Comme σ n’est pas l’identité puisque σ (i) 6= i, σ est donc nécessairement la transposition τi,i+1 . On a montré que ∀i ∈ {1, ..., n − 1}, ci−1 ◦ τ ◦ cn−i+1 = τi,i+1 . Vérifions maintenant que les τ1,i s’écrivent à l’aide des τ j, j+1 . D’après l’exercice 3651, τi, j = τ1,i ◦ τ1, j ◦ τ1,i , et donc bien sûr, plus généralement, τi, j = τk,i ◦ τk, j ◦ τk,i . Par suite, τ1,i = τ1,2 ◦ τ2,i ◦ τ1,2 puis, τ2,i = τ2,3 ◦ τ3,i ◦ τ2,3 , puis, τ3,i = τ3,4 ◦ τ4,i ◦ τ3,4 ... et τi−2,i = τi−2,i−1 ◦ τi−1,i ◦ τi−2,i−1 . Finalement, τ1,i = τ1,2 ◦ τ2,3 ◦ ... ◦ τi−2,i−1 τi−1,i ◦ τi−2,i−1 ◦ ... ◦ τ2,3 ◦ τ1,2 , ce qui achève la démonstration. Correction de l’exercice 3654 N Soit (G, ×) un groupe. Pour x élément de G, on considère fx : G → G . fx est une application de y 7→ xy G vers G et de plus, clairement fx ◦ fx−1 = fx−1 ◦ fx = IdG . Donc, pour tout élément x de G, fx est une permutation de G. 1966
Soit alors ϕ : (G, ×) → (SG , ◦) . D’après ce qui précède, ϕ est une application. De plus, ϕ est de x 7→ fx plus un morphisme de groupes. En effet, pour (x, x0 , y) ∈ G3 , on a : ϕ((xx0 ))(y) = fxx0 (y) = xx0 y = fx ( fx0 (y)) = fx ◦ fx0 (y) = (ϕ(x) ◦ ϕ(x0 ))(y), et donc ∀(x, x0 ) ∈ G2 , ϕ(xx0 ) = ϕ(x)oϕ(x0 ). Enfin, ϕ est injectif car, pour x élément de G : ϕ(x) = Id ⇒ ∀y ∈ G, xy = y ⇒ xe = e ⇒ x = e. Donc, Kerϕ = {e}, et ϕ est injectif. ϕ est ainsi un isomorphisme de groupes de (G, ×) sur ( f (G), ◦) qui est un sous groupe de (SG , ◦). (G, ×) est bien isomorphe à un sous groupe de (SG , ◦). Correction de l’exercice 3655 N Montrons d’abord par récurrence sur l > 2 que la signature d’un cycle de longueur l est (−1)l−1 . C’est connu pour l = 2 (signature d’une transposition). Soit l > 2. Supposons que tout cycle de longueur l ait pour signature (−1)l−1 . Soit c un cycle de longueur l + 1. On note {x1 , x2 , ..., xl+1 } le support de c et on suppose que, pour 1 6 i 6 l, c(xi ) = xi+1 et que c(xl+1 ) = x1 . Montrons alors que τx1 ,xl+1 ◦ c est un cycle de longueur l. τx1 ,xl+1 ◦ c fixe déjà xl+1 puis, si 1 6 i 6 l − 1, τx1 ,xl+1 ◦c(xi ) = τx1 ,xl+1 (xi+1 ) = xi+1 (car xi+1 n’est ni x1 , ni xl+1 ), et enfin τx1 ,xl+1 ◦c(xl ) = τx1 ,xl+1 (xl+1 ) = x1 . τx1 ,xl+1 ◦ c est donc bien un cycle de longueur l. Par hypothèse de récurrence, τx1 ,xl+1 ◦ c a pour signature (−1)l−1 et donc, c a pour signature (−1)(l+1)−1 . Montrons maintenant que si σ est une permutation quelconque de {1, ..., n} ayant k orbites la signature de σ est (−1)n−k . Si σ est l’identité, σ a n orbites et le résultat est clair. Si σ n’est pas l’identité, on décompose σ en produit de cycles à supports disjoints. Posons σ = c1 ...c p où p désigne le nombre d’orbites de σ non réduites à un singleton et donc k − p est le nombre de points fixes de σ . Si li est la longueur de ci , on a donc n = l1 + ... + l p + (k − p) ou encore n − k = l1 + ... + l p − p. Mais alors, p
p
ε(σ ) = ∏ ε(ci ) = ∏(−1)li −1 = (−1)l1 +...+l p −p = (−1)n−k . i=1
i=1
Correction de l’exercice 3656 N (a) i. Soient σ et σ 0 deux éléments de Sn . Soit (i, j) ∈ {1, ..., n}2 . Le coefficient ligne i, colonne j de Pσ Pσ 0 vaut n
∑ δi,σ (k) δk,σ ( j) = δi,σ (σ ( j)) , 0
0
k=1
et est donc aussi le coefficient ligne i, colonne j de la matrice Pσ ◦σ 0 . Par suite, ∀(σ , σ 0 ) ∈ (Sn )2 , Pσ × Pσ 0 = Pσ ◦σ 0 .
1967
ii. Soit σ ∈ Sn . D’après a), Pσ Pσ −1 = Pσ ◦σ −1 = PId = In = Pσ −1 Pσ . On en déduit que toute matrice Pσ est inversible, d’inverse Pσ −1 . Par suite, G ⊂ GLn (R) (et clairement, G 6= 0). / 0 2 Soit alors (σ , σ ) ∈ (Sn ) . Pσ Pσ−1 0 = Pσ Pσ 0 −1 = Pσ ◦σ 0 −1 ∈ G. On a montré que G est un sous-groupe de (GLn (R), ×). Soit ϕ : Sn → G . D’après a), ϕ est un morphisme de groupes. ϕ est clairement surjectif. σ 7→ Pσ Il reste à vérifier que ϕ est injectif. Soit σ ∈ Sn . σ ∈ Kerϕ ⇒ Pσ = In ⇒ ∀(i, j) ∈ {1, ..., n}2 , δi,σ ( j) = δi, j
⇒ ∀i ∈ {1, ..., n}, δi,σ (i) = 1 ⇒ ∀i ∈ {1, ..., n}, σ (i) = i ⇒ σ = Id.
Puisque le noyau du morphisme ϕ est réduit à {Id}, ϕ est injectif. Ainsi, ϕ est un isomorphisme du groupe (Sn , ◦) sur le groupe (G, ×) et on a montré que (G, ×) est un sous-groupe de (GLn (R), ×), isomorphe à (Sn , ◦).
(b) Soit (i, j) ∈ {1, ..., n}2 . Le coefficient ligne i, colonne j de APσ vaut : n
∑ ai,k δk,σ ( j) = ai,σ ( j) . k=1
Ainsi, l’élément ligne i, colonne j, de APσ est l’élément ligne i, colonne σ ( j), de A, ou encore, si j est un élément donné de {1, ..., n}, la j-ème colonne de APσ est la σ ( j)-ème colonne de A. Ainsi, si on note C1 ,...,Cn les colonnes de A (et donc A = (C1 , ...,Cn )), alors APσ = (Cσ (1) , ...,Cσ (n) ). En clair, multiplier A par Pσ à droite a pour effet d’appliquer la permutation σ aux colonnes de A (puisque Pσ est inversible, on retrouve le fait que permuter les colonnes de A ne modifie pas le rang de A). De même, le coefficient ligne i, colonne j, de Pσ A vaut n
n
∑ δi,σ (k) ak, j =
∑ δσ
k=1
k=1
−1 (i),k
ak, j = aσ −1 (i), j ,
(on a utilisé σ (k) = i ⇔ k = σ −1 (i)) et multiplier A par Pσ à gauche a pour effet d’appliquer la permutation σ −1 aux lignes de A.
Correction de l’exercice 3657 N G = {A1 , ..., A p } est déjà une partie non vide de GLn (R), stable pour ×. Il reste à vérifier que G est stable pour le passage à l’inverse. Soient i ∈ {1, ..., n}, puis ϕi : G → G . Puisque G est stable pour le produit, ϕi est une applicaA 7→ Ai A tion de G dans G. Montrons que ϕi est injective. Soit (A, B) ∈ G. −1 ϕ( A) = ϕi (B) ⇒ Ai A = Ai B ⇒ A−1 i Ai A = Ai Ai B ⇒ A = B.
Donc, ϕi est une application injective de l’ensemble fini G dans lui-même. On sait alors que ϕi est une permutation de G. −1 Par ϕi , Ai a un antécédent A dans G. Ai A = Ai fournit A−1 i Ai A = Ai Ai puis A = I ∈ G. Ainsi, G contient la matrice I. Ensuite, I a un antécédent par ϕi dans G. Donc, il existe B ∈ G telle que Ai B = I. Mais alors A−1 i = B ∈ G. 1968
G est bien stable pour le passage à l’inverse et est donc un sous-groupe de (GLn (R), ×). Correction de l’exercice 3658 N Pour (x1 , ..., xn ) ∈ E, on pose ϕ((x1 , ..., xn )) = x1 + ... + xn . ϕ est une forme linéaire non nulle sur E et H est le noyau de ϕ. H est donc bien un hyperplan de E. Il est clair que, pour (σ , σ 0 ) ∈ Sn2 , fσ ◦ fσ 0 = fσ ◦σ 0 . (L (E), +, .) est un espace vectoriel et donc, p est bien un endomorphisme de E. 1 p = 2 n! 2
fσ
∑
σ ∈Sn
!2
=
∑
(σ ,σ 0 )∈(Sn )2
fσ ◦ fσ 0 .
Mais, (Sn , ◦) est un groupe fini. Par suite, l’application Sn → Sn , injective (même démarche σ 7→ σ ◦ σ 0 que dans l’exercice 3657), est une permutation de Sn . On en déduit que, pour σ 0 donnée, ∑σ ∈Sn fσ ◦σ 0 = ∑σ ∈Sn fσ . Ainsi, en posant q = n!p. p2 =
1 1 1 1 ( ∑ fσ ◦σ 0 ) = 2 ∑ q = 2 .n!q = q = p. n!2 σ∑ n! n! n! 0 ∈S σ ∈S σ 0 ∈Sn n n
p est donc une projection. Déterminons alors l’image et le noyau de p. Soit i ∈ {1, ..., n}. p(ei ) =
1 1 fσ (ei ) = eσ (i) . ∑ n! σ ∈Sn n! σ∑ ∈Sn
Maintenant, il y a (bien sûr) autant de permuations σ telles que σ (i) = 1, que de permutations σ telles que σ (i) = 2,... ou de permutations σ telles que σ (i) = n, à savoir n!n = (n − 1)!. Donc, ∀i ∈ {1, ..., n}, p(ei ) =
1 n 1 n! n e = k ∑ ∑ ek . n! n k=1 n k=1
Posons u = 1n ∑nk=1 ek . D’après ce qui précède, Imp = Vect(p(e1 ), ..., p(en )) = Vect(u). Ensuite, si x = x1 e1 + ... + xn en est un élément de E, n
p(x) = 0 ⇔
n
∑ xk p(ek ) = 0 ⇔ ( ∑ xk )u = 0 ⇔
k=1
k=1
n
∑ xk = 0 ⇔ x ∈ H.
k=1
Ainsi, p est la projection sur Vect(u) parallèlement à H. Correction de l’exercice 3659 N (a) Commutative, associative, 0 = élt neutre, tout élt 6= 1 est régulier, seul 0 est symétrisable.
(b) Tout élt est symétrisable et x−1 =
x x−1 .
Correction de l’exercice 3660 N ∃ b ∈ E tq a ∗ b ∗ a = a. Alors b ∗ a est neutre à droite et a ∗ b est neutre à gauche. Correction de l’exercice 3661 N (a) Associative, commutative, {e} = élement neutre, A est symétrisable ⇐⇒ A = {a} avec a symétrisable. 1969
(b) Oui.
Correction de l’exercice 3662 N (a) Non commutative, associative, (1, 0) = élt neutre, (a, b) est régulier ⇐⇒ a 6= 0. (a, b) est inversible ⇐⇒ a = ±1.
(b)
(c) (d)
Correction de l’exercice 3674 N (a) (b) Soit x ∈ G : ∃ u, v ∈ Z tq ua + vb = 1 ⇒ x = (xua )(xvb ). Correction de l’exercice 3681 N α
Soir {e1 , . . . , e p } une partie génératrice de cardinal minimal. Alors les 2 p éléments eα1 1 . . . e p p avec αi ∈ {0, 1} sont distincts (sinon un des ei appartient au groupe engendré par les autres) donc n > 2 p . Correction de l’exercice 3682 N Si a ∈ G est d’ordre infini alors il engendre un sous-groupe isomorphe à Z, qui a une infinité de sousgroupes ; c’est exclu. Donc tous les sous-groupes monogènes de G sont finis, et G est la réunion de ces sous-groupes. Correction de l’exercice 3712 N (a) a > 0, b = c, d > 0, ad − bc > 0.
(b) a − b > 0 et a + (n − 1)b > 0. (c)
Correction de l’exercice 3713 N q q q 1 3 5 7 2 3 √ ,X 2 , (3X − 1) 8 + (5X − 3X) 8 . 2 Correction de l’exercice 3714 N 2 √1 , X−2 √ , X −4X+2 √ . 10 5 14
Correction de l’exercice 3715 N (a) (b) Élever au carré. (c) i. (~x | ~u) = 1 ⇔ (i(~x) | ~u − i(~x)) = 0 : sphère passant par ~0. ii. Hyperplan ne passant pas par ~0.
2 2
iii. k~x −~a k2 = R2 ⇔ ~x − k~a k~2a−R2 = (k~a k2R−R2 )2 : sphère ne passant pas par ~0. 1970
Correction de l’exercice 3716 N (a) Élever au carré. (b)
Correction de l’exercice 3717 N (a) (b)
√1 . n+1
Correction de l’exercice 3718 N 1 1 (a) √6 (1, −2, 1, 0), √30 (2, −1, −4, 3) 3 −4 −1 2 7 −2 −1 1 −4 (b) 10 −1 −2 7 −4. 2 −1 −4 3 q 7 (c) 10 . Correction de l’exercice 3719 N 1 I − (a a ) . i j 2 Σa i
Correction de l’exercice 3723 N Si p ◦ q = q ◦ p : Soient x ∈ (Im p ∩ Im q)⊥ ∩ Im p et y ∈ (Im p ∩ Im q)⊥ ∩ Im q. Alors p ◦ q(x) = q(x) ∈ Im p ∩ Im q, donc (q(x) | y) = (x | y) = 0. Si A = (Im p ∩ Im q)⊥ ∩ Im p et ⊥
⊥
B = (Im p ∩ Im q)⊥ ∩ Im q sont orthogonaux : Alors Im p = (Im p ∩ Im q) ⊕ A, Im q = (Im p ∩ Im q) ⊕ B, ⊥
⊥
⊥
et E = (Im p ∩ Im q) ⊕ A ⊕ B ⊕ (Im p⊥ ∩ Im q⊥ ). Par décomposition, on obtient p ◦ q = q ◦ p = la projection orthogonale sur Im p ∩ Im q. Correction de l’exercice 3724 N (a) ∑ni=1 (~e j |~ei )2 = 1 ⇒ famille orthonormée et vect(~ei )⊥ = {~0}. (b)
Correction de l’exercice 3727 N γ~a sphère de centre − β k~ . a k2
Correction de l’exercice 3731 N
0 .. Soit X la matrice de ~en dans B. On a GX = . et t XGX = λ x p = 1. On applique alors les formules 0 λ de Cramer. 1971
Correction de l’exercice 3733 N Non, k~u1 +~u2 +~u3 k2 < 0. Correction de l’exercice 3735 N (a) (b) (c)
R1
t=0 t
k t x dt
=
1 k+x+1 .
(d) Φ a pour pôles au plus simples −1, −2, . . . , −n − 1 et pour racines 0, 1, . . . , n − 1. Comme Φ(x) → 0 lorsque x → ∞, on a donc Φ(x) = λ x(x−1)...(x−n+1) (x+1)...(x+n+1) . (e) ak = résidu de Φ en −k − 1 = (−1)n+k λ (k!)(n+k)! 2 (n−k)! . (f)
Correction de l’exercice 3736 N √ √ x2 + (x + y)2 + (x + 2y)2 = ( 3(x − y))2 + ( 2y)2 . Correction de l’exercice 3739 N f ∈ F⊥ ⇒ x f ⊥ f . Correction de l’exercice 3740 N (a) (b) 30X 2 − 36X + 9. Correction de l’exercice 3741 N 2 2 2 2 Pa (t) = 83 (3 − 5t 2 − 5a2 + 15a2t 2 ) + 5at 8 (15 − 21t − 21a + 35a t ),
√ 8kPa k2 = 9 + 45a2 − 165a4 + 175a6 est maximal pour a = ±1 ⇒ kPa k = 2 2.
Correction de l’exercice 3742 N (a) sh(t) (b) π( f )(t) = f (0) sh(1−t) sh(1) + f (1) sh(1) . sh(t) (c) L’inf est atteint pour la fonction f ∈ W telle que f (0) = α et f (1) = β , soit f (t) = α sh(1−t) sh(1) + β sh(1)
et in f =
(α 2 +β 2 ) ch(1)−2αβ . sh(1)
Correction de l’exercice 3743 N (a) Le sous-espace vectoriel engendré a un orthogonal nul. (b) N’importe quelle famille génératrice convient (équivalence des normes). (c) 1 = kyi k2 = kyi k4 + ∑ j6=i (yi | y j )2 ⇒ ∀ j 6= i, (yi | y j ) = 0.
(d) Par polarisation on a : ∀ x, y, ∑ j∈I (x | y j )(y | y j ) = A(x | y) donc ∑ j∈I (x | y j )y j − Ax ∈ E ⊥ . 1972
Correction de l’exercice 3744 N Soient x ∈ Ker(u − id) et y = u(z) − z ∈ Im(u − id). On a y = u(z + λ x) − (z + λ x) d’où : kz + λ xk2 > ku(z + λ x)k2 = kz + λ xk2 + 2λ (x | y) + 2(z | y) + kyk2 . En faisant tendre λ vers ±∞ on obtient (x | y) = 0 et on conclut avec le théorème du rang. Correction de l’exercice 3745 N f linéaire et f = x 7→ kxk2 conviennent et l’ensemble E des fonctions f vérifiant la propriété est stable par combinaison linéaire donc toute fonction de la forme x 7→ `(x)+akxk2 avec ` ∈ E ∗ et a ∈ R convient. On montre que ce sont les seules : Soit f ∈ E l’on décompose en sa partie paire f p et sa partie impaire fi . Alors f p , fi ∈ E . Soient x, y ∈ E avec kxk = kyk et x ⊥ y. On a fi (x ± y) = fi (x) ± fi (y) et fi (2x) = fi (x + y) + fi (x − y) = 2 fi (x). Ensuite, fi (2x)+ fi (x)− fi (y) = fi (2x+y)+ fi (x−2y) = fi (3x−y) = fi (3x)− fi (y) d’où fi (3x) = 3 fi (x) et de proche en proche fi (kx) = k fi (x) pour k ∈ ||| puis pour k ∈ Z, Q, R successivement vu la continuité de f . En prenant une base (e1 , . . . , en ) orthonormale on a f (x1 e1 + · · · + xn en ) = x1 f (e1 ) + · · · + xn f (en ) pour tous x1 , . . . , xn réels donc fi est linéaire. Soient à présent x, y ∈ E avec kxk = kyk alors f p (x + y) + f p (x − y) = f (2x) et f p (x + y) + f p (y − x) = f p (2y) d’où f p (2x) = f p (2y). Ainsi f p est constante sur les sphères de centre 0. On écrit f p (x) = ϕ(kxk2 ) avec ϕ : R+ → R prolongée à R par imparité ( f p (0) = 0 de manière évidente) et on a ϕ(a2 + b2 ) = f p (ae1 + be2 ) = f p (ae1 ) + f p (be2 ) = ϕ(a2 ) + ϕ(b2 ) d’où l’on conclut que ϕ est linéaire. Correction de l’exercice 3746 N Posons ϕ : (A, B) 7→ Tr(t AB). Montrons que ϕ est un produit scalaire sur Mn (R). 1ère solution. • ϕ est symétrique. En effet, pour (A, B) ∈ (Mn (R))2 , ϕ(A, B) = Tr(t AB) = Tr(t (t AB)) = Tr(t BA) = ϕ(B, A). • ϕ est bilinéaire par linéarité de la trace et de la transposition. • Si A = (ai, j )16i, j6n ∈ Mn (R) \ {0}, alors ! n
n
ϕ(A, A) = ∑
∑ ai, j ai, j
i=1
j=1
= ∑ a2i, j > 0 i, j
car au moins un des réels de cette somme est strictement positif. ϕ est donc définie, positive. 2ème solution. Posons A = (ai, j ) et B = (bi, j ). On a Tr(t AB) = ∑nj=1 (∑ni=1 ai, j bi, j ) = ∑16i, j6n ai, j bi, j . Ainsi, ϕ est le produit scalaire canonique sur Mn (R) et en particulier, ϕ est un produit scalaire sur Mn (R). N n’est autre que la norme associée au produit scalaire ϕ (et en particulier, N est une norme). Soit (A, B) ∈ (Mn (R))2 . n
N(AB)2 = ∑ i, j
∑ ai,k bk, j k=1 n
6∑ =
∑
a2i,k
i, j
k=1
∑
a2i,k b2l, j
i, j,k,l
! =
!2 n
∑
b2l, j
l=1
∑ i,k
a2i,k
!
!
(d’après l’inégalité de C AUCHY-S CHWARZ)
∑ l, j
et donc, 1973
b2l, j
!
= N(A)2 N(B)2 ,
∀(A, B) ∈ (Mn (R))2 , N(AB) 6 N(A)N(B).
Correction de l’exercice 3747 N (a) Soit (x, y, z) ∈ R3 . 1 f (x + z, y) + f (x − z, y) = (||x + z + y||2 + ||x − z + y||2 − ||x + z − y||2 − ||x − z − y||2 ) 4 1 = 2(||x + y||2 + ||z||2 ) − 2(||x − y||2 + ||z||2 ) = 2 f (x, y). 4
(b) 2 f (x, y) = f (x + x, y) + f (x − x, y) = f (2x, y) + f (0, y) mais f (0, y) = (||y||2 − || − y||2 ) = 0 (définition d’une norme). (c) • Montrons par récurrence que ∀n ∈ N, f (nx, y) = n f (x, y). C’est clair pour n = 0 et n = 1. Soit n > 0. Si l’égalité est vraie pour n et n + 1 alors d’après 1), f ((n + 2)x, y) + f (nx, y) = f ((n + 1)x + x, y) + f ((n + 1)x − x, y) = 2 f ((n + 1)x, y), et donc, par hypothèse de récurrence, f ((n + 2)x, y) = 2 f ((n + 1)x, y) − f (nx, y) = 2(n + 1) f (x, y) − n f (x, y) = (n + 2) f (x, y). Le résultat est démontré par récurrence. • Soit n ∈ N∗ , f (x, y) = f n × n1 .x, y = n f 1n x, y et donc f 1n x, y = 1n f (x, y). • Soit alors r = qp , p ∈ N, q ∈ N∗ , f (rx, y) = q1 f (px, y) = p 1q f (x, y) = r f (x, y) et donc, pour tout rationnel positif r, f (rx, y) = r f (x, y). Enfin, si r 6 0, f (rx, y) + f (−rx, y) = 2 f (0, y) = 0 (d’après 1)) et donc= f (−rx, y) = − f (−rx, y) = r f (x, y). ∀(x, y) ∈ E 2 , ∀r ∈ Q, f (rx, y) = r f (x, y).
(d) On pose x = 21 (u + v) et y = 12 (u − v).
f (u, w) + f (v, w) = f (x + y, w) + f (x − y, w) = 2 f (x, w) = 2 f
1 (u + v), w = f (u + v, w). 2
(e) f est symétrique (définition d’une norme) et linéaire par rapport à sa première variable (d’après 3) et 4)). Donc f est bilinéaire. (f) f est une forme bilinéaire symétrique. Pour x ∈ E, f (x, x) = 14 (||x+x||2 +||x−x||2 ) = 14 ||2x||2 = ||x||2 (définition d’une norme) ce qui montre tout à la fois que f est définie positive et donc un produit scalaire, et que || || est la norme associée. || || est donc une norme euclidienne. Correction de l’exercice 3748 N
R
Soit A un éventuel polynôme solution c’est à dire tel que ∀P ∈ R[X], 01 P(t)A(t) dt = P(0). R R P = 1 fournit 01 A(t) dt = 1 et donc nécessairement A 6= 0. P = XA fournit 01 tA2 (t) dt = P(0) = 0. Mais alors, ∀t ∈ [0, 1], tA2 (t) = 0 (fonction continue positive d’intégrale nulle) puis A = 0 (polynôme ayant une infinité de racines deux à deux distinctes). A n’existe pas. Correction de l’exercice 3749 N Soit ϕ : E → Rn . ϕ est clairement linéaire et Kerϕ est (e1 , ..., en )⊥ = E ⊥ = {0}. x 7→ (x|e1 , ..., x|en ) Comme E et Rn ont mêmes dimensions finies, ϕ est un isomorphisme d’espaces vectoriels. En particulier, pour tout n-uplet (a1 , ..., an ) de réels, il existe un unique vecteur x tel que ∀i ∈ [[1, n]] , x|ei = ai . 1974
Correction de l’exercice 3750 N 1ère solution. Montrons par récurrence que sur n = dim(E) que, si (xi )16i6p est obtusangle, p 6 n + 1. • Pour n = 1, une famille obtusangle ne peut contenir au moins trois vecteurs car si elle contient les vecteurs x1 et x2 verifiant x1 .x2 < 0, un vecteur x3 quelconque est soit nul (auquel cas x3 .x1 = 0), soit de même sens que x1 (auquel cas x1 .x3 > 0) soit de même sens que x2 (auquel cas x2 .x3 > 0). Donc p 6 2. • Soit n > 1. Suppososons que toute famille obtusangle d’un espace de dimension n a un cardinal inférieur ou égal à n + 1. Soit (xi )16i6p une famille obtusangle d’un espace E de dimension n + 1. Si p = 1, il n’y a plus rien à dire. Supposons p > 2. x p n’est pas nul et H = x⊥ p est un hyperplan de E et (x |x )
donc est de dimension n. Soit, pour 1 6 i 6 p − 1, yi = xi − ||xi p ||p2 x p le projeté orthogonal de xi sur H. Vérifions que la famille (yi )16i6p−1 est une famille obtusangle. Soit (i, j) ∈ [[1, p − 1]] tel que i 6= j. yi .y j = xi .x j −
(xi |x p )(x j |x p ) (xi |x p )(x j |x p ) (x j |x p )(xi |x p ) (xi |x p )(x j |x p )(x p |x p ) − + = xi |x j − < 0. 2 2 4 ||x p || ||x p || ||x p || ||x p ||2
Mais alors, par hypothèse de récurrence, p − 1 6 1 + dimH = n + 1 et donc p 6 n + 2. Le résultat est démontré par récurrence. 2ème solution. Montrons que si la famille (xi )16i6p est obtusangle, la famille (xi )16i6p−1 est libre. Supposons par l’absurde, qu’il existe une famille de scalaires (λi )16i6p−1 non tous p−1 nuls tels que ∑i=1 λi xi = 0 (∗). Quite à multiplier les deux membres de (∗) par −1, on peut supposer qu’il existe au moins un réel λi > 0. Soit I l’ensemble des indices i tels que λi > 0 et J l’ensemble des indices i tels que λi 6 0 (éventuellement J est vide). I et J sont disjoints. (*) s’écrit ∑i∈I λi xi = − ∑i∈J λi xi (si J est vide, le second membre est nul). On a
2
0 6 ∑ λi xi =
i∈I
∑ λi xi i∈I
!
. − ∑ λi xi i∈J
!
=
∑
λi (−λ j )xi .x j 6 0.
(i, j)∈I×J
Donc, k∑i∈I λi xi k2 = 0 puis ∑i∈I λi xi = 0. Mais, en faisant le produit scalaire avec x p , on obtient (∑i∈I λi xi ) .x p = ∑i∈I λi (xi .x p ) < 0 ce qui est une contradiction. La famille (xi )16i6p−1 est donc libre. Mais alors son cardinal p − 1 est inférieur ou égal à la dimension n et donc p 6 n + 1. Correction de l’exercice 3751 N (a) Soit a ∈ C. Soient (λ , µ) ∈ C2 et (P, Q) ∈ E 2 . ϕa (λ P + µQ) = (λ P + µQ)(a) = λ P(a) + µQ(a) = λ ϕa (P) + µϕa (Q). Donc, ϕa est une forme linéaire sur E. (b) On a déjà card ϕa j 06 j6n = n + 1 = dim(E) = dim(E ∗ ) < +∞. Il suffit donc de vérifier que la famille ϕa j 06 j6n est libre. X−a
Pour k ∈ [[0, n]], on pose Pk = ∏ j6=k ak −ajj . Chaque Pk est un élément de E et de plus 1 si j 6= k 2 ∀( j, k) ∈ [[0, n]] , ϕa j (Pk ) = δ j,k = (∗). 0 si j = k
Soit alors (λ0 , . . . , λn ) ∈ Cn+1 . n
n
n
n
∑ λ j ϕ j = 0 ⇒ ∀P ∈ E, ∑ λ j ϕ j (P) = 0 ⇒ ∀k ∈ [[0, n]] , ∑ λ j ϕ j (Pk ) = 0 ⇒ ∀k ∈ [[0, n]] , ∑ λ j δ j,k = 0
j=0
j=0
j=0
j=0
⇒ ∀k ∈ [[0, n]] , λk = 0. Ceci montre que la famille ϕa j 06 j6n est libre et donc une base de E ∗ . Les égalités (∗) montrent alors que la préduale de la base ϕa j 06 j6n de E ∗ est la famille (Pk )06k6n . 1975
R
(c) PourP ∈ E, posons ϕ(P) = 01 P(t) dt. ϕ est une forme linéaire sur E et donc, puisque la famille ϕa j 06 j6n est une base de E ∗ , il existe (λ0 , . . . , λn ) ∈ Cn+1 tel que ϕ = ∑nj=0 λ j ϕa j ou encore il R
existe (λ0 , . . . , λn ) ∈ Cn+1 tel que pour tout P ∈ E, 01 P(t) dt = λ0 P(a0 ) + . . . + λn P(an ) (les λ j étant indépendants de P). R En appliquant cette dernière égalité au polynôme Pk , 0 6 k 6 n, on obtient λk = 01 Pk (t) dt = R1 t−a j 0 ∏ j6=k ak −a j dt. ∀P ∈ Cn [X],
R1 0
P(t) dt = ∑nk=0 λk P(ak ) où ∀k ∈ [[0, n]], λk =
R1 0
t−a
∏ j6=k ak −aj j dt.
Correction de l’exercice 3752 N Les quatre applications ϕ1 , ϕ2 , ψ1 et ψ2 sont effectivement des formes linéaires sur E. Cherchons tout d’abord la future base préduale de la famille (ϕ1 , ϕ2 , ψ1 , ψ2 ). On note (P0 , P1 , P2 , P3 ) cette future base. • On doit avoir ϕ1 (P2 ) = ϕ2 (P2 ) = ψ2 (P2 ) = 0 et ψ1 (P2 ) = 1. Ainsi, P2 s’annule en 0 et en 1 et de plus P20 (1) = 0. Donc P2 admet 0 pour racine d’ordre 1 au moins et 1 pour racine d’ordre 2 au moins. Puisque P2 est de degré inférieur ou égal à 3, il existe une constante a telle que P2 = aX(X − 1)2 = aX 3 − 2aX 2 + aX puis P20 (0) = 1 fournit a = 1 puis P2 = X(X − 1)2 . • De même, il existe une constante a telle que P3 = aX 2 (X − 1) = aX 3 − aX 2 et 1 = P30 (1) = 3a − 2a fournit P3 = X 2 (X − 1). • P0 admet 1 pour racine double et donc il existe deux constantes a et b telles que P0 = (aX + b)(X − 1)2 puis les égalités P0 (0) = 1 et P00 (0) = 0 fournissent b = 1 et a − 2b = 0. Par suite, P0 = (2X + 1)(X − 1)2 . • P1 admet 0 pour racine double et il existe deux constantes a et b telles que P1 = (aX + b)X 2 puis les égalités P1 (1) = 1 et P10 (1) = 0 fournissent a + b = 1 et 3a + 2b = 0 et donc P1 = (−2X + 3)X 2 . P0 = (2X + 1)(X − 1)2 , P1 = (−2X + 3)X 2 , P2 = X(X − 1)2 et P3 = X 2 (X − 1). Montrons alors que (ϕ0 , ϕ1 , ϕ2 , ϕ3 ) est une base de E ∗ . Cette famille est libre car si aϕ1 + bϕ2 + cψ1 + dψ2 = 0, on obtient en appliquant successivement à P0 , P1 , P2 et P3 , a = b = c = d = 0. Mais alors, la famille (ϕ1 , ϕ2 , ψ1 , ψ2 ) est une famille libre de E ∗ de cardinal 4et donc une base de E ∗ . Sa préduale est (P0 , P1 , P2 , P3 ). Correction de l’exercice 3753 N 1 ère solution. On utilise le fait qu’une réunion de deux sous-espaces vectoriels est un sous-espace vectoriel si et seulement si l’un des deux contient l’autre. Donc ϕψ = 0 ⇒ Kerϕ ∪ Kerψ = E ⇒ Kerψ ⊂ Kerϕ = Kerϕ ∪ Kerψ = E ou Kerϕ ⊂ Kerψ = Kerϕ ∪ Kerψ = E ⇒ ϕ = 0 ou ψ = 0. 2ème solution. Supposons que ϕψ = 0 et qu’il existe x et y tels que ϕ(x) 6= 0 (et donc ψ(x) = 0) et ψ(y) 6= 0 (et donc ϕ(y) = 0). Alors 0 = ϕ(x + y)ψ(x + y) = (ϕ(x) + ϕ(y))(ψ(x) + ψ(y)) = ϕ(x)ψ(y) ce qui est une contradiction. ∀(ϕ, ψ) ∈ (E ∗ )2 , (∀x ∈ E, ϕ(x)ψ(x) = 0) ⇒ ϕ = 0 ou ψ = 0.
Correction de l’exercice 3754 N (a) Soit ϕ ∈ E ∗ . • ⇒ / Supposons qu’il existe (λ1 , . . . , λn ) ∈ Kn tel que ϕ = λ1 ϕ1 + ... + λn ϕn .
1976
Soit x ∈
n \
i=1
montré que
Kerϕi . Alors ϕ(x) = λ1 ϕ1 (x) + . . . + λn ϕn (x) = 0 + . . . + 0 = 0 et donc x ∈ Kerϕ. On a n \
i=1
Kerϕi ⊂ Kerϕ.
• ⇐ / Supposons tout d’abord la famille (ϕ1 , . . . , ϕn ) libre. On complète éventuellement la famille libre (ϕ1 , . . . , ϕn ) de E ∗ en une base (ϕ1 , . . . , ϕn , ϕn+1 , . . . , ϕ p ) de E ∗ et on note (e1 , . . . , en , en+1 , . . . , e p ) la préduale de la base (ϕ1 , . . . , ϕ p ). p Soit x = ∑i=1 xi ei un élément de E. x∈
n \
i=1
Kerϕi ⇔ ∀i ∈ [[1, n]] , ϕi (x) = 0 ⇔ ∀i ∈ [[1, n]] , xi = 0 ⇔ x ∈ Vect(en+1 , . . . , e p )
(avec la convention usuelle Vect(∅) = {0} dans le cas p = n). Donc p λi ϕi . Soit alors ϕ ∈ E ∗ . Posons ϕ = ∑i=1 n \
i=1
n \
Kerϕi = Vect(en+1 , . . . , e p ).
i=1
Kerϕi ⊂ Kerϕ ⇒ Vect(en+1 , . . . , e p ) ⊂ Kerϕ ⇒ ∀ j ∈ [[n + 1, p]] , ϕ(e j ) = 0 n
⇒ ∀ j ∈ [[n + 1, p]] , λ j = 0 ⇒ ϕ = ∑ λi ϕi . i=1
Le résultat est donc démontré dans le cas où la famille (ϕ1 , . . . , ϕn ) est libre. Si tous les ϕi , 1 6 i 6 n, sont nuls alors
n \
Kerϕi = E puis Kerϕ = E et donc ϕ = 0. Dans ce cas
i=1
aussi, ϕ est combinaison linéaire des ϕi , 1 6 i 6 n. Si les ϕi , 1 6 i 6 n, ne sont pas tous nuls et si la famille (ϕ1 , . . . , ϕn ) est liée, on extrait de la famille (ϕ1 , . . . , ϕn ) génératrice de Vect(ϕ1 , . . . , ϕn ) une base (ϕi1 , . . . , ϕim ) de Vect(ϕ1 , . . . , ϕn ). On a
n \
i=1
Kerϕi ⊂
m \
Kerϕik mais d’autre part, tout ϕi , 1 6 i 6 n, étant combinaison linéaire des ϕik ,
k=1
1 6 k 6 m, chaque Kerϕi , 1 6 i 6 n, contient m \
Kerϕik =
k=1
linéaire des
n \
m \
k=1
Kerϕik et donc
m \
k=1
Kerϕik ⊂
n \
Kerϕi . Finalement,
i=1
Kerϕi ⊂ Kerϕ. D’après l’étude du cas où la famille est libre, ϕ est combinaison
i=1 ϕik , 1
6 k 6 m et donc des ϕi , 1 6 i 6 n. La réciproque est démontrée dans tous les cas.
(b) Soit ϕ une forme linéaire sur R3 telle que P = Kerϕ (en particulier ϕ n’est pas nulle). Soient ϕ1 la forme linéaire (x, y, z) 7→ x + y + z et ϕ2 la forme linéaire (x, y, z) 7→ 2x + 3z. Alors la famille (ϕ1 , ϕ2 ) est une famille libre du dual de R3 et D = Kerϕ1 ∩ Kerϕ2 . D’après 1) D ⊂ P ⇔ ∃(a, b) ∈ R2 \ {(0, 0)}/ ϕ = aϕ1 + bϕ2 (théorie des faisceaux), puis u ∈ P ⇔ aϕ1 (u) + bϕ2 (u) = 0 ⇔ 3a + 5b = 0. Une équation de P est donc 5(x + y + z) − 3(2x + 3z) = 0 ou encore −x + 5y − 4z = 0. Correction de l’exercice 3755 N Soit f : E → Kn . Il s’agit de démontrer que la famille (ϕ1 , . . . , ϕn ) est liée si et x 7→ (ϕ1 (x), ..., ϕn (x)) seulement si Ker( f ) 6= {0}. 1977
• Si la famille (ϕ1 , . . . , ϕn ) est libre, c’est une base de E ∗ (car dim(E ∗ ) = n). Notons (u1 , . . . , un ) sa préduale et notons (e1 , . . . , en ) la base canonique de Kn . Pour 1 6 i 6 n, on a f (ui ) = ei . Ainsi, l’image par f d’une base de E est une base de Kn et on sait alors que f est un isomorphisme. En particulier, Ker( f ) = {0}. • Si les ϕi sont tous nuls, tout vecteur non nul x annule chaque ϕi . Supposons alors que la famille (ϕ1 , . . . , ϕn ) est liée et que les ϕi ne sont pas tous nuls. On extrait de la famille (ϕ1 , . . . , ϕn ) une base (ϕi1 , . . . , ϕim ) (avec 1 6 m < n) de Vect(ϕ1 , . . . , ϕn ). On complète la famille libre (ϕi1 , . . . , ϕim ) en une base (ϕi1 , . . . , ϕim , ψ1 , . . . , ψn−m ) de E ∗ . On note (e1 , . . . , em , em+1 , . . . , en ) sa préduale. Les formes linéaires ϕi1 ,. . . , ϕim s’annulent toutes en en et donc chaque ϕi s’annule en en puisque chaque ϕi est combinaison linéaire des ϕik , 1 6 i 6 m. Le vecteur en est donc un vecteur non nul x tel que ∀i ∈ [[1, n]], ϕi (x) = 0. Correction de l’exercice 3756 N
1 1 1 0 2 1 0 1 . La matrice de la famille ( f1 , f2 , f3 , f4 ) dans la base canonique du dual de R4 est A = −1 m 1 −3 −2 1 m + 4 −m 1 0 0 0 2 −1 −2 1 (pour 2 6 j 6 3, C j ← C j −C1 ) La matrice A a même rang que la matrice −1 m + 1 2 −3 −2 3 m + 6 −m 1 0 0 0 2 −1 0 0 puis que la matrice −1 m + 1 −2m m − 2 (C3 ← C3 − 2C2 et C4 ← C4 +C2 ) −2 3 m −m + 3 1 0 0 2 −1 0 • Si m = 0, A a même rang que la matrice −1 1 −2 et donc rg(A) = 3. −2 3 3 1 0 0 0 2 −1 0 0 1 • Si m 6= 0, A a même rang que la matrice −1 m + 1 −2 m − 2 (C3 ← m C3 ) puis que la −2 3 1 −m + 3 1 0 0 0 2 −1 0 0 (C4 ← 2C4 + (m − 2)C3 ) matrice −1 m + 1 −2 0 −2 3 1 −m + 4 Donc, si m = 4, rg(A) = 3 et si m n’est ni 0 ni 4, rg(A) = 4.
Si m ∈ / {0, 4}, rg( f1 , f2 , f3 , f4 ) = 4 et si m ∈ {0, 4}, rg( f1 , f2 , f3 , f4 ) = 3.
Correction de l’exercice 3757 N (a) • Soient P et Q deux polynômes. La fonction t 7→ P(t)Q(t)e−t est continue sur [0, +∞[ et est négligeable en +∞ devant t12 d’après un théorème de croissances comparées. Donc la fonction t 7→ P(t)Q(t)e−t est intégrable sur [0, +∞[ et ϕ(P, Q) existe dans R. • La symétrie, la bilinéarité et la positivité de l’application ϕ sont claires. De plus, pour P ∈ E,
1978
ϕ(P, P) = 0 ⇒
Z +∞
P2 (t)e−t dt = 0
0
⇒ ∀t ∈ [0, +∞[, P2 (t)e−t = 0 (fonction continue positive d’intégrale nulle)
⇒ ∀t ∈ [0, +∞[, P(t) = 0 ⇒ P = 0 (polynôme ayant une infinité de racines).
Ainsi, la forme ϕ est définie et finalement l’application ϕ est un produit scalaire sur E. (b) i. Soit n ∈ N. La formule de L EIBNIZ permet d’écrire n n n! k n n n −X (n) X n (n−k) −X (k) X k (X e ) e = ∑k=0 X . (X ) (e ) e = ∑k=0 (−1) k k k! En particulier, ∀n ∈ N, deg(hn ) = n (et dom(hn ) = (−1)n ) et on sait que la famille (hn )n∈N est une base de R[X]. ii. Soient P ∈ E et n ∈ N∗ . Soit A > 0. Les deux fonctions t 7→ (t n e−t )(n−1) et P sont de classe C1 sur le segment [0, A]. On peut donc effectuer une intégration par parties et on obtient RA RA R −t n −t (n) dt = P(t)(t n e−t )(n−1) A − A P0 (t)(t n e−t )(n−1) dt 0 P(t)hn (t)e dt = 0 P(t)(t e ) 0 0
Maintenant, (t n e−t )(n−1) peut s’écrire Q(t)e−t où Q est un polynôme et donc P(t)(t n e−t )(n−1) (t) tend vers 0 quand t tend vers +∞ d’après un théorème de croissances comparées. D’autre part, la formule de L EIBNIZ montre que le polynôme Q a une valuation au moins égale à 1. On en déduit que la fonction t 7→ P(t)(t n e−t )(n−1) (t) s’annule en 0. En faisant tendre A vers +∞, on obtient R +∞ 0
P(t)hn (t)e−t dt = −
R +∞ 0 n −t (n−1) dt. 0 P (t)(t e )
De manière générale, pour 0 6 k 6 n, les remarques précédentes s’appliquent à la fonction t 7→ P(k) (t)(t n e−t )(n−k) et par récurrence on obtient
R +∞ (k) n −t (n−k) dt. 0 P (t)(t e ) R R En particulier, pour k = n on obtient 0+∞ P(t)hn (t)e−t dt = (−1)n 0+∞ P(n) (t)t n e−t dt. Cette
∀k ∈ [[0, n]],
R +∞ 0
P(t)hn (t)e−t dt = (−1)k
égalité reste vraie quand n = 0 et on a montré que ∀P ∈ R[X], ∀n ∈ N, ϕ(P, hn ) =
R +∞ 0
P(t)hn (t)e−t dt = (−1)n
R +∞ (n) n −t 0 P (t)t e dt.
En particulier, si n ∈ N∗ et deg(P) < n, on a P(n) = 0 et donc ϕ(P, hn ) = 0. Ainsi, ∀n ∈ N∗ , hn ∈ (Rn−1 [X])⊥ . Puisque ∀n ∈ N, deg(hn ) = n, on en déduit en particulier que ∀n ∈ N∗ , ∀k ∈ [[0, n − 1]], ϕ(hn, hk ) = 0 et on a montré que la famille (hn )n∈N est une base orthogonale de l’espace préhilbertien (R[X], ϕ). (n)
iii. Soit n ∈ N. Puisque deg(hn ) = n et dom(hn ) = (−1)n , on a hn = (−1)n n!. La question précédente fournit alors khn k2 = (−1)n
R +∞ (n) 0
hn (t)t n e−t dt = n!
R +∞ n −t 2 0 t e dt = n!Γ(n + 1) = n! ,
et donc khn k = n!. Par suite, la famille n!1 hn n∈N est une base orthonormale de l’espace préhilbertien (R[X], ϕ).
1979
Correction de l’exercice 3758 N (a) • Soit (P, Q) ∈ E 2 . L’application t 7→
P(t)Q(t) √ 1−t 2
est continue sur ] − 1, 1[. Ensuite, l’application t 7→
P(t)Q(t) √ √ √ est bornée au voisinage de 1 car continue en 1 et donc quand t tend vers 1, P(t)Q(t) = P(t)Q(t) × 2 1+t 1+t 1−t P(t)Q(t) 1 √1 = O √1−t . Puisque 21 < 1, on en déduit que l’application t 7→ √1−t 2 est intégrable sur 1−t √ √1 un voisinage de 1 à gauche. De même, quand t tend vers 1, P(t)Q(t) et l’application = O 1+t 1−t 2 P(t)Q(t) √ t 7→ √1−t 2 est intégrable sur un voisinage de −1 à droite. Finalement, l’application t 7→ P(t)Q(t) est 1−t 2
intégrable sur ] − 1, 1[ et ϕ(P, Q) existe. • La symétrie, la bilinéarité et la positivité de ϕ sont claires. De plus, pour P ∈ E, Z 1
P2 (t) √ dt = 0 −1 1 − t2 P2 (t) ⇒ ∀t ∈] − 1, 1[, √ = 0 (fonction continue, positive, d’intégrale nulle) 1 − t2 ⇒ ∀t ∈] − 1, 1[, P(t) = 0 ⇒ P = 0 (polynôme ayant une infinité de racines).
ϕ(P, P) = 0 ⇒
Ainsi, l’application ϕ est définie et finalement l’application ϕ est un produit scalaire sur E. (b) i. Soit (n, p) ∈ N2 . En posant t = cos θ , on obtient ϕ(Tn , Tp ) =
R R 1 Tn (t)Tp (t) R T (cos θ )T (cos θ ) √ (− sin θ dθ ) = 0π cos(nθ ) cos(pθ ) dθ . dt = π0 n √ p 2 2 −1 1−t
1−cos θ
Si de plus, n 6= p, ϕ(Tn , Tp ) =
1Rπ 2 0 (cos((n + p)θ ) + cos((n − p)θ ))
dθ =
1 2
h
sin((n+p)θ ) n+p
) + sin((n−p)θ n−p
iπ 0
= 0.
Ainsi, la famille (Tn )n∈N est orthogonale. De plus, on sait que ∀n ∈ N, deg(Tn ) = n et on a donc montré que la famille (Tn )n∈N est une base orthogonale de l’espace préhilbertien (E, ϕ). ii. Soit n ∈ N. Quand p = n, la formule précédente fournit kTn k2 = et donc
1Rπ 2 0 (1 + cos(2nθ ))
∀n ∈ N, kTn k =
dθ =
π si n = 0 , π 2 si n > 1
√ π si n = 0 pπ . 2 si n > 1
Correction de l’exercice 3759 N (a) Montrons que E est un sous-espace de (RN , +, .). La suite nulle est élément de E. Soient (u, v) ∈ E 2 et (λ , µ) ∈ R2 . 0 6 (λ u + µv)2 = λ 2 u2 + 2λ µuv + µ 2 v2 6 λ 2 u2 + λ µ(u2 + v2 ) + µ 2 v2 = (λ 2 + λ µ)u2 + (λ µ + µ 2 )v2 . 1980
Par hypothèse, la série de terme général (λ 2 + λ µ)u2n + (λ µ + µ 2 )v2n converge et on en déduit que la suite λ u + µv est de carré sommable. On a montré que E est un sous-espace vectoriel de l’espace vectoriel (RN , +, .). (b) • Soient u et v deux éléments de E. Pour tout entier naturel n, |un vn 6 12 (u2n + v2n ). Ainsi, la série de terme général un vn est absolument convergente et donc convergente. Ceci montre que ϕ(u, v) existe dans R. • La symétrie, la bilinéarité et la positivité de ϕ sont claires. De plus, pour u ∈ E, 2 2 ϕ(u, u) = 0 ⇒ ∑+∞ n=0 un = 0 ⇒ ∀n ∈ N, un = 0 ⇒ u = 0.
En résumé, l’application ϕ est une forme bilinéaire, symétrique, définie, positive et donc l’application ϕ est un produit scalaire sur E.
Correction de l’exercice 3760 N Soit (A, B) ∈ (Mn (R))2 . Φ(A, B) = Tr(t A × B) = ∑16i, j6n ai, j bi, j .
L’application Φ n’est autre que produit scalaire canonique de Mn (R) et en particulier est un produit scalaire. La base canonique de Mn (R) (constituée des matrices élémentaires) est orthonormée pour ce produit scalaire. L’application Φ n’est pas un produit scalaire sur Mn (C). Par exemple, si A = iE1,1 6= 0 alors t AA = −E1,1 puis Tr(t AA) = −1 < 0. Correction de l’exercice 3761 N Soit N une norme sur E vérifiant ∀(x, y) ∈ E 2 (N(x + y))2 + (N(x − y))2 = 2((N(x))2 + (N(y))2 ). Il faut montrer que la norme N est associée à un produit scalaire B. Si B existe, B est nécessairement défini par ∀(x, y) ∈ E 2 , B(x, y) = 14 ((N(x + y))2 − (N(x − y))2 ). Réciproquement, • Pour tout x ∈ E, B(x, x) = 14 ((N(2x))2 − (N(0))2 ) = 14 (4(N(x))2 − 0) = (N(x))2 et donc ∀x ∈ E, p B(x, x) > 0 puis B(x, x) = 0 ⇔ x = 0. De plus, ∀x ∈ E, N(x) = B(x, x). • ∀(x, y) ∈ E 2 , B(y, x) = 14 ((N(y + x))2 − (N(y − x))2 ) = 41 ((N(x + y))2 − (N(x − y))2 ) = B(x, y). • Vérifions alors que l’application B est bilinéaire. 1) Montrons que ∀(x, y, z) ∈ E 3 , B(x + y, z) + B(x − y, z) = 2B(x, z). 1 B(x + y, z) + B(x − y, z) = ((N(x + y + z))2 − (N(x + y − z))2 + (N(x − y + z))2 − (N(x − y − z))2 ) 4 1 = ((N(x + y + z))2 + (N(x − y + z))2 ) − ((N(x + y − z))2 + (N(x − y − z))2 ) 4 1 = (2(N(x + z))2 + (N(y))2 ) − 2((N(x − z))2 + (N(y))2 ) (par hypothèse sur N) 4 2 = ((N(x + z))2 − (N(x − z))2 ) = 2B(x, z). 4 2) Montrons que ∀(x, z) ∈ E 2 , B(2x, z) = 2B(x, z). Tout d’abord, B(0, z) = 41 ((N(z))2 − (N(−z))2 ) = 0 puis d’après 1) 1981
B(2x, z) = B(x + x, z) + B(x − x, z) = 2B(x, z). 3) Montrons que ∀(x, y, z) ∈ E 3 , B(x, z) + B(y, z) = B(x + y, z).
x+y x−y x+y x−y B(x, z) + B(y, z) = B + ,z +B − ,z 2 2 2 2 x+y = 2B , z (d’après 1)) 2 = B(x + y, z) (d’après 2)). 4) Montrons que ∀n ∈ N, ∀(x, y) ∈ E 2 , B(nx, y) = nB(x, y). • C’est vrai pour n = 0 et n = 1. • Soit n > 0. Supposons que ∀(x, y) ∈ E 2 , B(nx, y) = nB(x, y) et B((n + 1)x, y) = (n + 1)B(x, y). Alors B((n + 2)x, y) + B(nx, y) = B((n + 2)x + nx, y) = B(2(n + 1)x, y) = 2B((n + 1)x, y), et donc, par hypothèse de récurrence, B((n + 2)x, y) = 2(n + 1)B(x, y) − nB(x, y) = (n + 2)B(x, y). 5) Montrons que ∀n ∈ Z, ∀(x, y) ∈ E 2 , B(nx, y) = nB(x, y). Le résultat est acquis pour n > 0. Pour n ∈ N, B(nx, y) + B(−nx, y) = B(0, y) = 0 et donc B(−nx, y) = −B(nx, y) = −nB(x, y), 6) Montrons que ∀n ∈ N∗ , ∀(x, y) ∈ E 2 , B n1 x, y = n1 B(x, y). B(x, y) = B 1n nx, y = nB n1 x, y et donc B 1n x, y = 1n B(x, y).
7) Montrons que ∀r ∈ Q, ∀(x, y) ∈ E 2 , B(rx, y) = rB(x, y). Soient (p, q) ∈ Z × N∗ puis r = qp . B(rx, y) = B qp x, y = pB q1 x, y = qp B(x, y) = rB(x, y).
8) Montrons que ∀λ ∈ R, ∀(x, y) ∈ E 2 , B(λ x, y) = λ B(x, y). Soit λ un réel. Puisque Q est dense dans R, il existe une suite de rationnels (rn )n∈N convergente de limite λ . Maintenant, l’application N : (E, N) → (R, | |) est continue sur E car 1-Lipschitzienne sur E. x 7→ N(x) Donc B(λ x, y) = B(limn→+∞ rn x, y) = limn→+∞ B(rn x, y) = limn→+∞ rn B(x, y) = λ B(x, y). Finalement, l’application B est une p forme bilinéaire symétrique définie positive et donc un produit scalaire. Puisque ∀x ∈ E, N(x) = B(x, x), N est la norme associée à ce produit scalaire. On a montré que toute norme vérifiant l’identité du parallélogramme est une norme hilbertienne.
Correction de l’exercice 3762 N Soit i ∈ [[1, n]]. 1 = kei k2 = ∑ j>1 (ei |e j )2 = 1 + ∑ j6=i (ei |e j )2 et donc ∑ j6=i (ei |e j )2 = 0.On en déduit que ∀ j 6= i, (ei |e j ) = 0. Ainsi, pour tout couple d’indices (i, j) tel que i 6= j, on a ei |e j = 0. Par suite la famille (ei )16i6n est une famille orthonormale.
1982
Il reste à vérifier que si F = Vect(e1 , ..., en ) alors F = E. Soit x un vecteur de E. F est un sous-espace vectoriel de E de dimension finie. On peut donc définir le projeté orthogonal pF (x) de x sur F. On sait que pF (x) = ∑ni=1 (x|ei )ei . On en déduit que kpF (x)k2 = ∑ni=1 (x|ei )2 = kxk2 . D’après le théorème de P YTHAGORE, kx − pF (x)k2 = kxk2 − kpF (x)k2 = 0, et donc x = pF (x) ce qui montre que x ∈ F. Donc F = E et finalement la famille (ei )16i6n est une base orthonormée de E.
Correction de l’exercice 3763 N 1 ère solution. Soit p > 2. Montrons que si la famille (x1 , ..., x p ) est obtusangle alors la famille (x1 , ..., x p−1 ) est libre. Soit (x1 , ..., x p ) une famille obtusangle. Supposons que la famille (x1 , ..., x p−1 ) soit liée. p−1 λk xk = 0. Il existe donc (λ1 , ..., λ p−1 ) ∈ R p−1 \ {(0, . . . , 0)} tel que ∑k=1 Quite à multiplier les deux membres de l’égalité par −1, on peut supposer que l’un des λi au moins est strictement positif. On pose I = {k ∈ [[1, p − 1]] / λk > 0} et J = {k ∈ [[1, p − 1]] / λk 6 0} (éventuellement J est vide). Si J est vide, il reste ∑i∈I λi xi = 0 et si J est non vide, k∑i∈I λi xi k2 = − (∑i∈I λi xi ) ∑ j∈J λ j x j = − ∑(i, j)∈I×J λi λ j (xi |x j ) 6 0 (car ∀(i, j) ∈ I × J, (xi |x j ) < 0 et λi λ j 6 0).
Ainsi, dans tous les cas, ∑i∈I λi xi = 0. Mais ceci est impossible car (∑i∈I λi xi ) |x p = ∑i∈I λi (xi |x p ) < 0. On a montré que la famille (x1 , . . . , x p−1 ) est libre et on en déduit que p − 1 6 n ou encore p 6 n + 1. 2ème solution. Montrons par récurrence sur n = dimEn > 1 que tout famille obtusangle de En a un cardinal inférieur ou égal à n + 1. • Pour n = 1. Soient x1 , x2 et x3 trois vecteurs de E1 . On peut identifier ces vecteurs à des réels. Deux des trois réels x1 , x2 ou x3 ont même signe et on ne peut donc avoir x1 x2 < 0 et x1 x3 < 0 et x2 x3 < 0. Une famille obtusangle de E1 a donc un cardinal inférieur ou égal à 2. • Soit n > 1. Supposons que toute famille obtusangle d’un espace euclidien de dimension n a un cardinal inférieur ou égal à n + 1. Soit (x1 , ..., x p ) une famille obtusangle de En+1 . Si p = 1 alors p 6 n + 2. Supposons dorénavant p > 2. On va construire à partir de cette famille une famille obtusangle de cardinal p − 1 d’un espace euclidien de dimension n. Soit F = x⊥ p . Puisque la famille (x1 , ..., x p ) est obtusangle, le vecteur x p n’est pas nul et F est un espace euclidien de dimension n. On note y1 , y2 ,..., y p−1 les projetés orthogonaux des vecteurs x1 , ... , x p−1 sur F. On sait que ∀i ∈ [[1, p − 1]], yi = xi −
(xi |x p ) x . kx p k2 p
Soit (i, j) ∈ [[1, p − 1]] tel que i 6= j. (yi |y j ) = (xi |x j ) − 2
(xi |x p )(x j |x p ) kx p k2
+
(xi |x p )(x j |x p )kx p k2 kx p k4
= (xi |x j ) −
(xi |x p )(x j |x p ) kx p k2
< 0.
Ainsi, la famille (yi )16i6p−1 est une famille obtusangle d’un espace euclidien de dimension n et par hypothèse de récurrence p − 1 6 n + 1 et donc p 6 n + 2. Le résultat est démontré par récurrence. Correction de l’exercice 3772 N 1983
(a) Oui ssi λ 2 + µ 2 6 1. (b) Non, disc = −1. (c) Oui, =
5x2 12
+ 3 y + 3x
2
2 + 4z2 + t + 2x .
Correction de l’exercice 3773 N Spec(A) = {6, 3, 3} ⇒ oui. Correction de l’exercice 3774 N (n − 1, 0). Correction de l’exercice 3776 N
2 2+ 1 2+ 1 Récurrence, q(x1 , . . . , xn ) = ∑ik i . 2i i 2 i>k i 2k Correction de l’exercice 3779 N (a) (b) (c) Si a ∈ Ker f , Kerϕ˜ = E. Si a ∈ / Ker f et q(a) = 0, Kerϕ˜ = a⊥ . Si q(a) 6= 0, Kerϕ˜ = Ker( f ) ⊕ < a >. Correction de l’exercice 3782 N (a) (b) (d − 1, 0) ou (d, 0). Correction de l’exercice 3783 N Récurrence sur n. Soit (e1 , . . . , en ) la base dans laquelle A est la matrice de q. ∆n−1 (A) 6= 0 donc il existe des coefficients α1 , . . . , αn−1 tels que un = en − ∑i 2. (b) Pour n = 3 on trouve A = t CC où C est une colonne sans zéros, pour n > 3 on obtient le même résultat en considérant les blocs 3 × 3 centrés sur la diagonale. Correction de l’exercice 3788 N Soit P orthogonale diagonalisant S : tPSP = Diag(λ1 , . . . , λn ) et Y = tPX. 0 y1 . . . yn y1 λ1 2 2 y = −λ1 . . . λn λ11 + · · · + λynn . On a : q(X) = . . .. .. yn λn
Correction de l’exercice 3789 N Pour a = 0, q est définie positive. Pour a 6= 0 prendre une base orthonormale commençant par a ; la matrice de q dans cette base est Diag(α + β kak2 , α, . . . , α). Correction de l’exercice 3790 N 2 = 0 donc q(E ) = 0 et si A est une matrice quelconque de Soit (Ei j ) la base canonique de M2 (C) : E12 12 rang 1, A est équivalente à E12 d’où q(A) = 0. Si A = 0 on a aussi q(A) = 0 et si A est inversible alors toute matrice est multiple de A donc q(A) 6= 0, en particulier q(I) = 1 car q2 (I) = q(I). On en déduit q(A) = 0 ⇔ det(A) = 0. Pour A quelconque, les applications : z 7→ det(A − zI) et z 7→ q(A − zI) sont polynomiales de degré 2, avec le même coefficient de z2 et les mêmes racines, donc sont égales d’où q = det. Remarque : le même raisonnement est applicable sur un corps quelconque en se limitant aux matrices triangulaires, et toute matrice est produit de triangulaires (algorithme du pivot de Gauss).
Correction de l’exercice 3791 N Quitte à remplacer E par vect(x1 , . . . , yn ), on peut supposer E de dimension finie p. Soit B une base de E, et X,Y et F les matrices de (x1 , . . . , xn ), (y1 , . . . , yn ) et φ dans B. On doit prouver det(t XFY )2 6 det(t XFX) det(t Y FY ). Comme F est symétrique positive, elle est de la forme F = t MM pour une certaine matrice carrée M, donc en remplaçant X et Y par MX et MY , il suffit de prouver det(t XY )2 6 det(t XX) det(t YY ) pour toutes matrices X,Y réelles rectangulaires de même taille. En projetant chaque colonne de Y sur le sous-espace vectoriel engendré par les colonnes de X, on peut décomposer Y = XA + B où A est une matrice carrée et B une matrice rectangulaire de même taille que X telle que t XB = 0. Il reste à prouver : det(t XXA)2 6 det(t XX) det(t At XXA + t BB), soit : det(t At XXA) 6 det(t At XXA + t BB). On pose U = t At XXA et V = t BB : U et V sont des matrices réelles symétriques positives de même taille, à priori quelquonques. Si U est inversible, on écrit U = t PP avec P inversible et on est rammené à prouver que 1 6 det(I + t P−1V P−1 ) = det(I +W ), avec W symétrique positive, ce qui résulte du fait que toutes les valeurs propres de I + W sont supérieures ou égales à 1. Si U n’est pas inversible, on remplace U par U + εI avec ε > 0, puis on fait tendre ε vers 0+ . Remarque : il y a peut-être plus simple ? Correction de l’exercice 3792 N
1985
(a) Si la matrice de f dans la base canonique de
R2
est A =
a c b d
,
Q( f ) = λ (a2 + 2bc + d 2 ) + µ(ad − bc).
Q est un polynôme homogène de degré 2 en les coordonnées de f dans la base canonique de L (R2 ) et donc Q est une forme quadratique sur L (R2 ). (b) • Si λ = µ = 0, r = 0 et s = (0, 0). Si λ = 0 et µ 6= 0, µ 2 2 Q( f ) = µ4 (a + d)2 − µ4 (a − d)2 − mu 4 (b + c) + 4 (b − c) ,
et donc r = 4 et s = (2, 2). • Si λ 6= 0, µ 2 µ2 Q( f ) = λ a + µad + (2λ − µ)bc + λ d = λ a + d + (2λ − µ)bc + λ − d2 2λ 4λ µ 2 µ2 2λ − µ 2λ − µ = λ a+ d + λ− d2 + (b + c)2 − (b − c)2 . 2λ 4λ 4 4 2
2
µ Maintenant, les quatre formes linéaires (a, b, c, d) 7→ a + 2λ d, (a, b, c, d) 7→ d, (a, b, c, d) 7→ b + c et (a, b, c, d) 7→ b − c sont linéairement indépendantes. Donc - si µ = 2λ (6= 0), r = 1, - si µ = −2λ (6= 2λ ), r = 3, - si |µ| 6= 2|λ | (6= 0), r = 4. En particulier, si λ = 1 et µ = 0, alors r = 4 et s = (3, 1) et si λ = 0 et µ = 1, r = 4 et s = (2, 2).
Correction de l’exercice 3793 N Dans le cas où E est de dimension finie, la signature de Q permet de conclure immédiatement. Supposons donc que E n’est pas de dimension fine. Par hypothèse, il existe un vecteur non nul x0 tel que Q(x0 ) = 0. Supposons Q de signe constant. Ouite à remplacer Q par −Q, on supposera que Q est positive. D ?après l’inégalité de C AUCHY-S CHWARZ (valable pour les formes quadratiques positives) p p ∀y ∈ E, |ϕ(x0 , y)| 6 Q(x0 ) Q(y) = 0.
Donc ∀y ∈ E, ϕ(x0 , y) = 0 et x0 est dans le noyau de ϕ. Puisque x0 6= 0, on en déduit que ϕ est dégénérée. En résumé, si Q est de signe constant, ϕ est dégénérée ou encore si ϕ est non dégénérée, Q n’est pas de signe constant.
Correction de l’exercice 3794 N (a) Pour tout (x1 , ..., xn ) ∈ Rn , Q(x1 , ..., xn ) = ∑16i, j6n
R
Rb b a f i (t) f j (t) dt xi x j = a ∑16i, j6n xi x j f i (t) f j (t) Rb n 2 a (∑i=1 xi f i (t)) dt > 0.
dt =
Donc Q est une forme quadratique positive. (b) De plus, pour tout (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn , Q((x1 , ..., xn )) = 0 ⇔ ∑ni=1 xi fi = 0 (fonction continue positive d’intégrale nulle). Donc Q définie ⇔ ∀(x1 , ..., xn ) ∈ Rn , [Q((x1 , ..., xn )) = 0 ⇒ (x1 , ..., xn ) = 0] n
⇔ ∀(x1 , ..., xn ) ∈ Rn , [ ∑ xi fi = 0 ⇒ (x1 , ..., xn ) = 0] i=1
( f1 , ..., fn ) libre. 1986
n (c) Dans le cas particulier envisagé, la matrice de Q dans la base canonique de R est la matrice de H ILBERT Hn = i+ 1j−1 . 16i, j6n
Correction de l’exercice 3795 N 0 x1 . . . xn x1 x1 0 tX = . Posons X = ... et A = . X S .. S xn xn 0 tX 1 0 0 t XS−1 Un calcul par blocs fournit = puis X S 0 S−1 X In t −1 0 tX 1 0 −1 0 0 t XS−1 −1 0 XS X = = −1 X S 0 S X In X In X In 0
t XS−1
In
.
On en déduit que det(A)×det(S−1 )×(−1) = t XS−1 X puis que Q(X) = −det(A) = t X((det(S))S−1 )X = t XS0 X où S0 = (det(S))S−1 . Maintenant, la matrice S est définie positive et donc ses valeurs propres sont des réels strictement posioù λ décrit le spectre de S et donc la matrice S0 tifs. Les valeurs propres de la matrice S0 sont les det(S) λ est aussi une matrice symétrique définie positive. Q est donc une forme quadratique définie positive. Correction de l’exercice 3798 N Le produit scalaire usuel de M3 (R) est défini par ∀(A, B) ∈ (M3 (R))2 , (A|B) = Tr(t AB) = ∑16i, j6n ai, j bi, j . (a) Déterminons l’orthogonal de A3 (R) dans M3 (R). Soit (A, B) ∈ S( R) × A3 (R). (A|B) = Tr(t AB) = Tr(AB) = Tr(BA) = −Tr(t BA) = − (B|A).
et donc (A|B) = 0. Donc S3 (R) ⊂ (A3 (R))⊥ et comme de plus, dim (S3 (R)) = dim ((A3 (R))⊥ , on a montré que (A3 (R))⊥ = S3 (R). (b) Ainsi, la projection orthogonale de M sur A3 (R) est exactement la partie antisymétrique pa (M) de M et la distance cherchée est la norme de M − pa (M) = ps (M) avec 0 1 0 0 1 0 0 0 0 ps (M) = 12 0 0 1 + 1 0 0 = 21 1 0 1 . 0 0 0 0 1 0 0 1 0 Par suite,
d (M, A3 (R)) = kps (M)k =
1 2
√ 12 + 12 + 12 + 12 = 1.
Correction de l’exercice 3817 N λ = 0, f = idE et λ = − k~v2k2 , f = la symétrie par rapport à vect(~v). Correction de l’exercice 3822 N ϕ(A) = tr(A tA) donc pour toute matrice P telle que P tP soit scalaire (non nulle) on a ϕ(P−1 AP) = ϕ(A). Ces matrices sont les matrices de la forme P = λ M avec M orthogonale (matrices de similitude). 1987
Réciproquement, soit P telle que ϕ(P−1 AP) = ϕ(A) et Q = P tP. On a par polarisation : ∀ A, B, tr(AQ tB tQ−1 ) = tr(A tB) donc pour B = QC : ∀ A,C tr(AQt C) = tr(At CQ) ce qui implique : ∀ C, Qt C = t CQ et donc que Q est scalaire. Correction de l’exercice 3832 N (a) (b) On raisonne par récurrence sur d = dim(F) = dim(G). Pour d = 0 il n’y a rien à prouver. Pour d > 1 on considère a ∈ F et b ∈ G unitaires tels que (a | b) soit maximal. Soient F1 l’orthogonal de a dans F et G1 l’orthogonal de b dans G (sous-espaces vectoriels de dimensions égales à d − 1). Le choix de a, b fait que F1 est orthogonal à b et G1 est orthogonal à a, donc F1 et G1 sont tous deux inclus dans l’orthogonal de vect(a, b). On peut trouver un endomorphisme de cet orthogonal qui échange F1 et G1 , que l’on complète par la symétrie orthogonale dans vect(a, b) qui échange a et b.
Correction de l’exercice 3833 N (a) (b) (c) oui pour φP . Pour ψP : ∀ A, B, tr(t AB) = tr(t Pt At (P−1 )P−1 BP) = tr(Pt Pt At (P−1 )P−1 B). Donc Pt Pt At (P−1 )P−1 = A, donc Pt P est scalaire, donc P est une matrice de similitude.
Correction de l’exercice 3834 N A = 0 ou A ∈ O + (n). Correction de l’exercice 3835 N (a) A = P − I, P ∈ O(n).
(b) Hadamard.
Correction de l’exercice 3837 N (a) (b) Tout f ∈ G vérifie det( f ) ∈ {−1, 1}. Réciproquement, soit f ∈ U(E) tq det( f ) ∈ {−1, 1} et F = Ker( f − id). On montre que f est composée de réflexions par récurrence sur p = codimF. p = 0 ⇒ f = id. p = 1 ⇒ f est une réflexion car F est un hyperplan et F ⊥ est stable par f . 0, . . . , p − 1 ⇒ p : soit (e1 , . . . , en ) une BON de E telle que (e p+1 , . . . , en ) est une BON de F et e1 est vecteur propre de f . Soit e01 = f (e1 ) = λ e1 , et σ , σ 0 deux réflexions telles que σ (e1 ) = e2 et σ 0 (e2 ) = e01 . Alors g = σ ◦ σ 0 ◦ f ∈ U(E), det(g) = det( f ) ∈ {−1, 1} et codim(Ker(g − id)) < p donc g est composée de réflexions et f aussi.
Correction de l’exercice 3841 N f = id − r où r(x1 , . . . , xn ) = (xn , x1 , . . . , xn−1 ). Donc(f ∗ ◦ f = 2id − r − r−1 a pour valeurs propres les 2 si n est pair nombres 2 − 2 cos(2kπ/n), k ∈ [[0, 2n − 1]] et k f k = . 2 cos(π/2n) si n est impair.
1988
Correction de l’exercice 3842 N Oui. Pour n = 1 il y a égalité. Pour n = 2 cela résulte de la densité de U ∩ Q[i] dans U (démonstration ci-dessous). Pour n quelconque, il suffit de voir qu’une réflexion quelconque est limite de réflexions à coefficients rationnels (approcher un vecteur non nul normal à l’hyperplan de réflexion par une suite de vecteurs rationnels). (p2 −1)+2ip . On p2 +1 1 Z}) 6 2 |1 − z p |.
Densité de U ∩ Q[i] dans U : pour p ∈ |||∗ on considère z p = lorsque p → ∞. Si z ∈ U alors d(z, U ∩ Q[i]) 6
d(z, {zkp ,
k∈
a z p ∈ U ∩ Q[i] et z p → 1
Correction de l’exercice 3843 N = I ⇔ a2 + b2 + c2 =1. Dans ce cas det(A) = tr(A) = 1 donc f est un quart de tour. L’axe du quart a de tour est engendré par b. c
tAA
Correction de l’exercice 3844 N (a) Soit B une base orthonormée de E et M = MatB (x1 , ..., xn ) (M est une matrice de format (p, n)). Puisque B est orthonormée, le produit scalaire usuel des colonnes Ci et C j est encore xi |x j . Donc, ∀(i, j) ∈ [[1, n]]2 , t CiC j = xi |x j ou encore G = t MM. Il s’agit alors de montrer que rg(M) = rg(t MM). Ceci provient du fait que M et t MM ont même noyau. En effet, pour X ∈ Mn,1 (R), X ∈ KerM ⇒ MX = 0 ⇒ t M × MX = 0 ⇒ (t MM)X = 0 ⇒ X ∈ Ker(t MM) et
X ∈ Ker(t MM) ⇒ t MMX = 0 ⇒ t X t MMX = 0 ⇒ t (MX)MX = 0 ⇒ ||MX||2 = 0 ⇒ MX = 0 ⇒ X ∈ KerM.
Ainsi, Ker(M) = Ker(t MM) = Ker(G(x1 , . . . , xn )). Mais alors, d’après le théorème du rang, rg(x1 , . . . , xn ) = rg(M) = rg(G(x1 , . . . , xn )). rg(G(x1 , . . . , xn )) = rg(x1 , . . . , xn ). (b) Si la famille (x1 , ..., xn ) est liée, rg(G) = rg(x1 , ..., xn ) < n, et donc, puisque G est une matrice carrée de format n, γ(x1 , ..., xn ) = det(G) = 0. Si la famille (x1 , ..., xn ) est libre, (x1 , ..., xn ) engendre un espace F de dimension n. Soient B une base orthonormée de F et M la matrice de la famille (x1 , ..., xn ) dans B. D’après 1), on a G = t MM et d’autre part, M est une matrice carrée. Par suite, γ(x1 , ..., xn ) = det(t MM) = det(t M)det(M) = (detM)2 > 0. (c) On écrit x = x − pF (x) + pF (x). La première colonne de γ(x, x1 , ..., xn ) s’écrit :
||x||2 x|x1 x|x2 .. . x|xn
=
||x − pF (x) + pF (x)||2 x − pF (x) + pF (x)|x1 x − pF (x) + pF (x)|x2 .. . x − pF (x) + pF (x)|xn 1989
=
||x − pF (x)||2 0|x1 0|x2 .. . 0|xn
+
||pF (x)||2 pF (x)|x1 pF (x)|x2 .. . pF (x)|xn
.
(en 1ère ligne, c’est le théorème de P YTHAGORE et dans les suivantes, x − pF (x) ∈ F ⊥ ). Par linéarité par rapport à la première colonne, γ(x, x1 , ..., xn ) est somme de deux déterminants. Le deuxième est γ(pF (x), x1 , ..., xn ) et est nul car la famille (pF (x), x1 , ..., xn ) est liée. On développe le premier suivant sa première colonne et on obtient : γ(x, x1 , ..., xn ) = ||x − pF (x)||2 γ(x1 , ..., xn ), ce qui fournit la formule désirée. ∀x ∈ E, d(x, F) = kx − pF (x)k =
q
γ(x,x1 ,...,xn ) γ(x1 ,...,xn ) .
Correction de l’exercice 3845 N − Un vecteur engendrant D est → u = (2, 1, 3). Pour (x, y, z) ∈ R3 , (x, y, z)|(2, 1, 3) 2x + y + 3z (2, 1, 3) = (2, 1, 3). 2 ||(2, 1, 3)|| 14 4 2 6 −3 2 6 1 2 1 3 , puis MatB s = 2P − I = 71 2 −6 3 . Plus On en déduit que MatB p = P = 14 6 3 9 6 3 2 généralement, la matrice de laprojection orthogonale sur le vecteur unitaire (a, b, c) dans la base ca a2 ab ac nonique orthonormée est P = ab b2 bc et la matrice de la projection orthogonale sur le plan ac bc c2 1 − a2 −ab −ac ax + by + cz = 0 dans la base canonique orthonormée est I − P = −ab 1 − b2 −bc . −ac −bc 1 − c2 p((x, y, z)) =
Correction de l’exercice 3846 N 1ère solution. Z 1 0
2 1 1 2 1 2 2 1 1 1 1 + a + b2 − a − b + ab = a + (3b − 1) − (3b − 1)2 + b2 − b + 9 3 3 5 3 2 12 5 9 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 4 = a + (3b − 1) + b2 + b + = a + (3b − 1) + b+ + > 3 2 4 10 36 3 2 4 5 225 225
(x4 − ax − b)2 dx =
avec égalité si et seulement si a + 12 (3b − 1) = b + 51 = 0 ou encore b = − 15 et a = 54 .
R1 4 4 1 4 2 0 (x − ax − b) dx est minimum pour a = 5 et b = − 5 et ce minimum vaut 225 . R
R
2ème solution. (P, Q) 7→ 01 P(t)Q(t) dt est un produit scalaire sur R4 [X] et 01 (x4 − ax − b)2 dx est, pour 4 ce produit scalaire, le carré de de degré inférieur ou égal à 1, nRla distance du polynôme X au polynôme o 1 4 2 2 aX + b. On doit calculer Inf 0 (x − ax − b) dx, (a, b) ∈ R qui est le carré de la distance de X 4 à F = R1 [X]. On sait que cette borne inférieure est un minimum, atteint une et une seule fois quand aX +b est la projection orthogonale de X 4 Rsur F. Trouvons une base orthonormale de F. L’orthonormalisée R (P0 , P1 ) de (1, X) convient. ||1||2 = 01 1 dt = 1 et P0 = 1. Puis X − (X|P0 )P0 = X − 01 t dt = X − 21 , √ 2 √ R 1 et comme ||X − (X|P0 )P0 ||2 = 01 t − 21 dt = 31 − 12 + 14 = 12 , P1 = 2 3 X − 21 = 3(2X − 1). La R projection orthogonale de X 4 sur F est alors (X 4 |P0 )P0 + (X 4 |P1 )P1 avec (X 4 |P0 ) = 01 t 4 dt = 15 et √ √ R √ (X 4 |P1 ) = 3 01 t 4 (2t − 1) dt = 3( 13 − 15 ) = 2153 . Donc, la projection orthogonale de X 4 sur F est √ √ 2 R 2 3 1 4 + 3(2X − 1) = 51 (4X − 1). Le minimum cherché est alors 01 t 4 − 15 (4t − 1) dt = ... = 225 . 5 15 1990
Correction de l’exercice 3847 N Notons P le plan d’équation x +y = 0 dans la base B = (i, j, k). P est le plan de vecteur normal n = i + j. (a) Soit s la symétrie orthogonale par rapport au plan P0 d’équation x − y + z = 0. s(P) est le plan de vecteur normal s(n). Or, le vecteur n est dans P0 et donc s(n) = n puis s(P) = P. s(P) est le plan P. (b) Notons σ la symétrie orthogonale par rapport au vecteur u = (1, 1, 1). σ (P) est le plan de vecteur normal 2 n.u 1 σ (n) = 2 kuk 2 u − n = 2 3 (1, 1, 1) − (1, 1, 0) = 3 (1, 1, 4).
σ (P) est le plan d’équation x + y + 4z = 0.
(c) Notons r la rotation d’angle π4 autour du vecteur unitaire u = √13 (1, 1, 1). r(P) est le plan de vecteur normal π π π r(n) = cos n + 1 − cos (n.u)u + sin u∧n 4 4 4 1 2 1 1 1 = √ (1, 1, 0) + 1 − √ × (1, 1, 1) + √ × √ (−1, 1, 0) 3 3 2 2 2 √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ 1 1 = √ (3 + 2( 2 − 1) − 3, 3 + 2( 2 − 1) + 3, 2( 2 − 1)) = √ (1 + 2 2 − 3, 1 + 2 2 + 3, 2( 2 3 2 3 2 √ √ √ √ √ r(P) est le plan d’équation (1 + 2 2 − 3)x + (1 + 2 2 + 3)y + 2( 2 − 1)z = 0.
Correction de l’exercice 3848 N Notons p la projection sur (P) parallèlement à (∆). • Déterminons un repère de (D). x+y+z = 1 y + z = −x + 1 y = 2x − 1 ⇔ ⇔ z = −3x + 2 x − 2y − z = 0 2y + z = x → − → − (D) est la droite de repère (A, u ) où A(0, −1, 2) et u (1, 2, −3). • (∆) est dirigée par le vecteur → −0 → − − u (1, 3, 2). → u n’est pas colinéaire à u0 et donc (D) n’est pas parallèle à (∆). On en déduit que p(D) est une droite. Plus précisément, p(D) est la droite intersection du plan (P) et du plan (P0 ) contenant (D) → − − et parallèle à (∆). Déterminons une équation de (P0 ). Un repère de (P0 ) est (A, → u , u0 ). Donc x 1 1 M(x, y, z) ∈ (P0 ) ⇔ y + 1 2 3 = 0 ⇔ 13x − 5(y + 1) + (z − 2) = 0 ⇔ 13x − 5y + z = 7. z − 2 −3 2 Finalement
p(D) est la droite dont un système d’équations cartésiennes est
Correction de l’exercice 3849 N
13x − 5y + z = 7 x + 3y + 2z = 6
− − Notons p la projection orthogonale sur (P). Un repère de (D) est (A, → u ) où A(0, −1, 2) et → u (1, 2, −3). − − − Un vecteur normal à (P) est → n (1, 3, 2). → u et → n ne sont pas colinéaires et donc p(D) est une droite du plan (P). Plus précisément, p(D) est l’intersection du plan (P) et du plan (P0 ) contenant (D) et − − perpendiculaire à (P). Un repère de (P0 ) est (A, → u ,→ n ). Donc 1991
x 1 1 0 M(x, y, z) ∈ (P ) ⇔ y + 1 2 3 = 0 ⇔ 13x − 5(y + 1) + (z − 2) = 0 ⇔ 13x − 5y + z = 7. z − 2 −3 2 La projetée orthogonale de (D) sur (P) est la droite d’équations
13x − 5y + z = 7 . x + 3y + 2z = 6
Correction de l’exercice 3866 N La famille (V1 ,V2 ) est clairement √ base de F. Son orthonormalisée (e1 , e2 ) est une base √ libre et donc une orthonormée de F. ||V1 || = 1 + 4 + 1 + 1 = 7 et e1 = √17 V1 = √17 (1, 2, −1, 1). (V2 |e1 ) = √17 (0 +
6 − 1 − 1) =
√4 7
puis V2 − (V2 |e1 )e1 = (0, 3, 1, −1) − 47 (1, 2, −1, 1) = 17 (−4, 13, 11, −11) puis e2 =
√ 1 (−4, 13, 11, −11). Une base orthonormée de F 427 Soit (x, y, z,t) ∈ R4 . ⊥
1 est (e1 , e2 ) où e1 = √17 (1, 2, −1, 1) et e2 = √427 (−4, 13, 11, −11).
⊥
(x, y, z,t) ∈ F ⇔ (x, y, z,t) ∈ (V1 ,V2 ) ⇔
x + 2y − z + t = 0 . 3y + z − t = 0
Correction de l’exercice 3867 N (a) La symétrie, la bilinéarité et la positivité sont claires. Soit alors P ∈ Rn [X]. P|P = 0 ⇒
Z 1
P2 (t) dt = 0
0
⇒ ∀t ∈ [0, 1], P2 (t) = 0 (fonction continue, positive, d’intégrale nulle) ⇒ P = 0 (polynôme ayant une infinité de racines). R
Ainsi, l’application (P, Q) 7→ 01 P(t)Q(t) dt est un produit scalaire sur Rn [X]. L (b) Pour vérifier que la famille ||L pp || est l’orthonormalisée de S CHMIDT de la base canonique 06p6n
de E, nous allons vérifier que
i. ∀p ∈ [[0, n]] , Vect(L0 , L1 , ..., L p ) = Vect(1, X, ..., X p ), L ii. la famille ||L pp || est orthonormale, 06p6n
iii. ∀p ∈ [[0, n]] , L p |X p > 0.
Pour a), on note que L p est un polynôme de degré p (et de coefficient dominant (2p)! p! ). Par suite, (L0 , L1 , ..., L p ) est une base de R p [X], ou encore, ∀p ∈ [[0, n]] , Vect(L0 , L1 , ..., L p ) = Vect(1, X, ..., X p ). Soit p ∈ [[0, n]]. Soit P un polynôme de degré inférieur ou égal à p. Si p > 1, une intégration par parties fournit :
L p |P =
Z 1
2
−1
=−
p (p)
((t − 1) )
Z 1
−1
Z 1 h i1 2 p (p−1) P(t) dt = ((t − 1) ) P(t) − ((t 2 − 1) p )(p−1) P0 (t) dt −1
−1
((t 2 − 1) p )(p−1) P0 (t) dt.
En effet, 1 et −1 sont racines d’ordre p de (t 2 − 1) p et donc d’ordre p − k de ((t 2 − 1) p )(k) pour 0 6 k 6 p et en particulier, racines de chaque ((t 2 − 1) p )(k) pour 0 6 k 6 p − 1. En réitérant, on 1992
R
1 obtient pour tout k ∈ [[0, p]], L p |P = (−1)k −1 ((t 2 − 1) p )(p−k) P(k) (t) dt et pour k = p, on obtient R 1 enfin L p |P = (−1) p −1 (t 2 − 1) p P(p) (t) dt, cette formule restant vraie pour p = 0. Soient p et q deux
R
(p)
1 entiers tels que 0 6 q < p 6 n. D’après ce qui précède, L p |Lq = (−1) p −1 (t 2 − 1) p Lq (t) dt = 0 car q = deg(Lq ) < q. Ainsi, la famille (L p )06p6n est donc une famille orthogonale de n + 1 polynômes tous non nuls et est par suite est une base orthogonale de Rn [X]. OnRen déduit que la famille Lp 1 est une base orthonormale de Rn [X]. Enfin, L p |X p = (−1) p −1 (t 2 − 1) p (t p )(p) dt = ||L p ||
p!
R1
06p6n
2 p −1 (1 − t ) dt > 0. On a montré que L est l’orthonormalisée de la base canonique de Rn [X]. la famille ||L pp || 06p6n
Calculons kL p k. On note que L p ∈ (L0 , ..., L p−1 )⊥ = (R p−1 [X])⊥ . Par suite, ||L p ||2 = L p |L p = L p |dom(L p )X p (car L p ∈ (R p−1 [X])⊥ ) =
(2p)! (2p)! L p |X p = p! p! p!
= 2(2p)!
Z 0
2
π/2
Z 1
−1
(1 − t 2 ) p dt = 2(2p)!
p
(1 − cos u) (− sin u) du = 2(2p)!
Z
Z 1
0 π/2
(1 − t 2 ) p dt
sin2p+1 u du
0
= 2(2p)!W2p+1 (intégrales de WALLIS) = 2(2p)!
22p (p!)2 (à revoir) (2p + 1)!
2 22p (p!)2 . 2p + 1 q q 2p+1 1 2 p 2 p (p) Donc, ∀p ∈ [[0, n]] , kL p k = 2p+1 2 p!. On en déduit que la famille 2 2 p p! ((X − 1) ) =
06p6n
est une base orthonormale de Rn [X] (pour le produit scalaire considéré).
Correction de l’exercice 3868 N (n)
Soit n ∈ N. Posons `n = (X 2 − 1)n de sorte que Ln = `n . Ln est un polynôme de degré n car `n est de degré 2n. (a) i. Soient n ∈ N∗ et P ∈ E. Une intégration par parties fournit R
R
1 1 Ln (x)P(x) dx = −1 (`n )(n) (x)P(x) dx = (Ln |P) = −1 R1 1 (`n )(n−1) (x)P(x) −1 − −1 (`n )(n−1) (x)P0 (x) dx.
Maintenant, −1 et 1 sont racines d’ordre n du polynôme `n et donc, pour tout k ∈ [[0, n]], −1 et 1 (k) sont racines d’ordre n − k de `n et en particulier racines de (`n )(k pour k ∈ [[0, n − 1]]. Donc (Ln |P) = −
R1
(n−1) (x)P0 (x) −1 (`n )
dx.
Plus généralement, si pour un entier k ∈ [[0, n − 1]], (Ln |P) = (−1)k alors
R1
(n−k) (x)P(k) (x) −1 (`n )
dx
h Z 1 i1 n−k−1 (k) (n−k−1) (k+1) (Ln |P) = (−1) (`n (x)P (x) − (`n ) (x)P (x) dx k
= (−1)k+1
Z 1
−1
−1
−1
(`n )(n−k−1) (x)P(k+1) (x) dx.
On a montré par récurrence que pour tout entier k ∈ [[0, n]], (Ln |P) = (−1)k En particulier 1993
R1
(n−k) (x)P(k) (x) dx. −1 (`n )
(Ln |P) = (−1)n
R1
(n) −1 `n (x)P (x)
dx =
R1
−1 (1 − x
2 )n P(n) (x)
dx/quad(∗).
Cette dernière égalité reste vraie pour n = 0 et on a montré que n R1 ∀n ∈ N, ∀P ∈ R[X], (Ln |P) = −1 1 − x2 P(n) (x) dx. Soient alors n et p deux entiers naturels tels que 0 6 p < n. Puisque deg(L p ) = p < n, on a (Ln |L p ) = 0. On a montré que La famille (Lk )06k6n est une base orthogonale de l’espace (R[X], | ). ii. On applique maintenant la formule (∗) dans le cas particulier P = Ln . On obtient
kLn k2 =
Z 1
−1
1 − x2
= 2 × (2n)!
n
Z π/2 0
(n)
Ln (x) dx = 2 × (2n)!
Z 1 0
(1 − x2 )n dx = 2 × (2n)!
Z 0
π/2
(1 − cos2 t)n (− sint) dt
sin2n+1 t dt = 2 × (2n)!W2n+1 (intégrales de WALLIS).
On « sait »que ∀n ∈ N, W2n+1 =
2n 2n+1 W2n−1
kLn k2 =
=
22n n!2 (2n+1)!
(2n)×(2n−2)×...×2 (2n+1)×(2n−1)×...×3 W1
× 2 × (2n)! =
∀n ∈ N, kLn k = q
2n+1 1 2 2n n! Ln
q
=
22n n!2 (2n+1)! .
On obtient alors
22n+1 n!2 2n+1 ,
2 2n n! 2n+1 2n+1 .
On en déduit que la famille est une base orthonormale de (R[X], | ). Pour n∈N q 1 2 n (n) . n ∈ N, on pose Pn = 2n+1 2 2n n! (X − 1)
(b) La famille (Pn )n∈N est une base de orthonormée de R[X]. Chaque Pn , n ∈ N, est de degré n et donc, ∀n ∈ N, Vect(P0 , ..., Pn ) = Vect(1, X, ..., X n ) et de plus, pour n ∈ N Pn |X n =
1 dom
((Pn )|dom(Pn )X n ) =
1 dom(Pn )
(Pn |Pn )
car Pn ∈ (P0 , . . . , Pn−1 )⊥ = (1, X, . . . , X n−1 )⊥ = (Rn−1 [X])⊥ . Ceci montre que Pn |X n > 0. L’orthonormalisée de la base canonique de R[X] est la famille q des polynômes de L ENGENDRE 2n+1 1 2 n (n) . 2 2n n! (X − 1) n∈N
Correction de l’exercice 3869 N (a) L’existence, la bilinéarité, la symétrie et la positivité sont immédiates. Soit P ∈ R[X]. Φ(P, P) = 0 ⇒
Z 1
f (t)P2 (t) dt = 0
0
⇒ ∀t ∈ [0, 1], f (t)P2 (t) = 0 (fonction continue positive d’intégrale nulle). Maintenant, la fonction f est continue, positive sur [0, 1] et n’est pas nulle. Donc la fonction f est strictement positive sur un intervalle ouvert non vide inclus dans le segment [0, 1]. Par suite, le polynôme P a une infinité de racines et finalement P = 0. 1994
L’application Φ est un produit scalaire sur R[X]. (b) L’orthonormalisée de la base canonique de R[X] répond à la question. (c) Soit n un entier naturel non nul. Le polynôme Pn ∈ (P0 , ..., Pn−1 )⊥ = (Rn−1 [X])⊥ . Soit p le nombre de racines réelles d’ordre impair du polynôme Pn . Soient a1 ,..., a p ces racines (deux à deux distinctes, réelles et d’ordre impair) dans le cas où p > 1. Si p > 1, on pose Q = (X − a1 )...(X − a p ) et si p = 0, on pose Q = 1. Si p < n, le polynôme Q est orthogonal à Pn car de degré strictement plus petit que le de gré de Pn . D’autre part , au vu de la définition de Q, la fonction t 7→ f (t)Pn (t)Q(t) est continue sur [0, 1], de signe constant sur [0, 1], d(intégrale nulle sur [0, 1]. La fonction t 7→ f (t)Pn (t)Q(t) est donc nulle. On en déduit que le polynôme Pn est le polynôme nul ce qui n’est pas. Donc p = n ce qui signifie que le polynôme Pn a n racines réelles simples.
Correction de l’exercice 3870 N Si la famille (x1 , ..., xn ) est liée, l’inégalité est vraie. Si la famille (x1 , ..., xn ) est libre, on peut considérer B0 = (e1 , ..., en ) l’orthonormalisée de S CHMIDT de la famille (x1 , ..., xn ). Les bases B0 et B sont des bases orthonormées de E et donc (x1 |e1 ) × . . . × .. . . .. .. . 0 |detB (x1 , ..., xn )| = |detB0 (x1 , ..., xn )| = abs .. . . .. .. × . 0 . . . 0 (xn |en ) n
n
= ∏ |(xk |ek )| 6 ∏ kxk kkek k (d’après l’inégalité de C AUCHY-S CHWARZ) k=1 n
k=1
= ∏ kxk k. k=1
∀(x1 , . . . , xn ) ∈ E n , |detB (x1 , ..., xn )| 6 ∏nk=1 kxk k (inégalité de H ADAMARD). Ensuite, - si la famille (x1 , ..., xn ) est liée, on a l’égalité si et seulement si l’un des vecteurs xk est nul - si la famille (x1 , ..., xn ) est libre, on a l’égalité si et seulement si ∀k ∈ [[1, n]], |(xk |ek )| = kxk kkek k. Les cas d’égalité de l’inégalité de C AUCHY-S CHWARZ étant connus, on a l’égalité si et seulement si ∀k ∈ [[1, n]], xk est colinéaire à ek ou encore si et seulement si la famille (x1 , ..., xn ) est orthogonale. En résumé, l’inégalité de H ADAMARD est une égalité si et seulement si la famille (x1 , ..., xn ) est orthogonale libre ou si l’un des vecteurs est nul. Correction de l’exercice 3871 N C’est l’exercice 3870. Correction de l’exercice 3872 N
(a) 1ère solution. La matrice de la forme quadratique Q dans la base canonique de R3 est A = Le polynôme caractéristique de A est
1995
2 3 2
−2
3 2
−2
7 2
−6
−2
7 2
.
1 3 3 5 2 7 −2 − X = (2 − X) X + 8X − 4 − 2 − 2 X − 2 − 2 −2X + 4 2 7 −6 − X 2 45 45 . = −X 3 − 6X 2 + X = −X X 2 + 6X − 2 2
2−X χA = 32 −2
3 2
−2
Puisque A est symétrique réelle, on sait que les valeurs propres de A sont réelles. χA admet pour racines 0 et deux réels non nuls de signes contraires (puisque leur produit vaut − 45 2 ). Par suite, le rang et la signature de Q sont r = 2 et s = (1, 1). 2ème solution. On effectue une réduction de G AUSS. Q((x, y, z)) = 2x2 − 2y2 − 6z2 + 3xy − 4xz + 7yz = 2x2 + x(3y − 4z) − 2y2 + 7yz − 6z2 2 2 2 3 3 3 25 = 2 x+ y−z −2 y − z − 2y2 + 7yz − 6z2 = 2 x + y − z − y2 + 10yz − 8z2 4 4 4 8 2 2 25 8 3 y− z . = 2 x+ y−z − 4 8 5 Les formes linéaires (x, y, z) 7→ x + 34 y − z et (x, y, z) 7→ y − 85 z étant linéairement indépendantes, on retrouve le fait que Q est de rang r = 2 et de signature s = (1, 1). La forme quadratique Q est dégénérée et n’est ni positive ni négative. 3 −1 −1 (b) La matrice de Q dans la base canonique (i, j, k) est A = −1 3 −1 . Le nombre 4 est −1 −1 3 valeur propre de A et puisque A est diagonalisable, 4 est valeur propre d’ordre dim(Ker(A − 4I3 )) = 3 − rg(A − 4I3 ) = 2. La dernière valeur propre λ est fournie par 4 + 4 + λ = Tr(A) = 9 et ? = 1. Ainsi, Sp(A) = (1, 4, 4). Les trois valeurs propres de A sont strictement positives et donc la forme quadratique Q est de rang 3 et de signature (3, 0). Q est définie positive. (c) Effectuons une réduction de G AUSS. Q((x, y, z,t)) = xy + yz + zt + tx = (x + z)(y + t) = 14 (x + y + z + t)2 − 14 (x − y + z − t)2 . Puisque les deux formes linéaires (x, y, z,t) 7→ x + y + z + t et (x, y, z,t) 7→ x − y + z − t sont linéairement indépendantes, la forme quadratique Q est de rang r = 2 et de signature s = (1, 1). (d) Effectuons une réduction de G AUSS. Q((x, y, z,t)) = x2 + (4 + λ )y2 + (1 + 4λ )z2 + λt 2 + 4xy + 2xz + 4(1 − λ )yz + 2λ yt + (1 − 4λ )zt = (x + 2y + z)2 + λ y2 + 4λ z2 + λt 2 − 4λ yz + 2λ yt + (1 − 4λ )zt
1 1 = (x + 2y + z)2 + λ (y − 2z + t)2 + zt = (x + 2y + z)2 + λ (y − 2z + t)2 + (z + t)2 − (z − t)2 . 4 4
Si λ < 0, la forme quadratique Q est de rang 4 et de signature (2, 2). Si λ = 0, la forme quadratique Q est de rang 3 et de signature (2, 1). Si λ > 0, la forme quadratique Q est de rang 4 et de signature (3, 1). 1996
0 1 1 1 1 0 1 1 (e) 1ère solution. La matrice de la forme quadratique Q dans la base canonique est A = 12 1 1 0 1 1 1 1 0 0 1 1 1 Les valeurs propres de A sont − 21 qui est d’ordre 4 et 2 qui est valeur propre simple.Donc, la signature de la forme quadratique Q est
1 1 1 1 1
.
s = (1, 4). 2ème solution.Effectuons une réduction de G AUSS.
Q((x1 , ..., x5 )) = x1 x2 + x1 (x3 + x4 + x5 ) + x2 (x3 + x4 + x5 ) + x3 x4 + x3 x5 + x4 x5 = (x1 + x3 + x4 + x5 )(x2 + x3 + x4 + x5 ) − (x3 + x4 + x5 )2 + x3 x4 + x3 x5 + x4 x5 1 1 = (x1 + x2 + 2x3 + 2x4 + 2x5 )2 − (x1 − x2 )2 − x32 − x42 − x52 − x3 x4 − x3 x5 − x4 x5 4 4 2 1 1 1 3 3 1 1 2 2 = (x1 + x2 + 2x3 + 2x4 + 2x5 ) − (x1 − x2 ) − x3 + x4 + x5 − x42 − x4 x5 − x52 4 4 2 2 4 2 4 2 2 1 1 1 3 1 5 1 x4 − x5 − x52 , = (x1 + x2 + 2x3 + 2x4 + 2x5 )2 − (x1 − x2 )2 − x3 + x4 + x5 − 4 4 2 2 4 3 6 et on retrouve s = (1, 4). (f) Q(x1 , ..., xn ) = (x1 + ... + xn )2 et donc r = 1 et s = (1, 0). (g) Pour n > 2, Q((x1 , ..., xn )) = (∑ni=1 ixi ) ∑nj=1 x j = 14 (∑ni=1 (i + 1)xi )2 − 41 (∑ni=1 (i − 1)xi )2 . Donc r = 2 et s = (1, 1)
car les deux formes linéaires (x1 , ..., xn ) 7→ ∑ni=1 (i + 1)xi et (x1 , ..., xn ) 7→ ∑ni=1 (i − 1)xi sont indépendantes pour n > 2. 1 1 1 ... 1 1 1 2 2 ... 2 2 1 2 3 ... 3 3 (h) Puisque la matrice de Q dans la base canonique est . . . . .. .. . . . . . . . . . . 1 2 3 n−1 n−1 1 2 3 ... n−1 n Q((x1, ..., xn)) =
∑
xi x j +
16i, j6n
∑
xi x j + ... +
∑
26i, j6n
n−16i, j6n
2
2
xi x j + xn2
= (x1 + ... + xn ) + (x2 + ... + xn ) + ... + (xn−1 + xn )2 + xn2 . Q est donc définie positive.
Correction de l’exercice 3873 N (a) (Quand x2 et y2 ont les mêmes coefficients, penser à faire une rotation d’angle √1 (X +Y ) et y = √1 (X −Y ), on obtient 2 2 1997
π 4)
En posant x =
x2 + 10xy + y2 = 12 (X +Y )2 + 5(X +Y )(X −Y ) + 21 (X −Y )2 = 6X 2 − 4Y 2 . Ainsi, si on note (i, j) la base canonique de R2 puis e1 =
√1 (i + 2
j) et e2 =
√1 (i − 2
j), on a
x2 + 10xy + y2 = Q(xi + y j) = Q(Xe1 +Ye2 ) = 6X 2 − 4Y 2 . 6 2 2 (b) La matrice de Q dans la base canonique (i, j) de R est A = . Les deux nombres 5 et 10 2 9 ont une somme égale à 15 = Tr(A) et un produit égal à 50 = det(A) et sont donc les valeurs propres de A. On sait alors que dans une base orthonormée (e1 , e2 ) de vecteurs propres de A associée à la famille de valeurs propres (5, 10), on a Q(Xe1 +Ye2 ) = 5X 2 + 10Y 2 . Déterminons une telle base. x 0 = ⇔ x + 2y = 0 et donc Ker(A − 5I2 ) = Vect(e1 ) où e1 = √15 (2, −1) puis (A − 5I2 ) y 0 Ker(A − 10I2 ) = (Ker(A − 5I2 ))⊥ = Vect(e2 ) où e2 = √15 (1, 2). √1 (2, −1), e2 = √1 (1, 2) et u = xi + y j = Xe1 +Ye2 , 5 5 5X 2 + 10Y 2 . De plus, x = √15 (2X +Y ) et y = √15 (−X + 2Y ).
Donc, si e1 =
alors q(u) = 6x2 + 4xy + 9y2 =
√ √ 4 6 5 √ √2 (c) La matrice de Q dans la base canonique est A = 3 . √6 √9 5 2 3 −1
4−X √ χA = √6 5 2
√ 6 9√ −X 3
√ 5√ 2 3 −1 − X
√ √ √ √ √ √ = (4 − X)(X 2 − 8X − 12) − 6(− 6X − 6 6) + 5 2(5 2X − 42 2)
= −X 3 + 12X 2 + 36X − 432 = −(X − 6)(X + 6)(X − 12).
Ensuite, x y ∈ Ker(A − 6I3 ) ⇔ z ⇔
√ √ √ √ z = − 2x − 3y −2x + 6y + 5 2z = 0 √ √ √ √ √ √ ⇔ 6x + 3y + 3z = 0 −2x + 6y + 5 2(− 2x − 3y) = 0 √ √ √ √ √ √ 5 2x + 3y − 7z = 0 5 2x + 3y − 7(− 2x − 3y) = 0 √ √ q q ( z = − 2x√− 3y y = − 3x 3 y = − x x 2 2 q ⇔ ⇔ √ −12x 6y = 0 ⇔ √ √ √ −4 √ 3 2 z = − 2x − 3(− y z= 2 x 12 2x + 8 3y = 0 2 x)
x y ∈ Ker(A + 6I3 ) ⇔ z ⇔
√ √ √ √ z = − 2x − 5 10x + 6y + 5 2z = 0 √3y √ √ √ √ √ ⇔ 6x + 15y + 3z = 0 10x + 6y + 5 2(− 2x − 5√ 3y) = 0 √ √ √ √ √ 5 2x + 3y + 5z = 0 5 2x + 3y + 5(− 2x − 5 3y) = 0 √ √ y=0√ z = − 2x − 3y ⇔ y=0 z = − 2x
et Ker(A − 6I3 ) = Vect(e1 ) où e1 =
et Ker(A + 6I3 ) = Vect(e2 ) où e2 = Enfin Ker(A − 12I3 ) = Vect(e3 ) où
√ √ 2, − 3, 1). De même,
√1 ( 6
√ 2).
√1 (1, 0, − 3
√ 1 2 √ 0 = e3 = e1 ∧ e2 = 3√1 2 − 3 ∧ √ − 2 1 1 1 1 √ 3
√ 3
√1 6
0 − √26
Ainsi, si on pose P = − √12
√ 3 √1 2 √1 6
√ 6 1 . √ √3 3 2 3
alors PAt P = diag(6, −6, 12) ou encore
1998
Q(Xe1 +Ye2 + Ze3 ) = 6X 2 − 6Y 2 + 12Z 2 où Mat(i, j,k) (e1 , e2 , e3 ) =
√1 3 − √12 √1 6
√1 3
0 − √26
√1 3 √1 2 √1 6
.
Correction de l’exercice 3874 N (a) Soit P un élément de E. D’après un théorème de croissances comparées, P(k)P(−k)e−k = o k→+∞
1 k2
et donc Q(P) existe. Pour tout élément P de E, Q(P) = B(P, P) où B est la forme bilinéaire symétrique définie sur E par −k ∀(P1 , P2 ) ∈ E 2 , B(P1 , P2 ) = 21 ∑+∞ k=0 (P1 (k)P2 (−k) + P1 (−k)P2 (k))e et donc Q est une forme quadratique sur E.
(b) Soit F le sous-espace vectoriel de E dont les éléments sont les polynômes pairs et G le sous-espace vectoriel de E dont les éléments sont les polynômes impairs. F et G sont supplémentaires dans E. 2 −k > 0. De plus, comme Soit P est un polynôme pair et non nul. Tout d’abord , Q(P) ∑+∞ k=0 (P(k)) e P ne peut admettre tout entier naturel pour racine, on a plus précisément Q(P) > 0. De même, si P est impair et non nul, Q(P) < 0. Ainsi, la restriction de Q à F (resp. G) est définie positive (resp.négative). Enfin, si P1 est pair et P2 est impair, on a −k = − +∞ P (k)P (k)e−k = − +∞ P (−k)P (k)e−k = B(P1 , P2 ) = ∑+∞ ∑k=0 1 ∑k=0 1 2 2 k=0 P1 (k)P2 (−k)e −B(P2 , P1 ) = −B(P1 , P2 ),
et donc B(P1 , P2 ) = 0 (F et G sont orthogonaux pour B). Il existe un base de F dans laquelle Q/F est combinaison linéaire à coefficients strictement positifs de carrés de formes linéaires linéairement indépendantes en nombre égal à dim(F) et de même il existe un base de G dans laquelle Q/G est combinaison linéaire à coefficients strictement négatifs de carrés de formes linéaires linéairement indépendantes en nombre égal à dim(G). Maintenant, si P est un polynôme quelconque de parties paire et impaire P1 et P2 respectivement, Q(P) = Q(P1 + P2 ) = Q(P1 ) + 2B(P1 , P2 ) + Q(P2 ) = Q/F (P1 ) + Q/G (P2 ). Donc la réunion des deux bases ci-dessus est une base de E dans laquelle Q est combinaison lin néaire de carrés de formes linéaires linéairement indépendantes dans laquelle dim(F) = E 2 + 1 coefficients sont strictement positifs et dim(G) = E n+1 sont strictement négatifs. Finalement, 2 Q est donc non dégénérée de signature s = E
Correction de l’exercice 3876 N ~
~a∧b ~x = − k~ + λ~a. ak2
Correction de l’exercice 3877 N ~ ~u ∧~v = pb p = [~a,~b,~c] ⇒ ~v ∧ ~w = p~c et [~u,~v,~w] = p2 . ~w ∧~u = p~a si [~u,~v,~w] < 0 : pas de solutions. si [~u,~v,~w] = 0 et rg(~u,~v,~w) > 1 : pas de solutions. si [~u,~v,~w] = 0 et rg(~u,~v,~w) 6 1 : une infinité de solutions. si [~u,~v,~w] > 0 : 2 solutions. 1999
n 2
+ 1, E
n+1 2
.
Correction de l’exercice 3878 N 3. G = tr(F)I − t F. Correction de l’exercice 3880 N p abc 1 − cos2 α − cos2 β − cos2 γ + 2 cos α cos β cos γ p = abc (cos γ − cos(α + β ))(cos(α − β ) − cos γ). Correction de l’exercice 3882 N (a) f (~x) = (~x|~u)~u + cos α(~u ∧~x) ∧~u + sin α(~u ∧~x). 2 0 −c b a ab ac 0 −a. (b) M = (cos α)I + (1 − cos α) ab b2 bc + sin α c 2 −b a 0 ac bc c Correction de l’exercice 3884 N Pour f , g ∈ O + (R3 ), f et g ont la même matrice réduite dans une base orthonormée convenable, donc sont conjugués dans O(R3 ). h n’est pas toujours positif car les bases peuvent ne pas avoir même orientation (ex : deux rotations inverses). Pour f , g ∈ O − (R3 ), considérer − f , −g. Correction de l’exercice 3885 N 3. π/2, π/2, π −π/2, α, π/2. Correction de l’exercice 3887 N (a) (b) matrice dans une bond. (c) f = 2(h + id)−1 − id. Correction de l’exercice 3888 N (a) f (~x) = ~u ∧~x avec ~u = (α, β , γ).
u|~x)~u−~u∧~x (b) ~y = ~x+(~1+k~ . u k2
(c) axe dirigé par ~u, cos θ =
1−k~u k2 , 1+k~u k2
sin θ =
−2k~u k . 1+k~u k2
Correction de l’exercice 3889 N (a) x)~a a∧~x) (b) g(~x) = (cos α)~x + (1 − cos α) (~a|~ + sin α(~ . α α2
Correction de l’exercice 3890 N
2000
6 3 −2 3 . (a) 17 −2 6 3 −2 6
11 ). (b) Rotation autour de (1, 1, 1) d’angle arccos( 14
Correction de l’exercice 3891 N (a) On a t
MM = I ⇔ (a2 + b2 + c2 = 1 et ab + bc + ca = 0),
et det(M) = 1 ⇔ a3 + b3 + c3 − 3abc = 1. En remarquant que (a3 + b3 + b3 − 3abc) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca), on en déduit (a)⇔ (b)⇔ (a + b + c = 1 et ab + ac + bc = 0), d’où le polynôme P. 4 Or, P a trois racines réelles si et seulement si 0 6 λ 6 27 (étude de la fonction associée), d’où l’équivalence avec la condition (c). (b) On voit sur la matrice que (1, 1, 1) est propre pour la valeur propre a + b + c. Si M ∈ SO(3), c’est donc (l’identité ou) une matrice de rotation suivant l’axe R(1, 1, 1). L’angle θ de la rotation vérifie alors Tr(M) = 2 cos(θ ) + 1 d’où |θ | = arccos 3a−1 2 . (c) L’ensemble est celui de toutes les rotations d’axe (1, 1, 1). C’est un groupe isomorphe à R/2πZ.
Correction de l’exercice 3892 N (a) rotation autour de (1, 0, 1) d’angle − arccos(1/3).
(b) rotation autour de (−3, 1, 1) d’angle − arccos(7/18). (c) demi-tour autour de (−1, −2, 1).
(d) rotation autour de (0, 1, 1) d’angle 2π/3. √ √ √ √ √ √ (e) rotation autour de (−2 − 3, 1 + 2, 2 − 3) d’angle arccos( 6−2√62+1 ). (f) symétrie par rapport à x = y + z.
(g) symétrie par rapport à 3x = 2y − z.
(h) symétrie par rapport à x + 2y − z = 0.
(i) symétrie-rotation autour de (1, −3, 1) d’angle − arccos(5/6). (j) symétrie-rotation autour de (1, −1, 0) d’angle π/3.
(k) projection sur 2x + 2y + z = 0 puis rotation d’angle arccos(3/5).
Correction de l’exercice 3893 N 0 −1 0 M = 0 0 −1, θ = 2π 3 . 1 0 0 Correction de l’exercice 3894 N [u ∧ v, v ∧ w, w ∧ u] = ((u ∧ v) ∧ (v ∧ w))|(w ∧ u) = (((u ∧ v)|w)v − ((u ∧ v)|v)w)|(w ∧ u)
= (((u ∧ v)|w)v)|(w ∧ u) = ((u ∧ v)w) × (v|(w ∧ u)) = [u, v, w][w, u, v]
= [u, v, w]2 .
2001
Correction de l’exercice 3895 N (u∧v)|(w∧s) = [u, v, w∧s] = [w∧s, u, v] = ((w∧s)∧u)|v = ((u|w)s−(u|s)w)|v = (u|w)(v|s)−(u|s)(v|w). De même, (u ∧ v) ∧ (w ∧ s) = ((u ∧ v)|s)w − ((u ∧ v)|w)s = [u, v, s]w − [u, v, w]s. Correction de l’exercice 3896 N Posons k =
√1 (e1 + e2 ). 2
Soit u = xe1 + ye2 + ze3 ∈ E. On sait que
√ 1 1 6 r(u) = (cos θ )u + (1 − cos θ ) (u|k) k + (sin θ )k ∧ u = u + (u|(e1 + e2 ))(e1 + e2 ) + (e1 + e2 ) ∧ u 2 4 4 √ x 1 1 x 1 6 1 1 ∧ y « = » y + (x + y) 1 + 2 4 4 z 0 0 z √ 1 x z 6 1 1 −z = y + (x + y) 1 + 2 4 4 0 z −x + y √ √ 3 6 6 1 1 3 x + y + z 4 4 4 4 4 4 x √ √ 3 = 41 x + 43 y − 46 z = 14 − 46 y 4 √ √ √ √ z 6 6 6 6 1 1 − 4 x+ 4 y+ 2z − 4 4 2 et la matrice cherchée est
M=
3 4
1 4
1 4 √ − 46
3 4 √ 6 4
√ 6 4 √ − 46 1 2
.
Correction de l’exercice 3897 N Soit (i, j, k) une base orthonormée directe de R3 euclidien orienté. Posons u = f (i), v = f ( j) et w = f (k). Nécessairement, u ∧ v = f (i) ∧ f ( j) = f (i ∧ j) = f (k) = w et de même v ∧ w = u et w ∧ u = v. 1er cas. Si l’un des vecteurs u ou v ou w est nul alors u = v = w = 0 et donc f = 0. Réciproquement, l’application nulle convient. 2ème cas. • Si les trois vecteurs u, v et w sont non nuls alors u ∧ v 6= 0 et donc la famille (u, v) est libre. Mais alors la famille (u, v, w) est une base directe de R3 . Ensuite w = u ∧ v est orthogonal à u et v et v = w ∧ u est orthogonal à u. On en déduit que la famille (u, v, w) est une base orthogonale directe de R3 . Enfin, puisque u et v sont orthogonaux, kwk = ku ∧ vk = kukkvk et de même kuk = kvkkwk et kvk = kukkwk. Puis kukkvkkwk = (kukkvkkwk)2 et donc, puisque les vecteurs u, v et w sont non nuls, kukkvkkwk = 1. Les égalités kukkvkkwk = 1 et kuk = kvkkwk fournissent kuk2 = 1 et de même kvk2 = kwk2 = 1. Finalement, la famille (u, v, w) est une base orthonormée directe. En résumé, l’image par f d’une certaine base orthonormée directe de R3 est une base orthonormée directe de R3 et on sait que f est un automorphisme orthogonal positif de R3 c’est-à-dire une rotation de R3 . • Réciproquement, si f est la rotation d’angle θ autour du vecteur unitaire e3 . On considère e1 et e2 deux vecteurs de R3 tels que la famille (e1 , e2 , e3 ) soit une base orthonormée directe. 2002
Pour vérifier que f est solution, par linéarité, il suffit de vérifier les 9 égalités : ∀(i, j) ∈ {1, 2, 3}2 , f (ei ∧ e j ) = f (ei ) ∧ f (e j ). Pour vérifier ces 9 égalités, il suffit se réduisent en fin de compte d’en vérifier 2: f (e1 ) ∧ f (e2 ) = e3 = f (e3 ) = f (e1 ∧ e2 ) et f (e3) ∧ f (e1) = e3 ∧ f (e1 ) = f (e2 ) = f (e3 ∧ e1 ).
Les endomorphismes cherchés sont donc l’application nulle et les rotations de R3 .
Correction de l’exercice 3898 N Si a = 0, f = 0 et il n’y a plus rien à dire. Si a 6= 0, puisque f (a) = 0, 0 est valeur propre de f et Vect(a) ⊂ E0 ( f ). D’autre part, si x est orthogonal à a, d’après la formule du double produit vectoriel f (x) = (a.x)a − kak2 x = −kak2 x.
Donc le réel non nul −kak2 est valeur propre de f et a⊥ ⊂ E−kak2 . Maintenant, dimVect(a) + dima⊥ = 3 et donc Sp( f ) = (0, −kak2 , −kak2 ) puis E0 ( f ) = Vect(a) et E−kak2 = a⊥ . On en déduit aussi que f est diagonalisable. On peut noter que, puisque f est diagonalisable et que les sous-espaces propres sont orthogonaux, f est un endomorphisme symétrique. Correction de l’exercice 3899 N Les deux formes linéaires considérées sont indépendantes et donc P est un plan. Une base de P est par exemple (i, j) = ((1, −1, 0, 0)(1, 0, 2, −3)). On orthonormalise la base (i, j). On prend e1 = √12 (1, −1, 0, 0) puis e02 = j − ( j|e1 )e1 = (1, 0, 2, −3) − 12 (1, −1, 0, 0) = 12 (1, 1, 4, −6) puis
e2 =
1 √ (1, 1, 4, −6). 3 6
Une base orthonormée de P est (e1 , e2 ) où e1 =
√1 (1, −1, 0, 0) 2
et e2 =
1 √ (1, 1, 4, −6). 3 6
(a) Le projeté orthogonal de u = (x, y, z,t) sur P est 1 1 pP (u) = (u|e1 )e1 + (u|e2 )e2 = (x − y)(1, −1, 0, 0) + (x + y + 4z − 6t)(1, 1, 4, −6) 2 54 1 = (14x − 13y + 2z − 3t, −13x + 14y + 2z − 3t, 2x + 2y + 8z − 12t, −3x − 3y − 12z + 18t). 27 La matrice dans la base canonique de la projection orthogonale sur P est 14 −13 2 −3 14 2 −3 1 −13 . M = 27 2 2 8 −12 −3 −3 −12 18 La matrice dans la base canonique de la symétrie orthogonale par rapport à P est 1 −26 4 −6 1 4 −6 1 −26 . S = 2M − I4 = 27 4 4 −11 −24 −6 −6 −24 9 (b) La distance de u = (x,y,z,t) à P est
1 k(14x + 13y − 2z + 3t, 13x + 14y − 2z + 3t, −2x − 2y + 19z + 12t, 3x + 3y + 12z + 9t)k 27 q 1 = (14x + 13y − 2z + 3t)2 + (13x + 14y − 2z + 3t)2 + (−2x − 2y + 19z + 12t)2 + (3x + 3y + 12z 27
ku − pP (u)k =
2003
Correction de l’exercice 3904 N 2 −1 2 2 −1, D = Diag(3 6 9). (a) P = 13 2 −1 2 2 2 −1 2 2 −1, D = Diag(3 3 2). (b) P = 31 2 −1 2 2 Correction de l’exercice 3905 N Si tous les ai sont nuls, M = 0. Sinon, M = Ct C ⇒ E0 = C⊥ et Eν = vect(C) avec ν = kCk2 . Correction de l’exercice 3906 N 1 1 1 0 2 0 0 2 2 1 0 1 1 0 0 2 2 2 − M = 5 1 1 0 −1 0 2 2 0 2 1 1 1 0 0 − 0 2 2 2
0 − 12 1 2
0
− 12 0 . 0 1 2
Correction de l’exercice 3907 N (a) (b) u est autoadjoint pour . (c) P0 = 1, P2 = x, P6 = 3x2 − 1, P12 = 5x3 − 3x. Correction de l’exercice 3908 N (a) (b) (c) λk = k(k + 1).
Correction de l’exercice 3911 N (a) (b) (c) (p ◦ q)| Im p = (p ◦ q ◦ p)| Im p est diagonalisable et (p ◦ q)|Kerq+(Kerp∩Im q) = 0 donc tout vecteur de E est somme de vecteurs propres pour p ◦ q. Correction de l’exercice 3916 N (a) (b) Récurrence : pour n = 1 c’est évident. 0 A C0 n−1 → n : A = t 0 avec A0 = t B0 B0 . C α 0 B X0 On cherche B = d’où : X 0 = t B0−1C0 et x2 = α − t X 0 X 0 = 0 x 2004
det A det A0
> 0.
Correction de l’exercice 3920 N (a) Soit (~u1 , . . . ,~un ) une base propre pour u. On prend ~x = ~u1 + · · · +~un .
(b) On norme ~x et on le complète en une base orthonormée. La matrice de u dans cette base est symétrique, de trace nulle, et la diagonale commence par 0. On termine par récurrence.
Correction de l’exercice 3922 N ABX = λ X ⇒ t X t BABX = λ t XBX. Correction de l’exercice 3923 N Se ramener au cas où A est diagonale. Correction de l’exercice 3924 N Il existe P inversible telle que A = t PP et B = t PB0 P avec B0 symétrique définie positive. Alors A + B = t P(I + B0 )P et det(I + B0 ) = ∏(1 + βi ) > 1 + ∏ βi ⇒ cqfd. Correction de l’exercice 3925 N Soit B une BON fixée, M = MatB ( f ), B 0 la BON cherchée et P la matrice de passage de B à B 0 . On veut que t M 0 M 0 soit diagonale avec M 0 = t PMP, cad t Pt MMP diagonale. Correction de l’exercice 3928 N Soit (~hi ) une base diagonale pour h, Hi = vect{~h1 , . . . ,~hi } et (~fi ), Fi idem pour f . ⊥ , λ k~ 2 Pour ~x ∈ Fk ∩ Hk−1 x |~x0 )2 6 (h(~x) |~x) + (~x |~x0 )2 = ( f (~x) |~x) 6 µk k~x k2 . k x k + (~ ⊥ ∩~ Pour ~x ∈ Hk+1 ∩ Fk−1 x0⊥ , µk k~x k2 6 ( f (~x) |~x) = (h(~x) |~x) 6 λk+1 k~x k2 . Correction de l’exercice 3929 N (a) Si f (x) + f ∗ (x) = 0 alors f (x) ∈ Im f ∩ Im f ∗ = Im f ∩ (Ker f )⊥ = Im f ∩ (Im f )⊥ donc f (x) = f ∗ (x) = 0 et x ∈ Ker f ∩ Ker f ∗ = Ker f ∩ (Ker f )⊥ .
(b) f 2 = 0 ⇒ Im f ⊂ Ker f . f + f ∗ ∈ GL(E) ⇒ Im f + Im f ∗ = Im f + (Ker f )⊥ = E ⇒ dim Im f > dim Ker f . Correction de l’exercice 3934 N (a) ((u − u∗ )(x) | x) = 0.
(b) Orthodiagonaliser et appliquer l’inégalité de Cauchy-Schwarz.
Correction de l’exercice 3935 N Soit K = sup{ku0 + · · · + un k} et x ∈ H. On note v p,q = ∑qn=p un pour p 6 q. La série ∑(un (x) | x) est convergente (termes positifs, sommes partielles majorées) donc elle vérifie le critère de Cauchy : (v p,q (x) | x) → 0 lorsque p, q → ∞. Comme v p,q est positif, il vérifie l’inégalité de Cauchy-Schwarz : |(v p,q (x) | y)|2 6 (v p,q (x) | x)(v p,q (y) | y) 6 2Kkyk2 (v p,q (x) | x). 2005
En particulier pour y = v p,q (x) on obtient : kv p,q (x)k2 6 2K(v p,q (x) | x) donc la série ∑ un (x) est de Cauchy. Remarque : exemple où ∑ un ne converge pas dans Lc (H) : H = `2 (|||) et un = projection orthogonale sur < en > où en (p) = δn,p . ∑ un converge simplement et non uniformément vers l’identité. Correction de l’exercice 3936 N tAA
est R-diagonalisable donc annule un polynôme P scindé à racines simples. A annule le polynôme P(X 3 ), donc est C-diagonalisable si 0 n’est pas racine de P ce que l’on peut imposer si A est inversible. Si A n’est pas inversible, soit P(X) = XQ(X) avec Q(0) 6= 0. On a Rn = Ker(A3 ) ⊕ Ker(Q(A3 )) et Ker(A3 ) = Ker(tAA) = Ker(A) donc AQ(A3 ) = 0 et A est encore C-diagonalisable. Contre-exemple pour la R-diagonalisabilité : prendre une rotation d’angle 2π/3 dans le plan.
Correction de l’exercice 3937 N (a) On se place dans une base propre pour u, soient U,V,W les matrices correspondantes avec U = diag(λi ). On doit donc résoudre (λi + λ j )Wi j = Vi j d’où l’existence, l’unicité et la symétrie de w. (b) > > > > > > >
A := matrix([[4,1,1],[1,4,-1],[1,-1,4]]); B := matrix([[0,0,-1],[0,0,1],[-1,1,3]]); eigenvals(A); eigenvects(A); P := transpose(matrix([[1, 0, 1], [1, 1, 0],[-1, 1, 1]])); A1 := evalm(P^(-1)&*A&*P); B1 := evalm(P^(-1)&*B&*P); C1 := matrix(3,3); for i from 1 to 3 do for j from 1 to 3 do C1[i,j] := B1[i,j]/(A1[i,i]+A1[j,j]) od od; C := evalm(P&*C1&*P^(-1)); evalm(A&*C+C&*A-B); 11 −11 −33 1 −11 11 33 . ⇒ C = 140 −33 33 69
(c) Si v est défini positif : on a (v(x) | x) = 2(u(x) | w(x)) donc si λ est une valeur propre de w et x est (v(x)|x) un vecteur propre associé, on a λ = 2(u(x)|x) > 0 d’où w est défini positif. 1 0 1 1 2 3 Cas w défini positif et v non positif : U = ,W = ,V = avec 0 2 1 1+x 3 4x + 4 0 < x < 81 .
Correction de l’exercice 3938 N (a) c’est un endomorphisme autoadjoint positif de déterminant 1. ∗ ◦ s = det(id + Xs∗ ◦ s) = det(s∗ ◦ (id + Xs∗ ◦ s) ◦ s) = det(s∗ ◦ s + Xid). (b) X n det id + s X
(c) s∗ ◦ s est diagonalisable avec des valeurs propres deux à deux inverses pour (λi ) réelles positives 1 1 la même multiplicité. P2 (1) = ∏16i6n (1 + λi ) 1 + λi et (1 + x) 1 + x > 4 pour tout x > 0 avec égalité ssi x = 1. Si P(1) = 2n alors toutes les valeurs propres de s∗ ◦ s valent 1 et s∗ ◦ s est diagonalisable donc s∗ ◦ s = id et s est une symétrie orthogonale. La réciproque est immédiate.
(d) Se ramener au cas A4 = I puis calculer det A par pivotage.
Correction de l’exercice 3939 N (a) Que c’est un espace préhilbertien. (b) gx (t) = min(t(1 − x), x(1 − t)) 2006
(c) On note gi = gxi : (g1 , . . . , gn ) est libre par considération des points anguleux, donc engendre un espace vectoriel G de dimension n. Soit f ∈ P : f = f0 + f1 avec f0 ∈ G et f1 ∈ G⊥ . Alors ϕ( f ) = ϕ( f0 ) + k f1 k2 donc ϕ est minimale en f ssi ϕ|G est minimale en f0 et f1 = 0. Désormais on suppose f1 = 0 et f ∈ G. L’application : u : G → Rn , f 7→ ( f (x1 ), . . . , f (xn )) = (( f | g1 ), . . . , ( f | gn )) est un isomorphisme linéaire. Soit v l’endormophisme autoadjoint défini positif de Rn (pour le produit scalaire canonique) tel que : ∀ t ∈ Rn , (t | v(t)) = ku−1 (t)k2 . On a donc en notant α = (α1 , . . . , αn ) et β = (id + v)−1 (α) : ∀ t ∈ Rn , ϕ(u−1 (t)) = (t | v(t)) + (t − α | t − α)
= (t | (id + v)(t)) − 2(t | α) + (α | α)
= (t − β | (id + v)(t − β )) + (α | α − β ). id + v est autoadjoint défini positif donc le minimum de ϕ est atteint pour f = u−1 (β ) (solution unique) et vaut (α | α − β ). Correction de l’exercice 3940 N (a) p est un projecteur orthogonal ⇔ p est un projecteur et p = p∗ ⇔ p∗ est un projecteur orthogonal.
(b) p et p∗ commutent donc Kerp et Im p sont stables par p et par p∗ , d’où p∗|Kerp = (p|Kerp )∗ = 0Kerp et p∗|Im p = (p| Im p )∗ = idIm p . Ainsi p = p∗ ce qui implique Kerp⊥ Im p. Correction de l’exercice 3941 N (a) (b) On a pour f , g ∈ E : u ◦ v( f ) = g ⇔ g est C 2 , g(0) = g0 (1) = 0 et g00 = − f . En particulier u ◦ v est injectif, 0 n’est pas valeur propre de u ◦ v. Pour λ ∈ R∗ et f ∈ E on a u ◦ v( f ) = λ f si et seulement si f est de la forme x 7→ aeαx + be−αx avec −α = 0. On obtient f 6= 0 en prenant a 6= 0, b = −a et α = iπ( 1 +k), α 2 = − λ1 et a+b = aαeα −bαe 2 n o k ∈ Z. Donc Spec(u ◦ v) =
1 , π 2 ( 12 +k)2
k∈Z .
Correction de l’exercice 3942 N (a) u1 + · · · + u p est l’endomorphisme autoadjoint associé à q1 + · · · + q p .
(b) Im(u1 ) + · · · + Im(u p ) ⊃ Im(u1 + · · · + u p ) = E et la somme des dimensions est égale à dim E donc la somme des sous-espaces est directe. (c) On a Ker(u1 ) = {x ∈ E tq x = u2 (x)+· · ·+u p (x)} ⊂ Im(u2 +· · ·+u p ) = Im(u2 )⊕· · ·⊕Im(u p ) et les deux termes extrêmes ont même dimension, d’où Ker(u1 ) = Im(u2 ) ⊕ · · · ⊕ Im(u p ). Comme u1 est autoadjoint, Im(u1 ) ⊥ Ker(u1 ) ce qui prouve l’orthogonalité de la somme. De plus Im(u1 ) ⊂ Ker(u j ) pour j > 1 donc q1 (x) = kxk2 pour tout x ∈ Im(u1 ). En appliquant 1) à Im(u1 ) on obtient u1 (x) = x pour tout x ∈ Im(u1 ) ce qui prouve que u1 est un projecteur, et c’est un projecteur orthogonal car autoadjoint.
Correction de l’exercice 3943 N A = P−1 DP ⇒ t A = (t PP)A(P−1t P−1 ). 2007
S définie positive ⇒ ∃ P ∈ GLn (R) tq S = t PP, donc t A = SAS−1 ⇒ t A = t PMt P−1 avec M = PAP−1 , d’où t M = M est diagonale. Correction de l’exercice 3944 N Pour A symétrique réelle on a max(Sp(A)) = sup{(x | Ax)/kxk2 , x ∈ Rn \ {0}} donc f est la borne supérieure des fontions affines t 7→ ((x | Ax) + t(x | Bx))/kxk2 lorsque x décrit Rn \ {0}. En tant que sup de fonctions convexes, c’est une fonction convexe. Correction de l’exercice 3947 N (a) ( f (~x) |~y) = −( f (~y) |~x) et ( f (i~x) |~y) = −( f (~y) | i~x).
(b)
(c)
Correction de l’exercice 3949 N a=
20 π3
,b= − 320 π5
240 π4
− π122 , m =
π 2
. − π8 + 160 − 1280 π3 π5
Correction de l’exercice 3950 N (a) (b)
1 16 . 1 4.
Correction de l’exercice 3954 N (a) (b) (c) (d) (e)
1 12 .
Correction de l’exercice 3956 N (a) (b) (c) α =
q q 1 − √27 , β = 1 + √27 .
Correction de l’exercice 3957 N (a) (b) Soit P0 = Q00 . Par IPP on obtient Q est orthogonal à la famille ( jX j−1 − X j ) j>1 qui est une base de R +∞ −t 00 R[X] donc Q0 = 0 = P0 et t=0 e t P0 (t) dt 6= δ0,0 . Correction de l’exercice 3958 N f = cste. 2008
Correction de l’exercice 3960 N Soit B une base orthonormée de E et P la matrice de passage de B à (~ei ). Le premier membre vaut t XPG−1t PX = t XX. Correction de l’exercice 3962 N (a) (b) R 1/2
(c) Soit g ∈ H ⊥ non nulle. Les formes linéaires : f 7→ 0 proportionnelles, ce qui est impossible pour g continue.
f et f 7→
R1 0
f g sont nulles sur H, donc
Correction de l’exercice 3963 N (a) u > 0 et u−1 (0) est d’intérieur vide. (b) Il existe α, β > 0 tels que αu 6 v 6 β u.
Correction de l’exercice 3964 N (a) (an ) est partout dense. (b) (c) (d) Si les an sont distincts, on choisit pour tout n une fonction fn comprise entre 0 et 1 valant alternativement 1 et −1 en a0 , . . . , an . Alors la suite ( fn ) est de Cauchy mais ne converge pas car si fn → f alors f 2 ≡ 1, absurde. Correction de l’exercice 3965 N p 1 − |(u | v)|2 = d(v, Cu) 6 d(v, Cw) + |(v | w)|d(w, Cu). Correction de l’exercice 3966 N (a) A = UT t U ⇒ AA = UT T t U est semblable à T T .
(b) AA est à valeurs propres positives distinctes. Soit U unitaire trigonalisant AA et T = U −1 A t U −1 . Donc T T est triangulaire supérieure à valeurs propres réelles distinctes. On montre que ceci implique T triangulaire supérieure par récurrence sur n. 2 t X |t| + XY tX + XZ réel ∗ T= ⇒ TT = = . Y Z tY + ZY Y X + ZZ 0 tr.sup à vp réelles Donc XY = XY et ZY = −tY , d’où (Y X − XY I)Y = 0 = (ZZ − |t|2 I)Y . Par hypothèse Y X + ZZ − (|t|2 + XY )I est inversible donc Y = 0 et on est ramené au cas n − 1. (c) AA est à valeurs propres positives : ? ? ? Solution de Pierre Février (MP∗ Neuilly sur Seine) : lemme : Si λ ∈ Sp(AA) alors il existe W 6= 0 et α ∈ R tels que AW = αW et α 2 = λ . √ √ Soit V ∈ Eλ (AA), V 6= 0. Si AV = − λ V on a le résultat voulu, sinon on pose W = AV + λ V . On a alors : √ √ √ AW = AAV + λ AV = λV + λ AV = λ W
2009
On peut s’arranger pour que le vecteur précédent soit unitaire et construire U matrice unitaire de première colonne W . 2 α x x x α y y y 0 0 On a alors t UAU = . , puis t UAAU = . . On en déduit le résultat . .. B . BB 0 0 par récurrence.
Correction de l’exercice 3967 N M = X t Y −Y t X. Soit Z ∈ Mn,1 (R) tq (I + aM)Z = 0. Donc Z ∈ vect(X,Y ) : Z = λ X + µY . on remplace : (1 − at Y X)λ − at YY µ = 0 t t a XXλ + (1 + a Y X)µ = 0 CNS ⇐⇒ a2 (t XX t YY − (t XY )2 ) + 1 6= 0. Correction de l’exercice 3968 N On a t AA − t CC = In . Soit X tel que AX = 0. Donc t XX = −t (CX)(CX), donc X = 0. Correction de l’exercice 3969 N At A = (a2 + b2 + c2 + d 2 )I. Correction de l’exercice 3970 N trigonaliser A dans une base orthonormée. Correction de l’exercice 3971 N h = f ◦ f ∗ : h2 = id et h > 0 ⇒ h = id. Correction de l’exercice 3973 N a = b = ±c. Correction de l’exercice 3974 N Ils sont égaux (décomposer A en symétrique + antisymétrique). Correction de l’exercice 3975 N (a) spec(M) = { j,
j2 } ⇒ on prend comme base orthonormale a =
√ 1 3 2 1 √ √ et b = 3 ( f (a)+ 2 a) = . 0 −2 3
(b) M est une matrice de rotation ssi spec(M) ⊂ U \ {±1} ou M = ±I.
(c) M est la matrice d’une application orthogonale ssi spec(M) ⊂ U et M est C-diagonalisable (alors M est R-semblable à une matrice diagonale par blocs dont les blocs sont des matrices de rotation).
Correction de l’exercice 3977 N 2010
(a) Inégalité de Cauchy-Schwarz. (b) Il existe P orthogonale de même taille que A telle que D = t PAP est diagonale positive. t P 0 P 0 D t PC U = t Alors est symétrique positive donc si dii = 0 alors la ligne i 0 I 0 I CP B t P 0 P 0 D t PC t 0 de PC est nulle. Ainsi U = est, après renumérotation éventuelle des 0 I 0 I 0 0 0 D C0 lignes et colonnes, de la forme U 00 = où D0 est diagonale inversible et U 0 est semblable à 0 0 0 I −D0−1C0 I D0−1C0 D 0 00 00 00 U . Enfin U est diagonalisable : U = . 0 I 0 I 0 0 Correction de l’exercice 3978 N (a) Si t UMV = D est diagonale alors t MM = V D2t V . Inversement, comme t MM est symétrique définie positive, il existe D diagonale inversible et V orthogonale telles que t MM = V D2t V . On pose M = UDt V ce qui définit U puisque Dt V est inversible et on a V D2t V = t MM = V Dt UUDt V d’où t UU = I. (b) M est limite de matrices Mk inversibles que l’on peut décomposer sous la forme Mk = Uk Dk t Vk avec Uk et Vk orthogonales et Dk diagonale. Comme O(n) est compact on peut supposer, quitte à extraire des sous-suites, que les suites (Uk ) et (Vk ) convergent vers U,V orthogonales d’où t UMV = limk→∞ t Uk MkVk = limk→∞ Dk = D diagonale. 1 √ √ √1 √1 3 √0 0 3 6 2 √2 − √13 (c) En diagonalisant t MM on trouve V = 0 3 0 . Comme D , D = 0 6 1 1 1 √ √ √ 0 0 0 − 2 3 6 n’est pas inversible il faut ruser pour trouver U. On donne des coefficients indéterminés à U et √ a b+ 2 c − c avec a, b, c ∈ R. On on écrit que t UMV = D ce qui donne U = −a − √36 −b − √12 a b c 1 √ choisit alors a, b, c de sorte que U ∈ O(3) d’où, par exemple, c = 3 , a = − √16 , b = − √12 et U = 1 √1 √1 − √6 3 2 √2 0 − √13 6 . 1 1 1 √ √ √ − 6 − 2 3 Correction de l’exercice 3979 N (a) det(A)2 = (−1)n . (b) A est C-diagonalisable (annulateur simple) et ses valeurs propres sont i, −i avec la même multiplicité (A est réelle). La matrice A0 donnée a les mêmes propriétés donc A et A0 sont C-semblables à la même matrice diagonale, et donc C-semblables l’une à l’autre. Comme la C-similitude entre matrices réelles est équivalente à la R-similitude (résultat bien connu), A et A0 sont R-semblables. (c) Soit e1 unitaire et e01 = Ae1 . Alors e01 est unitaire et Ae01 = −e1 d’où (e1 | e01 ) = (Ae1 | Ae01 ) = −(e1 | e01 ) = 0 donc (e1 , e01 ) est une famille orthonormale. Si F1 est le sous-espace vectoriel engendré par (e1 , e01 ) alors F1⊥ est stable par A donc on peut construire par récurrence une base orthonormale (e1 , . . . , en/2 , e01 , . . . , e0n/2 ) telle que Aei = e0i et Ae0i = −ei . Correction de l’exercice 3980 N On remplace A par A + bn I et B par B − bn I ce qui ne modifie pas C. Maintenant les valeurs propres de B sont positves donc pour tou x ∈ Cn on a (Ax | x) 6 (Cx | x). Soit (x1 , . . . , xn ) une base orthonormale 2011
propre pour A et (y1 , . . . , yn ) une base orthonormale propre pour C. Si z ∈ vect(x1 , . . . xi ) alors (Az | z) > ai kzk2 et si z ∈ vect(yi , . . . yn ) alors (Az | z) 6 (Cz | z) 6 ci kzk2 . Or vect(x1 , . . . xi ) et vect(yi , . . . yn ) ont une intersection non triviale (la somme des dimensions est égale à n + 1) donc il existe z 6= 0 tel que ai kzk2 6 ci kzk2 d’où ai 6 ci . Correction de l’exercice 3981 N (a) Prendre A supérieur ou égal à la plus petite des valeurs propres de −M.
(b) Surjectivité de φ : Im Φ est un sous-espace vectoriel de Sn (R) contenant Sn++ (R) donc contenant vect(Sn++ (R)) = Sn (R) d’après la question précédente. On en déduit que φ est un isomorphisme grâce au théorème du rang. Si M ∈ Sn+ (R) alors M = lim p→∞ (M + In /p) donc M ∈ Sn++ (R). Réciproquement, si M ∈ Sn++ (R) alors M = lim p→∞ (Mp ) avec Mp définie positive, donc pour tout x ∈ Rn on a t xMx = lim p→∞ (t xMp x) > 0, c’est-à-dire M ∈ Sn+ (R). Ainsi : Sn++ (R) = Sn+ (R). Comme φ est continue (car linéaire en dimension finie) on en déduit φ (Sn+ (R)) ⊂ Sn+ (R). De plus, φ (Sn++ (R)) = Sn++ (R) ⇒ Sn++ (R) = φ −1 (Sn++ (R)) donc par continuité de φ −1 : φ −1 (Sn+ (R)) ⊂ Sn+ (R), d’où Sn+ (R) ⊂ φ (Sn+ (R)).
(c) Soit M ∈ S2 (R) de valeurs propres a, b avec a 6 b, et soient a0 6 b0 les valeurs propres de φ (M). Pour tout λ > b on a M +λ I2 ∈ S2++ (R) donc φ (M)+λ I2 ∈ S2++ (R) c’est-à-dire λ > b0 . Ceci prouve que b0 6 b et on montre l’égalité en considérant φ −1 . De même, en considérant −M on montre que a0 = a. Finalement χM = (X − a)(X − b) = χφ (M) . De plus, det(M) = ab = det(φ (M)). Remarque : soient A = 10 00 , B = 00 01 , C = 01 10 , et A0 = φ (A), B0 = φ (B), C0 = φ (C). On sait que A0 est orthodiagonalisable avec pour valeurs propres 0 et 1, donc il existe P ∈ O(2) telle que A0 = t PAP. A0 + B0 = φ (I2 ) = I2 d’où B0 = I2 − A0 = t PBP. Posons C0 = t P ( uv wv ) P. 0 = tr(C) = tr(C0 ) = u + w et −1 = det(C) = det(C0 ) = uw − v2 donc w = −u et u2 + v2 = 1. De plus, −1 = det(A +C) = −u − u2 − v2 d’où u = 0 et v = ±1. Si v = 1 alors C0 = t PCP et par linéarité, φ (M) = t PMP pour toute M ∈ S2 (R). Si v = −1 on trouve 0 ∈ O(2). Réciproquement, toute aplication de la forme de même φ (M) = t QMQ avec Q = P 10 −1 t M 7→ PMP avec P ∈ O(2) vérifie les hypothèses de la question. Les fonctions φ linéaires vérifiant la seule condition φ (S2++ (R)) = S2++ (R) sont les fonctions de la forme M 7→ t PMP avec P ∈ GL2 (R) (écrire φ (I2 ) = t T T puis considérer M 7→ t T −1 φ (M)T −1 ). Généralisation en dimension quelconque ?
Correction de l’exercice 3982 N M = (t MM)−2 est symétrique définie positive, donc diagonalisable en base orthonormale. En examinant la forme diagonale on trouve M = I. Correction de l’exercice 3983 N √ (a) kC1 k = kC2 k = 13 4 + 4 + 1 = 1 et C1 |C2 = 91 (−2 + 4 − 2) = 0. Enfin,
−2 1 −6 2 1 1 1 2 2 −3 1 C1 ∧C2 = ∧ = =− = C3 . 9 9 3 1 −2 −6 2
Donc, A ∈ O+ 3 (R) et f est une rotation (distincte de l’identité). Axe de f . Soit X ∈ M3,1 (R).
−x − y − 2z = 0 z = −2x − 5y x = −3y −2x − 5y − z = 0 ⇔ 3x + 9y = 0 ⇔ AX = X ⇔ . z=y −x + 2y − 5z = 0 9x + 27y = 0 − − − L’axe D de f est Vect(→ u ) où → u = (−3, 1, 1). D est dorénavant orienté par → u . Angle de f . Le → − 1 √ vecteur v = 2 (0, 1, −1) est un vecteur unitaire orthogonal à l’axe. Donc, 2012
1 1 −1 1 5 − − cos θ = → v . f (→ v ) = √ (0, 1, −1). √ (−1, 1, −4) = − × 5 = − , 3 6 6 2 2 et donc, θ = ± arccos(− 56 ) (2π). (Si on sait que Tr(A) = 2 cos θ + 1, c’est plus court : 2 cos θ + 1 = 1 2 −3 3 → − → − → − 2 2 5 2 2 1 = 3 − 3 − 3 fournit cos θ = − 6 ). Le signe de sin θ est le signe de [ i , f ( i ), u ] = 0 − 3 0 −1 1 3 1 − 3 < 0. Donc, f est la rotation d’angle − arccos(− 56 ) autour de u = (−3, 1, 1). (b) ||C1 || = ||C2 || =
1 4
√ 9 + 1 + 6 = 1 et C1 |C2 =
1 16 (3 + 3 − 6)
= 0. Enfin,
√ √ 3 1 4 √6 √6 1 ∧ 3 = 1 −4 6 = 1 − 6 = C3 . 1 C1 ∧C2 = √ √ 16 16 4 − 6 6 8 2
Donc, A ∈ O+ 3 (R) et f est une rotation. Axe de f . Soit X ∈ M3,1 (R).
√ −x + y + √ √ 6z = 0 2 AX = X ⇔ ⇔ x − y = 6z = √ z ⇔ x = y et z = 0. x− y − 6z = 0 √ √ 6 − 6x + 6y − 2z = 0
→ − − − − L’axe D de f est Vect(→ u ) où → u = (1, 1, 0). D est dorénavant orienté par → u . Angle de f . k = − [0, 0, 1) est un vecteur unitaire orthogonal à → u . Par suite, √ → − → − 1 √ 1 cos θ = k . f ( k ) = (0, 0, 1). ( 6, − 6, 2) = , 4 2
1 3/4 1 h→ i − → − → − π 1/4 1 = et donc cos θ = ± 3 (2π). Le signe de sin θ est le signe de i , f ( i ), u = 0 √ 0 − 6/4 0 √1 > 0. Donc, 6 f est la rotation d’angle (c) ||C1 || = ||C2 || =
1 9
√ 64 + 16 + 1 = 1 et C1 |C2 =
π 3
− autour de → u = (1, 1, 0).
1 81 (8 − 16 + 8)
= 0. Enfin,
8 1 −36 4 1 1 1 −4 ∧ 4 = −63 = − 7 = −C3 . C1 ∧C2 = 81 81 9 1 8 36 −4
Donc, A ∈ O− 3 (R). A n’est pas symétrique, et donc f n’est pas une réflexion. f est donc la composée − commutative s ◦ r d’une rotation d’angle θ autour d’un certain vecteur unitaire → u et de la réflexion → − → − ⊥ de plan u où u et θ sont à déterminer. Axe de r. L’axe de r est Ker( f + IdE ) (car f 6= −IdE ). 17x + y + 4z = 0 y = −17x − 4z z = −5x −4x + 13y + 7z = 0 ⇔ −225x − 45z = 0 ⇔ AX = −X ⇔ y = 3x x + 8y + 5z = 0 −135x − 27z = 0 − − Ker( f + Id ) = Vect(→ u ) = D où u = (1, 3, −5). D est dorénavant orienté par → u . s est la réflexion E
par rapport au plan P = u⊥ dont une équation est x + 3y − 5z = 0. On écrit alors la matrice S de s dans la base de départ. On calcule S−1 A = SA qui est la matrice de r et on termine comme en 1) et 2).
2013
Correction de l’exercice 3984 N Soit f l’endomorphisme de R3 de matrice M dans la base canonique de R3 . f est une rotation ⇔ M ∈ O+ 3 (R) ⇔ ||C1 || = ||C2 || = ||C3 || = 1 et C1 |C2 = C1 |C3 = C2 |C3 = 0 et detM = 1 ⇔ a2 + b2 + c2 = 1 et ab + bc + ca = 0 et a3 + b3 + c3 − 3abc = 1.
Posons σ1 = a+b+c, σ2 = ab+bc+ca et σ3 = abc. On a a2 +b2 +c2 = (a+b+c)2 −2(ab+ac+bc) = σ12 − 2σ2 . Ensuite, σ13 = (a + b + c)3 = a3 + b3 + c3 + 3(a2 b + ba2 + a2 c + ca2 + b2 c + c2 b) + 6abc, et σ1 (σ12 − 2σ2 ) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 ) = a3 + b3 + c3 + (a2 b + b2 a + a2 c + c2 a + b2 c + c2 b). Donc, σ13 − 3σ1 (σ12 − 2σ2 ) = −2(a3 + b3 + c3 ) + 6σ3
et finalement, a3 + b3 + c3 = σ13 − 3σ1 σ2 + 3σ3 .
2 3 M ∈ O+ 3 (R) ⇔ σ2 = 0 et σ1 − 2σ2 = 1 et σ1 − 3σ1 σ2 = 1
⇔ σ2 = 0 et σ1 = 1
⇔ a, b et c sont les solutions réelles d’une équation du type x3 − x2 + k = 0 (où k = −σ3 ). 0 2 Posons P(x) = x3 −x2 +k et donc 0], P est strictement croissante, 3P (x) = 3x −2x = x(2x−3). Sur]−∞, 3 strictement décroissante sur 0, 2 et strictement croissante sur 2 , +∞ . P admet donc au plus une 4 racine dans chacun de ces trois intervalles. 1er cas. Si P(0) = k > 0 et P 23 = k − 27 < 0 ou ce qui 4 revient au même, 0 < k < 27 , P admet trois racines réelles deux àdeux distinctes (P étant d’autre part 4 continue sur R), nécessairement toutes simples. 2ème cas. Si k ∈ 0, 27 , P et P0 ont une racine réelle 4 commune (à savoir 0 ou 27 ) et P admet une racine réelle d’ordre au moins 2. La troisième racine est alors 4 nécessairement réelle. 3ème cas. Si k < 0 ou k > 27 , P admet une racine réelle exactement. Celle-ci est nécessairement simple au vu du 2ème cas et donc P admet deux autres racines non réelles. En résumé, 4 P a toutes ses racines réelles si et seulement si 0 6 k 6 27 et donc, f est une rotation si et seulement si 4 3 2 a, b et c sont les solutions d’une équation du type x − x + k = 0 où 0 6 k 6 27 .
Correction de l’exercice 3985 N (a) Soit F = Vect(x1 , ..., xn ) et m = dimF. Soit B = (ei )16i6m une base orthonormée de F puis M la matrice de la famille (x j )16 j6n dans la base B .M est une matrice rectangulaire de format (m, n). Soit (i, j) ∈ [[1, m]] × [[1, n]]. Puisque la base B est orthonormée, le coefficient ligne i, colonne j de la matrice t MM est ∑m k=1 mk,i mk, j = (xi |x j ), et on a donc G(x1 , x2 , ..., xn ) = t MM. Puisque rg(x1 , ..., xn ) = rgM, il s’agit de vérifier que rg(t MM) = rgM. Pour cela, montrons que les matrices M et t MM ont même noyau. Soit X ∈ Mn,1 (R). X ∈ KerM ⇒ MX = 0 ⇒ t MMX = 0 ⇒ X ∈ Ker(t MM) et aussi 2014
X ∈ Ker(t MM) ⇒ t MMX = 0 ⇒ t X t MMX = 0 ⇒ t (MX)MX = 0 ⇒ kMXk22 = 0 ⇒ MX = 0 ⇒ X ∈ KerM. Finalement, Ker(t MM) = KerM et donc, d’après le théorème du rang, rg(x1 , ..., xn ) = rgM = rg(t MM) = rg(G(x1 , x2 , ..., xn )). rg(G(x1 , x2 , ..., xn )) = rg(x1 , . . . , xn ). (b) D’après 1), (x1 , ..., xn ) liée ⇔ rg(x1 , x2 , ..., xn ) 0. (x1 , ..., xn ) liée ⇔ γ(x1 , . . . , xn ) = 0 (x1 , ..., xn ) libre ⇔ γ(x1 , . . . , xn ) > 0. (c) 1ère solution. Soit x un vecteur de E et pF (x) son projeté orthogonal sur F. Dans la première colonne de γ(x, x1 , . . . , xn ), le théorème de P YTHAGORE permet d’écrire (puisque x − pF (x) ∈ F ⊥ )
(x|x) (x|x1 ) .. . (x|xn )
=
=
kx − pF (x) + pF (x)k2 (x − pF (x) + pF (x)|x1 ) .. .
=
kx − pF (x)k2 + kpF (x)k2 (pF (x)|x1 ) .. .
(x − pF (x) + pF (x)|xn ) kx − pF (x)k2 (pF (x)|pF (x)) 0 (pF (x)|x1 ) + .. .. . . (pF (x)|xn )
0
(pF (x)|xn )
Après avoir remplacé aussi en première ligne les (x|xi ) par (pF (x)|xi ), on obtient par linéarité par rapport à la première colonne γ(x, x1 , x2 , ..., xn ) = γ(x − pF (x), x1 , x2 , ..., xn ) + γ(pF (x), x1 , x2 , ..., xn ) Maintenant, pF (x) est dans F et donc la famille (pF (x), x1 , x2 , ..., xn ) est liée puis d’après la question 2) γ(pF (x), x1 , x2 , ..., xn ) = 0. Il reste γ(x, x1 , x2 , ..., xn ) = γ(x − pF (x), x1 , x2 , ..., xn ) et en développant suivant la première colonne, on obtient ∀x ∈ E, γ(x, x1 , . . . , xn ) = γ(x − pF (x), x1 , x2 , ..., xn ) = kx − pF (x)k2 γ(x1 , x2 , ..., xn ). Finalement kx − pF (x)k =
q
γ(x,x1 ,x2 ,...,xn ) γ(x1 ,x2 ,...,xn ) .
2ème solution. Posons pF (x) = ∑ni=1 λi xi puis d = kx − pF (x)k de sorte que d 2 = (x − pF (x))|(x − pF (x)) = (x − pF (x))|x = kxk2 − (x|pF (x)). D’autre part, pour chaque i ∈ [[1, n]], x|xi = (x − pF (x)|xI ) + (pF (x)|xi ) = (pF (x)|xi ). Par suite, les n + 1 réels d 2 , λ1 ,..., λn sont solutions du système d’équations linéaires 2015
2 d + λ1 (x|x1 ) + . . . + λn (x|xn ) = kxk2 λ1 (x1 |x1 ) + . . . + λn (x1 |xn ) = (x|x1 ) .. . λ1 (xn |x1 ) + . . . + λn (xn |xn ) = (x|xn )
Le déterminant de ce système vaut γ(x1 , x2 , ..., xn ) > 0 et le système est de C RAMER. Le déterminant associé à d 2 est γ(x, x1 , x2 , ..., xn ) et les formules de C RAMER refournissent d2 =
γ(x,x1 ,...,xn ) γ(x1 ,...,xn ) .
Correction de l’exercice 3986 N La matrice Hn est symétrique réelle. Soit X = (xi )16i6n ∈ Mn,1 (R). xi x j t = ∑ xi x j XHn X = ∑ 16i, j6n 16i, j6n i + j − 1 !2 Z 1
=
0
Z 1 0
t i+ j−2 dt =
Z 1 0
∑
!
xi x j t i+ j−2 dt
16i, j6n
n
∑ xit i−1
dt > 0.
i=1
De plus, si X 6= 0, le polynôme ∑ni=1 xiY i−1 n’est pas le polynôme nul et donc, puisqu’un polynôme non 2 2 nul admet un nombre fini de racines, la fonction t 7→ ∑ni=1 xit i−1 . Ainsi, la fonction t 7→ ∑ni=1 xit i−1 2 R est continue positive et non nulle sur [0, 1] et on en déduit que 01 ∑ni=1 xit i−1 dt > 0. On a montré que ∀X ∈ Mn,1 (R) \ {0}, t XHn X > 0 et donc que la matrice Hn est symétrique définie positive.
Correction de l’exercice 3987 N (a) t S = t (t AA) = t At (t A) = t AA = S. Donc S ∈ Sn (R). Soit X ∈ Mn,1 (R), t XSX = t X t AAX = t (AX)AX = kAXk22 > 0. Donc S ∈ Sn+ (R). ∀A ∈ Mn (R), t AA ∈ Sn+ (R). (b) Soit S ∈ Sn+ (R). D’après le théorème spectral, il existe P dans On (R) et D dans Dn (R) telles que S = PDt P. Posons S est dans Sn+ (R), D est dans Dn+ (R) et on peut poser D0 = √ D = diag(λ √ 1 , ..., λn ). Puisque diag( λ1 , ..., λn ) de sorte que D02 = D. On peut alors écrire S = PDt P = PD0 D0t P = t (Dt P)D0t P, et la matrice A = D0tP convient. ∀S ∈ Sn+ (R), ∃A ∈ Mn (R)/ S = t AA.
(c)
On a aussi t (−A)(−A) = S et comme en général −A 6= A, on n’a pas l’unicité de la matrice A. S définie positive ⇔ ∀X ∈ Mn,1 (R) \ {0}, t XSX > 0 ⇔ ∀X ∈ Mn,1 (R) \ {0}, kAXk22 > 0 ⇔ ∀X ∈ Mn,1 (R) \ {0}, AX 6= 0 ⇔ KerA = {0} ⇔ A ∈ G L n (R).
(d) Montrons que les matrices A et S ont même noyau. Soit X ∈ Mn,1 (R). 2016
X ∈ KerA ⇒ AX = 0 ⇒ t AAX = 0 ⇒ SX = 0 ⇒ X ∈ KerS, et X ∈ KerS ⇒ t AAX = 0 ⇒ t X t AAX = 0 ⇒ t (AX)AX = 0 ⇒ kAXk22 = 0 ⇒ AX = 0 ⇒ X ∈ KerA. Ainsi, Ker(t AA) = Ker(A) et en particulier, grâce au théorème du rang, on a montré que ∀A ∈ Mn (R), rg(t AA) = rg(A). (e) Soit S ∈ Sn+ (R). Existence. D’après le théorème spectral, il existe P0 ∈ On (R) et D0 ∈ Dn+ (R) telles que S = P0 D0t P0 . √ √ Posons D0 = diag(λ1 , ..., λn ) où les λi , 1 6 i 6 n, sont des réels positifs puis ∆0 = diag( λ1 , ..., λn ) et enfin R = P0 ∆0t P0 . La matrice R est orthogonalement semblable à une matrice de Dn+ (R) et est donc un élément de Sn+ (R). Puis R2 = P0 ∆20t P0 = P0 D0t P0 = S. Unicité. Soit M un élément de Sn+ (R) telle que M 2 = S. M est diagonalisable d’après le théorème spectral et donc Mn,1 (R) =
⊕
EM (λ ). Mais si λ est
λ ∈Sp(M) Ker(S − λ 2 In ).
une valeur propre de M, Ker(M − λ In ) ⊂ Ker(M 2 − λ 2 In ) = De plus, les valeurs propres de M étant positive, les λ 2 , λ ∈ Sp(M), sont deux à deux distincts ou encore les Ker(S − λ 2 In ), λ ∈ Sp(M), sont deux à deux distincts. Ceci montre que pour chaque λ ∈ Sp(M), Ker(M − λ In ) = Ker(S − λ 2 In ) et que les λ 2 , λ ∈ Sp(M), sont toutes les valeurs propres de S. Ainsi, nécessairement la matrice t P0 MP0 est une matrice diagonale D. L’égalité M 2 = S fournit D2 = D0 puis D = ∆0 (car D ∈ Dn+ (R)) et finalement M = R. ∀S ∈ Sn+ (R), ∃!R ∈ Sn+ (R)/ R2 = S.
Correction de l’exercice 3988 N
1 Soit A = (ai, j )16i, j6n une matrice orthogonale. On pose X = ... ∈ Mn,1 (R). 1 D’après l’inégalité de C AUCHY-S CHWARZ ∑ ai, j = ∑ 1 × ai, j × 1 = t XAX = |(AX|X)| 16i, j6n 16i, j6n
6 kAXkkXk (d’après l’inégalité de C AUCHY-S CHWARZ)
= kXk2 (puisque la matrice A est orthogonale)
= n.
On a l’égalité si et seulement si la famille (X, AX) est liée ce qui équivaut à X vecteur propre de A. On sait que les valeurs propres (réelles) de A ne peuvent être que 1 ou −1. Donc, égalité ⇔ AX = X ou AX = −X ⇔ ∀i ∈ [[1, n]] , ∑nj=1 ai, j = 1
Il paraît difficile d’améliorer ce résultat dans le cas général. Supposons de plus que ∀(i, j) ∈ [[1, n]]2 , ai, j > 0. Soit i ∈ [[1, n]]. Puisque tous les ai, j sont éléments de [0, 1], 1 = ∑nj=1 ai, j > ∑nj=1 a2i, j = 1. 2017
L’inégalité écrite est donc une égalité et on en déduit que chaque inégalité ai, j > a2i, j , 1 6 j 6 n, est une égalité. Par suite, ∀(i, j) ∈ [[1, n]]2 , ai, j ∈ {0, 1}. Ceci montre que la matrice A est une matrice de permutation qui réciproquement convient. Correction de l’exercice 3989 N La matrice A est symétrique réelle positive. Donc ses valeurs propres λ1 ,..., λn sont des réels positifs. De plus, detA = λ1 ...λn et det(In + A) = χA (−1) = (1 + λ1 )...(1 + λn ). L’inégalité à démontrer équivaut donc à : ∀(λ1 , ..., λn ) ∈ (R+ )n , 1 +
p p n ∏nk=1 λk 6 n ∏nk=1 (1 + λk ).
Soit donc (λ1 , ..., λn ) ∈ (R+ )n . Si l’un des λk est nul, l’inégalité est immédiate. Supposons dorénavant tous les λk strictement positifs. L’inégalité à démontrer s’écrit ln 1 + exp 1n (ln(λ1 ) + ... + ln(λn )) 6 n1 (ln(1 + exp(ln(λ1 ))) + ... + ln(1 + exp(ln(λn )))) (∗) ou encore f n1 (x1 + ... + xn ) 6 n1 ( f (x1 ) + ... + f (xn )) où ∀x ∈ R, f (x) = ln(1 + ex ) et ∀k ∈ [[1, n]], xk = ln(λk ). L’inégalité à démontrer est une inégalité de convexité. La fonction f est deux fois dérivable sur R et pour tout réel x, f 0 (x) =
ex ex +1
= 1 − ex1+1 puis f 00 (x) =
ex (ex +1)2
> 0.
La fonction f est donc convexe sur R ce qui démontre l’inégalité (∗). p p ∀A ∈ Sn+ (R), 1 + n det(A) 6 n det(In + A). Correction de l’exercice 3990 N Soit A une matrice orthogonale à coefficients entiers. Puisque les colonnes ou les lignes de A sont unitaires, on trouve par ligne ou par colonne un et un seul coefficient de valeur absolue égale à 1, les autres coefficients étant nuls. A est donc obtenue en multipliant chaque coefficient d’une matrice de permutation par 1 ou −1. Réciproquement, une telle matrice est orthogonale à coefficients entiers. Il y a n! matrices de permutation et pour chaque matrice de permutation 2n façons d’attribuer un signe + ou − à chaque coefficient égal à 1. Donc card(On (R) ∩ Mn (Z)) = 2n n!.
Correction de l’exercice 3991 N Puisque les matrices S1 = t AA et S2 = At A sont symétriques réelles, ces deux matrices sont à valeurs propres réelles. On sait d’autre part que si M et N sont deux matrices quelconques alors les matrices MN et NM ont même polynôme caractéristique. Notons alors (λi )16i6n la famille des valeurs propres des matrices S1 et S2 et posons D = Diag(λ1 , ...λn ). D’après le théorème spectral, il existe deux matrices orthogonales P1 et P2 telles que S1 = P1 Dt P1 et S2 = P2 Dt P2 . Mais alors S2 = P2 (t P1 S1 P1 )t P2 = (P2t P1 )S1t (P2t P1 ). Comme la matrice P2t P1 est orthogonale, on a montré que les matrices S1 et S2 sont orthogonalement semblables. ∀A ∈ Mn (R), les matrices t AA et At A sont orthogonalement semblables. 2018
Correction de l’exercice 3992 N Remarque. Il faut prendre garde au fait que le produit de deux matrices symétriques n’est pas nécessairement symétrique. Plus précisément, si A et B sont deux matrices symétriques alors AB ∈ Sn (R) ⇔ t (AB) = AB ⇔ t Bt A = AB ⇔ BA = AB et le produit de deux matrices symétriques est symétrique si et seulement si ces deux matrices commutent. Donc au départ, rien n’impose que les valeurs propres de AB soient toutes réelles . Soient A et B deux matrices symétriques réelles positives. D’après l’exercice 3987, il existe deux matrices carrées M et N telles que A = t MM et B = t NN. On a alors AB = t MMt NN. La matrice AB a même polynôme caractéristique que la matrice N(t MMt N = t (Mt N)Mt N. D’après l’exercice 3987, cette dernière matrice est symétrique positive et a donc des valeurs propres réelles positives. On a montré que les valeurs propres de la matrice AB sont réelles et positives. ∀(A, B) ∈ (Sn+ (R), Sp(AB) ⊂ R+ .
Correction de l’exercice 3993 N Soient A et B deux matrices symétriques réelles positives. 1er cas. Supposons qu’aucune des deux matrices A ou B n’est inversible, alors detA + detB = 0. D’autre part, la matrice A + B est symétrique car (Sn (R), +, .) est un espace vectoriel et ses valeurs propres sont donc réelles. De plus, pour X vecteur colonne donné, t X(A + B)X = t XAX + t XBX > 0. La matrice A + B est donc symétrique réelle positive. Par suite, les valeurs propres de la matrice A + B sont des réels positifs et puisque det(A + B) est le produit de ces valeurs propres, on a det(A + B) > 0 = detA + detB. 2ème cas. Sinon, une des deux matrices A ou B est inversible (et donc automatiquement définie positive). Supposons par exemple A définie positive. D’après l’exercice 3987, il existe une matrice inversible M telle que A = t MM. On peut alors écrire A + B = t MM + B = t M(In + t (M −1 BM −1 )M et donc det(A + B) = (detM)2 det(In + t (M −1 )BM −1 = (detM)2 det(In +C) où C = t M −1 BM −1 . La matrice C est symétrique, positive car pour tout vecteur colonne X, t XCX
= t X t (M −1 )BM −1 X = t (M −1 X)B(M −1 X) > 0
et ses valeurs propres λ1 ,..., λn sont des réels positifs. Les valeurs propres de la matrice In +C sont les réels 1 + λi , 1 6 i 6 n et donc det(In +C) = (1 + λ1 )...(1 + λn ) > 1 + λ1 ...λn = 1 + detC. Maintenant, detA = (detM)2 puis detB = (detM)2 detC et donc detA + detB = (detM)2 (1 + detC) 6 (detM)2 det(In +C) = det(A + B). On a montré que ∀(A, B) ∈ (Sn+ (R), detA + detB 6 det(A + B).
Correction de l’exercice 3994 N 1ère solution. (n’utilisant pas les valeurs propres) Soient A la matrice de l’énoncé puis X = (xi )16i6n un élément de Mn,1 (R).
2019
n
1 t XAX = (n − 1) ∑ xi2 − ∑ xi x j = ∑ (xi2 − xi x j ) = 2 i=1 i6= j i6= j
∑ xi2 − 2xi x j + x2j
i6= j
!
2
= ∑ (xi − x j ) > 0 i6= j
et donc la matrice A est positive. De plus, si X = (1)16i6n 6= 0, t XAX = 0 et donc la matrice A n’est pas définie. 2ème solution. La matrice A est symétrique réelle. Donc ses valeurs propres sont réelles et A est diagonalisable. Par suite, la dimension de chacun de des sous-espaces propres de A est égale à l’ordre de multiplicité de la valeur propre correspondante. On note alors que rg(A − nIn ) = 1 et donc n est valeur propre de A d’ordre n − 1. Soit λ la valeur propre manquante. (n − 1)n + λ = TrA = n(n − 1).
Donc λ = 0. Ainsi, Sp(A) ⊂ R+ et donc la matrice A est positive mais 0 est valeur propre de A et donc la matrice A n’est pas définie. La matrice A est positive et non définie.
Correction de l’exercice 3995 N Soient A et B deux matrices orthogonales distinctes. Montrons que pour tout réel λ ∈]0, 1[, la matrice (1 − λ )A + λ B n’est pas orthogonale. Supposons par l’absurde qu’il existe λ ∈]0, 1[ tel que la matrice (1 − λ )A + λ B soit orthogonale. Pour j ∈ [[1, n]], on note respectivement A j , B j et C j la j-ème colonne de matrice A, de la matrice B et de la matrice (1 − λ )A + λ B. Ces trois matrices étant orthogonales, pour tout j ∈ [[1, n]], 1 = kC j k 6 (1 − λ )kA j k + λ kB j k = (1 − λ ) + λ = 1, et donc kC j k = (1 − λ )kA j k + λ kB j k. On est dans un cas d’égalité de l’inégalité de M INKOWSKI. Puisque λ ∈]0, 1[, les colonnes (−λ )A j et λ B j ne sont pas nulles et donc sont colinéaires et de même sens. Puisque les réels 1 − λ et λ sont strictement positifs, il en est de même des colonnes A j et B j et puisque ces colonnes sont des vecteurs unitaires, ces colonnes sont en fin de compte égales. En résumé, si il existe λ ∈]0, 1[ tel que la matrice (1 − λ )A + λ B soit orthogonale, alors A = B. Ceci est une contradiction et on a montré que On (R) n’est pas convexe.
Correction de l’exercice 3996 N A est la matrice d’un produit scalaire ϕ dans une certaine base B fixée de Rn . Soit B 0 l’orthonormalisée de S CHMIDT de la base B pour le produit scalaire ϕ et T la matrice de passage de la base B 0 à la base B. La matrice T est triangulaire de même que la matrice t T . Puisque la base B 0 est orthonormée pour le produit scalaire ϕ, la matrice de ϕ dans la base B 0 est In . D’après les formules de changement de base, A = t T (MatB0 ϕ)T = t T T . Correction de l’exercice 3997 N Puisque la matrice A est définie positive, il existe d’après le l’exercice 3996 une matrice triangulaire supèrieure inversible T telle que A = t T T . Posons alors T = (ti, j )16i, j6n . 2 ...t 2 det(A) = (det(T ))2 = t1,1 n,n
2020
2 > t 2 et donc det(A) 6 n a . Mais pour i ∈ [[1, n]], ai,i = ∑nk=1 tk,i ∏i=1 i,i i,i Remarque. On a montré au passage que les coefficients diagonaux ai,i de A étaient des réels strictement positifs.
Correction de l’exercice 3998 N Je vous laisse vérifier la linéarité. Si x est colinéaire à a, f (x) = 0 et les vecteurs de Vect(a) \ {0} sont des vecteurs non nuls colinéaires à leur image. Si x n’est pas colinéaire à a, a ∧ x est un vecteur non nul orthogonal à a et il en est de même de f (x) = a ∧ (a ∧ x). Donc, si x est colinéaire à f (x), x est nécessairement orthogonal à a. Réciproquement, si x est un vecteur non nul orthogonal à a, f (x) = (a.x)a − kak2 x = −||a||2 x et x est colinéaire à f (x). Les vecteurs non nuls colinéaires à leur image sont les vecteurs non nuls de Vect(a) et de a⊥ . Correction de l’exercice 3999 N Si la famille (xi )16i6n est une famille liée, l’inégalité est claire et de plus, on a l’égalité si et seulement si l’un des vecteurs est nuls. Si la famille (xi )16i6n est une famille libre et donc une base de E, considérons B 0 = (e1 , ..., en ) son orthonormalisée de S CHMIDT. On a |detB (xi )16i6n | = detB0 (xi )16i6n × detB (B 0 ) = |detB0 (xi )16i6n |,
car detB B 0 est le déterminant d’une d’une base orthonormée dans une autre et vaut donc 1 ou −1. Maintenant, la matrice de la famille (xi )16i6n dans B 0 est triangulaire supérieure et son déterminant est le produit des coefficients diagonaux à savoir les nombres xi |ei (puisque B 0 est orthonormée). Donc n n n |detB (xi )16i6n | = |detB0 (xi )16i6n | = ∏(xi |ei ) 6 ∏ kxi k × kei k = ∏ ||xi ||, i=1 i=1 i=1
d’après l’inégalité de C AUCHY-S CHWARZ. De plus, on a l’égalité si et seulement si, pour tout i, |xi |ei | = kxi k × kei k ou encore si et seulement si, pour tout i, xi est colinéaire à ei ou enfin si et seulement si la famille (xi )16i6n est orthogonale. Correction de l’exercice 4000 N R
L’application (P, Q) 7→ 01 P(t)Q(t) dt est un produit scalaire sur E = R3 [X]. Déterminons une base orthonormée de E. Pour cela, déterminons (Q0 , Q1 , Q2 , Q3 ) l’orthonormalisée de la base canonique (P0 , P1 , P2 , P3 ) = (1, X, X 2 , X 3 ). • ||P0 ||2 =
Q0 =
R1
−1 1
2
0 puis P1 −(P1 |Q0 )Q0 = X puis ||P1 −(P1 |Q0 )Q0 √ 2 3
dt = 2 et on prend
||2 =
R1 2 2 −1 t dt = 3 et
√1 . 2
Q1 =
q
• P1 |Q0 = √12 3 2 X.
R1
−1 t
• P2 |Q0 = √12
dt =
R1 2 −1 t dt =
et P2 |Q1 = 0. Donc, P2 − (P2 |Q0 )Q0 − (P2 |Q1 )Q1 = X 2 − 13 , puis ||P2 − (P2 |Q0 )Q0 − (P2 |Q1 )Q1 ||2 = √ √5 (3X 2 − 1). 2 2
q R 3 1 4 • P |Q = P |Q = 0 et P |Q = 3 0 3 2 3 1 −1 2 −1 t dt = √
R 2 2 6 3 3
3 3 = 1 t 3 − 3 t dt = −1 5 et P3 − (P3 |Q0 )Q0 − (P3 |Q1 )Q1 − (P3 |Q2 )Q2 = X − 5 X, puis X − 5 X 5
R1
t 2 − 31
1 7
2
dt = 2
1 5
8 − 92 + 19 = 45 et
6 3 8 − 25 + 25 = 2 25−21 175 = 175 , et
Q3 =
Q2 =
√ √7 (5X 3 − 3X). 2 2
Une base orthonormée de E est (Q0 , Q1 , Q2 , Q3 ) √ √ √ 3 7 5 1 2 où Q0 = √2 , Q1 = √2 X, Q2 = 2√2 (3X −1) et Q3 = 2√2 (5X 3 −3X). Soit alors P un élément quelconque R1 2 de E = R3 [X] tel que −1 P (t) dt = 1. Posons P = aQ0 + bQ1 + cQ2 + dQ3 . Puisque (Q0 , Q1 , Q2 , Q3 ) est R1 2 une base orthonormée de E, −1 P (t) dt = ||P||2 = a2 + b2 + c2 + d 2 = 1. Maintenant, pour x ∈ [−1, 1], 2
en posant Mi = Max{|Qi (x)|, x ∈ [−1, 1]}, on a :
2021
|P(x)| 6 |a| × |Q0 (x)| + |b| × |Q1 (x)| + |c| × |Q2 (x)| + |d| × |Q3 (x)| 6 |a|M0 + |b|M1 + |c|M2 + |d|M3 q q p 6 a2 + b2 + c2 + d 2 M02 + M12 + M22 + M32 = M02 + M12 + M22 + M32 .
Une étude brève montre alors que chaque |Pi | atteint son maximum sur [−1, 1] en 1 (et −1) et donc
r q √ 1 3 5 7 2 2 2 2 M0 + M1 + M2 + M3 = + + + = 2 2. 2 2 2 2 √ √ Ainsi, ∀x ∈ [−1, 1], |P(x)| 6 2 2 et donc Max{|P(x)|, x ∈ [−1, 1]} 6 2 2. √Etudions les cas d’égalité. Soit P ∈ R3 [X] un polynôme éventuel tel que Max{|P(x)|, x ∈ [−1, 1]} 6 2 2. Soit x0 ∈ [−1, 1] tel que Max{|P(x)|, x ∈ [−1, 1]} = |P(x0 )|. Alors : √ 2 2 = |P(x0 )| 6 |a| × |Q0 (x0 )| + |b| × |Q1 (x0 )| + |c| × |Q2 (x0 )| + |d| × |Q3 (x0 )| 6 |a|M0 + |b|M1 + |c|M2 + |d|M3 q √ 6 M02 + M12 + M22 + M32 = 2 2.
Chacune de ces inégalités est donc une égalité. La √ √ (C AUCHY-S CHWARZ) est une égalité si et √ dernière seulement si (|a|, à (1, 3, 5, 7) ou encore si et seulement si P est de la √ est colinéaire √ √|b|, |c|, |d|) forme λ (±Q0 ± 3Q1 ± 5Q2 ± 7Q3 ) où λ 2 (1 + 3 + 5 + 7) = 1 et donc λ = ± 14 , ce qui ne laisse plus que 16 polynômes possibles. L’avant-dernière inégalité est une égalité si et seulement si x0 ∈ {−1, 1} (clair). La première inégalité est une égalité si et seulement si |aQ0 (1) + bQ1 (1) + cQ2 (1) + dQ3 (1)| = |a|Q0 (1) + |b|Q1 (1) + |c|Q2 (1) + |d|Q3 (1), ce qui équivaut au fait que a, b, c et d aient même signe et P est l’un des deux polynômes √ √ √ 1 5 7 1 2 3 ± (Q0 + 3Q1 + 5Q2 + 7Q3 ) = ± √ 1 + 3X + (3X − 1) + (5X − 3X) 4 2 2 4 2 1 = ± √ (35X 3 + 15X2 − 15X − 3) 8 2
Correction de l’exercice 4001 N Si x est colinéaire à k, r(x) = x, et si x ∈ k⊥ , r(x) = (cos θ )x+(sin θ )k ∧x. Soit x ∈ E. On écrit x = x1 +x2 où x1 ∈ k⊥ et x2 ∈ Vect(k). On a x2 = (x.k)k (car k est unitaire) et x1 = x − (x.k)k. Par suite, r(x) = r(x1 ) + r(x2 ) = (cos θ )x1 + (sin θ )k ∧ x1 + x2 = (cos θ )(x − (x.k)k) + (sin θ )k ∧ x + (x.k)k 2 θ = (cos θ )x + (1 − cos θ )(x.k)k + sinθ (k ∧ x) = (cos θ )x + 2 sin (x.k)k + sinθ (k ∧ x) 2 Application. Si k =
√1 (e1 + e2 ) 2
et θ = π3 , pour tout vecteur x, on a :
√ 1 1 3 r(x) = x + (x.k)k + (k ∧ x), 2 2 2 √ √ puis, r(e1 ) = 21 e1 + 41 (e1 + e2 ) − 2√32 e3 = 41 (3e1 + e2 − 6e3 ) √ √ r(e2 ) = 21 e2 + 14 (e1 + e2 ) + 2√32 e3 = 41 (e1 + 3e2 + 6e3 ) √ √ √ r(e3 ) = 12 e3 + 2√32 (−e2 + e1 ) = 14 ( 6e1 − 6e2 + 2e3 ). 2022
√ 3 1 √6 La matrice cherchée est 14 √ 1 √3 − 6 . 6 2 − 6
Correction de l’exercice 4002 N R1
L’application ( f , g) 7→ C AUCHY-S CHWARZ,
In In+2 = >
Z 1
0
f (t)g(t) dt est un produit scalaire sur C0 ([0, 1], R). D’après l’inégalité de
f n (t) dt
0
Z
0
Z 1 0
1p
( f (t))n
f n+2 (t) dt =
Z 1 p
( f (t))n
0
2 Z q n+2 ( f (t)) dt =
1
f
2
n+1
dt
Z 1 q
( f (t))n+2
0
(t) dt
0
2
2
dt
2 = In+1
Maintenant, comme f est continue et strictement positive sur [0, 1], In est strictement positif pour tout In+2 naturel n. On en déduit que ∀n ∈ N, In+1 In 6 In+1 et donc que la suite
In+1 In
n∈N
est définie et croissante.
Correction de l’exercice 4003 N (a) Soit f un endomorphisme du R-espace vectoriel C. Pour tout nombre complexe z 1 1 f (z) = f ((Re(z)).1 + (Im(z)).i) = (Re(z)) f (1) + (Im(z)) f (i) = (z + z) f (1) + (z − z) f (i) 2 2i f (1) − i f (i) f (1) + i f (i) z, = z+ 2 2 f (i) f (i) et on peut prendre a = f (1)−i et b = f (1)+i . (Réciproquement pour a et b complexes donnés, 2 2 l’application f ainsi définie est R-linéaire et on a donc l’écriture générale complexe d’un endomorphisme du plan).
(b) Tr( f ) = Re( f (1)) + Im( f (i)) = Re(a + b) + Im(i(a − b)) = Re(a + b) + Re(a − b) = 2Re(a) et
det( f ) = Re(a + b)Im(i(a − b)) − Im(a + b)Re(i(a − b)) = Re(a + b)Re(a − b) + Im(a + b)Im(a − b) = (Re(a))2 − (Re(b))2 + (Im(a))2 − (Im(b))2 = |a|2 − |b|2 .
Tr( f ) = 2Re(a) et det( f ) = |a|2 − |b|2 . (c) Soient z et z0 deux nombres complexes. On rappelle que z|z0 = (Rez)(Rez0 ) + (Imz)(Imz0 ) = 14 (z + z)(z0 + z0 ) − 41 (z − z)(z0 − z0 ) = 12 (zz0 + zz0 ) = Re(zz0 ). et au passage si on oriente le plan de sorte que la base orthonormée (1, i) soit directe, [z, z0 ] = (Rez)(Imz0 ) + (Imz)(Rez0 ) =
1 1 0 0 0 0 4i (z + z)(z − z ) − 4i (z − z)(z + z )
=
1 0 0 2i (zz − zz )
= Im(zz0 ).
Notons M la matrice de f dans la base (1, i). Puisque la base (1, i) est orthonormée, f = f ∗ ⇔ M = t M ⇔ Im(a + b) = Re(i(a − b)) ⇔ Im(a + b) = −Im(a − b) ⇔ 2Ima = 0 ⇔ a ∈ R. 2023
f = f ∗ ⇔ a ∈ R.
Correction de l’exercice 4004 N Il s’agit de montrer qu’un endomorphisme d’un espace euclidien E qui conserve l’orthogonalité est une similitude. On peut raisonner sur une base orthonormée de E que l’on note B = (ei )16i6n . Par hypothèse, la famille ( f (ei ))16i6n est orthogonale. De plus, pour i 6= j, (ei + e j )|(ei − e j ) = kei k2 − ke j k2 = 0 et donc f (ei + e j )| f (ei − e j ) = 0 ce qui fournit k f (ei )k = k f (e j )k. Soit k la valeur commune des normes des f (ei ), 1 6 i 6 n. Si k = 0, tous les f (ei ) sont nuls et donc f est nulle. Si k 6= 0, l’image par l’endomorphisme 1k f de la base othonormée B est une base orthonormée. Donc l’endomorphisme 1k f est un automorphisme orthogonal de E et donc l’endomorphisme 1k f conserve la norme. Dans tous les cas, on a trouvé un réel positif k tel que ∀x ∈ E, k f (x)k = kkxk. Correction de l’exercice 4005 N a) Par récurrence et intégration par parties, on montre que Ip,q =
p!q! (p+q+1)! k k
Cn b) En développant (1−x)n à l’aide de la formule du binôme, on obtient après intégration In,n = ∑nk=0 (−1) n+k+1 . Dn étant le ppmc des dénominateurs dans l’expression précédente, nous en déduisons que In,n = Dan où a est un entier. Comme In,n > 0, a > 1 et donc In,n > D1n . En utilisant le résultat de la question a), nous en déduisons l’inégalité demandée. c) Soit Dn = ∏ki=1 pαi i la décomposition en facteurs premiers de Dn . Pour tout i compris entre 1 et k, pαi i divise un des nombres n + 1, n + 2, . . . , 2n + 1. Par conséquent, pαi i 6 2n + 1. De plus, les pi étant deux à deux distincts et inférieurs ou égaux à 2n + 1, k 6 π(2n + 1). D’où la majoration demandée.
Correction de l’exercice 4006 N Soit n un entier naturel. n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n4 + 6n3 + 11n2 + 6n + 1 = (n2 + 3n + 1)2 , avec n2 + 3n + 1 entier naturel. Correction de l’exercice 4007 N (a) Soit n un entier relatif. Si n est pair, n et 5n3 sont pairs de même que 5n3 + n et 2 divise 5n3 + n. Si n est impair, n et 5n3 sont impairs et de nouveau 5n3 +n est pair. Finalement : ∀n ∈ Z, 2|(5n3 +n). Si n est multiple de 3, n et 5n3 sont multiples de 3 de même que 5n3 + n. Si n est de la forme 3p + 1, alors 5n2 + 1 = 5(3p + 1)2 + 1 = 45p2 + 30p + 6 = 3(9p2 + 10p + 2) et 5n2 + 1 est divisible par 3. Il en est de même de 5n3 + n = n(5n2 + 1). Si n est de la forme 3p + 2, 5n2 + 1 = 5(3p + 2)2 + 1 = 45p2 + 60p + 21 = 3(9p2 + 20p + 7) et 5n2 + 1 est divisible par 3. Il en est de même de 5n3 + n = n(5n2 + 1). Finalement, ∀n ∈ Z, 3|(5n3 + n). Enfin, 5n3 + n est divisible par 2 et 3 et donc par 2 × 3 = 6. On a montré que : ∀n ∈ Z, 6|(5n3 + n). (Tout ceci s’exprime beaucoup mieux à l’aide de congruences. Par exemple : si n ≡ 1 (3), 5n2 + 1 ≡ 5.12 + 1 = 6 ≡ 0 (3)) 2024
0
n
(b) 42 signifie (...((42 )2 )2 ...)2 . Etudions la suite de ces élévations au carré successives modulo 7. 42 = 2 1 4 est dans 4 + 7Z. 42 = 16 est dans 2 + 7Z. 42 = 162 = (7k + 2)2 = 4 + 7k0 est dans 4 + 7Z... 2p+1 2p est dans Montrons par récurrence sur p entier naturel que : ∀p ∈ N, 42 est dans 4 + 7Z et 42 2 + 7Z. C’est vrai pour p = 0. 2p+1 2p = 2+7k2p+1 , Soit p > 0. Si il existe deux entiers relatifs k2p et k2p+1 tels que 42 = 4+7k2p et 42 alors : 2p+2
42
2p+1
= (42
2 )2 = (2 + 7k2p+1 )2 = 4 + 7(4k2p+1 + 7k2p+1 ) ∈ 4 + 7Z,
puis 2p+3
42
2p+2
= (42
2 2 )2 = (4 + 7k2p+2 )2 = 16 + 28k2p+2 + 49k2p+2 = 2 + 7(2 + 4k2p+2 + 7k2p+2 ) ∈ 2 + 7Z. n
n
On a montré par récurrence que si n est pair, 42 est dans 4 + 7Z et si n est impair, 42 est dans 2 + 7Z. 0 n n−1 n−1 Ensuite 22 = 2 est dans 2 + 7Z puis, pour n > 1, 22 = 22.2 = 42 est dans 4 + 7Z si n − 1 est pair n n ou encore si n est impair et est dans 2 + 7Z si n est pair. Ainsi, que n soit pair ou impair, 42 + 22 + 1 est dans (4 + 2) + 1 + 7Z = 7 + 7Z = 7Z et on a montré que : n
n
∀n ∈ N, 7|42 + 22 + 1. Correction de l’exercice 4008 N Soient m, n et p trois entiers naturels et r1 , r2 et r3 les restes des divisions euclidiennes de m, n et p par 8. Alors, m2 + n2 + p2 = (8q1 + r1 )2 + (8q2 + r2 )2 + (8q3 + r3 )2 ∈ r12 + r22 + r32 + 8Z. Donc m2 + n2 + p2 est dans 7 + 8Z si et seulement si r12 + r22 + r32 est dans 7 + 8Z. Comme r1 , r2 et r3 sont des entiers entre 0 et 7, il suffit de vérifier que les sommes de trois carrés d’entiers compris au sens large entre 0 et 7 ne sont pas dans 7 + 8Z. Or, 02 = 0 ∈ 8Z, 12 = 1 ∈ 1 + 8Z, 22 = 4 ∈ 4 + 8Z, 32 = 9 ∈ 1 + 8Z, 42 = 16 ∈ 8Z, 52 = 25 ∈ 1 + 8Z, 62 = 36 ∈ 4 + 8Z et 72 = 49 ∈ 1 + 8Z. Donc, les carrés des entiers de 0 à 7 sont dans 8Z ou 1 + 8Z ou 4 + 8Z. Enfin, 0 + 0 + 0 = 0 ∈ 8Z, 0 + 0 + 1 = 1 ∈ 1 + 8Z, 0 + 1 + 4 = 5 ∈ 5 + 8Z 0 + 4 + 4 = 8 ∈ 8Z, 1 + 4 + 4 = 9 ∈ 1 + 8Z, 4 + 4 + 4 = 12 ∈ 4 + 8Z.
0 + 0 + 4 = 4 ∈ 4 + 8Z, 0 + 1 + 1 = 2 ∈ 2 + 8Z, 1 + 1 + 1 = 3 ∈ 3 + 8Z, 1 + 1 + 4 = 6 ∈ 6 + 8Z,
Aucune de ces sommes n’est dans 7 + 8Z et on a montré qu’un entier de la forme 8n + 7 n’est pas la somme de trois carrés. Correction de l’exercice 4009 N
√ Soit√n ∈ N∗ . En développant (1 + 2)n par la formule √ du binôme de N EWTON et en séparant les termes √ n où 2 apparaît à un exposant pair des termes où 2 apparaît à un exposant impair, on écrit (1 + 2) √ sous la forme an + bn 2 où an et bn sont des entiers naturels non nuls. √ √ Mais alors (1 − 2)n = an − bn 2 et donc √ √ √ √ (−1)n = (1 + 2)n (1 − 2)n = (an + bn 2)(an − bn 2) = a2n − 2b2n 2025
ou finalement, ((−1)n an )an + (2(−1)n+1 bn )bn = 1 où (−1)n an = u et 2(−1)n+1 bn = v sont des entiers relatifs. Le théorème de B EZOUT permet d’affirmer que an et bn sont premiers entre eux. Correction de l’exercice 4010 N √ √ √ √ Posons (1 + 3)n = an + bn 3 où an et bn sont des entiers naturels. On a alors (1 − 3)n = an − bn 3 et donc √ √ (1 + 3)2n+1 + (1 − 3)2n+1 = 2a2n+1 ∈ N.
√ √ Mais de plus, −1 < 1 − 3 < 0 et donc, puisque 2n + 1 est impair, −1 < (1 − 3)2n+1 < 0. Par suite, √ 2a2n+1 < (1 + 3)2n+1 < 2a2n+1 + 1, √ 2n+1 √ 2n+1 √ 2n+1 ce qui montre que E((1 + 3) ) = 2a = (1 + 3) + (1 − 3) et montre déjà que E((1 + 2n+1 √ 2n+1 3) ) est un entier pair. Mais on en veut plus : √ √ √ √ √ √ (1 + 3)2n+1 + (1 − 3)2n+1 = (1 + 3)((1 + 3)2 )n + (1 − 3)((1 − 3)2 )n √ √ √ √ = (1 + 3)(4 + 2 3)n + (1 − 3)(4 − 2 3)n √ √ √ √ = 2n ((1 + 3)(2 + 3)n + (1 − 3)(2 − 3)n )
√ √ n √ √ n √ √ n Montrons enfin que (1+ √ 3)(2+ √ n3) √ 3)(2+ 3) +(1− 3)(2− 3) est un entier, pair. Mais, (1+ et donc, puisque (1 − 3)(2 − 3) = est de√la forme A + B 3 où A√et B sont√des entiers√naturels √ A − B 3, on a finalement (1 + 3)(2 + 3)n + (1 − 3)(2 − 3)n = 2A où A est un entier. √ √ √ √ √ + 3)n + (1 − 3)(2 − 3)n est un entier pair, ou encore (1 + 3)2n+1 + (1 − Donc, (1 + 3)(2 √ √ 2n+1 3) = E((1 + 3)2n+1 ) est un entier divisible par 2n+1 . Correction de l’exercice 4011 N Soit n un entier naturel non nul. On note σ (n) la somme de ses chiffres en base 10 (voir l’exercice 4024). Si n = a0 + 10a1 + ... + 10k ak où k ∈ N, 0 6 ai 6 9 pour 0 6 i 6 k et ak 6= 0, alors σ (n) = a0 + ... + ak 6 9(k + 1) 6 9(E(log n) + 1) 6 9(log n + 1). Donc,
A = σ (44444444 ) 6 9(log(44444444 )+1) 6 9(4444 log(105 )+1) = 9(4444.5+1) = 9.22221 = 199989. Puis, B = σ (A) 6 1 + 5.9 = 46, puis σ (B) 6 σ (39) = 12. Donc, 1 6 σ (B) 6 12. D’autre part, on sait que modulo 9 : σ (B) ≡ B ≡ A = 44444444 . Enfin, 44444444 = (9.443 + 7)4444 ≡ 74444 (9). De plus, 7 ≡ −2 (9) puis 72 ≡ 4 (9) puis 73 ≡ 28 ≡ 1 (9) et donc 74444 = (73 )1481 .7 ≡ (13 )1481 .7 ≡ 7 (9). Finalement, 1 6 σ (B) 6 12 et C ≡ 7 (9) ce qui impose C = 7. Correction de l’exercice 4012 N On a trois possibilités : p ∈ 3Z, p ∈ 3Z + 1 ou p ∈ 3Z − 1. Dans les deux derniers cas, p2 ∈ 1 + 3Z et 8p2 + 1 ∈ 9 + 3Z = 3Z. Mais alors, 8p2 + 1 est premier et multiple de 3 ce qui impose 8p2 + 1 = 3. Cette dernière égalité est impossible. 2026
Il ne reste donc que le cas où p est premier et multiple de 3, c’est-à-dire p = 3 (en résumé, p et 8p2 + 1 premiers impliquent p = 3). Dans ce cas, 8p2 + 1 = 73 et 8p2 − 1 = 71 sont effectivement premiers. Correction de l’exercice 4013 N k−1 (a) Pour 1 6 k 6 n, kCnk = nCn−1 . Donc, si k et n sont premiers entre eux, puisque n divise kCnk , le théorème de G AUSS permet d’affirmer que n divise Cnk . n−1 n montre que (n + 1) divise nC n et, puisque n et (n + 1) sont premiers (b) De même, (n + 1)C2n = nC2n 2n n d’après le théorème de entre eux (d’après B EZOUT puisque (n + 1) − n = 1), (n + 1) divise C2n G AUSS.
Correction de l’exercice 4014 N (a) Posons d = x ∧ y et m = x ∨ y. d divise m = 105 = 3.5.7 mais, puisque d divise x et y, d divise aussi x + y = 56 = 23 .7. Donc, d divise 105 ∧ 56 = 7 et nécessairement d = 1 ou d = 7. 1er cas. d = 1 fournit, puisque m = 105, xy = md = 105. x et y sont donc les solutions de l’équation X 2 − 56X + 105 = 0 qui n’admet pas de solutions entières. 2ème cas. d = 7 fournit xy = 7.105 = 735. x et y sont donc les solutions de l’équation X 2 − 56X + 735 = 0 qui admet les solutions 21 et 35. Réciproquement, 21 + 35 = 56 et 21 ∨ 35 = 3.5.7 = 105. S = {(21, 35), (35, 21)}. 0 x − y0 = 1 (b) On pose x = dx0 et y = dy0 avec x0 et y0 premiers entre eux et d = x∧y. Le système s’écrit dx0 y0 = 72 0 x = y0 + 1 ou encore . En particulier, y0 et y0 + 1 sont deux diviseurs consécutifs de 72. d(y0 + 1)y0 = 72 72 = 23 .32 admet 4.3 = 12 diviseurs à savoir 1, 2, 3, 4, 6, 8, 9, 12, 18, 24, 36 et 72. Donc y0 est élément de {1, 2, 3, 8}. 72 1er cas. y0 = 1 fournit d = 1.2 = 36 puis y = 36.1 = 36 et x = y+d = 72. Réciproquement, 72−36 = 36 = 36 ∧ 72 et 36 ∨ 72 = 72. 2ème cas. y0 = 2 fournit d = 12, y = 24, x = 36 qui réciproquement conviennent. 3ème cas. y0 = 3 fournit d = 6, y = 18, x = 24 qui réciproquement conviennent. 4ème cas. y0 = 8 fournit d = 1, y = 8, x = 9 qui réciproquement conviennent. S = {(9, 8), (24, 18), (36, 24), (72, 36)}. (c) d divise m et donc d divise 243 = 35 et d ∈ {1, 3, 9, 27, 81, 243}. On pose alors x = dx0 , y = dy0 avec x0 et y0 premiers entre eux. 1er cas. Si d = 1 on a x0 y0 −1 = 243 ou encore x0 y0 = 244 ce qui fournit les possibilités (en n’oubliant pas que x0 et y0 sont premiers entre eux) : x0 = 1, y0 = 244 puis x = 1 et y = 244, x0 = 4, y0 = 61 puis x = 4 et y = 61, x0 = 61, y0 = 4 puis x = 61 et y = 4, x0 = 244, y0 = 1 puis x = 244 et y = 1 qui réciproquement conviennent. 2ème cas. Si d = 3, on a x0 y0 = 81 + 1 = 82 ce qui fournit les possibilités : x0 = 1, y0 = 82 puis x = 3 et y = 246, x0 = 2, y0 = 41 puis x = 6 et y = 123, x0 = 41, y0 = 2 puis x = 123 et y = 6, x0 = 82, y0 = 1 puis x = 246 et y = 3 qui réciproquement conviennent. 3ème cas. Si d = 9 on a x0 y0 = 27 + 1 = 28 ce qui fournit les possibilités : x0 = 1, y0 = 28 puis x = 9 et y = 252, x0 = 4, y0 = 7 puis x = 36 et y = 63, x0 = 7, y0 = 4 puis x = 63 et y = 36, x0 = 28, y0 = 1 puis x = 252 et y = 9 qui réciproquement conviennent. 2027
4ème cas. Si d = 27 on a x0 y0 = 9 + 1 = 10 ce qui fournit les possibilités : x0 = 1, y0 = 10 puis x = 27 et y = 270, x0 = 2, y0 = 5 puis x = 54 et y = 135, x0 = 5, y0 = 2 puis x = 135 et y = 54, x0 = 10, y0 = 1 puis x = 270 et y = 27 qui réciproquement conviennent. 5ème cas. Si d = 81, on a x0 y0 = 3 + 1 = 4 ce qui fournit les possibilités : x0 = 1, y0 = 4 puis x = 81 et y = 324, x0 = 4, y0 = 1 puis x = 324 et y = 81 qui réciproquement conviennent. 6ème cas. Si d = 243, on a x0 y0 = 1 + 1 = 2 ce qui fournit les possibilités : x0 = 1, y0 = 2 puis x = 243 et y = 486, x0 = 2, y0 = 1 puis x = 486 et y = 243 qui réciproquement conviennent.
Correction de l’exercice 4015 N Soit n un entier supérieur ou égal à 2. (n − 2)2 + (n − 1)2 + n2 + (n + 1)2 + (n + 2)2 = 5n2 + 10 = 5(n2 + 2). 5(n2 + 2) devant être un carré parfait, n2 + 2 doit encore être divisible par 5 mais si n est dans 5Z, n2 + 2 est dans 2 + 5Z, si n est dans ±1 + 5Z, n2 + 2 est dans 3 + 5Z et si n est dans ±2 + 5Z, n2 + 2 est dans 1 + 5Z et n2 + 2 n’est jamais divisible par 5. Une somme de cinq carrés d’entiers consécutifs n’est donc pas un carré parfait. Correction de l’exercice 4016 N Soient n et m deux entiers naturels tels que n < m. Posons m = n + k avec k > 0. On note que n+k
Fm = 22
n
k
k
+ 1 = (22 )2 + 1 = (Fn − 1)2 + 1.
En développant l’expression précédente par la formule du binôme de N EWTON et en tenant compte du fait que 2k est pair puisque k est strictement positif, on obtient une expression de la forme q.Fn + 1 + 1 = q.Fn + 2. Le P.G.C.D. de Fn et Fm doit encore diviser Fm − q.Fn = 2 et vaut donc 1 ou 2. Enfin, puisque 2n et 2m sont strictement positifs, Fn et Fm sont impairs et leur P.G.C.D. vaut donc 1 (ce résultat redémontre l’existence d’une infinité de nombres premiers). Correction de l’exercice 4017 N (a) Soit, pour n entier naturel non nul donné, vn = un+1 un−1 − u2n . Alors, vn+1 = un+2 un − u2n+1 = (un + un+1 )un − un+1 (un−1 + un ) = u2n − un+1 un−1 = −vn . La suite v est donc une suite géométrique de raison −1 et on a : ∀n ∈ N∗ , vn = (−1)n−1 v1 = (−1)n . Cette égalité s’écrit encore ((−1)n un−1 )un+1 + ((−1)n+1 un )un = 1 et le théorème de B EZOUT permet d’affirmer que pour tout entier naturel n, les entiers un et un+1 sont premiers entre eux (il est clair par récurrence que la suite u est à valeurs entières). (b) Pour m = 1 et n entier naturel quelconque : un+m = un+1 = un+1 u1 + un u0 = un+1 um + um−1 un . Pour m = 2 et n entier naturel quelconque : 2028
un+m = un+2 = un+1 + un = un+1 u2 + un u1 = un+1 um + um−1 un . Soit m > 1. Supposons que pour tout entier naturel n, on a un+m = un+1 um + um−1 un et un+m+1 = un+1 um+1 + um un . Alors, pour tout entier naturel n,
un+m+2 = un+m+1 + un+m = un+1 um+1 + um un + un+1 um + um−1 un (par hypothèse de récurrence) = un+1 (um+1 + um ) + un (um + um−1 ) = un+1 um+2 + un um+1 . ce qui démontre l’égalité proposée par récurrence. Soient n et m deux entiers naturels tels que n > m. La division euclidienne de n par m s’écrit n = mq + r avec q et r entiers tels que 0 6 r 6 m − 1. Or, um+r = um ur+1 +um−1 ur . Par suite, un diviseur commun à um et ur divise encore um et um+r et réciproquement un diviseur commun à um et um+r divise um−1 ur . Mais, um et um−1 sont premiers entre eux et, d’après le théorème de G AUSS, un diviseur commun à um et um+r divise ur . Les diviseurs communs à um et ur sont encore les diviseurs communs à um et um+r et donc : um ∧ ur = um ∧ um+r . Puis, par récurrence um ∧ ur = um ∧ um+r = um ∧ u2m+r = ... = um ∧ uqm+r = um ∧ un . Ainsi, les algorithmes d’E UCLIDE appliqués d’une part à um et un et d’autre part à m et n s’effectuent en parallèle et en particulier, um ∧ un = um∧n . Correction de l’exercice 4018 N (a) Posons d = x ∧ y ∧ z puis x = dx0 , y = dy0 et z = dz0 où x0 ∧ y0 ∧ z0 = 1. 2
2
2
2
2
x2 + y2 = z2 ⇔ d 2 (x0 + d 2 y0 ) = d 2 z0 2 ⇔ x0 + y0 = z0 , avec x0 ∧ y0 ∧ z0 = 1, ce qui montre que l’on peut se ramener au cas où x, y et z sont premiers entre eux. Supposons donc x, y et z premiers entre eux (dans leur ensemble). Soit p un nombre premier. Si p divise x et y alors p divise x2 + y2 = z2 et donc p est également un facteur premier de z contredisant le fait que x, y et z sont premiers entre eux. Donc, x et y sont premiers entre eux. Si p divise x et z alors p divise z2 − x2 = y2 et donc p est également un facteur premier de y, contredisant le fait que x, y et z sont premiers entre eux. Donc, x et z sont premiers entre eux. De même, y et z sont premiers entre eux. Finalement, x, y et z sont premiers entre eux deux à deux. (b) Puisque x, y et z sont deux à deux premiers entre eux, parmi les nombres x, y et z, il y a au plus un nombre pair. Mais si ces trois nombres sont impairs, x2 + y2 = z2 est pair en tant que somme de deux nombres impairs contredisant le fait que z est impair. Ainsi, parmi les nombres x, y et z, il y a exactement un nombre pair et deux nombres impairs. Si x et y sont impairs, alors d’une part, z est pair et z2 est dans 4Z et d’autre part x2 et y2 sont dans 1 + 4Z. Mais alors, x2 + y2 est dans 2 + 4Z excluant ainsi l’égalité x2 + y2 = z2 . Donc, z est impair et l’un des deux nombres x ou y est pair. Supposons, quite à permuter les lettres x et y, que x est impair et y est pair. z−x Posons alors y = 2y0 puis X = z+x 2 et Z = 2 (puisque x et z sont impairs, X et Z sont des entiers).
2029
(c) On a 2
2
x2 + y2 = z2 ⇔ 4y0 = (z + x)(z − x) ⇔ y0 = XZ. Un diviseur commun à X et Z divise encore z = Z + X et x = Z − X et est donc égal à ±1 puisque x et z sont premiers entre eux. X et Z sont des entiers premiers entre eux. Le produit des deux entiers X et Z est un carré parfait et ces entiers sont premiers entre eux. Donc, un facteur premier de X n’apparaît pas dans Z et apparaît donc dans X à un exposant pair ce qui montre que X est un carré parfait. De même, Z est un carré parfait. (d) Donc, il existe deux entiers relatifs u et v tels que X = u2 et Z = v2 . Mais alors, z = Z + X = u2 + v2 et x = Z − X = u2 − v2 . Enfin, y2 = z2 − x2 = (u2 + v2 )2 − (u2 − v2 )2 = 4u2 v2 et donc, y = 2uv quite à remplacer u par −u. En résumé, si x2 + y2 = z2 alors il existe (d, u, v) ∈ N∗ × Z × Z tel que x = d(u2 − v2 ), y = 2duv et z = d(u2 + v2 ) ou bien x = 2duv, y = d(u2 − v2 ) et z = d(u2 + v2 ). Réciproquement, (d(u2 − v2 ))2 + (2duv)2 = d 2 (u4 + 2u2 v2 + v4 ) = (d(u2 + v2 ))2 , et on a trouvé tous les triplets Pythagoriciens. Par exemple, d = 1, u = 2 et v = 1 fournissent le triplet (3, 4, 5). d = 2, u = 2 et v = 1 fournissent le triplet (6, 8, 10) et d = 1, u = 3 et v = 2 fournissent le triplet (5, 12, 13).
Correction de l’exercice 4019 N Soient x et y deux entiers naturels tels que 3x3 + xy + 4y3 = 349. On a 4y3 6 3x3 + xy + 4y3 = 349 et donc y6
r 3
349 = 4, 4... 4
Donc, y ∈ {0, 1, 2, 3, 4}. De même, 3x3 6 3x3 + xy + 4y3 = 349 et donc x6
r 3
349 = 4, 8... 3
Donc, x ∈ {0, 1, 2, 3, 4} ce qui ne laisse plus que 5.5 = 25 couples candidats. Ensuite, y = 0 donne 3x3 = 349 qui ne fournit pas de solutions. y = 1 donne 3x3 + x − 345 = 0, équation dont aucun des entiers de 0 à 4 n’est solution. y = 2 donne 3x3 + 2x − 317 = 0, équation dont aucun des entiers de 0 à 4 n’est solution. y = 3 donne 3x3 + 3x − 241 = 0, équation dont aucun des entiers de 0 à 4 n’est solution. y = 4 donne 3x3 + 4x − 93 = 0 dont seul x = 3 est solution. S = {(3, 4)}. Correction de l’exercice 4020 N Si x > 5 et 5 6 k 6 x, alors k! est divisible par 2.5 = 10. D’autre part, 1! + 2! + 3! + 4! = 33 et le chiffre des unités de ∑xk=1 k! est 3. ∑xk=1 k! n’est donc pas un carré parfait car le chiffre des unités (en base 10) d’un carré parfait est à choisir parmi 0, 1, 4, 5, 6, 9. Donc, x 6 4. Ensuite, 1! = 1 = 12 puis 1! + 2! = 1 + 2 = 3 n’est pas un carré parfait, puis 1! + 2! + 3! = 9 = 32 puis 1! + 2! + 3! + 4! = 33 n’est pas un carré parfait. S = {(1, 1), (3, 3)}. 2030
Correction de l’exercice 4021 N 10 p−1 − 1 10 p − 1 + 4.10 p 10 − 1 10 − 1 2 p 1 2.10 + 1 1 = (81 + 80(10 p−1 − 1) + 4.10 p (10 p − 1)) = (4.102p + 4.10 p + 1) = , 9 9 3
n = 9 + 8(10 + 102 + ... + 10 p−1 ) + 4(10 p + ... + 102p−1 ) = 9 + 80
(ce qui montre déjà que n est le carré d’un rationnel). Maintenant, p
p
p
2.10 p + 1 = 2(9 + 1) p + 1 = 2. ∑ Ckp 9k + 1 = 3 + 2 ∑ Ckp 32k = 3(1 + 2 ∑ Ckp 32k−1 ), k=0
k=1
et 2.10 p + 1 est un entier divisible par 3. Finalement, n =
2.10 p +1 2 3
k=1
est bien le carré d’un entier.
Correction de l’exercice 4022 N Pour k ∈ N, posons ak = 11...1 (k + 1 chiffres 1 en base 10). Soit n un entier naturel quelconque. La division euclidienne de ak par n s’écrit : ak = n.qk + rk où qk et rk sont des entiers naturels tels que 0 6 rk 6 n − 1. Les n + 1 entiers r0 ,..., rn sont à choisir parmi les n entiers 0, 1,..., n − 1. Les n + 1 restes considérés ne peuvent donc être deux à deux distincts. Par suite, ∃(k, l) ∈ N2 / 0 6 k < l 6 n et rk = rl . Mais alors, al −ak = (ql −qk )n est un multiple de n. Comme al −ak = 11...10...0 (l −k chiffres 1 et k +1 chiffres 0), on a montré que tout entier naturel admet un multiple de la forme 11...10...0 = 11...1.10K . Si de plus n est impair, non divisible par 5, alors n est premier à 2 et à 5 et donc à 10K . D’après le théorème de G AUSS, n divise 11...1. Correction de l’exercice 4023 N (a) u2n = (2n+1 + 1)2 = 22n+2 + 2n+2 + 1 = 10...010...012 (n − 1 puis n + 1 chiffres 0)
(b)
u3n = (2n+1 + 1)3 = 23n+3 + 3.22n+2 + 3.2n+1 + 1 = 23n+3 + (2 + 1).22n+2 + (2 + 1).2n+1 + 1 = 23n+3 + 22n+3 + 22n+2 + 2n+2 + 2n+1 + 1 = 10...0110...0110...012
(c)
(n − 1 puis n − 1 puis n chiffres 0) u3n − u2n + un = 23n+3 + 3.22n+2 + 3.2n+1 + 1 − 22n+2 − 2n+2 − 1 + 2n+1 + 1 = 23n+3 + 22n+3 + 2n+2 + 1 = 10...010...010...01
(n − 1 puis n puis n + 1 chiffres 0) Correction de l’exercice 4024 N p (a) Soit n ∈ N∗ . Posons n = ∑k=0 ak 10k , où p ∈ N, et ∀k ∈ {0, ..., p}, ak ∈ {0, ..., 9}, et a p 6= 0. Le nombre de chiffres de n est alors p + 1. L’entier p vérifie 10 p 6 n < 10 p+1 ou encore p 6 log n < p + 1. Par suite, p = E(log n). Ainsi, le nombre de chiffres de n en base 10 est E(log n) + 1.
2031
(b) Pour n ∈ N∗ , posons un =
σ (n+1) σ (n)
i. Soit n ∈ N∗ . Posons n = a p 10 p + ... + 10a1 + a0 = a p ...a1 a0 10 . Si au moins un des chiffres de n n’est pas 9, on note k le plus petit indice tel que ak 6= 9. Alors, 0 6 k 6 p − 1 et n = a p ...ak 9...910 et n + 1 = a p ...ak+1 (ak + 1)0...010 . Dans ce cas, si k = 0, σ (n + 1) σ (n) + 1 1 = = 1+ 6 1 + 1 = 2. σ (n) σ (n) σ (n) Si 1 6 k 6 p − 1, a p + ... + ak + 1 a p + ... + ak + 1 σ (n + 1) = 6 = 1 6 2. σ (n) a p + ... + ak + 9k a p + ... + ak + 1 Sinon, tous les chiffres de n sont égaux à 9, et dans ce cas, 1 σ (n + 1) = 6 2. σ (n) 9(p + 1) Ainsi, pour tout entier naturel non nul n, on a un 6 2. La suite u est donc bornée. (10 p ) 1 Pour p ∈ N∗ , u10 p −1 = σσ(10 p −1) = 9p . La suite extraite (u10 p −1 ) p∈N converge et a pour limite 0. p
+1) 2 p Pour p ∈ N∗ , u10 p = σσ(10 (10 p ) = 1 = 2. La suite extraite (u10 ) p∈N converge et a pour limite 2 6= 0. On en déduit que la suite u diverge.
ii. Avec les notations du a), 1 6 σ (n) 6 9(p + 1) = 9(E(log n) + 1) 6 9(log n + 1). p p n iii. Soit n ∈ N∗ . 1 6 n σ (n) 6 n 9(log n + 1) = exp( n1 (ln 9 + ln(1 + lnln10 ). Les deux membres de cet p p encadrement tendent vers 1 et donc la suite ( n σ (n))n>1 converge et limn→+∞ n σ (n) = 1. Correction de l’exercice 4025 N (a) (Formule de L EGENDRE) Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 2. Si p est un nombre premier qui divise n! = 1.2...n, alors p est un facteur premier de l’un des entiers 2,..., n et en particulier, p 6 n. Réciproquement, il est clair que si p est un nombre premier tel que p 6 n, p divise n!. Les facteurs premiers de n! sont donc les nombres premiers inférieurs ou égaux à n. Soit donc p un nombre premier tel que p 6 n. Pour trouver l’exposant de p dans la décomposition primaire de n!, on compte 1 pour chaque multiple de p inférieur ou égal à n, on rajoute 1 pour chaque multiple de p2 inférieur ou égal à n, on rajoute encore 1 pour chaque multiple de p3 inférieur ou égal à n... et on s’arrête quand l’exposant k vérifie pk > n. n > pk ⇔ ln n > k ln p ⇔ k 6
ln n , ln p
ln n k (car ln p > 0). Donc, si k > E( ln p ) + 1, alors p > n. Dit autrement, l’exposant de p est la somme du nombre de multiples de p inférieurs ou égaux à n, du nombre de multiples de p2 inférieurs ou égaux à n, du nombre de multiple de p3 inférieurs ou égaux à n... et du nombre de multiples de pE(ln n/ ln p) . ln n Soit k un entier tel que 1 6 k 6 E( ln p ) et K un entier naturel.
1 6 K.pk 6 n ⇔
1 n n 6 K 6 k ⇔ 1 6 K 6 E( k ). k p p p
Il y a donc E( pnk ) multiples de pk compris au sens large entre 1 et n. On a montré que l’exposant de p dans la décomposition de n! en facteurs premiers est n n n E( ) + E( 2 ) + E( 3 ) + ... p p p 2032
(b) L’exposant de 5 dans la décomposition primaire de 1000! est 1000 1000 1000 1000 ) + E( 2 ) + E( 3 ) + E( 4 ) = 200 + 40 + 8 + 1 = 249. 5 5 5 5 L’exposant de 2 est évidemment supérieur (il y a déjà au moins 500 nombres pairs entre 1 et 1000). Donc, la plus grande puissance de 10 divisant 1000! est encore la plus grande puissance de 5 divisant 1000!, à savoir 249. L’écriture en base 10 de 1000! se termine par 249 zéros. E(
Correction de l’exercice 4026 N (Petit théorème de F ERMAT) Soit p un nombre premier. (a) Soit p un nombre premier et k un entier tel que 1 6 k 6 p − 1. On a kCkp = pCk−1 p−1 . Donc, p divise k kCp . Mais, p est premier et donc p est premier à tous les entiers compris entre 1 et p − 1 au sens large. D’après le théorème de G AUSS, p divise Ckp . (b) Soit p un nombre premier. Montrons par récurrence que ∀a ∈ N∗ , a p ≡ a (p). C’est clair pour a = 1. Soit a > 1. Supposons que a p ≡ a (p). On a alors p
(a + 1) p =
p−1
∑ Ckp ak = a p + 1 + ∑ Ckp ak k=0 p
k=1
≡ a + 1 (p) (d’après 1))
≡ a + 1 (p) (par hypothèse de récurrence)
On a montré par récurrence que ∀a ∈ N∗ , a p ≡ a (p). Correction de l’exercice 4027 N Soit p un entier naturel supérieur ou égal à 2. Supposons que (p − 1)! ≡ −1 (p). Il existe donc un entier relatif a tel que (p − 1)! = −1 + ap (∗). Soit k ∈ {1, ..., p − 1}. L’égalité (∗) s’écrit encore k(− ∏ j6=k j) + ap = 1. Le théorème de B EZOUT permet alors d’affirmer que k et p sont premiers entre eux. Ainsi, p est premier avec tous les entiers naturels éléments de {1, ..., p − 1} et donc, p est un nombre premier. Correction de l’exercice 4037 N ˙ y = 32. ˙ (a) x = 25, ˙ ou 16. ˙ (b) x = 15
Correction de l’exercice 4038 N ˙ ˙ ±1, ˙ ±5. (a) 0,
(b)
(c)
Correction de l’exercice 4041 N Étudier le même produit dans Z/nZ. Correction de l’exercice 4043 N 2033
(a) (b) 3. (c) (d) (e) ˙ ˙ 27. (f) 11,
Correction de l’exercice 4046 N Pour 1 6 k < p : k!Ckp+k = (p+1) . . . (p+k) ≡ k!(mod p) donc Ckp+k ≡ 1(mod p). De plus Ckp ≡ 0(mod p) d’où CkpCkp+k ≡ Ckp (mod p2 ). p p−1 (p−1)! 2 ) ≡ 2(p − 1)! 1 + Ensuite (p − 1)!C2p = 2(p + 1) . . . (p + p − 1) ≡ 2(p − 1)! + 2p ∑i=1 (mod p i p−1 0 2 0 p ∑i=1 i (mod p ) où i désigne l’inverse de i modulo p. L’application x 7→ x−1 est une permutation de p p(p−1) ≡ (mod p) ≡ 0(mod p), d’où CppC2p 2 p−1 k 1 + ∑k=1 Cp + 2(mod p2 ) ≡ 2 p + 1(mod p2 ).
p−1 0 i ≡ (Z/pZ)∗ donc ∑i=1 p CkpCkp+k ≡ Enfin ∑k=0
2(mod p2 ).
Correction de l’exercice 4047 N L’équation caractéristique, X 3 = 4(X 2 + X + 1) admet trois racines distinctes dans Z/11Z : 1, 6, 8. Donc xn est de la forme : xn = a + 6n b + 8n c avec a, b, c ∈ Z/11Z. On a 610 ≡ 810 ≡ 1(mod 11), donc (xn ) est périodique de période divisant 10. La plus petite période est 1 si b = c = 0, 10 sinon car les suites (6n ) et (8n ) ont 10 comme plus petite période modulo 11 et l’on a : 8(xn+1 − xn ) − 5(xn+2 − xn+1 ) = 7· 8n c et 7(xn+2 − xn+1 ) − (xn+1 − xn ) = 7· 6n b. Correction de l’exercice 4048 N (a) (b) i. Le nombre de solutions de l’équation xq = 1˙ est inférieur ou égal à q < p − 1. ˙ 2q + aq + 1) ˙ donc a2q est racine de x2 + x + 1˙ = 0, ˙ de discriminant −3. ˙ ii. 0˙ = a3q − 1˙ = (aq − 1)(a
˙ et un tel x est d’ordre multiplicatif 3. Par le théorème (c) Il existe x ∈ Z/pZ solution de x2 + x + 1˙ = 0, de Lagrange, on en déduit 3 | p − 1. Correction de l’exercice 4049 N Regrouper x et n − x. Correction de l’exercice 4051 N
(a) R = 1. (b) R = 1. (c) R = 1. (d) R = 1e . (e) R =
√1 . b
(f) R = 1. (g) R = 1. (h) R = 1. (i) R = 13 . 2034
(j) R = 1. (k) R = 1. √ (l) R = 2 − 1. (m) R =
(k−1)k−1 . kk
(n) R = 0. (o) R = 12 , 2t 6 1 + t 2 6 2. (p) R = 1, an ∼
ln n . n2
(q) R = 1.
Correction de l’exercice 4053 N La suite cos 2kπ + α est périodique de période 5, donc prend au plus cinq valeurs distinctes. 5 k∈|||
soit a celle de plus grande valeur absolue. Alors R =
1 |a| .
Correction de l’exercice 4054 N 1−α n si α < 1, 1−α n −α ∑k=1 k ∼ ln(n) si α = 1, Dans les trois cas, on obtient R = 1. ζ (α) si α > 1. Il y convergence en x = 1 si et seulement si α < 0 et il y a divergence grossière en x = −1 lorsque α > 1 vu les équivalents. Pour α 6 1 et x = −1 il y a convergence (CSA). Correction de l’exercice 4055 N (a) (an ) est bornée et (nan ) ne l’est pas, donc Ra = 1. |bn | ∼ |an | donc Rb = 1.
(b) Il y a doute seulement pour x = ±1. Le critère de convergence d’Abel (hors programme) s’applique, ∑ an xn converge si x = ±1. bn = an − 16 a3n + O(n−5/3 ) et le critère d’Abel s’applique aussi à ∑ a3n xn (linéariser le cos3 ), il y a aussi convergence pour x = ±1. Résolution conforme au programme : regrouper par paquets de six termes.
Correction de l’exercice 4056 N (a) R0 = R2 . (b) R0 = ∞. (c) R0 = eR.
Correction de l’exercice 4057 N √ √ min( R, R0 ). Correction de l’exercice 4058 N (a) Série produit de a(z) et
1 z−ρ
k ⇒ bn = ∑∞ k=0 ak+n+1 ρ .
(b) Si a(ρ) 6= 0 : b(z) converge pour |z| < ρ et tend vers l’infini pour z → ρ − ⇒ R = ρ. M Si a(ρ) = 0 : ∀ r > ρ, |a p | 6 rMp ⇒ |bn | 6 rn (r−ρ) ⇒ R = ∞.
2035
Correction de l’exercice 4059 N (a) ] − 1, 2[.
4n /2
(b) Pour 0 6 k 6 4n , on a |ak | 6 C4n
.
n
24 (atteint pour k = 4n /2). n /2
Donc an → 0 lorsque n → ∞ et si x > 1 alors a3∗4n /2 x3∗4
→ 6 0 lorsque n → ∞.
Correction de l’exercice 4060 N (a) Soit z 6= 0. Pour n > e1/|z| , on a |z| ln n > 1 et donc la suite ((ln n)n zn ) ne tend pas vers 0 quand n tend vers +∞. Ainsi, pour tout nombre complexe non nul z, la série proposée diverge grossièrement. R = 0. √ √ (b) Soit z 6= 0. Pour n > |z|12 , on a |z| n > 1 et donc la suite (( n)n zn ) ne tend pas vers 0 quand n tend vers +∞. Pour tout nombre complexe non nul z, la série proposée diverge grossièrement. R = 0. (c) D’après la formule de S TIRLING (ln(n!))2 ∼ ln2 n→+∞
√ n n 2πn e
=
2 p n + 12 ln n − n + ln( 2π) ∼ n2 ln2 n. n→+∞
La série entière proposée a même rayon de convergence que la série entière associée à la suite 2 ln2 (n+1) = 1, la règle de d’A LEMBERT permet d’affirmer que (n2 ln2 n). Comme limn→+∞ (n+1)n2 ln 2 n R = 1. 1 ch 1n + cos n1 ) = n4 ln 1 + 24n 4 +o n→+∞ n4 ch 1n + cos 1n ∼ e1/24 et
(d) n4 ln Donc
1 2
1 2
1 n4
= 1 n→+∞ 24
+ o(1).
n→+∞
R = 1.
(e) Pour n ∈ N∗ , posons an =
n+1 C2n+2 . (n+1)n+1
n!2 4n + 2 1 −n an+1 (2n + 2)! nn (2n + 2)(2n + 1)nn 1 = × × × 1+ × = = an (2n)! (n + 1)!2 (n + 1)n+1 (n + 1)2 (n + 1)n+1 n+1 n+1 n 4 ∼ . n→+∞ ne et donc limn→+∞ aan+1 = 0. D’après la règle de d’A LEMBERT, n R = +∞.
(f) On a vu que ln(n!) ∼ n ln n. Donc la série entière proposée a même rayon de convergence que la n→+∞ ln n)a série entière associée à la suite (n n! . Puis b ((n+1) ln(n+1))a /(n+1)!b ∼ 1b (n ln n)a /n!b n→+∞ n
et donc, d’après la règle de d’A LEMBERT 2036
si b > 0, R = +∞, si b = 0, R = 1 et si b < 0, R = 0. (g) Si a = 0, R = +∞. On suppose a 6= 0. n an • Si b > 1, 1+b ∼ ba et donc R = ab . n • Si b = 1,
an 1+bn
• Si 0 6 b < 1,
n→+∞ n = a2 et R = a. an ∼ an et 1+bn n→+∞
R = a.
Dans tous les cas R=
Max(1,b) a
si a > 0 et R = +∞ si a = 0.
Correction de l’exercice 4061 N √ √ √ √ (a) −1 + x argth x pour 0 6 x < 1 et −1 − −x arctan −x pour −1 6 x 6 0. (b)
x+x2 . (1−x)3
(c)
x(1+4x+x2 ) . (1−x)4
(d) (e) (f) (g) (h) (i) (j)
2(1−x2 ) ln(1−x)+x2 +2x (décomposer en éléments simples). 4x3 − 21 (x + (x2 + 1) arctan x) (décomposer en éléments simples). √ −1 + u4 argth u − 2u arctan u, u = 4 x. √ √ 1 1 5 √ √5 2(1−x) + 2 x argth x pour 0 6 x < 1 et 2(1−x) + 2 −x arctan −x − 21 ln(1 − 2x ch a + x2 ). 5 cos 2θ −4 1 − (5−4 (linéariser). cos 2θ )2 2x−1 (1−x)2
pour −1 < x 6 0.
− 2 ln(1−x) . x
√ √ (k) ch x pour x > 0 et cos −x pour x 6 0. 2
(l) (m) (n) (o) (p) (q)
ex 2
−e
x2 cos 2θ
cos(x2 sin 2θ ). 2 (x + 15x2 + 25x3 + 10x4 + x5 )ex . √ ex +2e−x/2 cos(x 3/2) , ( f 000 = f ). 3 √ 1− √ 1−4x−2x . 2x 1−4x x2 −1 2 . − ln(1−x) 1−x .
Correction de l’exercice 4062 N √ 1−x R = 2 − 1, Σ = 1−2x−x 2. Correction de l’exercice 4063 N (a) (b) S’il existe λ ∈ Sp(A) tel que |λ | > 1 et si x est un vecteur propre associé alors kAk x = kλ k x 6→ 0 donc la série diverge. Si toutes les valeurs propres de A sont de module < 1, comme kAk = ∑λ λ k Pλ (k) où les Pλ sont des polynômes à coefficients matriciels, la série converge absolument. k+1 = AS + ∞ Ak+1 = AS + A(I − A)−1 donc S = A(I − A)−2 est inversible ssi A (c) S = ∑∞ ∑k=0 k=0 (k + 1)A l’est.
2037
Correction de l’exercice 4064 N (a) χA (λ ) = −λ 3 + 2λ 2 + λ − 1. χA (−1) > 0, χA (0) < 0, χA (1) > 0, χA (2) > 0, χA (3) < 0 donc χA admet une racine dans chacun des intervalles ] − 1, 0[, ]0, 1[ et ]2, 3[.
(b) Cayley-Hamilton : tn = 2tn−1 + tn−2 − tn−3 .
(c) Soient −1 < α < 0 < β < 1 < 2 < γ < 3 les valeurs propres de A. On a tn zn = (αz)n + (β z)n + (γz)n n donc la série ∑∞ n=0 tn z converge si et seulement si |γz| < 1 et vaut : 1 1 1 1 χ0 1 −z2 − 4z + 3 + + = = 3 2 . 1 − αz 1 − β z 1 − γz z χ z z − z − 2z + 1
Correction de l’exercice 4065 N =−
R1
t3 t=0 1+t 3
dt =
ln 2 3
+
π √ 3 3
− 1.
Correction de l’exercice 4066 N R = 1. On décompose P sous la forme : P = a0 +a1 (X +1) +a2 (X +1)(X +2) +· · ·+a p (X +1) . . . (X + p). n Alors ∑∞ n=0 P(n)x =
a0 1−x
p! a
a1 p + (1−x) 2 + · · · + (1−x) p+1 .
Correction de l’exercice 4067 N sin nθ ∑∞ n=1 2n =
2 sin θ 5−4 cos θ ,
cos nθ 1 ∑∞ n=1 n2n = ln 2 − 2 ln(5 − 4 cos θ ).
Correction de l’exercice 4068 N n f (t) = ∑∞ n=0 unt =
e−t 1−t
k
(−1) n n = ∑∞ t donc un → n=0 ∑k=0 k!
1 e
lorsque n → ∞.
Correction de l’exercice 4069 N (a) La règle de d’A LEMBERT montre que la série proposée a un rayon de convergence égal à 1. 1 n 1ère solution. Pour x ∈] − 1, 1[, on pose f (x) = ∑+∞ n=2 n(n−1) x . f est dérivable sur ] − 1, 1[ et pour x dans ] − 1, 1[, n
x 1 n−1 f 0 (x) = ∑+∞ = ∑+∞ n=2 n−1 x n=1 n = − ln(1 − x).
R
Puis, pour x ∈] − 1, 1[, f (x) = f (0) + 0x f 0 (t)dt = (1 − x) ln(1 − x) + x. 2ème solution. Pour x ∈] − 1, 1[, n +∞ xn−1 +∞ xn 1 1 f (x) = ∑+∞ n=2 n−1 − n x = x ∑n=2 n−1 − ∑n=2 n = −x ln(1 − x) + ln(1 − x) + x. n
x ∀x ∈] − 1, 1[, ∑+∞ n=2 n(n−1) = −x ln(1 − x) + ln(1 − x) + x.
(b) La règle de d’A LEMBERT montre que la série proposée a un rayon égal à 1. Pour x ∈] − 1, 1[\{0} +∞ n +∞ xn 3n n 1 2 +∞ xn 1 2 ∑+∞ n=0 n+2 x = 3 ∑n=0 x − 2 ∑n=0 n+2 = 3 1−x − x2 ∑n=2 n = 3 1−x + x2 (x + ln(1 − x)) ( 1 3 1−x + x22 (x + ln(1 − x)) si x ∈] − 1, 1[\{0} +∞ 3n n ∀x ∈] − 1, 1[, ∑n=0 n+2 x = . 0 si x = 0
2038
(c) La règle de d’A LEMBERT montre que la série proposée a un rayon égal à 1. • Soit x ∈]0, 1[. √ 2n+1 +∞ √ 2n √ √ xn 1 +∞ ( x) 1 ( x) ∑ 2n + 1 = ∑ 2n + 1 = √x ∑ 2n + 1 = √x (ln(1 + x) − ln(1 − x)) n=0 n=0 n=0 √ argth( x) √ . = x +∞
• Soit x ∈] − 1, 0[. +∞
+∞ xn (−x)n 1 +∞ ∑ 2n + 1 = ∑ (−1)n 2n + 1 = √−x ∑ (−1)n n=0 n=0 n=0
∀x ∈] − 1, 1[,
xn ∑+∞ n=0 2n+1
=
√ 2n+1 √ −x arctan( −x) √ = 2n + 1 −x
√ argth( √ x) x
si x ∈]0, 1[ 1 si x = 0 √ arctan( √ −x) −x
.
si x ∈] − 1, 0[
(d) La règle de d’A LEMBERT montre que la série proposée a un rayon égal à +∞. Pour x réel, 2n+1−1 n 1 +∞ 1 1 +∞ 1 n n f (x) = 21 ∑+∞ n=0 (2n+1)! x = 2 ∑n=0 (2n)! x − 2 ∑n=0 (2n+1)! x .
• Si x > 0,
√ 2n √ 2n+1 1 √ √ +∞ 1 1 1 1 √ √ f (x) = 12 ∑+∞ ( x) − ( x) = ch( x) − sh( x) . n=0 (2n)! 2 2 x ∑n=0 (2n+1)! x
• Si x < 0,
√ 2n √ 2n+1 1 n 1 n f (x) = 12 ∑+∞ −x − 2√1−x ∑+∞ −x = n=0 (−1) (2n)! n=0 (−1) (2n+1)! √ √ 1 1 √ 2 cos( −x) − −x sin( −x) . n
nx ∀x ∈ R, ∑+∞ n=0 (2n+1)! =
(e) Immédiatement R = +∞ et
1 2
√ √ ch( x) − √1x sh( x) si x > 0
0 si x = 0 . √ √ 1 1 √ 2 cos( −x) − −x sin( −x) si x < 0
4n
x 1 ∀x ∈ R, ∑+∞ n=0 (4n)! = 2 (cos x + ch x). en n→+∞ 2
(f) ch n ∼ +∞
et donc R = 1e . Pour x dans − 1e , 1e ,
1 ∑ (ch n) xn = 2 n=0
+∞
+∞
∑ (ex)n + ∑
n=0
n=0
x n e
!
1 = 2
1 1 + 1 − ex 1 − xe
n ∀x ∈ − 1e , 1e , ∑+∞ n=0 (ch n) x =
2039
1 2 − e + 1e x = 2 2 x − e + 1e x + 1
1−x ch 1 . x2 −2x ch 1+1
=
1 − x ch 1
x2 − 2x ch 1 + 1
.
n
+∞ x n (g) La série proposée est le produit de C AUCHY des séries entières ∑+∞ n=0 x et ∑n=1 n qui sont toutes deux de rayon 1. Donc R > 1. Mais d’autre part, pour tout entier naturel non nul n, an = ∑nk=1 1k > 1 1 et R 6 1. Finalement R = 1. De plus, pour x dans ] − 1, 1[, f (x) = 1−x × − ln(1 − x) = ln(1−x) x−1 .
n n 1 ∀x ∈ ]−1, 1[, ∑+∞ n=1 ∑k=1 k x =
ln(1−x) x−1 .
(h) La règle de d’A LEMBERT montre que le rayon de convergence est égal à +∞. Pour n entier naturel donné,
n2 +4n−1 n!(n+2)
=
n3 +5n2 +3n−1 (n+2)!
puis
n3 + 5n2 + 3n − 1 = (n + 2)(n + 1)n + 2n2 + n − 1 = (n + 2)(n + 1)n + 2(n + 2)(n + 1) − 5n − 5 = (n + 2)(n + 1)n + 2(n + 2)(n + 1) − 5(n + 2) + 5
Donc, pour tout réel x, (n+2)(n+1)n n (n+2)(n+1) n +∞ n+2 n +∞ 1 n f (x) = ∑+∞ x + 2 ∑+∞ n=0 n=0 (n+2)! x − 5 ∑n=0 (n+2)! x + 5 ∑n=0 (n+2)! x . (n+2)!
Ensuite f (0) = − 12 et pour x 6= 0, +∞
f (x) =
+∞ +∞ +∞ 1 1 n 1 1 n n x + 2 x − 5 x + 5 ∑ (n − 1)! ∑ n! ∑ (n + 1)! ∑ (n + 2)! xn n=1 n=0 n=0 n=0
ex − 1 ex − 1 − x ex (x3 + 2x2 − 5x + 5) − 5x +5 = . x x2 x2 ( x 3 2 e (x +2x −5x+5)−5x 2 si x ∈ R∗ n +4n−1 n x2 ∀x ∈ R, ∑+∞ x = . n=0 n!(n+2) − 12 si x = 0
= xex + 2ex − 5
2k+1
n
+∞ x k (i) Pour n ∈ N∗ , 1n 6 an = n(−1) 6 n et donc R = 1. Pour x dans ]−1, 1[, f (x) = ∑+∞ k=0 2k+1 + ∑k=1 (2k)x . Puis +∞ 1 0 2x k−1 = 2x k 0 = 2x k ∑+∞ ∑+∞ k=0 x k=1 (2k)x = 2x ∑k=1 kx 1−x = (1−x)2 . n
(−1) xn = argth x + 2x . ∀x ∈] − 1, 1[, ∑+∞ n=1 n (1−x)2
4
4 n
n−1 (x ) = − ln(1+x ) et sinon f (0) = 0. (j) R = 1. Pour x réel non nul dans ] − 1, 1[, f (x) = − 1x ∑+∞ n=1 (−1) n 4x
∀x ∈] − 1, 1[,
x4n−1
n ∑+∞ n=1 (−1) 4n
=
(
4
) − ln(1+x si x 6= 0 4x . 0 si x = 0
(k) La règle de d’A LEMBERT fournit R = 12 . Pour x dans − 21 , 12 , +∞
+∞
+∞
+∞
∑ (n2 + 1)2n+1 xn = 2 ∑ (n + 2)(n + 1)(2x)n − 3 ∑ (n + 1)(2x)n + 2 ∑ (2x)n
n=0
n=0
+∞
=2
∑ (2x)n
n=0
=2
!00
n=0
+∞
−3
∑ (2x)n
n=0 2 2(1 − 2x) − 6(1 − 2x) + 8
(1 − 2x)3
2040
!0
=2
+∞
+ 2 ∑ (2x)n
n=0 2 8x + 4x
(1 − 2x)3
.
!
n=0
=2 2
!
2 4 1 + −3 1 − 2x (1 − 2x)2 (1 − 2x)3
(l) Pour x = 1, la suite ((−1)n+1 nx2n+1 ) n’est pas bornée et donc R > 1. Mais la série converge si |x| < 1 et R 6 1. Finalement R = 1. Pour x dans ] − 1, 1[, +∞
1 ∑ (−1)n+1 nx2n+1 = 2 n=0
+∞
∑ (−1)n+1 (2n + 2)x2n+1 − 2 ∑ (−1)n+1 x2n+1
n=0
+∞
1 = 2 =−
+∞
n+1 2n+2
∑ (−1)
x
n=0
x(1 + x2 ) − x3 1 + x2 )2
+
!0
n=0
+∞ 2 n
+ 2x ∑ (−x ) n=0 x3
!
1 = 2
!
−x2 1 + x2
0
2x + 1 + x2
!
x = . 1 + x2 1 + x2 )2
n+1 nx2n+1 = ∀x ∈] − 1, 1[, ∑+∞ n=0 (−1)
x3 . 1+x2 )2 √ 5
(m) 1ère solution. Les racines de l’équation caractéristique z2 − z − 1 = 0 sont α = 1+2 On sait qu’il existe deux nombres réels λ et µ tels que pour tout entier naturel n, √ n √ n an = λ 1+2 5 + µ 1−2 5 .
et β =
√ 1− 5 2 .
Les égalités n = 0 et n = 1 fournissent √ ( ( ( λ = 1 1 + √1 √1 1+ 5 λ = λ +µ = 1 λ +µ = 1 2 5 5 2 √ . √ √ ⇔ ⇔ ⇔ 1+ 5 1− 5 1 1 λ − µ = √15 √1 1− 5 √ λ + µ = 1 µ = − µ = 2 1− 5 2 2 5 2
√ n+1 √ n+1 1+ 5 1− 5 √1 − . 2 2 5 √ √ n+1 n+1 1− 5 1+ 5 et ont pour Les séries entières respectivement associées aux suites 2 2 √ √ rayons respectifs (1+√1 5)/2 = 5−1 et (1−√1 5)/2 = 5+1 2 2 . Ces rayons étant distincts, la série proFinalement, pour tout entier naturel n, an =
√1 5
posée a pour rayon
R = Min
i √ h √ 5−1 Pour x dans − 5−1 , , on a 2 2
n√
5−1 2 ,
+∞
α +∞ β +∞ 1 ∑ an x = √5 ∑ (αx)n − √5 ∑ (β x)n = √5 n=0 n=0 n=0 1 = . 1 − x − x2 n
o √ 5+1 2
=
√ 5−1 2 .
α β − 1 − αx 1 − β x
1 α −β = √ × 2 − (α + β )x + 1 αβ x 5
2ème solution. Supposons à priori le rayon R de la série proposée strictement positif. Pour x dans ] − R, R[, on a +∞
+∞
+∞
f (x) = 1 + x + ∑ an xn = 1 + x + ∑ an+2 xn+2 = 1 + x + ∑ (an+1 + an )xn+2 n=2 +∞
= 1 + x + x ∑ an+1 xn+1 + x n=0
n=0 +∞ 2
∑ an xn (les deux séries ont même rayon)
n=0
2
= 1 + x + x( f (x) − 1) + x f (x). Donc, nécessairement ∀x ∈] − R, R[, f (x) =
n=0
1 . 1−x−x2
2041
Réciproquement, la fraction rationnelle ci-dessus n’admet pas 0 pour pôle et est donc développable en série entière. Le rayon√ de convergence de la série obtenue est le minimum des modules des +∞ n pôles de f à savoir R = 5−1 2 . Notons ∑n=0 bn x ce développement. Pour tout x de ] − R, R[, on +∞ +∞ n 2 n n+1 − +∞ b xn+2 = 1 ce qui s’écrit a ∑n=0 bn x (1 − x − x ) = 1 et donc ∑n=0 bn x − ∑+∞ ∑n=0 n n=0 bn x +∞ +∞ +∞ n n encore ∑n=0 bn x − ∑n=1 bn−1 xn − ∑n=2 bn−2 x = 1. Finalement n ∀x ∈] − R, R[, b0 + (b1 − b0 )x + ∑+∞ n=2 (bn − bn−1 − bn−2 )x = 1.
Par unicité des coefficients d’un développement en série entière, on a alors b0 = b1 = 1 et ∀n > 2, bn = bn−1 + bn − 2. On en déduit alors par récurrence que ∀n ∈ N, bn = an . i √ h √ 5−1 1 n ∀x ∈ − 5−1 , , ∑+∞ n=0 an x = 1−x−x2 . 2 2 Remarque. En généralisant le travail précédent, on peut montrer que les suites associées aux développements en série entière des fractions rationnelles sont justement les suites vérifiant des relations de récurrence linéaire. (n) Pour tout entier naturel n, 1 6 an 6 n + 1. Donc R = 1. On remarque que pour tout entier naturel n, an = ∑k+5l=n 1. La série entière proposée est donc le +∞ 5l k produit de C AUCHY des séries ∑+∞ k=0 x et ∑l=0 x . Pour x dans ] − 1, 1[, on a donc +∞ 5l 1 1 k f (x) = ∑+∞ × (1−x) ∑l=0 x = 1−x 5. k=0 x
Remarque. De combien de façons peut -on payer 100 euros avec des pièces de 1, 2, 5, 10, 20 et 50 centimes d’euros, des pièces de 1 et 2 euros et des billets de 10 et 20 euros ? Soit N le nombre de solutions. N est le nombre de solutions en nombres entiers a,b,... de l’équation a + 2b + 5c + 10d + 20e + 50 f + 100g + 200h + 500k + 1000i + 2000 j = 10000 et est donc le coefficient de x10000 du développement en série entière de 1 , (1−x)(1−x2 )(1−x5 )(1−x10 )(1−x20 )(1−x50 )(1−x100 )(1−x200 )(1−x500 )(1−x1000 )(1−x2000 )
La remarque est néanmoins anecdotique et il semble bien préférable de dénombrer à la main le nombre de solutions. Les exercices 4075 et 4127 de cette planche font bien mieux comprendre à quel point les séries entières sont un outil intéressant pour les dénombrements.
Correction de l’exercice 4070 N
n Pour tout entier naturel non nul, |an | 6 1n et donc R > 1. Mais si x > 1, la suite 1n cos 2nπ 3 x n>1 n’est pas bornée comme on le voit en considérant la suite extraite des termes d’indices multiples de 3 +∞ ( jx)n et donc R = 1. Pour x dans ] − 1, 1[, f (x) = Re ∑n=1 n . Le problème est alors de ne pouvoir écrire − ln(1 − jx). Il faut s’y prendre autrement. f est donc dérivable sur ] − 1, 1[ et pour x dans ] − 1; 1[, n−1 j(1− j2 x) j +∞ n n−1 2nπ x = Re j x = Re = Re = − 21 x22x+1 . f 0 (x) = ∑+∞ cos ∑ 2 n=0 n=1 3 1− jx x +x+1 +x+1 Par suite, pour x ∈] − 1, 1[, f (x) = f (0) +
Rx 0 1 2 0 f (t) dt = − 2 ln(x + x + 1).
1 ∀x ∈] − 1, 1[, ∑+∞ n=1 n cos
2nπ 3
xn = − 21 ln(x2 + x + 1).
Correction de l’exercice 4071 N Le rayon de la série considérée est égal 1. Soit x ∈] − 1, 1[. n 1 +∞ xn +∞ xn 1 1 f (x) = 21 ∑+∞ n=0 2n−1 − 2n+1 x = 2 −1 + ∑n=1 2n−1 − ∑n=0 2n+1 . 2042
• Si x est dans ]0, 1[, ! +∞ 1 xn+1 xn −1 + ∑ −∑ = 2 n=0 2n + 1 n=0 2n + 1 √ √ 1 1+ x 1 √ = −1 + . x − √ ln 2 x 1− x
√ 2n+1 ! √ 1 +∞ ( x) −1 + x− √ ∑ 2n + 1 x n=0
+∞
1 f (x) = 2
• Si x est dans ] − 1, 0[, ! √ 2n+1 ! +∞ +∞ √ −x 1 1 xn+1 xn −1 + ∑ −∑ = −1 − −x + √ (−1)n ∑ 2 2n + 1 −x n=0 n=0 2n + 1 n=0 2n + 1 √ √ 1 1 = −x + √ −1 − arctan( −x) . 2 −x +∞
1 f (x) = 2
• f (0) = −1. Maintenant, la somme est en fait définie sur [−1, 1] car les séries numériques de termes généraux (−1)n
1 4n2 −1
convergent. Vérifions que la somme est continue sur [−1, 1]. n Pour x dans [−1, 1] et n ∈ N∗ , 4nx2 −1 6 4n21−1 qui est le terme général d’une série numérique convergente. La série entière considérée converge donc normalement sur [−1, 1]. On en déduit que cette somme est continue sur [−1, 1]. Donc et
4n2 −1
√ √ √ √ √ 1 1 1 1 lim f (x) = lim −1 + x− √ ln 1 + x + √ (1 + x)(1 − x) ln(1 − x) ∑ 2 = f (1) = x→1 x→1 2 x −x n=0 4n − 1 +∞
x−1
1 π +2 = (−1 − 2 arctan 1) = − . 2 4
Correction de l’exercice 4072 N Pour tout entier naturel n, |an | > Pour tout entier naturel n,
1 2n+1
et donc la série proposée ne converge pas absolument.
n 1 n+1 1 1 1 |un | − |un+1 | = − ∑ 4k + 1 2n + 3 ∑ 4k + 1 = 2n + 1 k=0 k=0
1 1 − 2n + 1 2n + 3
n
1
1
1
∑ 4k + 1 − 2n + 3 × 4n + 5
k=0
n 2 1 1 1 1 = − > − > 0. ∑ (2n + 1)(2n + 3) k=0 4k + 1 (2n + 3)(4n + 5) (2n + 3)(2n + 1) (2n + 3)(4n + 5)
La suite (|un |)n∈N est donc décroissante. De plus, pour tout entier naturel non nul n, 2043
4n+1 1 1 6 ∑4n+1 ∑nk=0 4k+1 k=1 k 6 1 + ∑k=2
et donc |un | 6
1+ln(4n+1) . 2n+1
Rk
1 k−1 t
dt = 1 + ln(4n + 1)
On en déduit que limn→+∞ un = 0. Finalement, la série proposée converge en
vertu du critère spécial aux séries alternées. 2n+1 . La série de terme général a converge et donc R > 1 mais Considérons la série entière ∑+∞ n n=0 un x puisque la série de terme général |an | diverge et donc R 6 1. Finalement, R = 1. Pour x ∈] − 1, 1[, posons 2n+1 . Pour x dans ] − 1, 1[, f (x) = ∑+∞ n=0 un x ! ! +∞ n 1 1 2n f (x) = ∑ (−1) ∑ x =∑ ∑ (−x2 )n 4k + 1 4k + 1 n=0 n=0 k=0 k=0 ! ! +∞ +∞ (−x2 )n = ∑ ∑ (−x2 )n (produit de C AUCHY de deux séries numériques absolument convergentes) 4n + 1 n=0 n=0 0
+∞
n
n
1 2 n Donc, pour x dans ]0, 1[, f 0 (x) = g(x)h(x) où h(x) = ∑+∞ n=0 (−x ) = 1+x2 puis √ 4n+1 n 1 g(x) = √1x ∑+∞ . n=0 (−1) 4n+1 ( x) n 4n+1 pour X dans ] − 1, 1[, k0 (X) = +∞ (−1)n X 4n = Maintenant, en posant k(X) = ∑+∞ ∑n=0 n=0 (−1) X iπ/4 Ensuite, en posant ω = e , par réalité et parité 1 X 4 +1
où a =
1 4ω 3
=
a X−ω
1 . X 4 +1
a a a + X−ω − X+ω − X+ω
= − ω4 . Il vient alors
! √ √ ω ω ω ω 1 X 2−2 X 2+2 √ √ + − − = − + X −ω X −ω X +ω X +ω 4 X 2 − 2X + 1 X 2 + 2X + 1 √ √ ! 1 2X + 2 2 2X − 2 2 √ √ = √ − 4 2 X 2 + 2X + 1 X 2 − 2X + 1 √ √ √ √ 2 2 1 2X + 2 2X − 2 √ √ + + = √ − 2 2 2 2 2 − 2X + 1 4 2 X 2 + 2X + 1 X 1 1 1 1 X + √2 + √2 X − √2 + √2
1 1 =− 4 X +1 4
En tenant compte de k(0) = 0, on obtient donc pour X ∈] − 1, 1[, √ √ √ √ k(X) = 4√1 2 ln(X 2 + X 2 + 1) − ln(X 2 − X 2 + 1)) + 2 arctan(X 2 + 1) + arctan(X 2 − 1) .
Ensuite, pour tout réel x ∈]0, 1[, f 0 (x) =
√ √1 k ( x) 1 2 1+x x
=
√ √ √1 k0 ( x) k ( x) x
et donc
√ √ 2 2 f (x) = f (0) + k x − k(0)2 = k x 2 √ √ √ √ 1 = ln(X 2 + X 2 + 1) − ln(X 2 − X 2 + 1)) + 2 arctan(X 2 + 1) + arctan(X 2 − 1) . 32 Quand x tend vers 1, f (x) tend vers √ 2 2 √ √ √ 2+√2 1 1 ln + 2(arctan( 2 + 1) + arctan( 2 − 1)) = ln(3 + 2 2) + π . 32 32 2− 2 √ √ √ 1 (car arctan( 2 + 1) + arctan( 2 − 1) = arctan( 2 + 1) + arctan √2+1 = π2 ).
Enfin, pour x dans [0, 1] et n dans N, |un |xn − |un+1 |xn+1 > (|un | − |un+1 |)xn > 0 et la série numérique de terme général un xn est alternée. D’après une majoration classique du reste à l’ordre n d’une telle série, pour tout entier naturel n et tout réel x de [0, 1], 2044
k n+1 6 |u |Rn (x)| = ∑+∞ n+1 |, k=n+1 uk x 6 un+1 x
et donc Sup |Rn (x)| 6 |an+1 | → 0. La convergence est uniforme sur [0, 1] et on en déduit que la n→+∞
x∈[0,1]
somme est continue sur [0, 1]. En particulier ∑+∞ n=0 un
2 √ 1 = f (1) = lim f (x) = ln(3 + 2 2) + π . x→1 32 x 1, posons an =
Par suite, aan+1 → n
1 n→+∞ 4
Pour n ∈ N∗ , 2 an+1 (2n)! n × (2n+2)! × (n+1)! = an = n+1 n!2
1 n . nC2n
n 2(2n+1)
(∗).
et d’après la règle de d’A LEMBERT, le rayon de la série entière considérée est
R = 4. n Pour x ∈ ]−4, 4[, posons f (x) = ∑+∞ n=1 an x . Les relations (∗) s’écrivent encore ∀n ∈ N∗ , 4(n + 1)an+1 − 2an+1 = nan . Soit x ∈] − 4, 4[. On multiplie les deux membres de l’égalité précédente par xn+1 et on somme sur n. On obtient +∞ n n+1 = x2 +∞ na xn−1 , 4x ∑+∞ ∑n=1 n n=1 (n + 1)an+1 x − 2 ∑n=1 an+1 x
ou encore x2 f 0 (x) = 4x( f 0 (x) − a1 ) − 2( f (x) − a1 x) ou encore x(x − 4) f 0 (x) + 2 f (x) = −x (E). Soit I l’un des deux intervalles ] − 4, 0[ ou ]0, 4[.Sur I, l’équation (E) s’écrit : 1 1 f 0 (x) + 12 1x − x−4 f (x) = − x−4 . 1 Une primitive sur I de la fonction a : x 7→ 12 1x − x−4 est la fonction A : x 7→ 12 (ln |x − 4| − ln |x|) = q ln |x−4| |x| .
1 1 − x x−4
1 x−4 s 1 |x − 4| A(x) 0 A(x) ⇔ ∀x ∈ I, e f (x) + a(x)e f (x) = 4−x |x|
1 f solution de (E) sur I ⇔ ∀x ∈ I, f (x) + 2 0
f (x) = −
1 ⇔ ∀x ∈ I, (eA f )0 (x) = p |x(x − 4)| 1 |x(x−4)|
Déterminons une primitive de la fonction x 7→ √
2045
sur I.
(∗).
1 |x(x−4)|
=√ 1 = √ 1 2 et une primitive de la fonction x 7→ √ 1 sur I est x(4−x) |x(x−4)| 4−(x−2) la fonction x 7→ arcsin x−2 2 . Puis
• Si I =]0, 4[, √
x−2 f solution de (E) sur I ⇔ ∃C ∈ R/ ∀x ∈ I, e f (x) = arcsin +C 2 r x x−2 ⇔ ∃C ∈ R/ ∀x ∈ I, f (x) = arcsin +C . 4−x 2 A(x)
=√ 1 = √ 1 2 et une primitive de la fonction x 7→ √ 1 sur I est x(x−4) |x(x−4)| (2−x) −4 la fonction x 7→ − argch 2−x 2 . Puis 1 |x(x−4)|
• Si I =] − 4, 0[, √
2−x f solution de (E) sur I ⇔ ∃C ∈ R/ ∀x ∈ I, e f (x) = argch +C0 2 r x 2−x 0 0 ⇔ ∃C ∈ R/ ∀x ∈ I, f (x) = − argch +C . x−4 2 0
A(x)
f doit être définie,continue et dérivable sur ] − 4, 4[ et en particulier dérivable en 0. Ceci impose √ limx→0+ arcsin x−2 +C = 0 (car sinon f (x) ∼+ C x) et donc C = π2 . Pour x ∈]0, 4[, on a alors f (x) = 2 0 q q x π x 2−x 2−x = 4−x arccos 2 ce qui reste vrai pour x = 0 par continuité.. 4−x 2 − arcsin 2 De même, limx→0− − argch 2−x +C0 = 0 et donc C0 = 0. On a montré que 2 q x arccos 2−x si x ∈ [0, 4[ 4−x 2 1 n q ∀x ∈] − 4, 4[, ∑+∞ . n x = n=1 nC2n x 2−x − si x ∈] − 4, 0] x−4 argch 2
Correction de l’exercice 4075 N On a I0 = 0, I1 = 1 et I2 = 2 (l’identité et la transposition τ1,2 ). Soit n ∈ N∗ . Il y a In+1 involutions σ de [[1, n + 2]] vérifiant σ (n + 2) = n + 2 car la restriction d’une telle permutation à [[1, n + 1]] est une involution de [[1, n + 1]] et réciproquement. Si σ (n + 2) = k ∈ [[1, n + 1]], nécessairement σ (k) = n + 2 puis la restriction de σ à [[1, n + 2]] \ {k, n + 2} est une involution et réciproquement Il y a In involutions de [[1, n + 2]]\{k, n+2} et n+1 choix possibles de k et donc (n + 1)In involutions de [[1, n + 2]] telles que σ (n + 2) 6= n + 2. En résumé, ∀n ∈ N∗ , In+2 = In+1 + (n + 1)In . In Le rayon R de la série entière associée à la suite n! est supérieur ou égal à 1 car ∀n ∈ N∗ , n∈N∗ In n Pour x dans ] − R, R[, posons f (x) = ∑+∞ n=1 n! x . f est dérivable sur ] − R, R[ et pour x ∈] − R, R[ f 0 (x) =
In n!
6 1.
+∞
+∞ +∞ In In+2 n+1 In+1 + (n + 1)In n−1 x = 1 + 2x + x = 1 + 2x + ∑ (n − 1)! ∑ (n + 1)! ∑ (n + 1)! xn+1 n=1 n=1 n=1 +∞
+∞ In n In x + x ∑ xn n! n! n=2 n=1
= 1 + 2x + ∑
= 1 + 2x + f (x) − x + x f (x) = 1 + x + (x + 1) f (x). x2
x2
Donc, pour x ∈] − R, R[, f 0 (x) + (x + 1) f (x) = x + 1 ou encore e 2 +x f 0 (x) + (x + 1)e 2 +x f (x) = (x + x2
1)e 2 +x . Par suite, pour x ∈] − R, R[,
2046
x2
e 2 +x f (x) − f (0) = x2
Rx
0 (t + 1)e
t2 2 +t
x2
dt = e 2 +x − 1,
et puisque f (0) = 0, ∀x ∈] − R, R[, f (x) = e 2 +x − 1. Réciproquement, la fonction précédente est développable en série entière sur R en vertu de théorèmes x2
généraux (= e 2 × ex ) et les coefficients de ce développement vérifient les relations définissant In manière unique. Donc, ces coefficients sont les n! ce qui montre que R = +∞.
In n!
de
x2
In n 2 +x − 1. ∀x ∈ R, ∑+∞ n=1 n! x = e
Correction de l’exercice 4076 N 3n+1 x x3n+2 x3n+3 (a) = ln(1 − x3 ) − ln(1 − x) = ∑∞ + − 2 n=0 3n+1 3n+2 3n+3 . xn n+1 2n+1 (b) Factoriser : − ln 6 + 56 + ln 6 x − ∑∞ n=2 2n + 3n n(n−1) . 2n −1/2 x (c) Dériver le ln : ∑∞ n=1 n−1 2n−1 . n
2n+5+3(−1) n x . (d) ∑∞ n=0 − 4 √ n (e) 51 ∑∞ 1 + 2 2 (2 cos(3nπ/4) − sin(3nπ/4)) xn . n=0 √ √ n+1 √ (− 2 − 1)n+2 − ( 2 − 1)n+2 xn . (f) Intégrer : ∑∞ n=0 4 2 −1/2 (g) = √1−x (−1)n (x2n − x2n+1 ). = ∑∞ n=0 n 1−x2
(h) Dériver :
π 4
sin(nπ/4) √ n (−1)n xn . − ∑∞ n=1
(i) Dériver :
π 3
n−1 sin(nπ/6) xn . + ∑∞ n=1 (−1) n2n
n 2
n +2−n
2 (j) Dériver, factoriser : ∑∞ n=1 −
xn . 2 (−1)n+1 4n 2n−1 + (2n +3n−1) x2n . x (k) Linéariser : 1 + ∑∞ n=1 (2n)! (2n+1)(2n+2) n
n2
2n+1
(−1) (2 −1) 2n+1 (l) Dériver : ∑∞ x . n=0 n! (2n+1) n
2n+1 . n 8 n! (m) y0 = −4xy + 1 : ∑∞ n=0 (−1) (2n+1)! x n
4 n (n) 2x(1 − x)y0 + (1 − 2x)y = 1 : ∑∞ n=0 (2n+1)Cn x . 2n
(o)
(1 − x2 )y00 − xy0 + 9y
=0:
n 4nC3n 2n+1 . ∑∞ n=0 (2n+1)33n+1 x
Correction de l’exercice 4077 N ch(ka) k = 12 ln(ea − x) + 21 ln(e−a − x) = ∑∞ k=1 k x .
Correction de l’exercice 4078 N 2
ex 1−x
2 2n ∞ ex 1 1 = (1 + x) 1−x + x2n+1 ). 2 = ∑n=0 1 + 1! + · · · + n! (x
Correction de l’exercice 4079 N f (sh y) = ey/2 d’où l’équation différentielle : (1 + x2 ) f 00 (x) + x f 0 (x) = 14 f (x). n En posant f (x) = ∑∞ n=0 an x on obtient 4(k + 1)(k + 2)ak+2 = −(2k + 1)(2k − 1)ak avec a0 = f (0) = 1 (−1) p+1C2p−1
(−1) pC2p
4p−2 4p et a1 = f 0 (0) = 21 , d’où a2p = si p > 1 et a2p+1 = 24p+1 (2p+1) si p > 0. p24p Le rayon de convergence de la série correspondante est 1, ce qui valide la méthode (avec le théorème d’unicité de Cauchy-Lipschitz).
2047
Correction de l’exercice 4080 N √ n √ n 1+ 5 an = an−1 + an−2 ⇒ an = √15 − 1−2 5 . 2 Correction de l’exercice 4081 N Coefficient de xn dans (∑ xk )(∑(k + 1)xk )(∑(k + 1)2 xk ) = (2n+5)(n+4)(n+3)(n+2)(n+1) n+4 ⇒ cn = n+5 = . 5 + 5 120
1+x (1−x)6
Correction de l’exercice 4083 N (a) Pour |x|
k2k e−k , donc | f (k) (0)| = ∑∞ n=0 n e
| f (k) (0)| k!
> kk e−k ⇒ R = 0.
Correction de l’exercice 4085 N Il y a dérivation terme à terme facilement et indéfiniment. p
∞ −n (inx) , ce qui est DSE au voisinage de 0 : on envisage de permuter les Σ dans : fα (x) = ∑∞ n=1 ∑ p=0 e p! −nα en|x| converge. On en déduit qu’une condition suffisante pour que f soit e légitime si la série ∑∞ n=1 DSE au voisinage de 0 est α > 1 (avec convergence si x ∈ ] − 1, 1[ pour α = 1 et pour tout x ∈ R si α > 1). (k) (0)| = ∞ e−nα nk > e−N α N k avec N = bk1/α c donc pour r > 0 fixé et k tendant vers Cas α < 1 : | f ∑n=1 (k) k f (k) (0)rk l’infini on a ln k! ∼ α1 − 1 k ln(k) et la série de terme général f k!(0)r diverge grossièrement. α
p
∞ −n eina (in(x−a)) . En DSE au voisinage de a 6= 0 : même raisonnement en écrivant f (x) = ∑∞ n=1 ∑ p=0 e p! conclusion, f est analytique sur R si et seulement si α > 1. α
Correction de l’exercice 4086 N (a) Pour x = 6 0 la série comporte un nombre au voisinage de x, donc est fini de termes non nuls ∞ (k) ∞ (k) k−n k−n C au voisinage de x. On a | f (x)| = ∑n=0 an λn ϕn (λn x) 6 ∑∞ n=0 |an |λn Mn 6 cste(k) +
(k) est bornée sur R. Ceci implique que ∑∞ n=k+1 |an |Mn /λn en supposant λn > 1 pour n > k, donc f ∞ f est C en 0 et on a le développemment limité : f (x) = ∑kn=0 an xn + o(xk ) car φ ≡ 1 au voisinage de 0 donc f (k) (0) = k! ak . 1 (b) ψ(x) = exp (1−x)(x−2) sur ]1, 2[, ψ(x) = 0 ailleurs.
Correction de l’exercice 4087 N Dans chaque question, on note f la fonction considérée. (a) f est développable en série entière à l’origine en tant que fraction rationelle n’admettant pas 0 pour pôle. Le rayon du développement est le minimum des modules des pôles de f à savoir 1. Pour x dans ] − 1, 1[, 2048
f (x) =
1 x−1
1 − x−2 =
1 1−x
n +∞ 1 1 +∞ xn n − 21 × 1−1 x = ∑+∞ n=0 x − 2 ∑n=0 2n = ∑n=0 1 − 2n+1 x . 2
(b) f est développable en série entière à l’origine en tant que fraction rationelle n’admettant pas 0 pour pôle. 1er cas. Si |t| < 1, soit θ = arccost. On a donc θ ∈]0, π[ et t = cos(θ ). Pour tout réel x, on a x2 − 2tx + 1 = x2 − 2x cos(θ ) + 1 = (x − eiθ )(x − e−iθ ), avec eiθ 6= e−iθ . Les pôles sont de modules 1 et le rayon du développement est donc égal à 1. Pour x dans ] − 1, 1[, 1 1 = 2 x − 2x cos(θ ) + 1 2i sin(θ ) =
1 2i sin(θ )
1 e−iθ eiθ = − + 2i sin(θ ) 1 − xe−iθ 1 − xeiθ ! +∞ +∞ +∞ sin((n + 1)θ ) iθ inθ n −iθ −inθ n e ∑ e x −e ∑ e x = ∑ sin θ xn . n=0 n=0 n=0 1 1 − iθ x−e x − e−iθ
∀t ∈] − 1, 1[, ∀x ∈] − 1, 1[,
1 x2 −2xt+1
sin((n+1)θ ) n x où θ = arccost. = ∑+∞ n=0 sin θ
2ème cas. Si t > 1, on √peut poser t = ch(θ ) où θ est un certain réel positif ou nul. Plus précisément, θ = argcht = ln(t + t 2 − 1) ∈]0, +∞[. Pour tout réel x, on a x2 − 2tx + 1 = x2 − 2x ch(θ ) + 1 = (x − eθ )(x − e−θ ), avec eθ 6= e−θ . Le minimum des modules des pôles de f est e−θ = √ du développement est donc R = t − t 2 − 1. Pour x ∈] − R, R[, 1 1 = 2 x − 2x ch(θ ) + 1 2 sh(θ ) =
1 2 sh(θ )
√1 t+ t 2 −1
√ = t − t 2 − 1. Le rayon
1 eiθ eθ = − + 2 sh(θ ) 1 − xe−θ 1 − xeθ ! +∞ +∞ +∞ sh((n + 1)θ ) n θ nθ n −θ −nθ n e ∑ e x −e ∑ e x = ∑ x . sh θ n=0 n=0 n=0 1 1 − θ x−e x − e−θ
3ème cas. Si t < −1, on applique ce qui précède à −t et −x. 4ème cas. Si t = 1, pour x ∈] − 1, 1[, 1 1 1 0 n = ∑+∞ = (1−x) 2 = 1−x n=0 (n + 1)x x2 −2xt+1 Si t = −1, en remplaçant x par −x, on obtient pour x ∈] − 1, 1[,
1 (1+x)2
n n = ∑+∞ n=0 (−1) (n + 1)x .
(c) Pour tout réel x, x2 − 5x + 6 = (x − 2)(x − 3) et donc si x < 2, x2 − 5x + 6 > 0. Pour x ∈] − 2, 2[, ln(x2 − 5x + 6) = ln(2 − x) + ln(3 − x) = ln(6) + ln 1 − 2x + ln 1 − 3x , et puisque pour x dans ] − 2, 2[,
x 2
et
x 3
sont dans ] − 1, 1[,
ln(x2 − 5x + 6) = ln(6) − ∑+∞ n=1
1 2n
+ 31n
xn n
,
et en particulier la fonction f est développable en série entière et le rayon du développement est 2 clairement. (d) Si cos a = 0, la fonction et dérivable sur D = R et si cos a 6= 0, f est définie et dérivable f est définie sur D = −∞, cos1 a ∪ cos1 a , +∞ . Pour x ∈ D, 1 f 0 (x) = sin a × (1−x cos × a)2
1 2 x sin a 1+( 1−x cos a )
=
sin a . x2 −2x cos a+1
D’après 2), la fonction f 0 est dans tous les cas développable en série entière, le rayon du développement est 1 et pour x dans ] − 1, 1[ 2049
sin((n+1)a) n x . f 0 (x) = ∑+∞ n=0 sin a
On sait alors que la fonction f est développable en série entière, que le développement a même rayon de convergence et s’obtient en intégrant terme à terme. Donc pour x dans ] − 1, 1[, f (x) = f (0) +
Rx 0 +∞ sin(n+1)a) n+1 x . 0 f (t) dt = ∑n=0 sin a
(e) La fonction f est développable en série entière en tant que fraction rationnelle n’admettant pas 0 pour pôle. Le rayon est le minimum des modules des pôles de f à savoir 1. 1 (x−1)(x−2)...(x−p)
p λk = ∑k=1 x−k
1 k k avec λk = (−1) p−k (k−1)!(p−k)! = (−1) p−k p! Cp . Par suite, pour x dans ] − 1, 1[ p
f (x) =
∑ (−1)
p−k
k=1
=
(−1) p +∞ ∑ p! n=0
1 (−1) p p 1 k k C − = ∑ (−1)k+1Ckp p! p k 1 − kx p! k=1 ! k p C p ∑ (−1)k+1 kn xn . k=1
+∞
xn ∑ kn n=0
!
1 arcsin x puis (f) La fonction f est deux fois dérivable sur ] − 1, 1[ et pour x dans ] − 1, 1[, f 0 (x) = 2 √1−x 2 2 f 00 (x) = 2x (1−x12 )3/2 arcsin x + 1−x 2 =
Donc, pour x dans ] − 1, 1[,
(1 − x2 ) f 00 (x) − x f 0 (x) = 2
x 2 f 0 (x) + 1−x 2. 1−x2
(1) et f (0) = f 0 (0) = 0 (2).
On admettra que ces égalités déterminent la fonction f de manière unique. n Soit ∑+∞ n=0 an x une série entière de rayon R supposé à priori strictement positif. Pour x ∈] − R, R[, on n pose g(x) = ∑+∞ n=0 an x . +∞
+∞
g est solution de (1) sur ] − R, R[ ⇔ ∀x ∈] − R, R[, (1 − x2 ) ∑ n(n − 1)an xn−2 − x ∑ nan xn−1 = 2 n=2
+∞
⇔ ∀x ∈] − R, R[, ⇔ ∀x ∈] − R, R[, ⇔ ∀x ∈] − R, R[, ⇔ ∀x ∈] − R, R[,
n=1
+∞
+∞
∑ n(n − 1)an xn−2 − ∑ n(n − 1)an xn + ∑ nan xn = 2
n=2 +∞
n=0 +∞
n=0
∑ n(n − 1)an xn−2 − ∑ n2 an xn = 2
n=2 +∞
n=0
+∞
∑ (n + 2)(n + 1)an+2 xn − ∑ n2 an xn = 2
n=0 +∞
n=0
∑ ((n + 2)(n + 1)an+2 − n2 an )xn = 2
n=0
⇔ a2 = 1 et ∀n ∈ N∗ , an+2 =
n2 an (par unicité des coefficients d’un (n + 2)(n + 1)
En résumé, la fonction g est solution de (1) et (2) sur ] − R, R[ si et seulement si a0 = a1 = 0 et n2 a2 = 1 et ∀n ∈ N∗ , an+2 = (n+2)(n+1) an (3) puis ((2n − 2) × . . . × 4 × 2)2 (3) ⇔ ∀n ∈ N, a2n+1 = 0 et a0 = 0, a2 = 1 et ∀n > 2, a2n = a2 (2n) × (2n − 1) . . . × 4 × 3 22n−1 ((n − 1)!)2 ⇔ a0 = 0 et ∀n ∈ N, a2n+1 = 0 et ∀n ∈ N∗ , a2n = (2n)! En résumé, sous l’hypothèse R > 0, la fonction g est solution de (1) et (2) sur ] − R, R[ si et seulement 22n−1 2n si ∀x ∈] − R, R[, g(x) = ∑+∞ n=1 n2Cn x . 2n
Réciproquement, calculons le rayon de la série entière précédente. Pour x réel non nul, 2050
2n+1 2 2n+2 2 (n!) x (2n)! (2n+2)! × 22n−1 ((n−1)!)2 x2n =
4x2 n2 → x2 . (2n+2)(2n+1 n→+∞
D’après la règle de d’A LEMBERT, la série proposée converge absolument pour |x| < 1 et diverge grossièrement pour |x| > 1. Le rayon de la série proposée est donc 1 > 0 ce qui valide les calculs précédents. Par unicité de la solution de (1) et (2) sur ] − 1, 1[, f est développable en série entière et 2n−1
2 2n ∀x ∈] − 1, 1[, arcsin2 x = ∑+∞ n=1 n2Cn x . 2n
4n
n x (g) Pour tout réel x, cos(x2 ) = ∑+∞ n=0 (−1) (2n)! (le rayon est infini). On sait alors que la fonction f est développable en série entière, que le rayon du développement est encore infini et que l’on peut intégrer terme à terme pour obtenir (en tenant compte de f (0) = 0)
∀x ∈ R,
Rx
4n+1
x n = ∑+∞ n=0 (−1) (4n+1)×(2n)! .
0
(h) Les zéros du polynôme t 4 + t 2 + 1 sont j, j2 , − j et − j2 . Donc la fonction t 7→ t 4 +t12 +1 est développable en série entière en tant que fraction rationnelle n’admettant pas zéro pour pôle et que le rayon de la série obtenue est 1. Puis pour t dans ] − 1, 1[, 1 t 4 +t 2 +1
=
1−t 2 1−t 6
+∞ 6n +∞ 6n+2 6n = (1 − t 2 ) ∑+∞ = 1 − t 2 + t 6 − t 8 + t 12 − t 14 + . . .. n=0 t = ∑n=0 t − ∑n=0 t
La fonction t 7→ t 4 +t12 +1 est continue sur ] − ∞, 0] et négligeable devant fonction t 7→ t 4 +t12 +1 est donc intégrable sur ] − ∞, 0]. Par intégration terme à terme licite, on obtient pour x dans ] − 1, 1[, f (x) = Calcul de I =
avec a =
R0
R0
1 −∞ t 4 +t 2 +1
1 −∞ t 4 +t 2 +1
1 4 j3 +2 j
=
1 2(2+ j)
dt +
Rx
1 0 t 4 +t 2 +1
dt =
dt. Par parité et réalité,
=
1 t 4 +t 2 +1
=
a t− j
2+ j2 2(2+ j)(2+ j2 )
=
1− j 6 .
R0
1 −∞ t 4 +t 2 +1
1 t2
dt + ∑+∞ n=0
quand t tend vers −∞. La
t 6n+1 6n+1
t 6n+3 − 6n+3 .
+ t−aj2 − t+a j − t+aj2 , Puis
1 1 1 − j 1 − j2 1 − j 1 − j2 1 3t + 3 −3t + 3 = + − − = + t 4 + t 2 + 1 6 t − j t − j2 t + j t + j2 6 t2 + t + 1 t2 − t + 1 1 2t + 1 1 2t − 1 1 = + − + 4 t2 + t + 1 t2 + t + 1 t2 − t + 1 t2 − t + 1 =
1 2t + 1 + 4 t2 + t + 1
1
1 2
t+2
Par suite,
+
√ 2 − 3 2
2t − 1
t2 − t + 1
+
1
1 2
t−2
+
√ 2 . 3 2
2 0 1 1 t +t +1 2 2t + 1 2t − 1 1 π π π √ √ √ √ dt = ln + arctan + arctan = + = √ . 4 2 2 4 t −t +1 −∞ t + t + 1 3 3 3 2 3 2 2 2 3 −∞
Z 0
En résumé, ∀x ∈] − 1, 1[,
Rx
−∞
1 t 4 +t 2 +1
dt =
2051
π √ 2 3
+ ∑+∞ n=0
t 6n+1 6n+1
t 6n+3 − 6n+3 .
(i) f est développable en série entière sur R en tant que produit de fonctions développables en série entière sur R. Pour x réel,
1 +∞ 1 (1+i)x xn e + e(1−i)x + e(−1+i)x + e(−1−i)x = ∑ ((1 + i)n + (1 − i)n + (−1 + i)n + (−1 − i)n ) 4 4 n=0 n! √ √ √ 1 +∞ √ xn = ∑ ( 2eiπ/4 )n + ( 2e−iπ/4 )n + ( 2e3iπ/4 )n + ( 2e−3iπ/4 )n 4 n=0 n! nπ nπ xn nπ 3nπ xn 1 +∞ √ n 1 +∞ √ + cos = ∑ ( 2) cos cos = ∑ ( 2)n cos 2 n=0 4 4 n! 4 n=0 2 4 n! +∞ √ +∞ +∞ √ 1 2kπ x4k pπ x2p 1 x4k = ∑ ( 2)2p (−1) p cos = ∑ ( 2)4k (−1)2k cos = ∑ (−1)k 22k−2 . 4 p=0 2 (2p)! 4 k=0 2 (4k)! k=0 (4k)!
cos x ch x =
4k
k 2k−2 x . ∀x ∈ R, cos x ch x = ∑+∞ k=0 (−1) 2 (4k)!
Correction de l’exercice 4088 N 2n
n x Pour x réel non nul, f (x) = ∑+∞ n=0 (−1) (2n+1)! ce qui reste vrai pour x = 0. La fonction f est donc développable en série entière sur R et en particulier, la fonction f est de classe C∞ sur R.
Correction de l’exercice 4089 N Pour x réel, on sait que F(x) = e−x
2
R x t2 +∞ x2n+1 +∞ +∞ n x2n e dt = (−1) ∑ ∑ ∑ 0 n=0 n!(2n+1) . n=0 n=0 n!
La fonction F est impaire donc les coefficients d’indices pairs sont nuls. D’autre part, pour n ∈ N, le coefficient de x2n+1 du produit de Cauchy des deux séries précédentes vaut 1 × ∑nk=0 k!(2k+1)
(−1)n−k (n−k)! .
La méthode choisie fournit classiquement une expression compliquée des coefficients. On peut aussi obtenir F comme solution d’une équation différentielle linéaire du premier ordre. F est 2 R x t2 0 −x dérivable sur R et pour tout réel x, F (x) = −2xe 0 e dt + 1 = −2xF(x) + 1. F est uniquement déterminée par les conditions F 0 + 2xF = 1 et F(0) = 0 (*). F est développable en série entière sur R d’après le début de l’exercice et impaire. Pour x réel, posons donc F(x) = 2n+1 . ∑+∞ n=0 an x +∞
(∗) ⇔ ∀x ∈ R,
+∞
+∞
∑ (2n + 1)an x2n + 2 ∑ an x2n+2 = 1 ⇔ ∀x ∈ R, a0 + ∑ ((2n + 1)an + 2an−1 )x2n = 1
n=0
n=0
n=1
⇔ a0 = 1 et ∀n > 1, (2n + 1)an + 2an−1 = 0 ⇔ a0 = 1 et ∀n > 1, an = −
2 an−1 2n + 1
(−1)n 2n a0 (2n + 1)(2n − 1) . . . 1 (−1)n 22n n! ⇔ ∀n ∈ N, . (2n + 1)!
a0 = 1 et ∀n > 1, an =
n 2n
(−1) 2 n! 2n+1 On a montré que pour tout réel x, F(x) = ∑+∞ . Par unicité des coefficients d’une série n=0 (2n+1)! x entière, ∀n ∈ N, on obtient en particulier, n−k
1 ∀n ∈ N, ∑nk=0 k!(2k+1) × (−1) (n−k)! =
Correction de l’exercice 4090 N 2052
(−1)n 22n n! (2n+1)! .
∞ sur − π , π en tant que quotient de fonctions de classe C ∞ sur (a) La fonction f est de classe C 2 2 π π − 2 , 2 dont le dénominateur ne s’annule pas sur − π2 , π2 et de plus f 0 = 1 + f 2 . Montrons par récurrence que pour tout naturel n, ilexiste un polynôme Pn à coefficients entiers naturels tel que f (n) = Pn ◦ f (ou encore ∀x ∈ − π2 , π2 , tan(n) (x) = Pn (tan x)). • C’est vrai pour n = 0 avec P0 = X et pour n = 1 avec P1 = 1 + X 2 . • Soit n > 1. Supposons que pour tout k ∈ [[0, n]], il existe un polynôme Pk à coefficients entiers naturels tel que f (k) = Pk ◦ f . D’après la formule de L EIBNIZ, n (k) (n−k) n n n (n+1) 2 (n) 2 (n) f = (1 + f ) = ( f ) = ∑k=0 f f = ∑k=0 Pk Pn−k ◦ f k k n n Pk Pn−k est un polynôme à coefficients entiers naturels tel que et le polynôme Pn+1 = ∑k=0 k tan(n+1) = Pn+1 ◦ f . Remarque. On aurait pu aussi dériver l’égalité f (n) = Pn ◦ f pour obtenir f (n+1) = f 0 ×Pn0 ◦ f = (P1 × Pn0 ) ◦ f mais on a déjà dans l’idée une relation de récurrence sur les coefficients du développement de tan qui n’est pas fournie par cette dernière égalité. (b) Soient x ∈ 0, π2 et n ∈ N. La formule de TAYLOR-L APLACE à l’ordre n en 0 fournit R
(k)
n
(n+1) (t) dt. f (x) = ∑nk=0 f k!(0) xk + 0x (x−t) n! f Le 1) montre que pour tout réel t de 0, π2 et tout entier naturel k, f (k) (t) = Pk (tant) > 0. f (k) (0) k k! x
Donc, d’une part
> 0 et d’autre part, ∑nk=0
f (k) (0) k k! x
= f (x) −
R x (x−t)n (n+1) (t) dt. 0 n! f
La suite des sommes partielles de la série de terme général f (k) (0) k k! x
f (k) (0) k k! x
> 0 est majorée et donc la série
converge. de terme général Ainsi, la série de TAYLOR de f à l’origine converge pour tout réel x de 0, π2 . Son rayon de conver(k)
f (0) k π gence R est πdonc supérieur ou égal à 2 (et donc la série de terme général k! x converge aussi pour x ∈ − 2 , 0 ). Il n’y a par contre aucune raison pour le moment pour que sa somme soit f . (n) (c) Pour n entier naturel donné, posons an = f n!(0) puis pour x dans − π2 , π2 , posons g(x) = ∑+∞ n=0 an xn . n ∗ On a vu que ∀n ∈ N , Pn+1 = ∑k=0 Pk Pn−k . On divise les deux membres de ces égalités par n! et on prend la valeur en 0 (= tan 0). On obtient
∀n ∈ N∗ , (n + 1)an+1 = ak an−k et aussi a0 = 0 et a1 = 1. Donc, pour x ∈ − π2 , π2 , g0 (x) =
+∞
+∞
n
∑ (n + 1)an+1 xn = 1 + ∑ ∑ ak an−k
n=0
n=1
k=0
!
+∞
xn = 1 + ∑
n=0
n
∑ ak an−k k=0
!
+∞
xn = 1 +
∑ an x n
n=0
!2
2
= 1 + g (x). De plus, g(0) = a0 = 0. Pour x ∈ − π2 , π2 , posons alors h(x) = arctan(g(x)). La fonction h est dérivable sur − π2 , π2 et pour x ∈ − π2 , π2 0
g (x) h0 (x) = 1+g 2 (x) = 1 puis h(x) = h(0) + (x − 0) = x. π π Ainsi, pourtout x ∈ − 2 , 2 , g(x) = tan x = f (x). Ceci montre déjà que f est développable en série entière sur − π2 , π2 . Mais quand x tend vers π2 par valeurs inférieures, g(x) = f (x) tend vers +∞ et donc R 6 π2 puis R = π2 . En résumé, la fonction tangente est développable en série entière sur − π2 , π2 et pour x ∈ − π2 , π2 , n n ∗ tan x = ∑+∞ n=0 an x où a0 = 0, a1 = 1 et ∀n ∈ N , (n + 1)an+1 = ∑k=0 ak an−k . De plus, ∀n ∈ N, a2n = 0 puisque la fonction tangente est impaire.
2053
(d) a0 = a2 = a4 = a6 = 0 puis a1 = 1. 3a3 = a0 a2 + a21 + a2 a0 = 1 et donc a3 = 31 . 2 5a5 = 2a1 a3 = 23 et donc a5 = 15 . 7a7 = 2a1 a5 + a23 =
4 15
+ 91 =
51 135
17 45
=
et a7 =
17 315 .
3 5 17x7 ∀x ∈ − π2 , π2 , tan x = x + x2 + 2x 15 + 315 + ...
(e) Pour tout réel x, th(x) = 1x tan(ix) et donc pour x ∈ − π2 , π2 ,
+∞ n 2n+1 . th(x) = 1i ∑n=0 a2n+1 (ix)2n+1 = ∑+∞ n=0 (−1) a2n+1 x
Cette série entière a aussi pour rayon de convergence π2 .
Correction de l’exercice 4091 N 2
Soit x ∈ R. La fonction t 7→ e−t sin(tx) est continue sur [0, +∞[, négligeable devant t12 quand t tend vers +∞ et est donc intégrable sur [0, +∞[. La fonction F est donc définie sur R et impaire. 2
Soit x ∈ R. Pour tout réel t, posons f (t) = e−t sin(tx). Pour t ∈ R, on a 2n+1
2
2
n x 2n+1 e−t . e−t sin(tx) = ∑+∞ n=0 (−1) (2n+1)! t 2n+1
2
x t 2n+1 e−t . Pour n ∈ N et t ∈ R, posons fn (t) = (−1)n (2n+1)!
• Chaque fonction fn , n ∈ N, est continue puis intégrable sur [0, +∞[ car négligeable devant t12 quand t tend vers +∞. • La série de fonctions de terme général fn , n ∈ N, converge simplement vers la fonction f sur [0, +∞[. • Ensuite, ∑+∞ n=0
R +∞ 0
2n+1
|x| | fn (t)| dt = ∑+∞ n=0 (2n+1)!
R +∞ 2n+1 −t 2 R 2 e dt. Pour n ∈ N, posons In = 0+∞ t 2n+1 e−t dt. 0 t 2
Soit n ∈ N∗ . Soit A un réel strictement positif. Les deux fonctions t 7→ t 2n et t 7→ − 21 e−t sont de classe C1 sur le segment [0, A]. On peut donc effectuer une intégration par parties et on obtient Z A 0
t
2n+1 −t 2
e
dt =
Z A 0
2n
−t 2
t × te
Z A 2 1 2n −t 2 A +n t 2n−1 e−t dt dt = − t e 2 0 0
2 1 = − A2n e−A + n 2
Z A
2
t 2n−1 e−t dt.
0
Quand A tend vers +∞, on obtient In = nIn−1 . En tenant compte, de I0 = ∀n ∈ N, In = n!2 puis R
R +∞ 0
2
te−t dt =
1 2
on a donc
2n+1
+∞ +∞ n!|x| ∑+∞ n=0 0 | f n (t)| dt = ∑n=0 (2n+1)! . (n+1)!|x|2n+3 (n+1)!|x|2n+3 (2n+3)! (n+1)x2 (2n+3)! Soient n ∈ N et x ∈ R. n!|x| = et donc lim n→+∞ n!|x|2n+1 = 0. D’après la règle de 2n+1 (2n+1)! (2n+3)(2n+2) (2n+1)! 2n+1
d’A LEMBERT, la série numérique de terme général n!|x| (2n+1)! converge. En résumé, pour tout réel x, • Chaque fonction fn , n ∈ N, est continue puis intégrable sur [0, +∞[ car négligeable devant t12 quand t tend vers +∞. • La série de fonctions de terme général fn , n ∈ N, converge simplement vers la fonction f sur [0, +∞[. R +∞ • ∑+∞ n=0 0 | f n (t)| dt < +∞. D’après un théorème d’intégration terme à terme, pour tout réel x, R +∞ −t 2 R +∞ n n!x2n+1 sin(tx) dt = ∑+∞ fn (t) dt = ∑+∞ 0 e n=0 0 n=0 (−1) 2(2n+1)! .
2054
∀x ∈ R,
R +∞ −t 2 n n!x2n+1 sin(tx) dt = ∑+∞ 0 e n=0 (−1) 2(2n+1)! .
F est dérivable sur R et pour tout réel x, 2n−1
2n
x +∞ x 1 1 n n!x n−1 (n−1)!x F 0 (x) = ∑+∞ n=0 (−1) 2(2n)! = 2 − 2 ∑n=1 (−1) (2(2n−1)! = 2 − 2 F(x).
Par suite, pour tout réel x, ex
2 /4
F 0 (x) + 2x ex
2 /4
F(x) = F(0) + e ∀x ∈ R,
2
F(x) =
−x2 /4
2
ex /4 2
et donc
R x t 2 /4 −x2 /4 R 2 dt = e 2 0x et /4 dt. 0e
R +∞ −t 2 −x2 /4 R 2 sin(tx) dt = e 2 0x et /4 dt. 0 e
Correction de l’exercice 4092 N (a) R = 1. (b) x = −1 ⇒ cv (série alternée), x = 1 ⇒ dv.
(c) f est croissante sur [0, 1[ donc L existe dans [0, +∞]. L = sup f (x) > sup ∑Nn=1 xn sin √1n > ∑Nn=1 sin √1n ⇒ L = +∞. [0,1[
[0,1[
Correction de l’exercice 4093 N (a) Fonction croissante. limx→1− A(x) > ∑Nn=0 an . (b) Dém de type Césaro.
Correction de l’exercice 4094 N Continuité radiale. Correction de l’exercice 4095 N cn bn
= a0 + a1 bbn−1 + · · · + an bb0n = ∑∞ k=0 ak un,k et le théorème de convergence dominée s’applique. n
Correction de l’exercice 4096 N y = ∑∞ n=1 ∏
5n−2 xn
26k6n (3k+2)
(R = ∞).
N = 8 ⇒ 0.409954 6 y(1) 6 0.409973. Correction de l’exercice 4097 N k (k) (n−1−k) . (a) tan(n) = ∑n−1 k=0 Cn−1 tan tan
(b) Pour 0 6 x < π/2 la série est à termes positifs et les sommes partielles sont majorées par tan x. Pour −π/2 < x 6 0, il y a convergence absolue. (c)
(d) Si R > π/2, f aurait une limite finie en π/2.
Correction de l’exercice 4098 N
2055
(a) Produit de deux séries ⇒ R > 1. Lorsque x → 1− f (x) → +∞ ⇒ R = 1.
(b) (1 − x2 )y0 = xy + 1 ⇒ (n + 2)an+2 = (n + 1)an ⇒ a2k = a0 a0 = 0, a1 = 1 ⇒ y = (c) arcsin2 x = 2
Rx
t=0
k C2k , 4k
k
4 a2k+1 = a1 (2k+1)C k . 2k
4k x2k+1 ∑∞ k=0 (2k+1)Ck . 2k
2k−1 2k
2 x f (t) dt = ∑∞ k=1 k2Ck . 2k
Correction de l’exercice 4099 N (a) R = 4. q q q x 4−x 4−x (b) y = 4 (4−x) − arctan + c . f (x) = 1 + 2x + o(x) ⇒ c = π2 . ⇒ ∑∞ 3 n=0 x x Correction de l’exercice 4100 N √ (a) R = 2. √ 2n+1 ∼ √2πn ⇒ DV. (b) Stirling ⇒ an 2 (c) (x2 − 2)y0 + xy + 2 = 0 ⇒ f (x) =
√ 2) 2 arcsin(x/ √ . 2−x2
Correction de l’exercice 4101 N (a) (b) f 0 (x) = ex f (x).
Correction de l’exercice 4102 N (a) an 6 n! par récurrence. (b) 2 f 0 = f 2 ⇒ f (x) =
1 1−x/2 .
(c) an = n! 2−n .
Correction de l’exercice 4103 N xn = ∑ p>1 p2x−x . p2n p2 ∑ p>1 (p2 −x)2 = ∑ p>1 p21−x
Z(x) = ∑n,p>1 Z 0 (x) =
2
x Z 2 (x) = ∑ p,q>1 (p2 −x)(q 2 −x)
x + ∑ p>1 (p2 −x) 2. 2 2 = ∑ p6=q q2 x−p2 p21−x − q21−x + ∑ p>1 (p2x−x)2 2
Z 2 (x) − xZ 0 (x) + Z(x) = 2 ∑ p6=q (q2 −p2x)(p2 −x) . 1 1 1 1 A p fixé, ∑q6= p q2 −p = 2 = 2p ∑q6= p q−p − q+p Donc Z 2 (x) − xZ 0 (x) + Z(x) = 23 ∑ p>1
x2 p2 (p2 −x)
Rmq : 2Z(x2 ) = 1 − πxcotan(πx) (Euler).
1 2p
1 p
1 + 2p =
3 . 4p2
= 23 (Z(x) − xζ (2)).
Correction de l’exercice 4104 N α = π/4, β = π/2. Correction de l’exercice 4106 N 2056
1 n C2n
√ . = 43 + 92π 3
t (a) t t = exp(t lnt) = ∑∞ k=0
k lnk t
k!
.
(b) 0.78343
Correction de l’exercice 4107 N = ∑∞ n=1
R1
t n lnt t=0 − n
2
π 1 dt = ∑∞ n=1 n(n+1)2 = 2 − 6 .
Correction de l’exercice 4108 N Développer en série entière ln(1 − t 2 ). I =
π2 2
− 4 ln 2.
Correction de l’exercice 4112 N pπ On a déjà vu que Wn ∼ 2n et la règle de d’A LEMBERT fournit R = 1. Soit x ∈] − 1, 1[. π n→+∞ Pour tout t ∈ 0, 2 et tout entier naturel n, |xn cosn t| 6 |x|n . Comme la série numérique de terme général |x|n , n ∈ N, converge, la série de fonctions terme général t 7→ xn cosnt est normalement et donc de uniformément convergente sur le segment 0, π2 . D’après le théorème d’intégration terme à terme sur un segment, +∞
+∞
∑ Wn x
n
=
n=0
=
∑x
n=0 Z 1 0
=2
n
n
cos t dt =
0
Z π/2
+∞
∑x
0
1 2
1 − x 1−u 1+u2
Z 1 0
Z π/2
n
n
!
Z π/2
cos t dt =
n=0
0
t 2du (en posant u = tan ) 1 + u2 2 1
(1 + x)u2 + (1 − x)
2 =√ arctan 1 − x2
r
du = 2 ×
1 dt 1 − x cost
u 1 1 ×q arctan q 1+x 1−x 1−x 1+x
x+1 . x−1
n ∀x ∈] − 1, 1[, ∑+∞ n=0 Wn x =
1
√ 2 1−x2
arctan
q
1+x
0
x+1 x−1 .
Correction de l’exercice 4114 N (a) Calcul. (b) Soit 0 < r0 < d et R(θ ) le rayon de la série de Taylor de f en r0 eiθ . Le cercle de centre 0 et de rayon r0 est recouvert par les disques ouverts D(r0 eiθ , 12 R(θ )), θ variant de 0 à 2π, donc on peut en extraire un recouvrement fini ; soit ρ le rayon minimum des disques extraits. Alors pour 0 6 θ 6 2π on a R(θ ) > ρ (cf. analycité de la somme d’une série entière dans le disque ouvert de convergence). (n) iθ D’après la première question on a : f (rn!0 e ) 6 ρMn où M majore | f | sur D(0, r0 + ρ) d’où pour |r − r0 | < ρ : Z 2π f (reiθ ) θ =0
einθ
dθ =
Z 2π ∞ (k) f (r0 eiθ )
∑
θ =0 k=0
k!
Z 2π (k) f (r0 eiθ ) i(k−n)θ dθ = ∑ (r −r0 ) e dθ . ∞
k i(k−n)θ
(r −r0 ) e R
k
k=0
iθ
θ =0
k!
) ce qui démontre l’analycité de ϕ = r 7→ θ2π=0 f (re dθ sur ]0, d[. einθ n Enfin, ϕ(r) = an r au voisinage de 0 d’où ϕ(r) = an rn sur [0, d[ par prolongement analytique.
2057
(c) g(z) =
1 R 2π f (reiθ ) iθ 2π θ =0 reiθ −z re
dθ =
1 R 2π 2π θ =0
k
k
∞ z z f (reiθ ) ∑∞ k=0 rk eikθ dθ = ∑k=0 2π
Le rayon est au moins égal à r car f est bornée sur D(0, r).
R 2π f (reiθ ) θ =0 rk eikθ
k dθ = ∑∞ k=0 ak z .
(d) résulte de la question 3.. (e) D’après la question 1., |an | 6 k f k∞ /rn pour tout r > 0 donc an = 0 si n > 1. (f) 1/P est analytique bornée sur C.
(g) On peut passer à la limite uniforme (ou dominée) dans la question 3.. ∞ n n (h) f (z) = ∑∞ n=0 an z ⇒ f ◦ g(z) = ∑n=0 an g (z) et il y a convergence localement uniforme.
Correction de l’exercice 4116 N 2 ⇒ 1 : évident. 1 ⇒ 2 : Soit a > 0 et M = sup(| f (z)|e−a|z| ). 1 R 2π f (Reiθ ) 2π θ =0 Rn einθ
aR
aR
dθ ⇒ |an | 6 M eRn 6 M inf eRn = M R>0 p √ n ea n Donc n! kan k 6 n! n → a lorsque n → ∞. CQFD an =
ea n . n
Correction de l’exercice 4117 N (a) f (z) = f (z). (b) Im( f ) est de signe constant sur le connexe D ∩ Ω+ et f (z) ∼ z au voisinage de 0. (c) Intégrer terme à terme.
(d) Im( f (reiθ )) sin θ > 0 par la question 2..
Correction de l’exercice 4119 N n On pose, sous réserve de convergence, f (t) = ∑∞ n=1 znt . Alors : p
p
f (t) =
∑ znt n + ∑ eiω p j j=1
n=1
soit :
∑
p− j p n iω j n z t + e p t f (t) − z t n j n ∑ ∑ ∑ p
∞
zn− j t n =
n=p+1
n=1
p 1 − ∑ eiω p j t j f (t) = P(t) f (t) = j=1
j=1
p
p
∑ znt n − ∑ eiω p jt j
n=1
j=1
n=1
p− j
∑ znt n = Q(t),
n=1
n donc f (t) = Q(t)/P(t). Réciproquement, soit Q(t)/P(t) = ∑∞ n=1 ant : en remontant les calculs précédents on voit que (an ) vérifie la même relation de récurrence que (zn ) avec les mêmes premiers termes d’où zn = an pour tout n. Si |t| < 1 alors ∑ pj=1 eiω p j t j < 1 donc P n’a pas de racine dans le disque unité ouvert. Si P n’a pas non plus de racine sur le cercle unité alors le développement en série entière de Q(t)/P(t) a un rayon > 1 et zn → 0 lorsque n → ∞. Si P admet des racines dans U on peut déja dire que la suite (zn ) est bornée par max(|z1 |, . . . , |z p |) puis. . . ?
Correction de l’exercice 4120 N (a) (b) Complétude : soit ( fk ) une suite d’éléments de E de Cauchy, fk (z) = ∑n∈||| an,k zn . On a, à k et n fixés, par convergence dominée : 1 2π
Z 2π
θ =0
fk (eiθ )e−inθ dθ = lim− r→1
2058
1 2πrn
Z 2π
θ =0
fk (reiθ )e−inθ dθ = an,k .
La suite ( fk ) converge uniformément sur D vers une fonction ϕ : D → C continue. On note : an =
1 2π
Z 2π
θ =0
ϕ(eiθ )e−inθ dθ = lim an,k . k→∞
La suite (an ) est bornée, donc le rayon de convergence de ∑n∈||| an zn est supérieur ou égal à 1. Pour z ∈ D fixé on a alors lorsque k → ∞ : Z Z 1 2π 1 2π fk (eiθ ) iθ −inθ n fk (z) = ∑ an,k zn = f (e )e z dθ = dθ ∑ k 2π θ =0 n∈||| 2π θ =0 1 − ze−iθ n∈||| Z Z 1 2π 1 2π ϕ(eiθ ) iθ −inθ n dθ = → ϕ(e )e z dθ = ∑ an zn ∑ 2π θ =0 1 − ze−iθ 2π θ =0 n∈||| n∈||| ce qui prouve que ϕ ∈ E. Enfin on a k fk − ϕk → 0 lorsque k → ∞ par convergence uniforme, d’où ϕ = limk→∞ fk dans E. nz (c) Soit f ∈ E et fn (z) = f n+1 . Comme f est uniformément continue, fn converge uniformément vers f sur D. Soit ε > 0 et n tel que k f − fn k∞ 6 ε. Comme fn est développable en série entière avec un rayon au moins égal à 1 + 1n , son développement converge uniformément vers fn sur D donc il existe P ∈ C[X] tel que k fn − Pk∞ 6 ε.
Correction de l’exercice 4121 N (a)
z (1−z)2
n = ∑∞ n=1 nz (R = 1).
˚ 1) on a z 2 − t 2 = Pour z,t ∈ D(0, (1−z) (1−t) z l’injectivité de z 7→ (1−z) 2.
(z−t)(1−zt) , (1−z)2 (1−t)2
quantité nulle si et seulement si z = t, d’où
(b) i. f (z) ∈ R ⇔ f (z) = f (z) = f (z) ⇔ z = z ⇔ z ∈ R. Par injectivité, on en déduit que Im( f (z)) garde un signe constant sur chaque demi-disque limité par ] − 1, 1[, et comme f (z) = z + oz→0 (z), ce signe est celui de Im z. Rπ n ii. t=0 Im( f (reit )) sin nt dt = πa2n r . n
R
π On a | sin(nt)| 6 n sin(t) pour 0 6 t 6 π par récurrence, donc π|a2n |r 6 n t=0 Im( f (reit )) sint dt = nπa1 r n 2 . On en déduit |an |r 6 n|a1 |r et on conclut |an | 6 n en faisant tendre r vers 1.
Correction de l’exercice 4122 N Soit R > 0. Notons DR le disque fermé de centre 0 et de rayon R. Soient z ∈ DR et n un entier naturel. |Pn (z)| = |ez − (ez − Pn (z))| > |ez | − |ez − Pn (z)| > e−R − |ez − Pn (z)|.
On sait que la suite de polynômes (Pn )n∈N converge uniformément vers la fonction exponentielle sur DR .Donc il existe un entier n0 tel que pour tout z ∈ DR et tout entier n > n0 , |ez − Pn (z)| 6 21 e−R . Pour n > n0 et z ∈ DR , |Pn (z)| > 12 e−R > 0 et Pn ne s’annule pas dans DR . Correction de l’exercice 4123 N
+∞ x +∞ n n On cherche une série entière ∑+∞ ∑n=0 bn n = n=0 bn x de rayon R strictement positif telle que ∑n=0 an x 1 pour x élément d’un certain intervalle ouvert non vide de centre 0. a0 b0 = 1 a0 b1 + a1 b0 = 0 a0 b2 + a1 b1 + a2 b0 = 0 .. Cette égalité impose à la suite (bn ) de vérifier le système d’équations . a0 bn + a1 bn−1 + . . . + an−1 b1 + an b0 = 1 .. . 2059
(a) Montrons par récurrence que ∀n ∈ N, bn existe et est unique. • Puisque a0 = 1, a0 b0 = 1 ⇔ b0 = 1. Ceci montre l’existence et l’unicité de b0 . • Soit n ∈ N. Supposons avoir démontré l’existence et l’unicité de b0 , b1 , . . . , bn . Alors a0 bn+1 + a1 bn + . . . + an b1 + an+1 b0 = 0 ⇔ bn+1 = −a1 bn − . . . − an b1 − an+1 b0 . Ceci montre l’existence et l’unicité de bn+1 . On a montré par récurrence que la suite (bn ) existe et est unique. (b) Il faut alors vérifier que la série entière associée à la suite (bn )n∈N a un rayon de convergence strictement positif . Soit R > 0 le rayon de la série associée à la suite (an )n∈N et soit r un réel tel que 0 < r < R. On sait que la suite (an rn )n∈N est bornée et il existe M > 0 tel que pour tout entier naturel n, |an | 6 M rn . b0 = 1 puis |b1 | = | − a1 b0 | 6
M r
puis |b2 | = | − a2 b0 − a1 b1 | 6
|b3 | = | − a3 b0 − a2 b1 − a1 b2 | 6
M r3
• Soit n > 1, supposons que ∀k ∈ [[1, n]], |bk | 6
M
M(M+1) r2
M(M 2 +2M+1) r3
=
puis
M(M+1)2 . r3
M(M+1)n−1 . rn
M(M+1)k−1 . rk
Alors n
M(M + 1)k−1 M × n+1−k k r r r k=1 ! n (M + 1)n − 1 M(M + 1)n M = . 1 + M ∑ (M + 1)k−1 = n+1 1 + M r (M + 1) − 1 rn+1 k=1
|bn+1 | 6 | − an+1 b0 | + | − an b1 | + ... + | − a1 bn | 6 rn+1
+ Mr × Mr =
+M × + Mr + Mr × M(M+1) = r2 r2
Montrons alors par récurrence que ∀n ∈ N∗ , bn | 6 • C’est vrai pour n = 1.
=
M r2
M
+∑ n+1
n
On a montré par récurrence que pour tout entier naturel non nul n, |bn | 6 M(M+1) . En particulier , le rn+1 r rayon R0 de la série entière associée à la suite (bn )n∈N vérifie R0 > M+1 > 0. Ceci valide les calculs initiaux sur ] − ρ, ρ[ où ρ = Min(R, R0 ) > 0 et donc l’inverse d’une fonction f développable en série entière à l’origine et telle que f (0) 6= 0 est développable en série entière à l’origine. Correction de l’exercice 4124 N Posons SpC A = (λ1 , . . . , λ p ). On sait que pour tout entier naturel n, Tr(An ) = λ1n + ... + λ pn . Soit λ un nombre complexe. • Si λ = 0, la série entière associée à la suite (λ n )n∈N est de rayon infini et pour tout nombre complexe 1 n n z, ∑+∞ n=0 λ z = 1 = 1−λ z . • Si λ 6= 0, la série entière associée à la suite (λ n ) est de rayon
1 |λ |
et pour |z|
∑n=0 an x et donc N
∀N ∈ N,
lim A(x) >
x→1, x ε2 ∑Nn=0 |an − kbn |. Pour x ∈]1 − α, 1[, on a alors |A(x) − kB(x)| < ε ε 2 B(x) + 2 B(x) = εB(x). On a montré que ∀ε > 0, ∃α ∈]0, 1[/ ∀x ∈]1−α, 1[, |A(x)−kB(x)| < εB(x) et donc limx→1−
A(x) B(x)
= k.
(b) i. La série entière proposée « vérifie »les hypothèses du 1) et de plus , ln n ∼ 1 + 12 + ... + 1n . n→+∞
Donc
n +∞ xn +∞ n n 1 f (x) ∼ − ∑+∞ ∑n=1 n = n=1 ∑k=1 k x = ∑n=0 x x→1
n ∼ ∑+∞ n=1 (ln n)x − x→1
ln(1−x) x−1 .
ln(1−x) x−1 .
ii. Soit p > 2. n p−1 ∼ (n + 1)(n + 2)...(n + p − 1). Comme les deux suites (n p−1 ) et ((n + 1)(n + n→+∞
2)...(n + p − 1)) vérifient les hypothèses du 1)
+∞ n p−1 xn ∼ n ∑+∞ ∑+∞ n=0 n n=0 (n + p − 1)...(n + 1)x = ∑n=0 x − x→1
Par suite,
(p−1)
=
1 (p−1) 1−x
=
(p−1)! (1−x) p .
p−1 xn = (p − 1)!. limx→1− (1 − x) p ∑+∞ n=1 n
Correction de l’exercice 4126 N Supposons qu’il existe un entier naturel p tel que a p = a p+1 . Le développement limité à l’ordre 1 de f (p) en 0 s’écrit f (p) (x) = f (p) (0) + x f (p+1) (0) + o(x) = a p (1 + x) + o(x) et on en déduit x→0
x | f (p) (x)| > |a p (1 + x)| − |o(x)| = 1 + x − |o(x)| > 1 + x − (sur un voisinage pointé de 0 à droite) 2 x = 1 + > 1 (sur un voisinage pointé de 0 à droite). 2 2061
Donc si deux termes consécutifs sont égaux, f nne vérifie pas les conditions de l’énoncé ou encore si f vérifie les conditions de l’énoncé, alors ∀p ∈ N, a p+1 = −a p puis a p = (−1) p a0 . Mais alors, nécessairement pour tout réel x, f (x) = e−x ou pour tout réel x, f (x) = −e−x . Réciproquement, ces deux fonctions sont clairement solutions du problème posé. Correction de l’exercice 4127 N (a) Soient n > 2 puis k ∈ [[1, n − 1]]. On met une parenthèse autour de X1 ...Xk et une autour de Xk+1 ...Xn . Ensuite, pour chacun des ak parenthésages de X1...Xk , il y a an−k parenthésages possibles de Xk+1 ...Xn . Finalement, en faisant varier k de 1 à n − 1, on a montré que ∀n > 2, an = ∑n−1 k=1 ak an−k . (b) On suppose momentanément le rayon R de la série entière associé à la suite (an )n∈N∗ strictement positif. On pose conventionnellement a0 = 0. Pour x ∈] − R, R[, n n−1 +∞ n 2 = +∞ ( n a a n f 2 (x) = ∑+∞ ∑n=0 ∑k=0 k n−k ) xn = ∑+∞ n=0 an x n=2 ∑k=1 ak an−k x = ∑n=2 an x = f (x) − x, et donc
∀x ∈] − R, R[, f 2 (x) = f (x) − x. √ √ (c) Nécessairement, pour tout x de ] − R, R[, f (x) = 21 (1 + 1 + 4x) (I) ou f (x) = 12 (1 − 1 − 4x) (II). Ainsi, pour chaque x ∈] − R, R[, on doit choisir l’une de ces deux expressions. Puisque f (0) = 0, il faut choisir l’expression (II) quand x = 0. √ Pour x ∈ − 41 , 41 , posons g(x) = 21 (1 − 1 − 4x). g est développable en série entière sur − 14 , 14 en vertu de théorèmes généraux. Notons (bn )n∈N la suite des coefficients du développement. Puisque 0 g(0) = a b1 = 1 = a1 . Enfin, la fonction g vérifie 0,1 on a 2b0 = 0 = a0 et puisque g (0) = 1, on n−1 1 ∀x ∈ − 4 , 4 , g (x) = g(x) − x et donc ∀n > 2, bn = ∑k=1 bk bn−k . On en déduit par récurrence que pour tout entier naturel n, bn = an et donc ∀x ∈ − 41 , 14 , f (x) = g(x). √ ∀x ∈ − 41 , 14 , f (x) = 12 (1 − 1 − 4x).
(d) Pour connaitre les an , il reste à développer la fonction g en série entière. Pour x ∈ − 41 , 14 , n (−4x)n = +∞ (−1)n−1C n 22n−1 xn . g(x) = 12 (1 − (1 − 4x)1/2 ) = 21 1 − ∑+∞ C ∑n=1 n=0 1/2 1/2 Enfin, pour n ∈ N∗ ,
n (−1)n−1C1/2 22n−1
− 1 × . . . × 21 − (n − 1) 2n−1 2n−1 = (−1) 2 = × 1 × 3 × .... × (2n − 3) n! n! Cn−1 2n−1 1 × 2 × 3 × .... × (2n − 3) × (2n − 2) (2n − 2)! = × = = 2n−2 . n! 2 × 4 × . . . × (2n − 2) n!(n − 1)! n 1 n−1 2
×
1 2
Donc ∀n ∈ N∗ , an =
n−1 C2n−2 n .
Correction de l’exercice 4128 N (a) a0 = π et pour n 6= 0, an =
2 ((−1)n − 1) πn2
(nul quand n est pair), bn = 0.
2062
(b) Par la formule de Parseval 2π 2 1 = 3 π 1 donc ∑∞p=0 (2p+1) 2 =
Z π
−π
|x|2 dx =
π 2 16 ∞ 1 + 2 ∑ 2 π p=0 (2p + 1)4
π4 96 .
(c) Comme ∞
1
∞
∞
1
1
1
∞
π4
1
∑ n4 = ∑ (2p)2 + ∑ (2p + 1)2 = 16 ∑ n4 + 96
n=1 ∞
il vient
1
15 π 4
p=1
p=0
n=1
π4
∑ n4 = 16 96 = 90 .
n=1
∞
(d) C’est le théorème de Dirichlet. Appliqué en x = 0, cela implique que
1
ππ
∑ (2p + 1)2 = 4 2 =
p=0
π2 . 8
1 π2 = . On en déduit que ∑ 2 6 p=0 (2p + 1) ∞
Correction de l’exercice 4131 N (a) a0 = π, a2p = 0, a2p+1 =
4 , π(2p+1)2
bn = 0.
(b) an = 0, bn = 2n . (c) a0 = (d) a0 =
8π 2 4 4π 3 , an = n2 , bn = − n . 2 −2 π , a2p = π(4p2 −1) , a2p+1
(e) a2p =
24 , π(4p2 −1)(4p2 −9)
= 0, b1 = 21 , b p = 0.
a2p+1 = 0, b p = 0.
Correction de l’exercice 4132 N R π/2
In+1 − In−1 = t=0 2 cos(nt) dt = 2n sin(nπ/2). p−1 Donc I2p = 2 1 − 13 + · · · + (−1) , I2p+1 = π2 . 2p−1
4 2 bn = 0 (parité), a2p = 0 (symétrie par rapport à (π/2, 0)), a2p+1 = − (2p+1)π . I2p+1 = − 2p+1
Correction de l’exercice 4133 N π α π α 2ak = (ak−1 + ak+1 ) cos α ⇒ ak = A tan( − )k + Bcotan( − )k . a0 = a1 cos α + 2 4 2 4 2 k ∞ 2 2 1 1−sin α Comme ak → 0 (lorsque k → ∞) on a B = 0 d’où A = sin α . Finalement, f (t) = sin α 2 + ∑k=1 cos α cos(kt) . Correction de l’exercice 4134 N ∞ 1 n ix n = Re (a) ∑∞ = g(x). ix n=0 a cos nx = Re ∑n=0 (ae ) 1−ae
(b) Il y a convergence normale.
2063
(c) h(x) =
Z 2π ∞
an cos(nx − nt) f (t) dt ∑ t=0 n=0
∞
= =
∑
Z 2π
n=0 t=0 ∞
∑
an cos(nx − nt) f (t) dt
cos(nx)
n=0 ∞
=
Z 2π
n
a cos(nt) f (t) dt + sin(nx)
t=0
Z 2π
an sin(nt) f (t) dt
t=0
∑ (πan an ( f ) cos(nx) + πan bn ( f ) sin(nx)).
n=0
Il y a convergence normale car |a| < 1 et les coefficients de Fourier de f sont bornés. On en déduit que h est continue, puis que les coefficients de Fourier de h sont an an ( f ) et an bn ( f ). 1 (d) Les coefficients de Fourier des deux membres doivent être égaux, ce qui donne : an ( f ) = n2 (1−πλ an ) et bn ( f ) = 0 si pour tout n ∈ |||∗ on a πλ an 6= 1 (sinon il n’y a pas de solution), et a0 ( f ) = 0 si cos nx 2πλ 6= 1, a0 ( f ) quelconque sinon. Réciproquement, en posant f (x) = [a0 /2] + ∑∞ n=1 n2 (1−πλ an ) on définit f , 2π-périodique continue (la série converge normalement), solution de l’équation par égalité des coefficients de Fourier de chaque membre.
Correction de l’exercice 4135 N cos nx (a) f (x) = 12 + ∑∞ n=1 2n =
(b)
3 2(5−4 cos x) .
π 3.
Correction de l’exercice 4136 N (a) (b) g(x) =
1 sh a
ea f (eix ) − e−ix f (e−ix ) =
1 sh a
k e−ka cos kx . 1 + 2 ∑∞ (−1) k=1
Correction de l’exercice 4138 N (a) ck (h) = ck ( f )ck (g). (b)
Correction de l’exercice 4139 N R
R
2
2
2π −(x−2nπ) −ikx +∞ +∞ 1 2π −(x−2nπ) −ikx dx = 1 ck = 2π dx = x=0 ∑n=−∞ e 2π ∑n=−∞ x=0 e R +∞ −x2 −iξ x √ −ξ 2 /4 calculer x=−∞ e dx = πe par équation différentielle .
Correction de l’exercice 4140 N 2 sh π π ,
an =
π−th π 2 th π ,
S0 =
(a) a0 = (b) S =
2(−1)n sh π , π(1+n2 ) π−sh π 2 sh π .
bn = −nan .
Correction de l’exercice 4141 N 2064
1 R +∞ −x2 −ikx dx 2π x=−∞ e
2
=
/4 e−k √ 2 π
(a) Si a 6= 0 : S f (x) = ∑+∞ n=−∞
e2πa −1 inx e 2π(a−in)
=
e2πa −1 2πa
2πa
e −1 + ∑+∞ n=1 π(a2 +n2 ) (a cos(nx) − n sin(nx)).
(b) On peut supposer a > 0 car I(−a) = −I(a) et I(0) = 0. On envisage d’intégrer terme à terme la relation : ∞ e−u sin(au) = ∑ e−nu sin(au). 1 − e−u n=1 R
R π/a
R
+∞ : sur [0, π/a] le sinus est positif et le théorème de converOn coupe l’intégrale 0+∞ en 0 + π/a gence monotone s’applique. SurR [π/a, +∞[ le théorème Rd’intégration terme à terme s’applique (série +∞ −nu +∞ −nu des normes 1 convergente) car π/a |e sin(au)| du 6 π/a e du = e−nπ/a /n. Ainsi, ∞
I(a) =
∑
Z +∞
e−nu sin(au) du =
n=1 u=0
(c) Déjà fait,
∞
a
∑ n2 + a2 .
n=1
R +∞ −u a u=0 e sin(au) du = a2 +1 . Il doit y avoir une autre méthode pour la question précédente ? !
(d) En comparant avec 1) pour x = 0 on obtient : I(a) =
π e2aπ +1 2aπ 2 e −1
−
1 2a
pour a > 0.
Correction de l’exercice 4142 N (a) S f (x) = ∑+∞ n=−∞ 2πa
e2πa −1 inx e . 2π(a−in)
R
2
2π π e +1 a = 1 t=0 | f (t)|2 dt = e 4aπ−1 donc ∑n>1 a2 +n − 1. (b) ∑n∈Z 4π(e2 (a2−1) 2 = 2aπ +n2 ) 2π 2 e −1 2a 2 1 π 1 1 π lorsque a → 0 et il y a convergence dominée. ∑n>1 a2 +n 2 = th(aπ) − a → 2a
(c)
4aπ
2aπ
6
π . 2
Correction de l’exercice 4143 N (a) an = − 4n24−1 , bn = − π(4n32n 2 −1)2 .
(b)
(c)
π−2 4 .
Correction de l’exercice 4144 N sin πa 2a sin πa ∞ (−1)n cos nx ∑n=1 a2 −n2 . πa + π 2t π cos πt 1 ∑∞ n=1 t 2 −n2 = sin πt − t ⇒ g(t) =
(a) cos ax = (b) g0 (t) =
ln λ sint πt et g(0) = 0 ⇒ g(t) = ln
sin πt πt
.
Correction de l’exercice 4145 N sin nx (a) f (x) = ∑∞ n=1 n .
(b) (c) Le premier membre vaut f (1) =
π−1 2
et le second
Correction de l’exercice 4146 N (a) a2p+1 = b2p+1 = 0. 2065
1 R 2π 4π t=0 ( f (t + 1) −
f (t − 1))2 dt =
π−1 2 .
(b) a2p = b2p = 0.
Correction de l’exercice 4148 N a0k = kbk , b0k = −kak + inégalité de Bessel. Correction de l’exercice 4149 N (a) (b) Sg0 (x) =
f (2π)− f (0) 2π
+ ∑∞ n=1 nbn −
f (0)− f (2π) cos nx − nan sin nx. π
Correction de l’exercice 4151 N πak = = =
Z 2π
f (t) cos(kt) dt
t=0 k−1 Z 2π/k
∑
f (t + 2iπ/k) cos(kt) dt
i=0 t=0 k−1 Z π/2k
∑
i=0 t=0
f (t + 2iπ/k) − f (t + 2iπ/k + π/k) − f (t + 2(i + 1)π/k − π/k) + f (t + 2(i + 1)π/k) cos(kt) dt.
Correction de l’exercice 4152 N (a) La fonction f est continue par morceaux sur R et 2π-périodique. On peut donc calculer ses coefficients de F OURIER.
1 −2π −8
−7
−π
−6
−5
−4
π
−3
−2
−1 −1
1
2
3
2π 4
5
R Puisque f est paire, ∀n ∈ N∗ , bn ( f ) = 0 puis pour n ∈ N, an ( f ) = π2 0π 1 − 2x π cos(nx) dx. Par suite, a0 ( f ) = 0 puis pour n ∈ N∗ , h iπ h sin(nx) iπ 2 R π n) − cos(nx) 4 1 − 2x + sin(nx) dx = = 4(1−(−1) an ( f ) = π2 . 2 π n nπ 0 n nπ n2 π 2 0
6
0
C1
La fonction f est 2π-périodique, continue sur R et de classe par morceaux sur R. D’après le théorème de D IRICHLET, la série de F OURIER de f converge vers f sur R. Par suite, pour tout réel x, f (x) =
a0 ( f ) 2
+ ∑+∞ n=1 (an ( f ) cos(nx) + bn ( f ) sin(nx)) = 8 π2
cos((2p+1)x) ∑+∞ p=0 (2p+1)2 .
∀x ∈ R, f (x) =
2066
8 π2
∑+∞ n=0
4 π2
∑+∞ n=1
cos((2n+1)x) . (2n+1)2
1−(−1)n n2
cos(nx) =
7
8
1 L’égalité f (0) = 1 fournit ∑+∞ n=0 (2n+1)2 =
π2 8 .
1 Ensuite, si S = ∑+∞ n=1 n2 , on a
+∞ 1 1 S = ∑+∞ n=0 (2n+1)2 + ∑n=1 (2n)2 = 2
π2 8
+ S4 ,
2
et donc S = 34 × π8 = π6 . D’autre part, puisque f est continue par morceaux sur R et 2π-périodique, la formule de PARSEVAL 2 1 Rπ 2 2 2 fournit (a0 (2f )) + ∑+∞ n=1 ((an ( f )) + (bn ( f )) ) = π −π ( f (x)) dx et donc h iπ 2 2 Rπ 64 +∞ 1 2x 2 1 2x 3 = =3 1 − dx = − 1 − ∑ 4 4 n=0 (2n+1) π 0 π 3 π π 0
π4
2 1 et donc ∑+∞ n=0 (2n+1)4 = 3 × 64 =
π4
96 .
Enfin, si on pose S =
1 , n4
+∞ 1 1 S = ∑+∞ n=0 (2n+1)4 + ∑n=1 (2n)4 = 16 15
et donc S =
4
× π96 =
π4 96
S + 16 ,
π4 90 . 1 ∑+∞ n=0 (2n+1)2 =
π2 8 ,
1 ∑+∞ n=1 n2 =
π2 6
1 et ∑+∞ n=1 n4 =
π4 90 .
(b) La fonction f est continue par morceaux sur R et 2π-périodique. On peut donc calculer ses coefficients de F OURIER.
3 2 1 −2π −8
−7
−6
−π −5
−4
−3
π −2
−1 −1
1
2
3
2π 4
5
6
−2 −3 Puisque f est impaire, ∀n ∈ N, an ( f ) = 0 puis pour n ∈ N∗ , Z 2 − cos(nx) π 1 π x(π − x) sin(nx) dx = x(π − x) + (π − 2x) cos(nx) dx π n n 0 0 0 Z 2 sin(nx) π 2 π 4 cos(nx) π 4(1 − (−1)n ) = (π − 2x) + sin(nx) dx = 2 − = . nπ n n 0 n π n n3 π 0 0
2 bn ( f ) = π
Z π
La fonction f est 2π-périodique, continue sur R et de classe C1 par morceaux sur R. D’après le théorème de D IRICHLET, la série de F OURIER de f converge vers f sur R. Par suite, pour tout réel x, f (x) =
a0 ( f ) 2
+ ∑+∞ n=1 (an ( f ) cos(nx) + bn ( f ) sin(nx)) = ∀x ∈ R, f (x) = 2067
8 π
∑+∞ n=0
4 π
∑+∞ n=1
1−(−1)n n3
sin((2n+1)x) . (2n+1)3
sin(nx) =
8 π
∑+∞ p=0
sin((2p+1)x) . (2p+1)3
7
8
L’égalité f
π 2
=
π2 4
1 n fournit ∑+∞ n=0 (−1) (2n+1)3 =
π3 32 .
Ensuite, puisque f est continue par morceaux 2
2 2 surR R et 2π-périodique, la formule de PARSEVAL fournit (a0 (2f )) + ∑+∞ n=1 ((an ( f )) + (bn ( f )) ) = π 1 2 π −π ( f (x)) dx et donc h iπ 4 64 +∞ 1 2 Rπ 2 2 dx = 2 π 2 x3 − 2π x4 + x5 = 2π 4 31 − 12 + 15 = π15 = x (π − x) ∑ π 0 π 3 4 5 π 2 n=0 (2n+1)6 0
1 et donc ∑+∞ n=0 (2n+1)6 =
π2
64
π4
× 15 =
π6
960 .
Enfin, si on pose S =
1 , n6
+∞ 1 1 S = ∑+∞ n=0 (2n+1)6 + ∑n=1 (2n)6 =
et donc S =
64 63
6
π × 960 =
π6 960
S + 64 ,
π6 945 .
1 n ∑+∞ n=0 (−1) (2n+1)3 =
π3 32 ,
1 ∑+∞ n=1 (2n+1)6 =
π6 960
π6 945 .
1 et ∑+∞ n=1 n6 =
(c) La fonction f est continue par morceaux sur R et 2π-périodique. On peut donc calculer ses coefficients de F OURIER.
3 2 1 b
−2π −8
−7
b
−π
−6
−5
−4
−3 )
π −2
−1 −1
1
2
3
2π 4
5
6
)
−2 −3 La fonction f a mêmes coefficients de F OURIER que la fonction g définie sur R, impaire et 2π π périodique telle que ∀x ∈ 0, 2 , g(x) = 0. Donc ∀n ∈ N, an ( f ) = 0 puis pour n ∈ N∗ , Z 1 π 1 1 sin(nx) dx = cos n− x − cos n+ x dx sin 2 π 0 2 2 0 " ! #π sin n + 12 x 1 sin n − 21 x 1 (−1)n (−1)n = − = − − π π n − 21 n + 21 n − 21 n + 21
2 bn ( f ) = π
Z π
x
0
(−1)n 2n (−1)n 8n =− = − . π n2 − 14 π 4n2 − 1
La fonction f est 2π-périodique et de classe C1 par morceaux sur R. D’après le théorème de D I RICHLET , la série de F OURIER de f converge en tout réel x et a pour somme 12 ( f (x+ ) + f (x− ). En particulier, n n ∀x ∈] − π, π[, sin 2x = − π8 ∑+∞ n=1 (−1) 4n2 −1 sin(nx). L’égalité f
π 2
=
√1 2
fournit 2068
7
8
√1 2
8 +∞ 8 +∞ 2p+1 2p+1 π π n n p = − π8 ∑+∞ n=0 (−1) 4n2 −1 sin n 2 = π ∑ p=0 4(2p+1)2 −1 sin (2p + 1) 2 = π ∑ p=0 (−1) 16p2 +1p+3 , 2n+1 n ∑+∞ n=0 (−1) 16n2 +16n+3 =
π √ . 8 2
(d) f est 2π-périodique, continue par morceaux sur R et paire. Pour n ∈ N∗ , bn ( f ) = 0 puis pour n ∈ N, 1 Rπ an ( f ) = π −π ch(λ x) cos(nx) dx. 1ère solution. Soit n ∈ N. 1 an ( f ) = Re π
Z
π
inx
1 dx = Re 2π
Z
π
Z π
(λ +in)x
(−λ +in)x
dx + e dx −π ! 2 sh(λ π) −2 sh(λ π) e(λ +in)π − e−(λ +in)π e(−λ +in)π − e−(−λ +in)π (−1)n 1 Re + = Re + = 2π λ + in −λ + in 2π λ + in −λ + in λ − in λ + in 2λ sh(λ π) (−1)n (−1)n sh(λ π) + = Re × = π λ 2 + n2 λ 2 + n2 π n2 + λ 2 ch(λ x)e
−π
e
−π
2ème solution. Une double intégration par parties fournit
π Z Z sh(λ x) n π 1 2(−1)n sh(λ π) n π cos(nx) + sh(λ x) sin(nx) dx = + sh(λ x) sin(nx) dx λ λ −π π λ λ −π −π π Z 1 2(−1)n sh(λ π) n ch(λ x) n π = + sin(nx) ch(λ x) cos(nx) dx − π λ λ λ λ −π −π
1 an ( f ) = π
=
2(−1)n sh(λ π) n2 − 2 an ( f ), λπ λ
et donc ∀n ∈ N, an ( f ) =
2(−1)n sh(λ π) λπ
2
× n2λ+λ 2 =
2λ sh(λ π) π
n
× n(−1) 2 +λ 2 .
La fonction f est 2π-périodique, continue sur R et de classe C1 par morceaux sur R. D’après le théorème de D IRICHLET, la série de F OURIER de f converge vers f sur R. On en déduit que ∀x ∈ R, f (x) = L’égalité f (0) = 1 fournit 1 =
sh(λ π) λπ
n
π) +∞ (−1) + 2λ sh(λ ∑n=1 n2 +λ 2 cos(nx). π n
π) +∞ (−1) + 2λ sh(λ ∑n=1 n2 +λ 2 et donc π sh(λ π) π)−πλ ) π = 2λ sh(λ 1 − = π(sh(λ λπ π) 2λ 2 π sh(λ π)
sh(λ π) λπ
(−1)n
∑+∞ n=1 n2 +λ 2 et l’égalité f (π) = ch(λ π) fournit 1 ∑+∞ n=1 n2 +λ 2 =
π 2λ sh(λ π) n
(−1) ∀λ > 0, ∑+∞ n=1 n2 +λ 2 =
π) ch(λ π) − sh(λ = λπ
π 2λ sh(λ π)
λ π ch(λ π)−sh(λ π) 2λ 2 sh(λ π)
1 et ∑+∞ n=1 n2 +λ 2 =
λ π ch(λ π)−sh(λ π) . 2λ 2 sh(λ π)
La fonction f est 2π-périodique, continue par morceaux sur R. L’égalité de PARSEVAL s’écrit (a0 ( f ))2 1 Rπ 2 2 2 + ∑+∞ n=1 ((an ( f )) + (bn ( f )) ) = π −π ( f (x)) dx avec 2 1 Rπ 2 π −π ( f (x))
π) et donc 1 + sh(2λ = 2π
1 ∑+∞ n=1 (λ 2 +n2 )2
dx =
2 sh2 (λ π) π2λ 2
2 1 Rπ π −π ch (λ x)
+ 4λ
2 sh2 (λ π)
dx =
1 R π ch(2λ x)+1 π −π 2
1 ∑+∞ n=1 (λ 2 +n2 )2 puis 2 π) 2 sh2 (λ π) − = = 4λ 2 shπ2 (λ π) 1 + sh(2λ 2π π2λ 2
π) dx = 1 + sh(2λ 2π ,
π2
2069
2π 2 λ 2 +πλ sh(2λ π)−4λ 2 sh2 (λ π) . 8λ 4 sh2 (λ π)
1 ∀λ > 0, ∑+∞ n=1 (λ 2 +n2 )2 =
π 2 λ 2 +πλ ch(λ π) sh(λ π)−2λ 2 sh2 (λ π) . 4λ 2 sh2 (λ π)
(e) La fonction f est continue par morceaux sur R et 2π-périodique. On peut donc calculer ses coefficients de F OURIER.
3 2 1 −2π −8
−7
−π
−6
−5
−4
−3
π
e
−2
−1 −1
1
2
3
2π 4
5
6
7
−2 −3 Soit n ∈ N. 1 an ( f ) = π ( =
=
(
Z π
1 sup(sin x, 0) cos(nx) dx = π −π
Z π
Z
1 π sin x cos(nx) dx = sin((n + 1)x) − sin((n − 1)x) dx 2π 0 0 h i π 1 Rπ 1 − cos(2x) si n = 1 2π h0 sin(2x) dx si n = 1 2π 2 iπ 0 = cos((n+1)x) 1 + cos((n−1)x) si n 6= 1 1 − (−1)n+1 −1 + (−1)n−1 −1 si n 6= 1 2π − n+1 n−1 2π n+1 n−1 0
0 si n = 1 n
− 1+(−1) π
1 n2 −1
si n 6= 1
Soit n ∈ N∗ . 1 bn ( f ) = π
Z π 0
1 sin x sin(nx) dx = 2π
Z π 0
(cos((n − 1)x) − cos((n + 1)x)) dx =
(
1 2
si n = 1 0 si n 6= 1
La fonction f est 2π-périodique, continue sur R et de classe C1 par morceaux sur R. D’après le théorème de D IRICHLET, la série de F OURIER de f converge vers f sur R. On en déduit que pour tout réel x sup(sin x, 0) =
1 π
n
1+(−1) + sin2 x − π1 ∑+∞ n=2 n2 −1 cos(nx) =
∀x ∈ R, sup(sin x, 0) = L’égalité f (0) = 0 fournit
1 π
1 π
1 π
1 + sin2 x − π2 ∑+∞ p=1 4p2 −1 cos(2px).
1 + sin2 x − π2 ∑+∞ n=1 4n2 −1 cos(2nx).
1 − π2 ∑+∞ n=1 4n2 −1 = 0 et donc 1 1 ∑+∞ n=1 4n2 −1 = 2 .
1 1 N Remarque. ∑+∞ n=1 4n2 −1 = limN→+∞ 2 ∑n=1
1 2n−1
2070
1 1 − 2n+1 = limN→+∞ 21 1 − 2N+1 =
1 2
8
Correction de l’exercice 4153 N (a) i. Soit a ∈ C \ [−1, 1]. Pour tout réel t, a − cost 6= 0 et 1 a−cost
=
2 2a−eit −e−it
−2eit . (eit )2 −2aeit +1
=
L’équation z2 − 2az + 1 = 0 admet deux solutions non nulles inverses l’une de l’autre. On note b la solution de plus petit module de sorte que |b| 6 1. On ne peut avoir |b| = 1 car alors il existe θ ∈ R tel que b = eiθ . On en déduit que 2a = b + 1b = 2 cos θ ∈ [−2, 2] puis que a ∈ [−1, 1] ce qui n’est pas. Donc |b| 6= 1. Plus précisément, puisque |b| 6 1b , on a |b| < 1 et b1 . En particulier, b 6= 1b . Ensuite, pour |t| < |b|, on a 1 −2eit = = it a − cost (e − b) eit − b1 =
2b 1 − b2
2b = 1 − b2 =
2b 1 − b2
be−it +∞
2 1 b −b
b 1/b − it 1 it e −b e − b !
+∞
+∞
n=0
n=0
∑ bn e−int + ∑ bn eint
n+1 −i(n+1)t
∑b
e
n=0
+∞ n int
+∑b e n=0
!
+∞
!
!
2b = 1 − b2
be−it 1 + −it 1 − be 1 − beit
(car |beit | = |be−it | = |b| < 1) 2b = 1 − b2
+∞
+∞ n int
n −int
1+ ∑ b e + ∑ b e n=1
n=1
!
1 + 2 ∑ bn cos(nt) . n=1
∀t ∈ R,
1 a−cost
=
n 1 + 2 ∑+∞ n=1 b cos(nt) .
2b 1−b2
ii. Pour tout réel t ∈ [−π, π] et tout entier naturel non nul n, on a |bn cos(nt)| 6 |b|n . Comme la série numérique de terme général |b|n converge, on en déduit que la série de fonctions de terme général t 7→ bn cos(nt), n ∈ N, converge normalement et donc uniformément sur le segment [−π, π]. On sait alors que la série obtenue est la série de F OURIER de f . (b) Puisque la fonction f est paire, pour tout entier naturel n, an ( f ) = entier naturel n (y compris pour n = 0), R π cos(nt) 0 a−cost
Finalement,
∀n ∈ N,
dt =
πan ( f ) 2
R π cos(nt) 0 a−cost
=
dt =
2 R π cos(nt) π 0 a−cost
dt. Donc, pour tout
2bn+1 π 1−b2
2bn+1 π . 1−b2
Correction de l’exercice 4154 N (a) Soit α ∈ C \ Z. La fonction f est 2π-périodique, continue sur R et de classe C1 par morceaux sur R. Donc la série de F OURIER de f converge vers f sur R d’après le théorème de D IRICHLET. Puisque f est paire, ∀n ∈ N∗ , bn ( f ) = 0 puis pour n ∈ N, Z
Z
2 π 1 π cos(αx) cos(nx) dx = (cos((n + α)x) + cos((n − α)x)) dx π 0 π 0 1 sin((α + n)x) sin((α − n)x) π + (car α ∈ / Z) = π α +n α −n 0 1 sin((α + n)π) sin((α − n)π) 2α sin(απ) = + = (−1)n π α +n α −n π(α 2 − n2 )
an ( f ) =
2071
Finalement, ∀α ∈ C \ Z, ∀x ∈ [−π, π], cos(αx) =
sin(απ) απ
n 2α + sin(απ) ∑+∞ n=1 (−1) α 2 −n2 cos(nx). π
(b) Soit z ∈ C \ Z. sin(πz) +∞ On prend α = z et x = 0 dans la formule précédente et on obtient 1 = sin(πz) ∑n=1 (−1)n z2 2z πz + π −n2 (∗). Maintenant, sin(πz) = 0 ⇔
1 iπz − e−iπz ) 2i (e
= 0 ⇔ eiπz = e−iπz ⇔ e2iπz = 1 ⇔ 2iπz ∈ 2iπZ ⇔ z ∈ Z. +∞ π 1 n 2z sin(πz) = z + ∑n=1 (−1) z2 −n2 . sin(πz) +∞ 2z cos(πz) = sin(πz) ∑n=1 z2 −n2 πz + π
Puisque z ∈ C \ Z, sin(πz) 6= 0 et l’égalité (∗) peut s’écrire De même, en prenant α = z et x = π, on obtient 2z πcotan(πz) = 1z + ∑+∞ n=1 z2 −n2 . π sin(πz)
et donc
+∞ 2z 1 n 2z = 1z + ∑+∞ n=1 (−1) z2 −n2 et πcotan(πz) = z + ∑n=1 z2 −n2 .
Correction de l’exercice 4155 N La fonction f est 1-périodique, continue par morceaux sur R. On peut donc calculer ses coefficients de F OURIER.
b
b
(
−1 −1
b
(
(
−2
b
(
(
−3
(
(
−4 b
(
(
1 1
2
3
4
b
b
b
La fonction f a mêmes coefficients de F OURIER que la fonction g : x 7→ impaire. Donc, ∀n ∈ N, an ( f ) = 0 puis pour n ∈ N∗
b
f (x) si x ∈ /Z qui est 0 si x ∈ Z
Z Z 1 2 1 2nπt dt = bn ( f ) = f (t) sin (2t − 1) sin(2nπt) dt 1 0 1 0 Z (2t − 1) cos(2nπt) 1 1 1 1 1 cos(2nπt) dt = − − +0 = − + 2nπ nπ 0 2nπ 2nπ 0 1 =− . nπ La fonction f est de plus de classe C1 par morceaux sur R et d’après le théorème de D IRICHLET, en tout réel x, la série de F OURIER de f converge et a pour pour somme 21 ( f (x+ ) + f (x− )). En particulier, sin(2nπx) ∀x ∈ R \ Z, f (x) = x − E(x) − 21 = − ∑+∞ . n=1 nπ
10. Soit p ∈ N∗ . Pour n ∈ N∗ , u du bn ( f p ) = 2 f (pt) sin(2nπt) dt = 2 f (u) sin 2nπ p p 0 0 1 Z 1 (2t − 1) cos(2nπt) 1 1 1 = − + cos(2nπt) dt = − − +0 2nπ nπ 0 2nπ 2nπ 0 1 =− . nπ n o Remarque. Soient p ∈ N∗ et x ∈ [0, 1] \ kp , k ∈ [[0, p]] . Alors px ∈ / Z et donc Z 1
Z p
2072
où
∀k ∈ N∗ ,
bk,p =
(
sin(2npπx) = ∑+∞ f p (x) = f (px) = − ∑+∞ n=1 k=1 bk,p sin(2kπx) nπ
0 si k ∈ / pZ 1 − k π si k ∈ pZ mais malheureusement, on ne peut pas récupérer ces coefficients p
car la série obtenue ne converge pas normalement. ∀(p, q) ∈ (N∗ )2 ,
R1 0
fq (x) fq (x) dx =
(PGCD(p,q))2 . 12pq
Correction de l’exercice 4156 N (a)
π n+1 .
(b) Somme de Riemman : ` =
R π sint t=0 t dt.
Correction de l’exercice 4157 N p sup |an cos nx + bn sin nx| = a2n + b2n pour n >
[α,β ]
β −α 2π .
Correction de l’exercice 4158 N S’il y a convergence uniforme : kan sin nx + · · · + a p sin pxk∞ → 0 lorsque n, p → ∞. a π On prend x = 2p : 0 6 pp (n + · · · + p) 6 1p (nan + · · · + pa p ) → 0 lorsque n, p → ∞. n = [p/2] ⇒ cqfd. Si nan → 0 : Soit x ∈ ]0, π] et n tel que
1 n
6x6
1 n−1 .
Transformation d’Abel : |an sin nx + · · · + a p sin px| 6
2an sin x/2
6
2nan π ,
et |ak sin kx + · · · + an−1 sin(n − 1)x| 6 (kak + · · · + (n − 1)an−1 )x 6
n−k n−1 ak
6 2ak .
Correction de l’exercice 4160 N ∞ sin nx inx −inx ) (a) R(n) = an + S(n) avec deg S 6 −2. Donc f (x) = R(0) + 2ia ∑∞ n=1 n + ∑n=1 (S(n)e + S(−n)e converge pour tout x ∈ R.
(b) R(n) = an1 + · · · + ankk + S(n) avec deg S 6 −k − 1 ⇒ f (x) = R(0) + a1 f1 (x) + · · · + ak fk (x) + g(x) avec e f p (x) = ∑∞ n=1 f p aussi.
inx +(−1) p e−inx
np
et g de classe C k sur R \ 2πZ. f p0 = i f p−1 et f1 est C ∞ sur R \ 2πZ donc
Correction de l’exercice 4161 N (a) f (x) =
π2 3
cos nx + 4 ∑∞ n=1 n2 .
(b) Soit P(n) = an2 + bn + c. Alors f (x) − 4ag(x) = Correction de l’exercice 4162 N (a) kn (x) =
1−cos((n+1)x) (n+1)(1−cos x)
=
sin2 ((n+1)x/2) . (n+1) sin2 (x/2)
(b)
Correction de l’exercice 4165 N
2073
π2 3
bn+c + 4 ∑∞ n=1 an4 +bn3 +cn2 cos nx.
(a) Immédiat. La fonction prolongée est C 1 sur R et C 2 par morceaux. R1 cn 00 (b) On décompose f en série de Fourier : f (x) = − ∑∞ n=1 n2 π 2 sin(nπx)avec cn = 2u=0 f (u)sin(nπu) du. 2ζ (4) 1 00 2 2 En appliquant l’inégalité de Cauchy-Schwarz on obtient : k f k2∞ 6 ∑∞ ∑∞ n=1 n4 π 4 n=1 cn = π 4 k f k2 = k f 00 k22 45 .
Autre démonstration sans utiliser les séries de Fourier : pour x ∈ [0, 1] on a f (x) = f (x) =
Z x
Zt=0 x t=1
0
0
f (t) dt = x f (x) −
=
t=0
t f 0 (t) dt
t=0
f 0 (t) dt = (x − 1) f 0 (x) −
f (x) = (1 − x) f (x) + x f (x) = Z 1
Z x
Z x
t=0
Z x
t=1
(t − 1) f 0 (t) dt 00
t(x − 1) f (t) dt +
Z 1
t=x
x(t − 1) f 00 (t) dt
ϕ(x,t) f 00 (t) dt. avec ϕ(x,t) = xt − min(x,t).
On en déduit | f (x)|2 6 k f 00 k22
R1
2 t=0 ϕ(x,t) dt
=
x2 (x−1)2 k f 00 k22 3
6
k f 00 k22 48 .
Correction de l’exercice 4166 N Parseval pour f et f 0 . Égalité ssi f (x) = a cos x + b sin x. Correction de l’exercice 4167 N (a) Développer f , f 0 et g0 en séries de Fourier et appliquer l’inégalité 2|a b| 6 |a|2 + |b|2 . Il y a égalité si et seulement si f 0 et g0 sont CL de cos et sin. (b) On paramètre par une abscisse curviligne : x = f (t), y = g(t) ⇒ A =
R 2π 0
f g0 6
R 2π f 02 +g02 0
2
= π.
Correction de l’exercice 4171 N On pose g(t) = f (a|t|/π) pour t ∈ [−π, π], prolongée par 2π-périodicité. Alors g est paire, continue, et tous ses coefficients de Fourier sont nuls donc g = 0. Correction de l’exercice 4175 N (a) | sin x| = (b)
2 π
cos 2nx − π4 ∑∞ n=1 4n2 −1 .
Correction de l’exercice 4176 N | sin x| =
2 π
cos 2nx − π4 ∑∞ n=1 4n2 −1 ⇒ y =
2 π
cos 2nx − π4 ∑∞ n=1 (4n2 −1)(16n4 −4n2 +1) .
Cette série converge et définit une fonction de classe C 4 solution de l’équation. 2 2 Unicité : les solutions de l’équation homogène sont combinaison de e jx , e− jx , e j x et e− j x donc non π-périodiques.
Correction de l’exercice 4177 N cos nx k∈ / Z : y = ∑∞ k=1 n2 (k2 −n2 ) + a cos kx + b sin kx. k ∈ Z : remplacer
cos kx k2 (k2 −k2 )
par
x cos kx . 2k3
Correction de l’exercice 4178 N 2074
(a) Développer f en série de Fourier. (b) Densité des polynômes trigonométriques dans C 0 . (c) f (t) = sin2 (πt), α = π1 , x = 0 : Sn = sin2 1 + · · · + sin2 n ∼ 2n . 2
SN N−1 Sk Transformation d’Abel : ∑Nn=1 sinn n = − sin2 1+ ∑n=2 k(k−1) + N → +∞ lorsque N → ∞. Remarque :
on a un raisonnement plus simple en écrivant 2 sin2 (n) = 1 − cos(2n).
Correction de l’exercice 4179 N
R1
−|y|β (1 − |y|)e−2ikπy dy est le 2k-ème coefficient de Fourier y=−1 e β que f (y) = e−|y| (1 − |y|) si −1 6 y 6 1 donc le k-ème coefficient
Intégration à x0 − x constant : ak =
de
de la fonction f , 2-périodique, telle 1 Fourier de g, 1-périodique, telle que g(y) = 2 ( f (y) + f (y + 1)). Soit gn la n-ème somme partielle de la série de Fourier de g, gn (y) = ∑|k|6n ak e2ikπy . On a par convergence normale de la série de Fourier de g : ∑|k|>n ou |`|>n ak a` = g2 (0) − g2n (0). g(0) − gn (0) =
Z
1 2
y=− 12
Z
g(0) − g(y) sin((2n + 1)πy) dy sin πy
1 2
g(0) − g(y) sin((2n + 1)πy) dy sin πy y=0 Z 1 h g(0) − g(y) cos((2n + 1)πy) i 21 2 d g(0) − g(y) cos((2n + 1)πy) +2 dy =2 − sin πy (2n + 1)π sin πy (2n + 1)π y=0 y=0 dy
=2
1 − e−1 + (2n + 1)π 2 1 − e−1 . ∼ (2n + 1)π 2 =
Z
1 2
fctcontinue(y)
y=0
cos((2n + 1)πy) dy (2n + 1)π
g(0) + gn (0) → 2g(0) = 1 (lorsque n → ∞) d’où ∑|k|>n ou |`|>n ak a` ∼
1−e−1 . (2n+1)π 2
Correction de l’exercice 4180 N (a) Si f = 0 alors cn = 0 pour tout n par intégration terme à terme. Donc une fonction f ∈ E possède un unique développement trigonométrique et k f k est bien défini. Alors E est isomorphe à `1 (Z) qui est un espace vectoriel normé complet. (b) Produit de convolution de deux Z-suites sommables. (c) i. z0 = ϕ(x 7→ e2iπx ). On a |z0 | = 1 car la suite (ϕ(x 7→ e2inπx )n∈Z ) est bornée. ii.
Correction de l’exercice 4181 N u0 + · · · + un = 1 + (−1)n
R 1 cos((n+1)t 2 ) t=0
cos(t 2 )
dt = 1 + (−1)n
R1
cos((n+1)u) √ u=0 2 cos(u) u
du → 1 lorsque n → ∞.
Correction de l’exercice 4182 N (a) Si f est C 1 2π-périodique alors f 0 est continue, 2π-périodique de moyenne nulle donc D(E01 ) ⊂ E0 . Réciproquement, si g ∈ E0 alors toutes les primitives de g sont 2π-périodiques de classe C 1 et il y en a exactement une qui a une valeur moyenne nulle (une seule possibilité de régler la constante). (b) Non (et ceci quelle que soit la norme) car le spectre de D n’est par borné. 2075
(c) k f k22 = ∑k∈Z∗ |ck ( f )|2 6 ∑k∈Z∗ |ikck ( f )|2 = k f 0 k2 .
(d) Idem, k|D−1 |En k| =
1 n+1 .
Correction de l’exercice 4183 N On a c0 (g) = c1 (g) = c−1 (g) = 0, donc g est orthogonale à tout polynôme trigonométrique de degré inférieur ou égal à 1. Si g est de signe constant sur ]0, 2π[, on contredit c0 (g) = 0. Donc g a au moins une racine a ∈ ]0, 2π[. Si g n’a pas d’autre racine dans ]0, 2π[ alors g est de signes constants opposés sur ]0, a[ et ]a, 2π[. Mais alors g(t)(cos(t − a/2) − cos(a/2)) est de signe constant sur la réunion de ces intervalles, c’est absurde. Donc g a une deuxième racine dans ]0, 2π[, par exemple b ∈ ]a, 2π[. Si g n’a pas d’autre racine sur ]0, 2π[ alors g est de signes constants sur ]0, a[, ]a, b[ et ]b, 2π[ et les signes alternent. On obtient une nouvelle contradiction car alors g(t)(cos(t − (a + b)/2) − cos((b − a)/2)) est de signe constant sur la réunion de ces intervalles. Ainsi g admet une troisième racine, par exemple c ∈ ]b, 2π[. Enfin, si l’on suppose que g n’a pas d’autre racine sur ]0, 2π[ alors on a g(t) > 0 sur ]0, a[ et ]b, c[ et g(t) < 0 sur ]a, b[ et ]c, 2π[ ou l’inverse. Dans les deux cas, on en déduit que g(0) = g(2π) = 0. Correction de l’exercice 4184 N (a) • Puisque f est impaire, f (0) = 0. Puisque f est impaire et 2π-périodique, − f (π) = f (−π) = f (π) et donc f (π) = 0. Puisque f est 2π-périodique, pour k ∈ Z, f (2kπ) = f (0) = 0 et f ((2k + 1)π) = f (π) = 0. Finalement, ∀k ∈ Z, f (kπ) = 0. Soit x ∈]−π, 0[. Puisque f est impaire, f (x) = − f (−x) = − sin − 2x = sin 2x et donc ∀x ∈]−π, π[, f (x) = sin 2x . Soit x ∈ R \ πZ. Il existe k ∈ Z tel que −π f (x) = < x − 2kπ < π et puisque f est 2π-périodique, x−2kπ x+π x k f (x − 2kπ) = (−1) sin 2 . De plus, −π < x − 2kπ < π ⇒ k < 2π < k + 1 et k = 2 = sin . E x+π 2π ∀x ∈ R, f (x) =
0 si x ∈ πZ (−1)k sin 2x où k = E
x+π 2π
si x ∈ / πZ
.
x x et donc ∀x ∈ [−π, π], (b) • Soit x ∈ [−π, 0]. Puisque f est paire, f (x) = f (−x) = sin − = sin 2 2 x f (x) = sin 2 . Soit x ∈ R. Il existe k ∈ Z tel que −π < x − 2kπ 6 π et puisque f est 2π-périodique, f (x) = . f (x − 2kπ) = sin x−2kπ 2 ∀x ∈ R, f (x) = sin 2x − kπ où k = E x+π 2π .
A
Correction de l’exercice 4185 N 1. d n ∑ (−1)m (z − a)m φ (n−m) (t) f (m) (a + t(z − a)) dt m=1 h n = ∑ (−1)m (z − a)m φ (n−m+1) (t) f (m) (a + t(z − a)) m=1
+ φ (n−m) (t)(z − a) f (m+1) (a + t(z − a))
n
=
∑ (−1)m (z − a)m φ (n−m+1) (t) f (m) (a + t(z − a))
i
m=1
n
+
∑ (−1)m (z − a)m+1 φ (n−m) (t) f (m+1) (a + t(z − a))
m=1
2076
Effectuons le changement d’indice de sommation m = m0 + 1 dans la deuxième somme ; tous les termes s’éliminent deux à deux, à l’exception du premier terme de la première somme et du dernier terme de la deuxième somme, d’où le résultat demandé. 2.a. Plus généralement, on a le résultat suivant : si une fonction f est nulle en zéro et de classe Cn+1 sur un intervalle I contenant zéro, g(t) = f (t)/t est prolongeable par continuité en zéro et son prolongement est de classe Cn . Gardons nous de déduire fallacieusement ce résultat de l’existence d’un développement limité d’ordre n de g. On montre à l’aide d’un développement limité d’ordre 1 de f que g est prolongeable par continuité en 0 en posant g(0) ˜ = f 0 (0). Par ailleurs, g est de classe Cn+1 sur I\{0}. Faisons f (k) (0) k
f (n+1) (0) t n−k+1 n−k+1 ) (1 6 k 6 n+1 (n−k+1)! + o(t (k) (k−1) (t) . k fois l’identité f (t) = tg(t), on obtient que ∀t 6= 0 g(k) (t) = f (t)−kg t t t n+1−k (k+1) (n+1) n+1−k f (0) 1! + · · · + f (0) (n−k)! + o(t ). En substituant ces développe-
l’hypothèse de récurrence g(k−1) (t) =
+
f (k+1) (0) t k+1 1!
+ ··· +
n, t 6= 0). En dérivant Or f (k) (t) = f (k) (0) + ments limités dans l’identité précédente, on montre que l’hypothèse de récurrence est vérifiée au rang suivant, donc pour tout entier k de 1 à n + 1. Faisons l’hypothèse de récurrence que g(k) (0) existe et est égale à f (k+1) (0)/(k + 1) (0 6 k 6 n). Du développement limité de g(k) (tronqué à l’ordre 1) et de l’hypothèse de récurrence, il résulte que g(k) est continue et dérivable en zéro et que, si k < n, g(k+1) (0) = f (k+2) (0)/(k + 2), ce qui prouve par récurrence que g est n fois continument dérivable sur I. t Par conséquent, t 7→ e −1 t est prolongeable par continuité en une fonction indéfiniment dérivable sur R. Cette fonction ne s’annulant jamais, son inverse est également définie et indéfiniment dérivable sur R. t + 2t est paire car La fonction t 7→ et −1 −t t −t −tet − + = −t t e −1 2 1−e 2 tet − t + t t = − et − 1 2 t t = t + e −1 2
t Donc le développement limité de et −1 , dont l’existence est garantie par le fait que la fonction est indéfiniment dérivable, est de la forme demandée par l’énoncé. Par conséquent
t t b1 t 2 b2 t 4 bN t 2N zt n (e − 1) = 1 − + + + · · · + + o(t ) et − 1 2 2! 4! (2N)! n n 2 2 zt zt +···+ + o(t n ) × zt + 2! n!
et φn (z)/n! est le coefficient de t n dans ce développement : φn (z)/n! =
zn 1 zn−1 b1 zn−2 b2 zn−4 bN zn−2N − + + +···+ , n! 2 (n − 1)! 2! (n − 2)! 4! (n − 4)! (2N)! (n − 2N)!
d’où l’expression de φn demandée. 2.b. dn ezt − 1 e(z+1)t − 1 φn (z + 1) − φn (z) = n t t −t t dt |t=0 e −1 e −1 dn = n tezt dt |t=0
!
k
z k+1 Comme t 7→ tezt est de classe C∞ et que son développement limité d’ordre n en t = 0 est ∑n−1 + k=0 k! t n n−1 o(t ), il vient φn (z + 1) − φn (z) = nz .
3. (i) est obtenue en dérivant autant de fois que nécessaire l’identité précédente et en donnant à z la valeur zéro. (ii), (iii), (iv), (v) et (vi) sont des conséquences immédiates de 2.a. 2077
4.a. On applique la question 1 au polynôme φ2n de degré 2n et on intègre entre 0 et 1. Il vient h i (2n−m) (2n−m) m m (m) (m) (−1) (z − a) φ (1) f (z) − φ (0) f (a) ∑ 2n 2n 2n
m=1
Z 1 = −(2n)! f (z) − f (a) + (z − a)2n+1 φ2n (t) f a + (z − a)t dt 0
(2n)
en tenant compte du fait que φ2n = (2n)! On obtient l’égalité demandée en substituant aux dérivées itérées de φ2n les expressions déterminées dans la question 3. 4.b. Appliquons la question précédente en remplaçant f par une primitive de F et z par ω. Il vient 0 =
Z a+ω
i n−1 (z − a)2m h (2m−1) ω (F(a + ω) + F(a)) + ∑ bm F (a + ω) − F (2m−1) (a) 2 (2m)! a m=1 Z 1 2n+1 ω φ2n (t)F (2n) a + (z − a)t dt − (2n)! 0 F(t)dt −
Lorsqu’on somme les égalités obtenues en remplaçant a successivement par lui-même, a + ω, . . ., a + (r − 1)ω, on obtient le résultat demandé, certains termes se simplifiant deux à deux. B
1. On a pour tout x > 0 fixé x k x x 1 1 uk (x) = ln 1 + + x ln 1 − = − + O( 2 ) = O( 2 ) k k+1 k k+1 k k
Donc la série ∑k>1 uk (x) converge. 2.
n
ln(x + 1) + ∑ uk (x + 1) k=1 n+1 n h i = ln(x + 1) + ∑ ln(x + k) + ∑ − ln(k) + (x + 1) ln(k) − ln(k + 1) k=2
n+1
=
n
∑ ln(x + k) + ∑ x(ln(k) − ln(k + 1)) − ∑ ln(k + 1)
k=1 n
=
k=1
n
k=1
k=1
∑ uk (x) + ln(x + n + 1) − ln(n + 1)
k=1
Lorsque n tend vers +∞, ln(x + n + 1) − ln(n + 1) = ln passage à la limite l’égalité souhaitée.
x+n+1 n+1
tend vers zéro ; on obtient donc par
3. Pour tout k > 1 entier, uk (1) = 0, donc G(1) = 0 et on prouve aisément par récurrence à l’aide de la question précédente que pour tout entier strictement positif n, G(n + 1) = ∑nk=1 ln(k), égalité de laquelle on déduit immédiatement le résultat demandé. 4. immédiat 5. C’est une application directe de la question A.4.b. (2p) n−1 (2p) 1 R1 1 Rn Tp,n (x, y) = − (2p)! (m + t)dt = − (2p)! (t)dt 0 φ2p (t) ∑m=0 f 0 φ(2p) t − E(t) f
6. L’intégrande dans l’expression de Tp,n (x, y) est majorée en valeur absolue par le produit de la borne supérieure de la fonction continue φ2p sur le segment [0, 1] et de la valeur absolue de f (2p) . 1 1 1 On prouve aisément par récurrence que f (m) (t) = (−1)m−1 (y+t) = O t m+1 (quand t → m − (x+t)m (2p) R +∞ +∞). Donc l’intégrale 0 φ(2p) t − E(t) f (t)dt est absolument convergente, ce qui prouve que Tp,n (x, y) admet une limite finie lorsque n tend vers +∞. 2078
7. D’après les questions 4 et 5,
k G(y) − G(x) = ∑ ln(y + k) − ln(x + k) + (y − x) ln + ln y − ln x k+1 k=1 n n 1 o = lim ∑ [ln(y + k) − ln(x + k)] + (y − x) ln n→+∞ n+1 k=0 ( +∞
= lim
n→+∞
(y + n) ln(y + n) − (y + n) − y ln y + y − (x + n) ln(x + n)
1 ln y − ln x + ln(y + n) − ln(x + n) 2 ) p−1 bh 1 1 1 +∑ f (2h−1) (n) − 2h−1 + 2h−1 + Tp,n (x, y) + (y − x) ln (2h)! y x n+1 h=1 + (x + n) + x ln x − x +
Or (y + n) ln(y + n) − (x + n) ln(x + n) = (y − x) ln n + y − x + o(1) quand n → +∞. On obtient donc après simplifications G(y) − G(x) = g(x) − g(y) + Rn (x, y), ce qu’il fallait démontrer. 8. D’après la question 5 et l’expression des dérivées successives de f donnée dans la question 6, R n 1 1 Tp,n (x, y) est majoré en valeur absolue par le produit d’une constante et de l’intégrale 0 (y+t)2p − (x+t) 2p dt. |R p (x, y)| est majoré de la même façon en remplaçant la borne finale d’intégration n par +∞. L’argument i+∞ h 1 1 de la valeur absolue gardant un signe constant, l’intégrale majorante est égale à 2p−1 (y+t)2p−1 − (x+t)12p−1 0 et on obtient ainsi l’estimée souhaitée.
9. On a g(m) = m ln m − m − 21 ln m + o(1) et G(m) = − ln(m − 1)! = − ln m! + ln m pour m entier, donc √ 1 le résultat demandé découle immédiatement de la formule de Stirling m! ∼ 2πmm+ 2 e−m . 10. Le résultat demandé est obtenu à partir de l’égalité de la question 7 par passage à la limite. On fait tendre x vers +∞ par valeurs entières et on tient compte de l’estimée obtenue dans la question 8.
11. En calculant les premiers termes du développement limité de la question A.2.a, on trouve b1 = 1/6, b2 = −1/30, b3 = 1/42. Des questions 3 et 10, il résulte que ln(m!) = −G(m) + ln m 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = m ln m − m + ln m + ln 2π + − + + O( 7 ) 3 5 2 2 12 m 360 m 1260 m m
Correction de l’exercice 4186 N (a) (b) k fn k∞ = fn
1 n+1
∼ enα−1 .
Correction de l’exercice 4189 N (a) (b) Intégrale constante = 1.
Correction de l’exercice 4190 N (a) e−x . (b) (c) 2079
(d)
Correction de l’exercice 4191 N CVU sur tout compact par encadrement du logarithme. Correction de l’exercice 4194 N (a) yn = (n + 1) ex − enx/(n+1) .
(b) y = xex . (c)
Correction de l’exercice 4195 N | fn (x)| décroît donc tend vers L. On extrait une sous suite ( fϕ(n) ) convergeant vers ` ⇒ |`| = L. La sous-suite ( fϕ(n)+1 ) converge vers f (`) ⇒ | f (`)| = L ⇒ L = 0. Correction de l’exercice 4196 N ( 0 si t = 0 (a) `(t) = 1+√1+4t si t > 0. 2 (b) (c) Accroissements finis. (d)
Correction de l’exercice 4198 N √ fn (t) → t par valeurs croisantes, il y a convergence uniforme. Correction de l’exercice 4199 N k t2 Pn t + 32 = 12 + 4t ∑nk=0 −1/2 − 1 . 4 k Correction de l’exercice 4200 N (a) Polynôme de Lagrange. (b)
Correction de l’exercice 4201 N (a) Il y a convergence simple vers la fonction nulle en 0 et 1 et égale à 1/2 ailleurs. La convergence est uniforme sur tout [a, b] ⊂ ]0, 1[.
(b) La question précédente donne le résultat pour 1/2, il suffit alors d’utiliser le théorème de Weierstrass et les nombres dyadiques.
Correction de l’exercice 4204 N
2080
(a) Pour tout entier naturel n, fn est définie sur R et impaire. Convergence simple sur R. Soit x ∈ R. • Si x = 0, pour tout entier naturel n, fn (x) = 0 et donc limn→+∞ fn (x) = 0. 1 • Si x 6= 0, fn (x) ∼ nx et de nouveau limn→+∞ fn (x) = 0. n→+∞
La suite de fonctions ( fn )n∈N converge simplement sur R vers la fonction nulle. Convergence uniforme sur R. On peut noter tout de suite que pour tout n ∈ N∗ , fn k fn k∞ > 12 . On en déduit que k fn k∞ ne tend pas vers 0 quand n tend vers +∞.
1 n
=
1 2
et donc
La suite de fonctions ( fn )n∈N ne converge pas uniformément sur R vers la fonction nulle. Si on n’a pas remarqué ce qui précède, on étudie la fonction fn sur R+ ( fn étant impaire) dans le but de déterminer sup| fn (x) − 0|. x∈R
2 2
2
x )−x(n x) = La fonction fn est dérivable sur R+ et pour tout réel positif x, fn0 (x) = n (1+n(1+n 2 x)2 2 2 n(1−n x ) . Par suite, la fonction fn est croissante sur 0, 1n et décroissante sur 1n , +∞ . (1+n2 x)2 Puisque la fonction fn est positive sur R+ , sup| fn (x) − 0| = fn 1n = 12 qui ne tend pas vers 0 quand
Soit
n ∈ N∗ .
x∈R
n tend vers l’infini. Convergence uniforme et localement uniforme sur ]0, +∞[. La suite de fonctions ( fn )n∈N ne converge toujours pas uniformément vers la fonction nulle sur ]0, +∞[ car pour n > 1, sup| fn (x) − x∈R
0| = 12 . Soit a un réel strictement positif fixé. Soit n > a1 . On a 0 < 1n < a et donc la fonction fn est décroissante sur [a, +∞[. Par suite, pour tout réel x de [a, +∞[, 0 6 fn (x) 6 fn (a). Donc sup | fn (x)−0| = f n(a) pour n > a1 . On en déduit que limn→+∞ sup | fn (x)−0| = 0. Donc x∈[a,+∞[
x∈[a,+∞[
la suite de fonctions ( fn )n∈N converge uniformément vers la fonction nulle sur tout intervalle de la forme [a, +∞[ où a > 0 et en particulier converge localement uniformément vers la fonction nulle sur ]0, +∞[ mais ne converge pas uniformément vers la fonction nulle sur ]0, +∞[. k
(b) Convergence simple sur R. Soit x ∈ R. On sait que ex = limn→+∞ ∑nk=0 xk! et donc la suite ( fn )n∈N converge simplement sur R vers la fonction constante f : x 7→ 1. Convergence uniforme sur R et R+ . limx→−∞ | fn (x) − f (x)| = +∞. Par suite, pour tout entier naturel n, la fonction | fn − f | n’est pas bornée sur R. La suite de fonctions ( fn )n∈N ne converge donc pas uniformément vers f sur R. limx→+∞ | fn (x) − f (x)| = 1 et donc sup | fn (x) − f (x)| > 1. La suite de fonctions ( fn )n∈N ne x∈[0,+∞[
converge donc pas uniformément vers f sur R+ . Convergence localement uniforme sur R. Soit [a, b] un segment de R. Pour n ∈ N∗ , posons gn = fn − f . La fonction gn est dérivable sur R et pour x ∈ R k xk e−x xn g0n (x) = e−x − ∑nk=0 xk! + ∑n−1 k=0 k! = − n! .
Si n est pair, la fonction gn est décroissante sur R et s’annule en 0. Si n est impair, la fonction gn est croissante sur R− , décroissante sur R+ et s’annule en 0. Dans les deux cas, si x ∈ [a, b], |gn (x)| 6 Max{|gn (a)|, |gn (b)|} avec égalité effectivement obtenue pour x = a ou x = b. Donc sup |gn(x)| = Max{|gn (a)|, |gn (b)|} =
x∈[a,b]
gn (a)+gn (b)+|gn (a)−gn (b)| . 2
Cette dernière expression tend vers 0 quand n tend vers +∞. On en déduit que la suite de fonctions ( fn )n∈N converge uniformément vers f sur tout segment [a, b] contenu dans R ou encore 2081
la suite de fonctions ( fn )n∈N converge localement uniformément vers la fonction f : x 7→ 1 sur R. (c) Pour x réel et n entier naturel, on pose fn (x) = n(1 − x)n sin π2 x . Convergence simple. Soit x réel fixé. sin π2 x = 0 ⇔ x ∈ 2Z. Dans ce cas, limn→+∞ fn (x) = 0. Si x ∈ / 2Z, la suite ( fn (x))n∈N converge ⇔ la suite (n(1 − x)n )n∈N converge ⇔ |1 − x| < 1 ⇔ 0 < x < 2. Dans ce cas, limn→+∞ fn (x) = 0. La suite de fonctions ( fn )n∈N converge simplement vers la fonction nulle sur [0, 2] ∪ 2Z. Convergence uniforme sur [0, 2]. Soit n un entier naturel non nul fixé. n π . sup | fn (x) − 0| > fn 1n = n 1 − 1n sin 2n x∈[0,2]
Cette dernière expression est équivalente à tend vers +∞.
π 2e
en +∞ et en particulier ne tend pas vers 0 quand n
La suite de fonctions ( fn )n∈N ne converge pas uniformément vers la fonction nulle sur [0, 2].
8 7 6
x2
ln
1 t
dt
5 x
y= R
4 3 2 1 b
1
2
3
4
5
La suite de fonctions ( fn )n∈N ne converge pas uniformément vers la fonction nulle sur [0, 2].
Correction de l’exercice 4205 N
n Convergence simple sur R+ . Soit x un réel positif fixé. Pour n > x, fn (x) = 1 − nx et donc n fn (x) = 1 − nx = exp n ln 1 − nx = exp(−x + o(1). n→+∞
n→+∞
n→+∞
Donc la suite de fonctions ( fn )n∈N∗ converge simplement sur R+ vers la fonction f : x 7→ e−x . + Convergence sur R . Pour x réel positif et n entier naturel non nul, posons gn (x) = f (x) − −xuniforme x n e − 1 − n si x ∈ [0, n] fn (x) = . Déterminons la borne supérieure de la fonction |gn | sur [0, +∞[. e−x si x > n La fonction gn est définie et continue sur R+ . Pour x > n, 0 < gn (x) 6 e−n = gn (n). 2082
n−1 0 Etudions la fonction gn sur [0, n]. Pour x ∈ [0, n], g0n (x) = −e−x + 1 − nx .(gn (n) est la dérivée à gauche de la fonction gn en n, mais on peut montrer qu’en fait la fonction gn est dérivable en n pour n > 1). La fonction gn est continue sur le segment [0, n] et admet donc sur [0, n] un minimum et un maximum. • La fonction gn a un minimum égal à 0 atteint en 0. En effet, on sait que pour tout réel u, eu > 1 + u (inégalité de convexité) et donc pour tout réel x de [0, n], e−x/n > 1 − nx > 0. Après élévation des deux x n n + −x membres de cette inégalité, par croissance de t 7→ t sur R , on obtient e > 1 − n ou encore gn (x) > 0 = gn (0). • Pour 0 < x 6 n, les inégalités précédentes sont strictes et la fonction gn /[0,n] admet son maximum dans ]0, n]. De plus, g0n (n) = −e−n < 0 et puisque la fonction gn est de classe C1 sur [0, n], sa dérivée g0n est strictement négative sur un voisinage à gauche de n. La fonction gn est alors strictement décroissante sur ce voisinage et la fonction gn admet nécessairement son maximum sur R+ en un certain point xn de ]0, n[. En un tel point, puisque l’intervalle ]0, n[ est ouvert, on sait que la dérivée de la fonction gn n−1 s’annule. L’égalité g0n (xn ) = 0 fournit 1 − xnn = e−xn et donc n −xn gn (xn ) = e−xn − 1 − xnn = 1 − 1 − xnn e−xn = xn en . −xn
En résumé, pour tout réel positif x, 0 6 gn (x) 6 xn en où xn est un certain réel de ]0, n[. Pour u réel positif, posons h(u) = ue−u . La fonction h est dérivable sur /mbr+ et pour u > 0, h0 (u) = (1 − u)e−u . Par suite, la fonction h admet un maximum en 1 égal à 1e . On a montré que ∀x ∈ [0, +∞[, ∀n ∈ N∗ , 0 6 gn (x) 6 ou encore ∀n ∈ N∗ , sup{|gn (x)|, x > 0} 6 que
1 ne .
1 ne
Ainsi, limn→+∞ sup{|gn (x)|, x > 0} = 0 et on a montré
la suite de fonctions ( fn )n∈N∗ converge uniformément sur R+ vers la fonction x 7→ e−x . R
2
2
11. Existence de I = 0+∞ e−x dx. La fonction x 7→ e−x est continue sur [0, +∞[ et négligeable devant x12 2 en +∞. Donc la fonction x 7→ e−x est intégrable sur [0, +∞[. Par suite, I existe dans R. R On est alors en droit d’espérer que I = limn→+∞ 0+∞ fn (x2 ) dx. √ Donc la fonction x 7→ fn (x2 ) est La fonction x 7→ fn (x2 ) est continue sur [0, +∞[ et nulle sur [ n, +∞[. √ intégrable sur [0, +∞[. Pour n ∈ N∗ , posons In =
R +∞ 0
fn (x2 ) dx =
Montrons que In tend vers I quand n tend vers +∞. |I − In | 6
R √n 0
| f (x2 ) − fn (x2 )| dx + 2
R n 0
2
1 − xn
n
dx.
R +∞ −x2 R R √ 1 1 −x2 dx = √ −x2 dx. √ e dx 6 n × ne + √+∞ + √+∞ n n e n e e n
Puisque la fonction x 7→ e−x est intégrable sur [0, +∞[, cette dernière expression tend vers 0 quand n tend vers +∞ et donc limn→+∞ In = I. √ Calcul de la limite de In . Soit n ∈ N∗ . Les changements de variables x = u n puis u = cos v fournissent R √n √ R √ R π/2 √ 2 n In = 0 1 − xn dx = n 01 (1 − u2 )n du = n 0 sin2n+1 v dv = nW2n+1
où Wn est la n-ème p π intégrale de WALLIS. On a déjà vu (exercice classique, voir fiches de Maths Sup) que Wn ∼ 2n et donc n→+∞
In ∼
n→+∞
Finalement, In tend vers
√ π 2
q √ π n × 2(2n+1)
√ π . n→+∞ 2
quand n tend vers +∞ et donc √ R +∞ −x2 dx = 2π . 0 e
2083
∼
Vous pouvez voir différents calculs de l’intégrale de G AUSS dans « Grands classiques de concours : intégration ». Correction de l’exercice 4206 N Posons f = limn→+∞ Pn . Le critère de C AUCHY de convergence uniforme (appliqué à ε = 1) permet d’écrire ∃N ∈ N/ ∀n > N, ∀m > N, ∀x ∈ R, |Pn (x) − Pm (x)| 6 1. Pour n > N, les polynômes PN − Pn sont bornés sur R et donc constants. Par suite, pour chaque n > N, il existe an ∈ R tel que PN − Pn = an (∗). Puisque la suite (Pn ) converge simplement sur R, La suite (an ) = (PN (0) − Pn (0)) converge vers un réel que l’on note a. On fait alors tendre n tend vers +∞ dans l’égalité (∗) et on obtient f = PN − a On a montré que f est un polynôme. Correction de l’exercice 4207 N (a) Convergence simple. Chaque fonction fn , n ∈ N, est définie sur R. Soit x ∈ R. • Si x < 0, fn (x) → +∞ et la série de terme général fn (x), n ∈ N, diverge grossièrement. n→+∞
• Si x = 0, puisque ∀n ∈ N, fn (x) = fn (0) = 0, la série de terme général fn (x), n ∈ N, converge. √ • Si x > 0, n2 fn (x) = x2 e−x n+3 ln n → 0 et donc fn (x) = o n12 . Dans ce cas aussi, la série de n→+∞
n→+∞
terme général fn (x), n ∈ N, converge.
La série de fonctions de terme général fn , n ∈ N, converge simplement sur R+ . Convergence normale. La fonction f0 est la fonction nulle. Soit n ∈ N∗ . La fonction fn est dérivable sur R+ et pour tout réel positif x, √ √ √ √ fn0 (x) = n(2x − x2 n)e−x n = nx(2 − x n)e−x n . h h i h La fonction fn est positive sur [0, +∞[, croissante sur 0, √2n et décroissante sur √2n , +∞ . On en déduit que k fn k∞ = sup | fn (t)| = fn √2n = 4e−2 . x∈[0,+∞[
Par suite, la série numérique de terme général k fn k∞ , n ∈ N, diverge grossièrement et donc La série de fonctions de terme général fn , n ∈ N, ne converge pas normalement sur R+ . Soit a > 0. Pour n >
4 , a2
on a
√2 n 4 . a2
un entier supérieur ou égal à et donc sup | fn (t)| = fn (a).
6 a et donc la fonction fn est décroissante sur [a, +∞[. Soit donc n Pour tout réel t supérieur ou égal à a, on a | fn (t)| = fn (t) 6 fn (a)
x∈[a,+∞[
Comme la série numérique de terme général fn (a), n ∈ N, converge, la série de fonctions de terme général fn , n ∈ N, converge normalement et donc uniformément sur [a, +∞[.
Pour tout a > 0, la série de fonctions de terme général fn , n ∈ N, converge normalement et uniformément sur [a Convergence uniforme sur [0, +∞[. Pour n ∈ N et t ∈ R+ , |Rn (t)| = ∑+∞ k=n+1 f k (t) > f n+1 (t), 2084
et donc
sup |Rn (t)| > sup | fn+1 (t)|4e−2 . Par suite,
t∈[0,+∞[
t∈[0,+∞[
sup |Rn (t)| ne tend pas vers 0 quand n
t∈[0,+∞[
tend vers +∞ et donc la série de fonctions de terme général fn , n ∈ N, ne converge pas uniformément sur R+ . (b) Convergence simple. Chaque fonction fn , n ∈ N∗ , est définie sur ]0, +∞[. Soit x ∈]0, +∞[. Puisque fn (x) ∼ n31x2 > 0, la série numérique de terme général fn (x) converge. Donc n→+∞
la série de fonctions de terme général fn , n ∈ N∗ , converge simplement sur ]0, +∞[. Convergence normale. Soit n ∈ N∗ . La fonction fn est décroissante et positive sur ]0, +∞[. Donc sup | fn (x)| = fn (0) = 1n .Puisque la série numérique de terme général 1n , n ∈ N∗ , diverge
x∈]0,+∞
la série de fonctions de terme général fn , n ∈ N∗ , ne converge pas normalement sur R+ . Soit a > 0. Pour n ∈ N∗ , la fonction fn est décroissante et positive sur 5a, +∞[ et donc sup | fn (x)| = x∈[a,+∞
fn (a). Comme la série numérique de terme général fn (a), n ∈ N∗ , converge, la série de fonctions de terme général fn , n ∈ N, converge normalement et donc uniformément sur [a, +∞[.
Pour tout a > 0, la série de fonctions de terme général fn , n ∈ N∗ , converge normalement et uniformément sur [ (c) Convergence simple. Chaque fonction fn , n ∈ N, est définie sur R et impaire. Soit x ∈ R+ . • Si x = 0, pour tout entier naturel n, fn (x) = fn (0) = 0. Dans ce cas, la série numérique de terme général fn (x) converge. x • Si x > 0, la suite (x2 +1) est une suite géométrique de premier x > 0 et de raison x21+1 ∈]0, 1[. n n∈N x On en déduit que la suite (x2 +1) est positive décroissante de limite nulle. Par suite, la série n n∈N
numérique de terme général fn (x) converge en vertu du critère spécial aux séries alternées. • Si x < 0, puisque pour tout entier naturel n, fn (x) = − fn (−x), la série numérique de terme général fn (x) converge. Finalement la série de fonctions de terme général fn , n ∈ N, converge simplement sur R.
Convergence normale. La fonction f0 n’est pas bornée sur R et donc la série de fonctions de terme général fn , n ∈ N, n’est pas normalement convergente sur R. Analysons la convergence normale de la série de fonctions de terme général fn , n > 1, sur R. Soit n ∈ N∗ . La fonction gn = (−1)n fn est dérivable sur R et pour tout réel x, 2
1−(2n−1)x −2nx + x × (1+x 2 )n+1 = (1+x2 )n+1 . h i h h 1 1 La fonction gn est positive sur R+ , croissante sur 0, √2n−1 et décroissante sur √2n−1 , +∞ . Puisque la fonction gn est impaire, on en déduit que 1 1 1 −(n+1) 1 √ 1 k fn k∞ = sup| fn (x)| = gn √2n−1 = √2n−1 × 1 − 2n . n+1 = 1 2n−1 (1+ 2n−1 ) x∈R 1 −(n+1) 1 Mais 1 − 2n = exp −(n + 1) ln 1 − 2n = exp 12 + o(1) et donc
g0n (x) =
1 (1+x2 )n
n→+∞
k f n k∞ =
√ 1 2n−1
1 1 − 2n
2085
−(n+1)
∼ √1√ n→+∞ e 2× n
> 0.
Par suite, la série numérique de terme général k fn k∞ , n ∈ N∗ , diverge et donc la série de fonctions de terme général fn , n ∈ N∗ , ne converge pas normalement sur R. est positive Convergence uniforme sur R. Soit n ∈ N. Pour x ∈ R+ , puisque la suite (1+xx 2 )n n∈N décroissante et de limite nulle, d’après une majoration classique du reste à l’ordre n d’une série alternée, x 1 x x k n+1 √ (−1) Rn (x)| = ∑+∞ = g (x) 6 g = , 6 (−1) n+1 n+1 k=n+1 (1+x2 )n+1 (1+x2 )n+1 (1+x2 )k 2n+1 cette inégalité restant valable pour x < 0 par parité. Donc sup|Rn (x)| 6 gn+1 x∈R
√ 1 2n+1
. D’après ci-
dessus, 1 tend vers 0 quand n tend vers +∞ et il en est de même de sup|Rn (x)|. On a montré gn+1 √2n+1 x∈R
que
la série de fonctions de terme général fn , n ∈ N, converge uniformément sur R.
Correction de l’exercice 4208 N Soit n ∈ N. (−1)k 1+ka
R
= ∑nk=0 (−1)k 01 t ka dt = R (n+1)a R avec (−1)n 01 t 1+t a dt 6 01 t (n+1)a dt = ∑nk=0
déduit que la série de terme général
(−1)k
1+ka ,
R1 0
R1 1 R n 1 t (n+1)a dt, ∑nk=0 (−t a )k dt = 0 1+t a dt + (−1) 0 1+t a
1 1+(n+1)a .
Par suite, limn→+∞ (−1)n
k > 0, converge et que
∑+∞ k=0
(−1)k 1+ka
=
R 1 t (n+1)a 0 1+t a
dt = 0. On en
R1 1 0 1+t a dt.
Correction de l’exercice 4210 N (a) (b) oui, par convolution.
Correction de l’exercice 4213 N |gn ( fn (x)) − g( f (x))| 6 |gn ( fn (x)) − g( fn (x))| + |g( fn (x)) − g( f (x))| et g est uniformément continue. Correction de l’exercice 4215 N Prendre une subdivision régulière de [a, b] et encadrer fn par les cordes associées. Correction de l’exercice 4216 N (a) i. Soit n ∈ N∗ . • Si ∀x ∈ [0, 1], f (x) = 1, Bn ( f ) =
∑nk=0
n k X (1 − X)n−k = (X + (1 − X))n = 1. k
2086
• Si ∀x ∈ [0, 1], f (x) = x, n n k n k n−1 k n − 1 k−1 n−k n−k Bn ( f ) = ∑ X (1 − X) =∑ X (1 − X) =X ∑ X (1 − X)(n−1)−(k−1) n k k − 1 k − 1 k=0 k=1 k=1 n−1 n−1 k =X ∑ X (1 − X)n−1−k = X. k k=0 n
• Si ∀x ∈ [0, 1],
f (x) = x(x−1), alors Bn ( f ) = ∑nk=0
n k k n
k n
− 1 X k (1−X)n−k et donc B1 ( f ) =
0. Pour n > 2 et k ∈ [[1, n − 1]] n (n−2)! 1 k k n! n−1 n−1 n − 2 = − n2 k(n − k) k!(n−k)! = − n (k−1)(n−k−1)! = − n . n n −1 k k−1
Par suite,
n−1 n − 1 n−1 n − 2 k n−1 n−k Bn ( f ) = − X (1 − X) = − X(1 − X) ∑ k−1 ∑ X k−1 (1 − X)(n−2)−(k−1) n k=1 n k=1 n−2 n−1 n−2 k n−1 =− X(1 − X) ∑ X(1 − X). X (1 − X)n−2−k = − n n k k=0 ce qui reste vrai pour n = 1. ii. D’après la question précédente
n n n n n 2 k n n 2 k n−k n−k k n−k 2 2 (k − nX) X (1 − X) = k X (1 − X) − 2nX kX (1 − X) + n X ∑ k ∑ k ∑ k ∑ k X k( k=0 k=0 k=0 k=0 n n n n =∑ k(k − n)X k (1 − X)n−k − n(2X − 1) ∑ kX k (1 − X)n−k k=0 k k=0 k n n k 2 2 +n X ∑ X (1 − X)n−k k k=0 n n n k n k k k k n−k 2 2 −1 X (1 − X) − n (2X − 1) ∑ X (1 − X)n−k =n ∑ n n k n k k=0 k=0 n
= −n(n − 1)X(1 − X) − n2 (2X − 1)X + n2 X 2 = −nX 2 + nX = nX(1 − X).
(b) Soit ε > 0. Soient n un entier naturel non nul et α un réel strictement positif donné. Soit x un réel de [0, 1]. Notons A (resp. B) l’ensemble des entiers k ∈ [[0, n]] tels que x − nk < α (resp. x − nk > α). (Si A ou B sont vides, les sommes ci-dessous correspondantes sont nulles). n n k k n−k | f (x) − Bn ( f )(x)| = ∑ f (x) − f x (1 − x) k=0 k n k k n n k k n−k n−k 6∑ f (x) − f f (x) − f x (1 − x) + ∑ x (1 − x) k n k n k∈A k∈B
f est continue sur le segment [0, 1] et donc est uniformément continue sur ce segment d’après le théorème de H EINE. Par suite, il existe α > 0 tel que si x et y sont deux réels de [0, 1] tels que |x − y| < α alors | f (x) − f (y)| < ε2 . α est ainsi dorénavant fixé. Pour ce choix de α, n n k n k k k ε ε n n−k n−k f (x) − f n x (1 − x) 6 2 ∑k∈A x (1 − x) 6 2 ∑k=0 x (1 − x)n−k = ε2 . ∑k∈A k k k 2087
Ensuite, la fonction f est continue sur le segment [0, 1] et donc est bornée sur ce segment. Soit M un majorant de la fonction | f | sur [0, 1]. n n k k k n−k f (x) − f n x (1 − x) 6 2M ∑k∈B x (1 − x)n−k ∑k∈B k k Mais si k ∈ B, l’inégalité x − nk > α fournit 1 6 α 21n2 (k − nx)2 et donc
n k 1 n 1 n n n−k 2 k n−k ∑ k x (1 − x) 6 1 6 α 2 n2 ∑ k (k − nx) x (1 − x) 6 α 2 n2 ∑ k (k − nx)2 xk (1 − x)n−k k∈B k∈B k=0 2 ! 1 1 1 1 1 = 2 2 × nx(1 − x) = 2 − x− 6 . α n α n 4 2 4α 2 n
En résumé, pour tout réel x ∈ [0, 1] | f (x) − Bn ( f )(x)| 6 ε2 + 2M × 4α12 n = ε2 + 2αM2 n . Maintenant, puisque limn→+∞ 2αM2 n = 0, il existe un entier naturel non nul N tel que pour n > N, M < ε2 . Pour n > N, on a | f (x) − Bn ( f )(x)| < ε2 + ε2 = ε. On a montré que 2α 2 n ∀ε > 0, ∃N ∈ N∗ / ∀n ∈ N∗ , ∀x ∈ [0, 1], (n > N ⇒ | f (x) − (Bn ( f ))(x)| < ε, et donc que la suite de polynômes (Bn ( f ))n∈N∗ converge uniformément sur [0, 1] vers f . (c) La question 2) montre le théorème de W EIERSTRASS dans le cas du segment [0, 1]. Soient [a, b] un segment quelconque et f un application continue sur [a, b]. Pour x ∈ [0, 1], posons g(x) = f (a + (b − a)x). La fonction g est continue sur [0, 1] et donc il existe une suite de polynômes (Pn ) convergeant uniformément vers g sur [0, 1]. Pour n ∈ N, posons Qn = Pn X−a b−a . Soit ε > 0. ∃N > 1 tel que ∀n > N, ∀y ∈ [0, 1], |g(y) − Pn (y)| < ε. x−a Soient x ∈ [a, b] et n > N. Le réel y = b−a est dans [0, 1] et | f (x) − Qn (x)| = | f (a + (b − a)y) − Qn (a + (b − a)y)| = |g(y) − Pn (y)| < ε. Ceci démontre que la suite de polynômes (Qn )n∈N converge uniformément vers la fonction f sur [a, b].
Correction de l’exercice 4217 N n
(a) Pour x ∈] − 1, 1[ et n entier naturel non nul, posons fn (x) = x sin(nx) . n n Soit x ∈] − 1, 1[. Pour n entier naturel non nul, | fn (x)| 6 |x| . Or, la série géométrique de terme général |x|n , n > 1, est convergente et donc la série numérique de terme général fn (x) est absolument convergente et en particulier convergente. On en déduit que f (x) existe. f est définie sur ] − 1, 1[. Soit a ∈]0, 1[. Chaque fn , n > 1, est de classe C1 sur [−a, a] et pour x ∈ [−a, a], fn0 (x) = xn−1 sin(nx) + xn cos(nx). Pour x ∈ [−a, a] et n ∈ N∗ , | fn0 (x)| 6 an−1 + an 6 2an−1 . 2088
Puisque la série numérique de terme général 2an−1 , n > 1, converge, la série de fonctions de terme général fn0 , n > 1, est normalement et donc uniformément sur [−a, a]. En résumé, • la série de fonctions de terme général fn , n > 1, converge simplement vers f sur [−a, a], • chaque fonction fn , n > 1, est de classe C1 sur [−a, a], • la série de fonctions de terme général fn0 converge uniformément sur [−a, a]. D’après un corollaire du théorème de dérivation terme à terme, f est de classe C1 sur [−a, a] pour tout réel a de ]0, 1[ et donc sur ] − 1, 1[ et sa dérivée s’obtient par dérivation terme à terme. n−1 sin(nx) + xn cos(nx)). f est de classe C1 sur ] − 1, 1[ et ∀x ∈] − 1, 1[, f 0 (x) = ∑+∞ n=1 (x
(b) Ainsi, pour x ∈] − 1, 1[ f 0 (x) =
+∞
+∞
∑ (xn−1 sin(nx) + xn cos(nx)) = Im ∑ xn−1 einx
n=1
eix
xeix
+ Re 1 − xeix 1 − xeix 2 sin x + x cos x − x . = 2 x − 2x cos x + 1 = Im
n=1
!
+∞
∑ xn einx
+ Re
eix (1 − xe−ix )
n=1
!
xeix (1 − xe−ix ) = Im 2 + Re 2 x − 2x cos x + 1 x − 2x cos x + 1
Mais, pour x ∈] − 1, 1[, et donc
0 x sin x 1−x cos x
(sin x+x cos x)(1−x cos x)−x sin x(− cos x+x sin x) (1−x cos x)2
=
0 x sin x sin x + x cos x − x2 × arctan = 1 − x cos x (1 − x cos x)2 1+ =
1 x sin x 1−x cos x
sin x + x cos x − x2 = f 0 (x). x2 − 2x cos x + 1
=
sin x+x cos x−x2 . (1−x cos x)2
2 =
sin x + x cos x − x2 (1 − x cos x)2 + x2 sin2 x
Finalement, pour x ∈] − 1, 1[, f (x) = f (0) +
Rx 0 x sin x x sin x 0 f (t) dt = 0 + arctan 1−x cos x − arctan(0) = arctan 1−x cos x . x ∀x ∈] − 1, 1[, ∑+∞ n=1
n sin(nx)
n
= arctan
x sin x 1−x cos x
.
Correction de l’exercice 4218 N n
(−1) (a) Pour n entier naturel non nul, on note fn la fonction x 7→ ln(nx) . Pour tout réel x, f (x) existe si et ∗ seulement si chaque fn (x), n ∈ N , existe et la série numérique de terme général fn (x), n ∈ N∗ , converge. Pour n ∈ N∗ et x ∈ R, fn (x) existe si et seulement si x > 0 et x 6= 1n . n o Soit donc x ∈ D =]0, +∞[\ 1p , p ∈ N∗ . 1 Pour n > 1x , on a ln(nx) > 0. On en déduit que la suite ln(nx) est positive et décroissante à n∈N∗ partir d’un certain et tend vers 0 quand n tend vers +∞. Ainsi, la série numérique de terme général fn (x) converge en vertu du critère spécial aux séries alternées et donc f (x) existe. Le domaine de définition de f est D =]0, +∞[\ 1n , n ∈ N∗ .
2089
(b) Limite de f en +∞. Soit x >1. Donc f (x) existe. Pour tout entier naturel non nul n, ln(nx) > 0. On 1 est décroissante. On sait alors que la valeur absolue de f (x) est en déduit que la suite ln(nx) n∈N∗ majorée par la valeur absolue du premier terme de la série. Ainsi 0 1 ∀x > 1, | f (x)| 6 (−1) ln(x) = ln x , et en particulier
limx→+∞ f (x) = 0. 1 On peut noter de plus que pour x > 1, f (x) est du signe du premier terme de la série à savoir ln(x) et donc ∀x ∈]1, +∞[, f (x) > 0. Convergence uniforme sur]1, +∞[. D’après une majoration classique du reste à l’ordre n alternée d’une série alternée, pour x > 1 et n naturel non nul, (−1)n (−1)k−1 1 1 6 |Rn (x)| = ∑+∞ k=n+1 ln(kx) ln((n+1)x) = ln((n+1)x 6 n+1 .
Donc, pour tout entier naturel non nul, sup |Rn (x)| 6 x∈]1,+∞[
1 ln(n+1)
et donc limn→+∞ sup |Rn (x)| = 0. x∈]1,+∞[
La série de fonctions de terme général fn converge uniformément vers sa somme sur ]1, +∞[. Continuité sur ]1, +∞[. Chaque fonction fn , n ∈ N∗ est continue sur ]1, +∞[ et donc f est donc continue sur ]1, +∞[ en tant que limite uniforme sur ]1, +∞[ d’une suite de fonctions continues sur ]1, +∞[. f est continue sur ]1, +∞[. Limite en 1 à droite. Soit n > 2. Quand x tend vers 1 par valeurs supérieures, fn (x) tend vers n−1 `n = (−1) ln(n) . Puisque la série de fonctions de terme général f n , n > 2, converge uniformément vers sa somme sur ]1, +∞[, le théorème d’interversion des limites permet d’affirmer que la série numérique 1 de terme général `n , n > 2 converge et que la fonction x 7→ f (x) − ln(x) = ∑+∞ n=2 f n (x) tend vers le n−1
(−1) réel ∑+∞ n=2 ln(n) quand x tend vers 1 par valeurs supérieures ou encore
f (x) = + x→1
1 ln x
+ O(1) et en particulier, lim f (x) = +∞. x→1 x>1
(c) La série de fonctions de terme général fn , n > 1, converge simplement vers la fonction f sur ]1, +∞[. De plus chaque fonction fn est de classe C1 sur ]1, +∞[ et pour n ∈ N∗ et x > 1, fn0 (x) =
(−1)n . x ln2 (nx)
Il reste à vérifier la convergence uniforme de la série de fonctions de terme général fn0 sur ]1, +∞[. Soit x > 1. La série de terme général fn0 (x) est alternée car son terme général est alterné en signe et sa valeur absolue à savoir x ln21(nx) tend vers zéro quand n tend vers +∞ en décroissant. Donc, d’après une majoration classique du reste à l’ordre n d’une série alternée, (−1)n+1 (−1)k 1 1 |Rn (x)| = ∑+∞ 6 6 ln2 (n+1) . = x ln2 ((n+1)x) k=n+1 x ln2 (kx) x ln2 ((n+1)x) Par suite,
sup |Rn (x)| 6
x∈]1,+∞[
1 ln2 (n+1)
et donc limn→+∞ sup |Rn (x)| = 0. Ainsi, la série de fonctions x∈]1,+∞[
de terme général fn0 , n > 1, converge uniformément sur ]1, +∞[. En résumé, • la série de fonctions de terme général fn , n > 1, converge simplement vers f sur ]1, +∞[, • chaque fonction fn , n > 1, est de classe C1 sur ]1, +∞[, • la série de fonctions de terme général fn0 converge uniformément sur ]1, +∞[. D’après un corollaire du théorème de dérivation terme à terme, f est de classe C1 sur ]1, +∞[ et sa dérivée s’obtient par dérivation terme à terme. 2090
n
(−1) f est de classe C1 sur ]1, +∞[ et ∀x > 1, f 0 (x) = ∑+∞ n=1 x ln2 (nx) .
Pour x > 1, puisque la série de somme f 0 (x) est alternée, f 0 (x) est du signe du premier terme de la somme à savoir − x ln12 x . Par suite, ∀x ∈] − 1, 1[, f 0 (x) 6 0 et f est donc strictement décroissante sur ]1, +∞[. La fonction f est décroissante sur ]1, +∞[.
Correction de l’exercice 4219 N 2
t (a) Convergence simple. Soit t ∈ R. Pour tout entier naturel non nul n, 1 + n(1+t 2 ) > 1 > 0 et donc f n (t) 2 t existe. Ensuite, ln 1 + n(1+t > 0 et donc la suite numérique ( fn (t))n∈N∗ est alternée en signe. De 2) t2 et la suite (| fn (t)|)n∈N∗ tend vers 0 en décroissant. plus, | fn (t)| = ln 1 + n(1+t 2)
On en déduit que la série de terme général fn (t), n > 1, converge en vertu du critère spécial aux séries alternées. La série de fonctions de terme général fn , n > 1, converge simplement sur R.
On pose alors f = ∑+∞ n=1 f n . Convergence uniforme. Soit n ∈ N∗ . D’après une majoration classique du reste à l’ordre n d’une série alternée, pour tout réel t on a
+∞ t2 t2 + 1 − 1 1 |Rn (t)| = ∑ fk (t) 6 | fn+1 (t)| = ln 1 + = ln 1 + = ln 1 + − 2 2 k=n+1 (n + 1)(1 + t ) (n + 1)(1 + t ) n + 1 (n + 1 , 6 ln 1 + n+1
1 1 et donc, ∀n ∈ N∗ , sup|Rn (t)| 6 ln 1 + n+1 . Comme limn→+∞ ln 1 + n+1 = 0, on a encore limn→+∞ sup|Rn (t)| = t∈R
t∈R
0 et on a montré que
La série de fonctions de terme général fn , n > 1, converge uniformément vers f sur R. Continuité. Puisque chaque fonction fn , n > 1, est continue sur R, la fonction f est continue sur R en tant que limite uniforme sur R d’une suite de fonctions continues sur R. f est continue sur R. (b) D’après le théorème d’interversion des limites, f a une limite réelle en +∞ et +∞ 1 2 n limt→+∞ f (t) = ∑+∞ n=1 limt→+∞ f n (t) = ∑n=1 (−1) ln 1 + n = ln π (voir l’exercice 1896, 5)). limt→+∞ fn (t) = ln
2 π
.
Correction de l’exercice 4220 N Domaine de définition. Soit t ∈ R. Pour chaque n ∈ N∗ , fn (t) existe et de plus fn (t) = arctan(nt) = n2 n→+∞ 1 O n2 . Donc la série numérique de terme général fn (t), n > 1, converge absolument et en particulier converge. On a montré que 2091
f est définie sur R. Parité. Pour tout réel t, arctan(−nt) arctan(nt) f (−t) = ∑+∞ = − ∑+∞ = − f (t). n=1 n=1 n2 n2
f est impaire. Convergence normale. Pour tout réel t et tout entier naturel non nul n, | fn (t)| 6 entier naturel non nul n, sup| fn (t)| 6 t∈R
Comme la série numérique de terme général
π , 2n2
π 2n2
et donc pour tout
π . 2n2
n > 1, converge, la série de fonctions de terme général
fn converge normalement et donc uniformément vers f sur R. Limite de f en +∞. Puisque la série de fonctions de terme général fn , n > 1, converge uniformément vers f sur R et que chaque fonction fn a une limite réelle quand t tend vers +∞ à savoir `n = 2nπ 2 , le théorème d’interversion des limites permet d’affirmer que f a une limite réelle en +∞ et que limt→+∞ f (t) = ∑+∞ n=1 `n = limt→+∞ f (t) =
π3 12
π 2
1 ∑+∞ n=1 n2 =
π3 12 . 3
et limt→−∞ f (t) = − π12 .
Continuité. Puisque chaque fonction fn , n ∈ N∗ , est continue sur R et que la série de fonctions de terme général fn converge uniformément vers f sur R, la fonction f est continue sur R en tant que limite uniforme sur R d’une suite de fonctions continues sur R. f est continue sur R. Dérivation. Soit a > 0. Chaque fonction fn , n > 1, est de classe C1 sur [a, +∞[ et pour n ∈ N∗ et t > a, fn0 (t) =
n n2 (1+n2 t 2 )
Pour n ∈ N∗ , on a alors sup | fn0 (t)| = fn0 (a) = t∈[a,+∞[
=
1 . n(1+n2 t 2 )
1 . n(1+n2 a2 )
Puisque
1 1 ∼ n(1+n2 a2 ) n→+∞ a2 n3
> 0, la série de
1 0 terme général n(1+n 2 a2 ) converge et par suite, la série de fonctions de terme général f n , n > 1, converge normalement et donc uniformément sur [a, +∞[. En résumé, • la série de fonctions de terme général fn , n > 1, converge simplement vers f sur [a, +∞[, • chaque fonction fn est de classe C1 sur [a, +∞[, • la série de fonctions de terme général fn0 converge uniformément sur [a, +∞[. D’après un corollaire du théorème de dérivation terme à terme, f est de classe C1 sur [a, +∞[ et sa dérivée s’obtient par dérivation terme à terme. Ceci étant vrai pour tout a > 0, f est de classe C1 sur ]0, +∞[ et puisque f est impaire 1 f est de classe C1 sur R∗ et ∀t ∈ R∗ , f 0 (t) = ∑+∞ n=1 n(1+n2 t 2 ) .
Dérivabilité en 0. La fonction f 0 est décroissante sur ]0, +∞[. Donc la fonction f 0 admet une limite en 1 0+ élément de ] − ∞, +∞]. Pour t > 0 et N ∈ N∗ , on a f 0 (t) > ∑Nn=1 n(1+n 2 t 2 ) et quand t tend vers 0, on obtient lim f 0 (t) >
t→0 t>0
N
1
∑ n.
n=1
Cette inégalité étant vraie pour tout entier naturel non nul N, quand N tend vers +∞ on obtient 2092
lim f 0 (t) >
t→0 t>0
+∞
1
∑ n = +∞.
n=1
On a montré que lim f 0 (t) = +∞. t→0 t>0
En résumé, f est de classe C0 sur [0, +∞[, de classe C1 sur ]0, +∞[ et f 0 (t) tend vers +∞ quand t tend vers 0 par valeurs supérieures. D’après un corollaire du théorème des accroissements finis, on sait que f n’est pas dérivable en 0 à droite et que sa courbe représentative admet [Oy) pour demi-tangente en (0, 0). Puisque f est impaire, f n’est pas dérivable en 0 et sa courbe représentative admet (Oy) pour tangente en (0, 0). Allure du graphe.
3 2
π 3 /6
y = f (x)
1 −7
−6
−5
−4
−3
−2
−1 −1 −2
1
2
3
4
5
6
7
−π 3 /6
−3 Correction de l’exercice 4221 N 2 (a) Soit x ∈ [0, +∞[. Pour n > x2 , fn (x) = exp n ln 1 − xn et donc fn (x) = exp(−x2 + o(1)). Donc la suite ( fn )n∈N∗ converge simplement sur
R+
vers la fonction f : x
N∗ ,
n→+∞ 2 7→ e−x .
(b) Chaque fonction fn , n ∈ est continue par morceaux sur [0, +∞[ et nulle au voisinage de +∞. Donc chaque fonction fn , n ∈ N∗ , est intégrable sur [0, +∞[. La fonction f est continue sur [0, +∞[ et négligeable devant x12 quand x tend vers +∞. Donc la fonction f est intégrable sur [0, +∞[. √ Soit n ∈ N∗ . Par convexité de la fonction exponentielle, ∀u ∈ R, 1 + u 6 eu . Parsuite, ∀x ∈ [0, n], 2
0 6 1− xn 6 e−x
2
2 /n
puis par croissance de la fonction t 7→ t n sur R+ , 0 6 fn (x) = 1 − xn √ f (x). D’autre part, pour x > n, fn (x) = 0 6 f (x). Finalement
n
2
6 e−x =
. ∀n ∈ N∗ , ∀x ∈ [0, +∞[, | fn (x)| 6 f (x). En résumé, • chaque fonction fn , n ∈ N∗ , est continue par morceaux et intégrable sur [0, +∞[, • la suite de fonctions ( fn ) converge simplement vers la fonction f sur [0, +∞[ et la fonction f est continue sur [0, +∞[. • ∀n ∈ N∗ , | fn | 6 f , la fonction f étant intégrable sur [0, +∞[. R R D’après le théorème de convergence dominée, la suite 0+∞ fn (x) dx n∈N∗ converge vers 0+∞ f (x) dx. Ainsi, R +∞ −x2 R √n 2 n dx = limn→+∞ 0 1 − xn dx. 0 e √ 2 Soit n ∈ N∗ . En posant t = arccos √xn et donc xn = cos2 t et dx = − n sint dt, on obtient 2093
R √n
2
1 − xn
0
n
dx =
R0
π/2 (1 − cos
2 t)n × (−√n sint)
dt =
où Wn est la n-ème intégrale de WALLIS. Classiquement, Wn et donc W√ 2n+1 ∼ n n→+∞
On a montré que
√ q π n 2(2n+1)
√ R π/2 2n+1 √ n 0 sin t dt = nW2n+1 , pπ ∼ 2n (voir Exercices Maths Sup)
n→+∞
√ π . n→+∞ 2
∼
√ R +∞ −x2 π dx = e 0 2 .
Correction de l’exercice 4222 N Pour x ∈]0, 1], x−x = e−x ln(x)
et donc limx→0
−x = 1. Donc si on pose ∀x ∈ [0, 1], +x
f (x) =
x−x si x ∈]0, 1] , 1 si x = 0
f est une fonction continue sur le segment [0, 1] et donc intégrable sur le segment [0, 1]. n
(−x ln(x)) Pour x ∈]0, 1], ( x−x = e−x ln(x) = ∑+∞ . Posons alors ∀x ∈ [0, 1], f0 (x) = 1 puis ∀n ∈ N∗ , ∀x ∈ n=0 n! (−x ln(x))n n!
si x ∈]0, 1] . La fonction f0 est continue sur [0, 1] et pour n ∈ N∗ , puisque 0 si x = 0 −x ln(x) →+ 0, la fonction fn est continue sur [0, 1]. En résumé, chaque fonction fn , n ∈ N, est continue
[0, 1], fn (x) = x→0
sur [0, 1]. De plus,
∀x ∈ [0, 1], f (x) = ∑+∞ n=0 f n (x). Vérifions alors que la série de fonctions de terme général fn converge normalement et donc uniformé−x ln x si x ∈]0, 1] ment vers f sur le segment [0, 1]. Pour x ∈ [0, 1], posons g(x) = . La fonction g 0 si x = 0 est continue sur le segment [0, 1] et admet donc un maximum M sur ce segment. Pour x ∈ [0, 1], on a n n 0 6 g(x) 6 M (on peut montrer que M = g 1e = 1e ). Mais alors ∀n ∈ N, ∀x ∈]0, 1], | fn (x)| = (g(x)) 6 Mn! n! n ce qui reste vrai pour x = 0. Comme la série numérique de terme général Mn! converge, on a montré que la série de fonctions de terme général fn converge normalement et donc uniformément vers f sur le segment [0, 1]. D’après le théorème d’intégration terme à terme sur un segment, la série numérique de terme général R1 0 f n (x) dx, converge et R1 0
Pour n ∈ N, posons In = In = =
1 n!
Z 1
R1 0
f (x) dx = ∑+∞ n=0
0
fn (x) dx
(∗).
fn (x) dx. Soit n ∈ N. En posant u = − ln(x) puis v = (n + 1)u, on obtient
(−x ln x)n dx =
0
1 n!(n + 1)n+1
L’égalité (∗) s’écrit alors
R1
Z +∞ 0
1 n!
Z 0
+∞
(ue−u )n × (−e−u du) =
vn e−v dv =
1 n!
Z +∞
un e−(n+1)u du
0
Γ(n + 1) 1 = . n!(n + 1)n+1 (n + 1)n+1
R 1 −x +∞ 1 1 dx = ∑+∞ 0 x n=0 (n+1)n+1 = ∑n=1 nn . R 1 (−x ln x)n
Remarque. Pour calculer In = 0 dx, on peut aussi s’intéresser plus généralement à Jn,p = n! R 1 xn (− ln x) p dx que l’on calcule par récurrence grâce à une intégration par parties. 0 n! Le travail qui précède permet encore d’écrire R1 x (−1)n +∞ R 1 (x ln x)n dx = ∑+∞ 0 x dx = ∑n=0 0 n=1 nn . n!
R 1 −x R1 x +∞ (−1)n 1 dx = ∑+∞ 0 x n=1 nn et 0 x dx = ∑n=1 nn .
2094
Correction de l’exercice 4223 N 2
Pour x > 0, posons f (x) = exx−1 . f est continue sur ]0, +∞[. Ensuite, pour tout réel strictement positif x, on a 0 < e−x < 1 et donc x2 ex −1
=
x2 e−x 1−e−x
−nx = +∞ x2 e−(n+1)x = +∞ x2 e−nx . = x2 e−x ∑+∞ ∑n=0 ∑n=1 n=0 e
Pour n ∈ N∗ et x > 0, posons fn (x) = x2 e−nx . Chaque fonction fn , n ∈ N∗ , est continue et intégrable sur [0, +∞[ car négligeable devant x12 quand x tend vers +∞. En particulier, chaque fonction fn , n ∈ N∗ , est intégrable sur ]0, +∞[. De plus, pour n ∈ N∗ , R +∞ 0
| fn (x)| dx =
R +∞ 2 −nx R = n23 , dx = n13 0+∞ u2 e−u du = Γ(3) 0 x e n3
qui est le terme général d’une série numérique convergente. En résumé, • chaque fonction fn , n ∈ N∗ , est continue et intégrable sur ]0, +∞[, • la série de fonctions de terme général fn , n ∈ N∗ , converge simplement vers la fonction f sur ]0, +∞[ et la fonction f est continue sur ]0, +∞[. R +∞ • ∑+∞ n=1 0 | f n (x)| dx < +∞. D’après un théorème d’intégration terme à terme, f est intégrable sur ]0, +∞[, la série numérique de R1 terme général 0 fn (x) dx, n ∈ N∗ , converge et R +∞ 0
On a montré que
f (x) dx = ∑+∞ n=1
R +∞ 0
2 fn (x) dx = ∑+∞ n=1 n3 .
R +∞ x2 +∞ 1 0 ex −1 dx = 2 ∑n=1 n3 .
Correction de l’exercice 4224 N C’est presque le même exercice que l’exercice 4223. Pour tout réel x > 0, x sh x
=
2xe−x 1−e−2x
−2nx = +∞ 2xe−(2n+1)x , = 2xe−x ∑+∞ ∑n=0 n=0 e
puis avec la même démarche que dans l’exercice précédent Z +∞ x 0
sh x
dx =
+∞ Z +∞
∑
2xe−(2n+1)x dx =
n=0 0 +∞
1 =2 2 n=0 (2n + 1)
=2∑
+∞
+∞
2 ∑ (2n + 1)2 n=0
1
+∞
1
∑ n2 − ∑ (2n)2
n=1
n=1
Z +∞
ue−u du =
0
!
+∞
2Γ(2)
∑ (2n + 1)2
n=0
1 π2 π2 = 2 1− = . 4 6 4
R +∞ x π2 0 sh x dx = 4 .
Correction de l’exercice 4225 N Ici, le plus simple est peut-être de ne pas utiliser de théorème d’intégration terme à terme. Lafonction ln x √1 . On en f : x 7→ 1+x 2 est continue sur ]0, 1]. De plus, quand x tend vers 0, f (x) ∼ ln x = o x + + x→0
déduit que f est intégrable sur ]0, 1]. Soit n ∈ N.
2095
x→0
ln x 1+x2
n+1 x2n+2 ln x
= ∑nk=0 (−1)k x2k ln x + (−1)
1+x2
.
Maintenant, chacune des fonctions fk : x 7→ (−1)k x2k ln x, 0 6 k 6 n, est intégrable sur ]0, 1] car continue sur ]0, 1] et négligeable devant √1x quand x tend vers 0. On en déduit encore que la fonction gn : x 7→ (−1)n+1 x2n+2 ln x 1+x2
est intégrable sur ]0, 1] car gn = f − ∑nk=0 fk . On a donc ∀n ∈ N,
R 1 ln x R R 1 (−1)n+1 x2n+2 ln x n k 1 2k dx. 0 1+x2 dx = ∑k=0 (−1) 0 x ln x dx + 0 1+x2
x ln x La fonction h : x 7→ 1+x 2 dx est continue sur ]0, 1] et prolongeable par continuité en 0. On en déduit que la fonction h est bornée sur ]0, 1]. Soit M un majorant de la fonction |h| sur ]0, 1]. Pour tout entier naturel n, on a alors R R1 1 (−1)n+1 x2n+2 ln x R 1 2n x ln x M dx 6 x . 1+x2 dx 6 M 0 x2n dx = 2n+1 0 0 1+x2
R
n+1 2n+2
x ln x En particulier, limn→+∞ 01 (−1) 1+x dx = 0. Ceci montre que la série numérique de terme général 2 R 1 2k k (−1) 0 x ln x dx, k ∈ N, converge et que
R R 1 ln x +∞ k 1 2k 0 1+x2 dx = ∑k=0 (−1) 0 x ln x dx. 2n+1
x Soient n ∈ N et ε ∈]0, 1[. Les deux fonctions x 7→ 2n+1 et x 7→ ln x sont de classe C1 sur le segment [ε, 1]. On peut donc effectuer une intégration par parties et on obtient h 2n+1 i1 R 1 2n x 1 R 1 2n ε 2n+1 1 2n+1 ). x ln x dx = ln x − 2n+1 ε ε x dx = − 2n+1 ln ε − (2n+1)2 (1 − ε 2n+1 ε
R 1 Quand ε tend vers 0, on obtient 01 x2n ln x dx = − (2n+1) 2 . Par suite,
R 1 ln x +∞ (−1)n π 0 1+x2 dx = − ∑n=0 2n+1 = − 4 .
Vérifions maintenant l’intégrabilité de la fonction f sur ]0, +∞[. La fonction f est continue sur ]0,+∞[ et 1 √x → 0 et donc f (x) = o on sait déjà que f est intégrable sur ]0, 1]. De plus, x3/2 f (x) ∼ ln . x x3/2 x→+∞
x→+∞
x→+∞
Ceci montre que la fonction f est intégrable sur [1, +∞[ et finalement sur ]0, +∞[. R ln x n Pour calculer I = 0+∞ 1+x 2 dx, la méthode précédente ne marche plus du tout car pour x > 1, x tend vers +∞ quand n tend vers +∞. C’est une toute autre idée qui permet d’aller au bout. On pose u = 1x et on obtient I= et donc I = 0.
R 0 ln( u1 ) −du R +∞ ln u R +∞ ln x dx = du = −I, 2 1 × u2 = − 0 +∞ 0 1+x 1+u2 1+
u2
R 1 ln x R +∞ ln x π dx = 0. 0 1+x2 dx = − 4 et 0 1+x2
Correction de l’exercice 4226 N 1 n (a) Soit x ∈ [0, 1[. Pour tout réel t de [0, x], on a 1−t = ∑+∞ n=0 t . Maintenant, pour tout réel t ∈ [0, x] et tout entier naturel n, on a |t|n 6 xn . Puisque la série numérique de terme général xn converge, on en déduit que la série de fonctions de terme général t 7→ t n converge normalement et donc uniformément sur le segment [0, x]. D’après le théorème d’intégration terme à terme sur un segment, on peut affirmer que
− ln(1 − x) =
Rx 1 +∞ xn+1 +∞ R x n +∞ xn 0 1−t dt = ∑n=0 0 t dt = ∑n=0 n+1 = ∑n=1 n . n
t ∀t ∈ [0, 1[, − ln(1 − t) = ∑+∞ n=1 n .
(b) Par suite, pour t ∈]0, 1[, 2096
ln(t) ln(1−t) t
t = − ∑+∞ n=1
n−1 lnt
n
. n−1
Pour t ∈]0, 1[, posons f (t) = ln(t) ln(1−t) puis pour t ∈]0, 1] et n ∈ N∗ , posons fn (t) = − t n lnt . t Soit n ∈ N∗ . La fonction fn est continue sur ]0, 1] et négligeable devant √1t quand t tend vers 0. La fonction fn est donc intégrable sur ]0, 1]. En particulier, la fonction fn est donc intégrable sur ]0, 1[. R1 Calculons alors 0 fn (t) dt. n Soit a ∈]0, 1[. Les deux fonctions t 7→ tn et t 7→ − lnt sont de classe C1 sur le segment [a, 1]. On peut donc effectuer une intégration par parties et on obtient n 1 R 1 n−1 R n (− lnt) dt = − t nlnt a + n1 a1 t n−1 dt = a nln a + n12 (1 − an ). a t R
R
Quand a tend vers 0, on obtient 01 −t n−1 lnt dt = n12 et donc 01 fn (t) dt = n13 . Puisque la fonction fn R est positive sur ]0, 1[, on a encore 01 | fn (t)| dt = n13 . On en déduit que la série numérique de terme R1 général 0 | fn (t)| dt converge. En résumé, • chaque fonction fn est continue par morceaux et intégrable sur ]0, 1[, • la séries de fonctions de terme général fn , n ∈ N∗ , converge simplement vers la fonction f sur ]0, 1[ et la fonction f est continue sur ]0, 1[, R1 • ∑+∞ n=1 0 | f n (t)| dt < +∞. D’après un théorème d’intégration terme à terme, R 1 ln(t) ln(1−t) 0
t
dt = ∑+∞ n=1
R 1 ln(t) ln(1−t) 0
t
R 1 −t n−1 lnt 0
n
1 dt = ∑+∞ n=1 n3 .
1 dt = ∑+∞ n=1 n3 .
Correction de l’exercice 4227 N Existence de l’intégrale. Soit x ∈ R. La fonction f : t 7→ cos(xt) cht est continue sur [0, +∞[. De plus, pour 2 1 1 tout réel positif t, | f (t)| 6 cht et donc | f (t)| ∼ et = o t 2 . On en déduit que la fonction f est t→+∞
t→+∞
intégrable sur [0, +∞[.
Pour tout réel x,
R +∞ cos(xt) 0
cht
dt existe.
Convergence de la série. Soit x ∈ R. Pour n ∈ N, posons un (x) =
2n+1 . (2n+1)2 +x2
Pour n ∈ N,
2n + 1 2n + 3 (2n + 1)((2n + 3)2 + x2 ) − (2n + 3)((2n + 1)2 + x2 ) − = (2n + 1)2 + x2 (2n + 3)2 + x2 ((2n + 1)2 + x2 )((2n + 3)2 + x2 ) 2(2n + 1)(2n + 3) − 2x2 = . ((2n + 1)2 + x2 )((2n + 3)2 + x2 )
un (x) − un+1 (x) =
Puisque le numérateur de cette dernière expression tend vers +∞ quand n tend vers +∞, cette expression est positive pour n grand. On en déduit que la suite (un (x)) décroît à partir d’un certain rang. D’autre part, limn→+∞ un (x) = 0. On en déduit que la série de terme général (−1)n un (x) converge en vertu du critère spécial aux séries alternées. 2n+1 Pour tout réel x, la série de terme général (−1)n (2n+1) 2 +x2 converge.
Egalité de l’intégrale et de la somme de la série. Soit n ∈ N. Pour t ∈]0, +∞[, on a e−t ∈]0, 1[ et donc
2097
n −(2n+3)t cos(xt) 2 cos(xt)e−t −t k −2kt n+1 cos(xt)e = = 2 cos(xt)e (−1) e + (−1) ∑ cht 1 + e−2t 1 + e−2t k=0 n
= 2 ∑ (−1)k cos(xt)e−(2k+1)t + (−1)n+1 k=0
cos(xt)e−(2n+3)t . 1 + e−2t
Maintenant, pour chaque k ∈ N, la fonction t 7→ cos(xt)e−(2k+1)t est intégrable sur [0, +∞[ car continue sur [0, +∞[ et négligeable devant t12 quand t tend vers +∞. On en déduit encore que la fonction t 7→ −(2n+3)t
(−1)n+1 cos(xt)e 1+e−2t
est intégrable sur [0, +∞[ puis que
R
R
R
−(2n+3)t
n k +∞ −(2k+1)t dt + (−1)n+1 +∞ cos(xt)e dt. ∀n ∈ N, 0+∞ cos(xt) 0 cht dt = 2 ∑k=0 (−1) 0 cos(xt)e 1+e−2t R −(2n+3)t −(2n+3)t R 1 , et donc limn→+∞ (−1)n+1 cos(xt)e Ensuite, 0+∞ (−1)n+1 cos(xt)e dt 6 0+∞ e−(2n+3)t dt = 2n+3 dt = 1+e−2t 1+e−2t 0 puis
R +∞ cos(xt) 0
cht
dt = Re
Z
Soit n ∈ N. Z +∞
−(2n+1)t
cos(xt)e
n dt = 2 ∑+∞ n=0 (−1)
+∞
R +∞
ixt −(2n+1)t
0
cos(xt)e−(2n+1)t dt.
Z
+∞
(−(2n+1)+ix)t
dt = Re dt e 0 " #+∞ ! e(−(2n+1)+ix)t 1 (−(2n+1)+ix)t = Re = Re 1 − lim e t→+∞ −(2n + 1) + ix (2n + 1) − ix 0 1 (car e(−(2n+1)+ix)t = e−(2n+1)t → 0) = Re n→+∞ (2n + 1) − ix 2n + 1 2n + 1 + ix = . = Re 2 2 (2n + 1) + x (2n + 1)2 + x2
0
e e
0
On a enfin montré que R +∞ cos(xt) 0
cht
Correction de l’exercice 4228 N Soit a ∈ R. Pour n ∈ N∗ , on pose An =
2n+1 n dt = 2 ∑+∞ n=0 (−1) (2n+1)2 +x2 .
q 2 ∗ Soit n ∈ N . On peut écrire An = 1 + an2 nombres
q 1 2 1+ a2 n qa/n
sin(θn ) =
et
qa/n 2 1+ a2 n
2
1+ a2
.
1 − an a 1 n
− qa/na2
q 1 2 1+ a2 n qa/n
1+ 2 n q 1 2 1+ a2
2
1+ a2 n
n
. Les sommes des carrés des deux
est égale à 1. Donc il existe un réel θn ∈] − π, π] tel que cos(θn ) =
. De plus, cos(θn ) > 0 et sin(θn ) > 0 et donc on peut prendre
q 1 2 1+ a2
n
θn = arctan
a n
∈ 0, π2 .
Pour n ∈ N∗ , on a alors q n n n/2 cos(nθ ) − sin(nθ ) cos(θn ) − sin(θn ) n n a2 a2 n = 1 + n2 An = 1 + n2 . sin(θn ) cos(θn ) sin(nθn ) cos(nθn ) 2098
n
et
n/2 2 n a2 a2 a = exp 2 ln 1 + n2 Maintenant, 1 + n2 = exp 2n +o n→+∞ D’autre part, nθn = n arctan an = n × na = a. Donc n→+∞
limn→+∞ Ann
= 1.
cos(a) − sin(a) sin(a) cos(a)
∀a > 0, limn→+∞
1 − an a 1 n
n
=
=
1 n
= 1 + o(1).
n→+∞
cos(a) − sin(a) sin(a) cos(a)
cos(a) − sin(a) sin(a) cos(a)
.
.
Correction de l’exercice 4229 N Soit A ∈ M p (C). (3) ⇒ (2). On sait que si la série de terme général An , n ∈ N, converge, alors limn→+∞ An = 0. (2) ⇒ (1). Supposons limn→+∞ An = 0. Soit λ ∈ C une valeur propre de A et X ∈ M p,1 (C) \ {0} un vecteur propre associé. Pour tout entier naturel n, An X = λ n X. Puisque limn→+∞ An = 0, on a encore limn→+∞ An X = 0 puis limn→+∞ λ n X = 0 et donc limn→+∞ λ n = 0. Ainsi, si limn→+∞ An = 0 alors Sp(A) ⊂ Bo (0, 1). (1) ⇒ (3). Soit A ∈ M p (C) telle que Sp(A) ⊂ Bo (0, 1). On sait (voir exercice 3229 : décomposition de D UNFORD) qu’il existe deux matrices D et N telles que 1) A = D + N 2) D diagonalisable 3) N nilpotente 4) DN = ND. De plus, les valeurs propres de D sont les valeurs propres de A. On note k l’indice de nilpotence de N. Puisque les matrices D et N convergent, la formule du binôme de N EWTON permet d’écrire pour n > k n n− j j n n− j j An = (D + N)n = ∑nj=0 D N = ∑kj=0 D N . j j −1 Il existe une matrice P ∈ G L p (C)etune matrice diagonale ∆ tel que D = P∆P . Mais alors, ∀ j ∈ n n− j j n n− j [[0, k]], ∀n > j, D N = P× ∆ × PN j . j j n n− j Soit j ∈ [[0, k]]. Vérifions tout d’abord que la série de terme général ∆ , n > j converge. Posons j n n− j n n− j n n− j ∆ = diag(λ1 , . . . , λ p ). Alors ∀n > j, ∆ = diag λ ,..., λp . Maintenant, si λ est j j 1 j n n− j n(n−1)...(n− j+1) n− j 1 λ ∼ n j λ n− j = o car une valeur propre de ∆ (et donc de A), λ = 2 j! n n→+∞ n→+∞ j n n− j |λ | < 1 et donc la série de terme général λ , n > j, converge. j n n− j Ainsi, la série de terme général ∆ converge. D’autre part, l’application M 7→ P × M × PN j est j continue sur M p (C) en tant d’un espace de dimension finie. On en déduit que la qu’endomorphisme n n− j série de terme général P × ∆ × PN j converge. j n n− j Finalement, pour chaque j ∈ [[0, k]], la série de terme général P × ∆ × PN j converge et donc la j série de terme général An converge car est somme de j + 1 séries convergentes.
Correction de l’exercice 4230 N 2099
4/3 − X −5/6 χA = = X 2 − 16 X − 61 = X − 21 X + 13 . Par suite, A = PDP−1 où D = diag 12 , − 31 , 5/3 −7/6 − X 1 1 2 −1 −1 et donc P = . P= 1 2 −1 1 Soit n ∈ N. −1 n n n n 1 k 1 k k=P k P−1 = P diag , − A P . D ∑k=0 ∑k=0 ∑k=0 2 ∑k=0 3 k k Puisque 12 et − 13 sont dans ] − 1, 1[, les séries numériques de termes généraux respectifs 12 et − 13 convergent. Il en est de même de la série de terme général Dk . Maintenant, l’application M 7→ PMP−1 , converge est continue car linéaire sur un espace de dimension finie et on en déduit que la série de terme général Ak converge. De plus, +∞
+∞
n=0
n=0
+∞
∑ An = ∑ PDn P−1 = P ∑ Dn n=0
!
P−1 (par continuité de l’application M 7→ PMP−1 ) n !
! 1 1 ,∑ P = P diag , P−1 = P diag ∑ 1 1 1 − 1 + n=0 n=0 2 3 3 ! 2 4 2 0 2 −1 2 −1 1 1 = = = −1 1 −1 1 1 2 0 34 2 32 ! 13 − 45 4 n . ∑+∞ n=0 A = 5 1 − 2 2 +∞
1 2
n
+∞
1 − 3
−1
13 4
− 54
5 2
− 12
!
.
Remarque. D’après l’exercice suivant, la matrice obtenue est (I − A)−1 . Correction de l’exercice 4231 N Soit A ∈ M p (C) telle que kAk < 1. Pour tout entier naturel n, on a kAn k 6 kAkn . Puisque kAk < 1, la série numérique de terme général kAkn , n ∈ N, converge. Il en est de même de la série de terme général kAn k et donc la série de terme général An , n ∈ N, converge absolument. Puisque M p (C) est complet en tant que C espace de dimension finie, on en déduit que la série de terme général An , n ∈ N, converge. De plus, +∞
n n
(I − A) ∑ A = (I − A) lim
n→+∞
n=0
k
∑A k=0
!
n
= lim
n→+∞
k
(I − A) ∑ A k=0
!
(par continuité de l’application M 7→ (I − A)M)
= lim (I − An+1 ) = I ( lim An+1 = 0 car ∀n ∈ N, kAn+1 k 6 kAkn+1 ). n→+∞
n→+∞
n Ainsi, la matrice I − A est inversible à droite et donc inversible et de plus, (I − A)−1 = ∑+∞ n=0 A . On en déduit encore
2 k(I − A)−1 − (I + A)k = ∑+∞ An 6 ∑+∞ kAkn = kAk . n=2
Correction de l’exercice 4232 N
n=2
1−kAk
p Ak Soit A ∈ Mn (C). On sait que d’une part det(exp(A)) 6= 0 et d’autre part exp(A) = lim p→+∞ ∑k=0 k! . p Ak Par continuité du déterminant, on a donc lim p→+∞ det ∑k=0 k! = det(exp(A)) 6= 0. Par suite, il existe p p Ak Ak p0 ∈ N tel que ∀p > p0 , det ∑k=0 k! 6= 0 et donc tel que ∑k=0 k! ∈ GLn (R). Correction de l’exercice 4233 N 2100
3−X 2 2 −X 1 = (3 − X)(X 2 − 1) − (−2X − 2) − (2X + 2) = −(X + 1)(X − 1)(X − 3). (a) χA = 1 −1 1 −X Soit n ∈ N. La division euclidienne de X n par χA s’écrit X n = Qn × χA + an X 2 + bn X + cn où Qn ∈ R[X] et (an , bn , cn ) ∈ R3 . En évaluant les deux membres de cette égalité en −1, 1 et 3, on obtient bn = 12 (1 − (−1)n ) an − bn + cn = (−1)n an + bn + cn = 1 ⇒ ⇒ a + cn = 12 (1 + (−1)n ) n n 9an + 3bn + cn = 3 8an + 32 (1 − (−1)n ) + 21 (1 + (−1)n ) = 3n an = 18 (3n − 2 + (−1)n ) . bn = 12 (1 − (−1)n ) cn = 81 (−3n + 6 + 3(−1)n ) Le théorème de C AYLEY-H AMILTON fournit alors
∀n ∈ N, An = 18 ((3n − 2 + (−1)n )A2 + 4(1 − (−1)n )A + (−3n + 6 + 3(−1)n )I3 ). Maintenant,
3 2 2 3 2 2 9 8 8 3 2 A2 = 1 0 1 1 0 1 = 2 −1 1 0 −1 1 0 −2 −2 −1
et donc, pour tout réel t,
exp(tA) =
+∞ n t
+∞ n t
n=0
n=0
1
∑ n! An = ∑ n! . 8 ((3n − 2 + (−1)n )A2 + 4(1 − (−1)n )A + (−3n + 6 + 3(−1)n )I3 )
9 8 8 3 t − e−t ) e3t − 2et + e−t 4(e 1 2 3 2 + = 8 8 −2 −2 −1 −1 3t 3t t 3t 8e 8e − 8e 8e − 8et 1 3t −t 3t −t 2e − 2e 2e + 6e 2e3t − 2e−t = 8 −2e3t + 2e−t −2e3t + 8et − 6e−t 2e3t + 8et + 2e−t 4e3t 4e3t − 4et 4e3t − 4et 1 . e3t + 3e−t e3t − e−t = e3t − e−t 4 3t −t 3t t −t 3t t −t −e + e −e + 4e − 3e e + 4e + e
4e3t ∀t ∈ R, exp(tA) = 14 e3t − e−t −e3t + e−t
4e3t − 4et e3t + 3e−t 3t −e + 4et − 3e−t
2 2 1 0 0 3t + 6et + 3e−t −e 0 1 0 0 1 + 8 1 0 0 0 1
4e3t − 4et . e3t − e−t 3t t −t e + 4e + e
4−X 1 1 = (4 − X)(X 2 − 2X) − 6(−X + 2) − 10(X − 2) = (X − 2)[−X(X − 4−X 2 (b) χA = 6 −10 −4 −2 − X 4) + 6 − 10] = −(X − 2)(X 2 − 4X + 4) = −(X − 2)3 . On est dans la situation où A a une unique valeur propre. D’après le théorème de C AYLEY-H AMILTON, (A − 2I3 )3 = 0 et donc pour tout réel t,
2101
exp(tA) = exp(t(A − 2I3 ) + 2tI3 ) = exp(t(A − 2I3 )) × exp(2tI3 ) (car les matrices t(A − 2I3 ) et 2tI3 commutent) t2 2 = I3 + t(A − 2I3 ) + (A − 2I3 ) × e2t I3 2 1 0 0 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 e2t t 6 2 2 + 2 2 6 2 2 = e2t 0 1 0 + te2t 6 2 0 0 1 −10 −4 −4 −10 −4 −4 −10 −4 −4 1 0 0 2 1 1 0 0 0 t 2 e2t 2 2 + 4 2 2 = e2t 0 1 0 + te2t 6 2 0 0 1 −10 −4 −4 −4 −2 −2 2t 2t 2t (2t + 1)e te te (t 2 + 2t + 1)e2t (t 2 + 2t)e2t . = (2t 2 + 6t)e2t (−2t 2 − 10t)e2t (−t 2 − 4t)e2t (−t 2 − 4t)e2t
(2t + 1)e2t ∀t ∈ R, exp(tA) = (2t 2 + 6t)e2t (−2t 2 − 10t)e2t
te2t 2 (t + 2t + 1)e2t (−t 2 − 4t)e2t
te2t (t 2 + 2t)e2t . (−t 2 − 4t)e2t
Correction de l’exercice 4234 N −X 1/2 −2 = −X X 2 + 1 X − 1 − 1 X − 1 = −X 2 X + 1 + 1 X + 1 = − X + 1 2 X − 1 . 0 χA = 1/2 −X 2 2 2 4 2 4 2 2 2 0 0 −1/2 − X Soit n ∈ N. La division euclidienne de X n par χA s’écrit X n = Qn χA + an X 2 + bn X + cn où Qn ∈ R[X] et (an , bn , cn ) ∈ R3 . n On évalue les deux membres de cette égalité en 21 et − 12 et on obtient a4n + b2n +cn = 12 et a4n − b2n +cn = n − 21 . n−1 = Puis en dérivant les deux membres de l’égalité et en évaluant en − 12 , on obtient −an +bn = n − 21 1 n −2n − 2 . Maintenant, n 1 n 1 n + b2n + cn = 21 bn = 2 − − 2 n an 1 n 1 n + − + 2cn = − b2n + cn = − 12 ⇔ 2 2 2 n n n n −an + 12 − − 12 = −2n − 12 −an + bn = −2n − 21 1 n 1 n an = 2 + (2n − 1) − 2 n n ⇔ bn = 12 − − 12 n 1 n cn = 14 12 − 2n−3 − 4 2
an 4 an 4
n 2 1 n n Donc ∀n ∈ N, An = 12 + (2n − 1) − 12 A + 2 − 0 1/2 −2 0 1/2 −2 0 1/2 0 0 = A2 = 1/2 0 0 0 −1/2 0 0 −1/2 |t| < 2,
2102
− 12
n
A+
1 4
1 n − 2n−3 2 4
− 12
n
I3 avec
1/4 0 1 0 1/4 −1 . On en déduit que pour 0 0 1/4
+∞
(−1)n−1t n n A n n=1 n ! n +∞ 1 1 (−1)n−1t n + (2n − 1) − A2 + = ∑ n 2 2 n=1 n ! +∞ 1 (−1)n−1t n 1 1 n 2n − 3 + ∑ − − I3 . n 4 2 4 2 n=1
ln(I3 + tA) =
∑
+∞
(−1)n−1t n ∑ n n=1
n n ! 1 1 − − A 2 2
et donc +∞ +∞ (−1)n−1 (t/2)n (−1)n−1 (−t/2)n − 2 ∑ (t/2)n − ∑ ln(I3 + tA) = ∑ n n n=1 n=1 n=1 ! +∞ (−1)n−1 (t/2)n +∞ (−1)n−1 (−t/2)n + ∑ −∑ A n n n=1 n=1 +∞
!
A2
! +∞ +∞ 1 +∞ (−1)n−1 (t/2)n (−1)n−1 (−t/2)n n + + 2 ∑ (t/2) + 3 ∑ I3 ∑ 4 n=1 n n n=1 n=1 t t 2 1 t t = ln 1 + − 1 − ln 1 − −2 A + ln 1 + − ln 1 − A 2 1 − 2t 2 2 2 t 1 t 1 − 1 + 3 ln 1 − + ln 1 + +2 I3 4 2 1 − 2t 2 1/4 0 1 0 1/2 −2 2 + t 2t 2+t 0 1/4 −1 + ln 1/2 0 0 − = ln 2−t 2−t 2−t 0 0 1/4 0 0 −1/2 1 0 0 1 t 2t t 0 1 0 + ln 1 + + + 3 ln 1 − 4 2 2−t 2 0 0 1 2 1 t 1 2+t 2+t 2t ln 1 − ln − ln − 4 2 2−t 2−t 2−t 2 2t 1 1 2+t t2 2+t = − ln 2−t + 2−t . 2 ln 2−t 2 ln 1 − 4 0 0 ln 1 − 2t
∀t ∈] − 2, 2[, ln(I3 + tA) =
1 2
2 ln 1 − t4 1 2+t 2 ln 2−t 0
ln 2+t − ln 2−t 2 1 t − ln 2 ln 1 − 4 1 2
0
ln
2+t 2t 2−t − 2−t 2t 2+t 2−t +2−t 1 − 2t
.
Correction de l’exercice 4235 N − 3 − (a) i. Soit → ω ∈ R3 . f → ω est un endomorphisme de R par bilinéarité du produit vectoriel. De plus, pour → − → − ( x , y ) ∈ (R3 )2 , − → − → − − − − − − − − − − − − − (→ − (→ f→ x ) .→ y = → ω ∧→ x .→ y = − ω ,→ x ,→ y =− → ω ,− y ,→ x =− → ω ∧→ y .→ x = −→ x . f→ y ). ω
ω
Donc,
− 3 − ∀→ x ∈ R3 , f → ω ∈ A (R ).
2103
ii. Soit ϕ : R3 → A (R3 ) . → − − ω 7→ f→ ω − − − • Vérifions que ϕ ∈ L (R3 , A (R3 )). Soient (λ1 , λ2 ) ∈ R2 et (→ ω 1, → ω 2 ) ∈ (R3 )2 . Pour tout → x ∈ 3 R , − → − → − → − → − − − → − → − → − − − ϕ(λ1 → ω 1 + λ2 → ω 2 ) (→ x ) = fλ1 → ω 2 ( x ) = λ1 ω 1 + λ2 ω 2 ∧ = λ1 ω 1 ∧ x + λ2 ω 2 ∧ x ω 1 +λ2 → → − → − → → − − → − − − = λ1 f→ ω 2 ( x ) = (λ1 ϕ( ω 1 ) + λ2 ϕ( ω 2 ) ( x ) ω 1 ( x ) + λ2 f →
− − − − et donc ϕ(λ1 → ω 1 + λ2 → ω 2 ) = λ1 ϕ(→ ω 1 ) + λ2 ϕ(→ ω 2 ). On a montré que ϕ ∈ L (R3 , A (R3 )). • Vérifions que ϕ est injective. Soit ω ∈ R3 . → − → − − − − − = 0 ⇒ ∀→ ω ∈ Ker(ϕ) ⇒ f→ x ∈ R3 , → ω ∧→ x = 0. ω
− − − On applique alors ce dernier résultat à deux vecteurs non colinéaires → u et → v . On obtient → ω∧ n o → − → − → − → − → − → − → − → − u = ω ∧ v = 0 et donc x ∈ Vect ( u , v ) = 0 . On a montré que ϕ est injective. • Enfin, dim (A3 (R)) = 3×(3−1) = 3 = dim(R3 ) < +∞. On en déduit que ϕ est un isomorphisme 2 3 3 de R sur A (R ). En particulier, − −. ∀ f ∈ A (R3 ), ∃→ ω ∈ R3 / f = f → ω
→ − − − − − (b) Soit → ω ∈ R3 . Si → ω = 0 , alors f→ ω = 0 et donc exp ( f → ω ) = IdR3 . → − − → − → − 1 → ω puis on complète la famille orthonormale On suppose dorénavant ω 6= 0 . On pose e3 = → k−ω k → − → − → − → − − − − ( e3 ) en une base orthonormale directe ( e1 , e2 , e3 ) (en particulier → e3 ∧ → e1 = → e2 ). → − → − → − → − − • Puisque e3 est colinéaire à ω , f→ ω ( e3 ) = 0 . On en déduit que → − → − → − − − 1 2 → 3 (→ − − exp ( f→ (− e3 ) + 16 f→ e3 ) + . . . = → e3 . − − ω ) ( e3 ) = Id ( e3 ) + f → ω ( e3 ) + 2 f → ω ω
→
− → − → − → − → → − − → − → − → − → −
− → − − • D’autre part, f→ ω ( e1 ) = ω ∧ e1 = ω e3 ∧ e1 = ω e2 et de même f → ω ( e2 ) = − ω e1 .
→
2 → − 2 (→
−
− On en déduit que f→ e ) = − ω e1 et donc que − 1 ω
2n −
− 2n+1 → − − − 2n+1 → 2n (→ ∀n ∈ N, f→ e1 ) = (−1)n → ω → e1 puis f→ (− e1 ) = (−1)n → ω e2 . − − ω ω Par suite,
→ − − exp ( f→ ω ) ( e1 ) =
+∞
1
n → (− e1 ) − ∑ n! f→ ω
n=0
→
2n !
→
2n+1 ! +∞
−
−
ω ω → − → − = ∑ (−1)n e1 + ∑ (−1)n e2 (somme de deux séries convergentes) (2n)! (2n + 1)! n=0 n=0
− →
− → = cos → ω − e + sin → ω − e . +∞
1
De même,
et donc
2
− 2n → − 2n (→ n → e ) = (−1) ω − e2 ∀n ∈ N, f→ − 2 ω
− 2n+1 → − − 2n+1 → n → f→ ( e ) = −(−1) ω e1 . − 2 ω
puis
→
2n ! +∞
−
ω 1 → − − → − n → n − exp ( f→ ) ( e ) = f ( e ) = (−1) e2 − → − 2 2 ∑ n! ω ∑ ω (2n)! n=0 n=0
− →
− → = − sin → ω − e + cos → ω − e . +∞
1
→
2n+1 !
−
ω → − n (−1) e1 ∑ (2n + 1)! n=0 +∞
2
−
− cos
→ ω
− sin
→ ω
0 − − → − → − → − sin → − ω cos → ω 0 Ainsi, la matrice de exp ( f→ ω ) dans la base orthonormée directe ( e1 , e2 , e3 ) est 0 0 1
→
− → −
− et exp( f→ ω ) est la rotation d’angle ω autour de ω . 2104
Correction de l’exercice 4236 N On munit Mn (C) d’une norme sous-multiplicative notée k k. Soit A ∈ Mn (C). Soit p ∈ N∗ .
p Ck Ck
p
p Ak p
∑k=0 k! − I + Ap = ∑k=0 k!1 − pkp Ak 6 ∑k=0 k!1 − pkp kAkk . Maintenant, ∀k ∈ [[1, p]],
1 k!
−
Ckp pk
k }| { z p × (p − 1) × . . . × (p − k + 1) = k!1 1 − > 0. Donc, p× p×...× p | {z } k
p Ck p p kAkk kAk p → ekAk − ekAk = 0. ∑k=0 k!1 − pkp kAkk = ∑k=0 k! − 1 + p n→+∞
p p p Ak Ak A On en déduit que ∑k=0 − I + tend vers 0 quand p tend vers +∞ et puisque ∑k=0 k! p k! tend vers p exp(A) quand p tend vers +∞, il en est de même de I + Ap . p ∀A ∈ Mn (C), exp(A) = lim p→+∞ In + Ap .
Correction de l’exercice 4237 N Soit A ∈ Mn (R). Soit k ∈ N. Puisque χA est de degré n, la division euclidienne de X k par χA s’écrit (k)
(k)
(k)
(k)
(k)
X k = Qk × χA + an−1 X n−1 + . . . + a1 X + a0 où Qk ∈ R[C] et (a0 , . . . , an−1 ) ∈ Cn . (k)
(k)
(k)
Le théorème de C AYLEY-H AMILTON montre alors que Ak = an−1 An−1 + . . . + a1 A + a0 In . k
p A n−1 , An−2 , . . . , A, I ). Enfin, Ainsi, ∀k ∈ N, Ak ∈ Vect(An−1 , . . . , A, In ) puis ∀p ∈ N, ∑k=0 n k! ∈ Vect(A puisque Vect(An−1 , An−2 , . . . , A, In ) est un fermé de Mn (C) en tant que sous-espace vectoriel d’un espace vectop Ak n−1 , An−2 , . . . , A, I ). riel de dimension finie, exp(A) = lim p→+∞ ∑k=0 n k! ∈ Vect(A On a montré que
∀A ∈ Mn (C), exp(A) ∈ Cn−1 [A].
Correction de l’exercice 4238 N (a) (b) f (0) = 0, f (π) = π sh 1, f
π 2
= π2 (e − cos 1).
Correction de l’exercice 4239 N (a) R∗ . (b) CSI :
√ π 2a
=
R∞
x=0 e
−a2 x2 dx 6
f (a) 6
(c) TCM : f (a) → 1 lorsque a → +∞.
R∞
x=0 e
−a2 x2 dx + 1 =
Correction de l’exercice 4242 N (a) (b) f (x) =
ex . (ex −1)2
2105
√ π 2a
+ 1. Donc a f (a) →
√ π 2
lorsque a → 0+ .
Correction de l’exercice 4244 N (a) (b) xg(x) − g(x + 1) = 1e .
(c) CSA ⇒ g0 < 0. g(x) → +∞ lorsque x → 0+ , g(x) → 0 lorsque x → +∞.
(d) g(x) ∼
1 x
en 0+ et g(x) ∼
1 ex
en +∞.
Correction de l’exercice 4246 N (a)
1 (b) CSA ⇒ |Rn (x)| 6 |un+1 (x)| 6 ln 1 + n+1 . (c) Non, kun k∞ = ln 1 + n1 . Correction de l’exercice 4247 N (a) (b) f (x + 1) = x f (x) − 1. (c)
Correction de l’exercice 4248 N (a) CVU sur tout [a, b]. (b) (c) f (x + 1) = f (x) + π2 − arctan x.
(d) f (x + 1) − f (x) ∼
1 x
donc la suite ( f (n)) diverge et f est croissante ⇒ lim = +∞.
Correction de l’exercice 4249 N 1 t+1
n n = ∑∞ n=0 (−1) t .
Correction de l’exercice 4250 N (a)
fn (x) fn+1 (x)
(b) (c)
fn0 (x) fn (x)
= 1 − x(x+1) +o 2n2
1 n2
donc la série ∑ ln fn (x) est convergente pour tout x ∈ / −|||∗ .
x → −γ + ∑∞ k=1 k(k+x) lorsque n → ∞.
Correction de l’exercice 4251 N
R
1 Poser t = xu puis intégrer deux fois par parties : fn (x) = 1 − u=0 (1 − u)n+1 x sin(xu) du donc ( fn ) converge simplement vers la fonction constante 1, et la convergence est uniforme sur tout intervalle borné.
Correction de l’exercice 4253 N (a) cva si | cos x| < 1, scv si cos x = 1, dv si cos x = −1. 2106
(b) TCM en regroupant les termes deux par deux. (c)
R π/2 x=0
− ln(1 − cos x) dx.
Correction de l’exercice 4254 N 2ikπ/n
e (a) Fn (X) = ∑n−1 k=0 X+n(1−e2ikπ/n ) . 2ikπ/n
n−1 x 4xe (b) Fn (2x) − Fn (−2x) = ∑n−1 k=0 4x2 −n2 (1−e2ikπ/n )2 = ∑k=0 x2 e−2ikπ/n +n2 sin(kπ/n)2 .
Supposons n impair, et regroupons les termes conjugués obtenus pour k et n − k : x x (n−1)/2 + Fn (2x) − Fn (−2x) = 1x + ∑k=1 . x2 e−2ikπ/n + n2 sin(kπ/n)2 x2 e2ikπ/n + n2 sin(kπ/n)2 {z } | =u(k,n,x)
On transforme la somme en série de k = 1 à k = ∞ en posant u(k, n, x) = 0 si k > (n − 1)/2, puis on passe à la limite, sous réserve de justification, dans cette série pour n → ∞, ce qui donne la formule demandée. Justification de l’interversion limite-série : en utilisant sin(t) > 2tπ pour 0 6 t 6 π2 on a |u(k, n, x)| 6 2|x| pour tout k > |x/2|, donc il y a convergence normale par rapport à n, à x fixé. 4k2 −x2
coth(x) 2 (c) ∑∞ − x12 est normalement convergente sur R, on peut passer à la limite pour x → 0. k=1 x2 +k2 π 2 = x
Correction de l’exercice 4255 N (a) Transformation d’Abel. x sin x (b) f (x) = arctan 1−x cos x . (c)
π−1 2 .
Correction de l’exercice 4256 N (a) (b) ζ (x) −
1 x−1
=
∑∞ n=1
R n+1 dt
1 nx
−
. x
R n+1 dt t=n
t
R n+1 dt
A n fixé, n1x − t=n t x → 1n − t=n t lorsque x → 1+ et la convergence est monotone donc lorsque x → 1+ R n+1 dt 1 1 ζ (x) − x−1 → ∑∞ − = γ. n=1 n t=n t n
(−1) ln n = η 0 (1) = γ ln 2 − 21 ln(2)2 . (c) ∑∞ n=1 n
Correction de l’exercice 4258 N 1 k Pour k fixé et x ∈ [0, 1[ on a 0 6 f (x) 6 polynôme(x) + ∑∞ n=0 x = polynôme(x) + 1−xk et
au voisinage de 1 donc 0 6 f (x) 6
2 k(1−x)
pour x suffisament proche de 1.
1 1−xk
∼
Correction de l’exercice 4259 N (a) (b) soit y ∈ [c, d] et xn = fn−1 (y). La suite (xn ) admet au plus une valeur d’adhérence, x = f −1 (y). (c)
2107
1 k(1−x)
Correction de l’exercice 4260 N Oui : | sup fn − sup f | 6 k fn − f k∞ . Correction de l’exercice 4261 N (a) Il y a convergence normale [a, +∞[ avec a > 0. Il n’y a pas convergence normale au o n −nxsur tout intervalle 1 xe voisinage de 0 car sup ln n , x > 0 = en ln n atteint pour x = 1n et ∑ n ln1 n diverge (série de Bertrand). Par contre il y a convergence uniforme sur [0, +∞[ car ∞
06
1
xe−nx
∞
∑ fk (x) 6 ln n ∑ xe−kx = ln n(1 − e−x ) 6
k=n
k=n
sup{t/(1 − e−t ), t > 0} . ln n
(b) (c) Lorsque x → 0+ ,
S(x)−S(0) x
(d)
−nx
∞ e 1 = ∑∞ n=2 ln n → ∑n=2 ln n = +∞ par convergence monotone.
Correction de l’exercice 4262 N Comparaison série-intégrale, f (x) → ln(2) lorsque x → 1− . Correction de l’exercice 4263 N (a) −1 < t < 1.
(b) Pour 0 6 t < 1 et n > 2 on a : (1 − t)
n
n
tn tn = 1 − t n 1 + t + · · · + t n−1 t n t n ((1 − t) + (1 − t 2 ) + · · · + (1 − t n−1 )) = + n n(1 + t + · · · + t n−1 ) t n (t n − t n+1 )((n − 1) + (n − 2)t + · · · + t n−2 ) = + n n(1 + t + · · · + t n−1 )
t t d’où 0 6 (1 − t) 1−t n − n 6
n−1 n n+1 ) n (t − t
6 t n − t n+1 (vrai aussi si n = 1) et en sommant :
0 6 (1 − t)S(t) + ln(1 − t) 6 1.
Correction de l’exercice 4264 N (a) La série converge normalement et φ est continue. (b) φ est 1-lipschitzienne, mais on ne peut rien en déduire pour f : pour N fixé et 0 < h 6 2.41 N , on a | f (h) − f (0)| = f (h) > ∑Nn=1 3n h = lipschitzienne au voisinage de 0.
3N+1 −3 h 2
donc f n’est pas
(c) D’après ce qui précède, le taux d’accroissement de f en 0 est arbitrairement grand, donc f n’est pas dérivable en 0. On montre de même que f n’est pas dérivable en x ∈ R. Correction de l’exercice 4265 N 2108
On suppose h réel. La série converge localement normalement sur R∗ donc f est définie sur R et continue sin2 (t) ∞ sur R∗ . Continuité en 0 : on pose An = ∑∞ k=n ak et ϕ(t) = t 2 si t 6= 0, ϕ(0) = 1 (ϕ est C sur R comme somme d’une série entière de rayon infini). Pour h 6= 0 on a : ∞
f (h) =
∞
∞
∑ (An −An+1 )ϕ(nh) = A1 ϕ(h)+ ∑ An (ϕ(nh)−ϕ((n−1)h)) = A1 ϕ(h)+ ∑ An
n=1
n=2
n=2
Z nh
Cette dernière série est uniformément convergente sur R car An → 0 (lorsque n → ∞) et est convergente.
ϕ 0 (t) dt.
t=(n−1)h
R +∞ t=0
|ϕ 0 (t)| dt
Correction de l’exercice 4266 N (a) Soit k = bn/2πc. On a Fn (x) = 2kπ n lorsque n → ∞.
R 2π
t=0
f (x+t) f (t) dt + 1n
Rn
t=2kπ
f (x+t) f (t) dt →
R 2π
t=0
f (x+t) f (t) dt
(b) Uniforme.
(c) Cauchy-Schwarz.
Correction de l’exercice 4267 N g = x 7→ f (tan(x/2)) est limite uniforme de polynômes trigonométriques. Correction de l’exercice 4268 N √ 1 donc f (x) → 0 lorsque x → +∞. 1+x2 x f (x) = ∑∞p=0 √ x 2 2 − √ x 2 2 (2p+1) +x (2p+2) +x ∞ R 2p+2 xt = ∑ p=0 t=2p+1 (t 2 +x2 )3/2 dt R (2p+2)/x u = ∑∞p=0 u=(2p+1)/x (u2 +1) 3/2 du. R∞ u On a u=0 (u2 +1) 3/2 du = 1 = a + b avec : R (2p+1)/x ∞ R (2p+2)/x u u a = ∑∞p=0 u=(2p)/x (u2 +1) 3/2 du et b = ∑ p=0 u=(2p+1)/x (u2 +1)3/2
(a) CSA : 0 6 f (x) 6 (b)
u est croissante (u2 +1)3/2 1 → 2 lorsque x → +∞.
h : u 7→ x f (x)
sur [0,
q
du = x f (x). q 1 1 ] et décroissante sur [ 2 2 , +∞[ donc |a − b| 6
Correction de l’exercice 4269 N R
R
3khk∞ x ,
et
R
+∞ dt +∞ dt +∞ dt x 1 1 On a t=x sht 6 xS1 (x) 6 sh x + t=x sht et sht = t + O(t) donc t=x sht = − ln(x) + O(1). On en déduit S1 (x) ∼ − lnxx . La même méthode ne marche pas pour S2 car le terme résiduel, sh2x(x) n’est pas négligeable devant
R +∞ dt ∞ x2 t=x sh2 (t) . Par contre, on peut remarquer que la série ∑n=1 sh2 (nx) est normalement convergente sur R,
d’où S2 (x) ∼
ζ (2) . x2
Correction de l’exercice 4270 N ix n i(n+1)x ix e e → Im = (a) Lorsque n → ∞, Sn (t) = Im e −t1−te ix 1−teix
(b)
R1
sin(px) n t=0 Sn (t) dt = ∑ p=1 p . R1 t=0 S(t) dt = (t − cos x = u sin x)
=
R tan x/2
du u=− cot x 1+u2
2109
=
π−x 2 .
sin x 1−2t cos x+t 2
pour −1 < t < 1.
(c) TCD : |Sn (t)| 6
2 sin x
intégrable par rapport à t sur [0, 1]. On en déduit ∑∞p=1 sin(px) = p
π−x 2 .
Correction de l’exercice 4271 N (a) R est trivialement un R-espace vectoriel. Le théorème de décomposition en éléments simples donne une base de R en se limitant aux éléments simples n’ayant pas de pôle dans [0, 1]. 1 1 et X+2 appartiennent à R0,1 mais pas leur Rm,n n’est pas un espace vectoriel. Par exemple X+1 somme. (b) Soit ( fk ) une suite d’éléments de Rm,n telle que kg − fk k → d quand k → ∞. On note fk = Pk /Qk avec Pk ∈ Rm [X], Qk ∈ Rn [X] et kQk k = 1. On a kPk k 6 kg − fk k + kgk donc les suites (Pk ) et (Qk ) sont bornées dans Rm [X] et Rn [X]. Quitte à prendre une sous-suite, on se ramène au cas Pk → P ∈ Rm [X] et Qk → Q ∈ Rn [X] (quand k → ∞) avec de plus kQk = 1. Si Q n’a pas de racine dans [0, 1], il existe α > 0 tel que |Q(x)| > α pour tout x ∈ [0, 1], donc |Qk (x)| > 21 α pour tout x ∈ [0, 1] et tout k assez grand. On en déduit que la suite (Pk /Qk ) converge uniformément vers P/Q sur [0, 1] et que r0 = P/Q convient. Si Q admet dans [0, 1] des racines a1 , . . . , a p de multiplicités α1 , . . . , α p , on note Q0 = ∏i (X − ai )αi et Q1 = Q/Q0 . Soit M = max{kg − fk k, k ∈ |||}. Pour tous x ∈ [0, 1] et k ∈ ||| on a |g(x)Qk (x) − Pk (x)| 6 M|Qk (x)| donc à la limite, |g(x)Q(x) − P(x)| 6 M|Q(x)| pour tout x ∈ [0, 1]. Ceci implique que Q0 divise P, on note P1 = P/Q0 . Alors pour tout x ∈ [0, 1] et k ∈ ||| on a |g(x)Q0 (x) − Pk (x)Q0 (x)/Qk (x)| 6 kg − fk k|Q0 (x)|, d’où |g(x)Q0 (x) − P1 (x)Q0 (x)/Q1 (x)| 6 d|Q0 (x)| et finalement r0 = P1 /Q1 convient. Correction de l’exercice 4272 N (a) (b) Soit Pn le polynôme de Lagrange défini par Pn (xi ) = fn (xi ) et deg Pn < p. Les coordonnées de Pn dans la base de Lagrange forment des suites convergentes donc la suite (Pn ) est uniformément conver(p) gente sur [a, b]. Quant à la suite (Pn ), c’est la suite nulle. Donc on peut remplacer fn par fn − Pn dans l’énoncé, ce qui revient à supposer que fn (xi ) = 0 pour tous n et i. Soit f la fonction définie par f (xi ) = 0 et f (p) = g : f existe (prendre une primitive p-ème arbitraire de g et lui soustraire un polynôme de Lagrange approprié) et est unique (la différence entre deux solutions est polynomiale de degré < p et s’annule en p points distincts). On remplace maintenant fn par fn − f , et on est (p) rammené à montrer que : si fn (xi ) = 0 pour tous n et i et si ( fn ) converge uniformément vers la fonction nulle, alors ( fn ) converge uniformément vers la fonction nulle. Ceci résulte du lemme suivant : Rb (p) Il existe une fonction ϕ p bornée sur [a, b]2 , indépendante de n, telle que fn (x) = t=a ϕ p (x,t) fn (t) dt. Démonstration. On écrit la formule de Taylor-intégrale pour fn entre x et y : fn (y) = fn (x) + (y − x) fn0 (x) + · · · +
(y − x) p−1 (p−1) (x) + fn (p − 1)! R
Z y (y − t) p−1 (p) t=x
(p − 1)!
fn (t) dt.
(p)
b L’intégrale peut être étendue à l’intervalle [a, b] sous la forme t=a u p (x, y,t) fn (t) dt en posant p−1 si x < t < y ; (y − t) /(p − 1)! p−1 u p (x, y,t) = −(y − t) /(p − 1)! si y < t < x ; 0 sinon.
(p−1)
En prenant successivement y = x1 , . . . , y = xn , on obtient un système linéaire en fn (x), . . ., fn de la forme : p−1 (p−1) Rb (p) 0 (x) + · · · + (x1 −x) f (x) + (x − x) f f (x) = − n n 1 n t=a u p (x, x1 ,t) f n (t) dt (p−1)! .. . f (x) + (x − x) f 0 (x) + · · · + (x p −x) p−1 fn(p−1) (x) = − R b u (x, x ,t) fn(p) (t) dt n p p n t=a p (p−1)! 2110
(x)
La matrice M de ce système est la matrice de Vandermonde de x1 − x, . . . , x p − x, inversible. On en déduit, avec les formules de Cramer, une expression de fn (x) à l’aide des intégrales du second membre, de la forme voulue. Le facteur ϕ p est borné car le dénominateur est det(M) = ∏i< j (x j −xi ), indépendant de x.
Correction de l’exercice 4273 N Développer en séries sous l’intégrale, multiplier, permuter avec l’intégrale puis simplifier. Correction de l’exercice 4274 N Soit x > 0. Pour n ∈ N∗ , n2 e−x rées. On en déduit que
√ e−x n
√ n
= e−x
= o
n→+∞
f est bien définie sur ]0, +∞[.
√
√ n+2 ln n
1
n2
= o(1) d’après un théorème de croissances compa-
n→+∞
et donc que la série de terme général e−x
Soit x ∈]0, +∞[.√La fonction t√7→ e−x t est décroissante sur [0, +∞[. Donc, ∀k ∈ N, Rk et ∀k ∈ N∗ , e−x k 6 k−1 e−x t dt. En sommant ces inégalités, on obtient √
R
√ n
converge. Ainsi,
√ R k+1 −x√t e dt 6 e−x k k
√
R
∀x ∈]0, +∞[, 0+∞ e−x t dt 6 f (x) 6 1 + 0+∞ e−x t dt (∗). √ 2 du, on obtient Soit x ∈]0, +∞[. En posant u = x t et donc t = ux2 puis dt = 2u x2 R +∞ −x√t R dt = x22 0+∞ ue−u du = x22 × Γ(2) = x22 . 0 e
L’encadrement (∗) s’écrit alors
∀x ∈]0, +∞[,
6 f (x) 6 1 + x22 .
2 x2
2 = +∞, on a montré que x→0 x2
Comme lim x>0
−x ∑+∞ n=0 e
√ n
2 ∼ 2. x→0, x>0 x
Correction de l’exercice 4275 N 2 2 Soit x ∈] − 1, 1[. Pour n ∈ N∗ , xn = |x|n 6 |x|n . Puisque la série numérique de terme général |x|n 2
converge, on en déduit que la série de terme général xn est absolument convergente et en particulier convergente. Donc, f est bien définie sur ] − 1, 1[. R 2 2 2 Soit x ∈]0, 1[. La fonction t 7→ xt = et ln x est décroissante sur [0, +∞[. Donc, ∀k ∈ N∗ , kk+1 xt dt 6 Rk 2 2 xk 6 k−1 xt dt. En sommant ces inégalités, on obtient R
2
∀x ∈]0, 1[, 1+∞ xt dt 6 f (x) 6 √ Soit x ∈]0, 1[. En posant u = t − ln x, on obtient
R +∞ t 2 0 x dt
√ R +∞ t 2 R +∞ t 2 ln x R 2 dt = 0+∞ e−(t − ln x) dt = √ 1 0 x dt = 0 e
− ln x
L’encadrement (∗) s’écrit alors
∀x ∈]0, 1[,
√ √ π 2 − ln x
−
√ π Comme lim √ = +∞, on a montré que x→1 2 − ln x x 0 la limite existe et vaut 1/3 d’où lim (x,y,z)→(0,0,0) (x,y,z)6=(0,0,0)
xy + yz x2 + 2y2 + 3z2
n’existe pas.
Correction de l’exercice 4277 N limy→0 y2 y2 0 = = =0 2 2 2 2 y→0 y + (1 − y/x) limy→0 y + (1 − y/x) 1
lim f (x, y) = lim
y→0
4
De même limx→0 f (x, y) = 0 d’où (3). D’autre part, f (x, x) = xx4 = 1 d’où limx→0 f (x, x) = 1 et lim(x,y)→(0,0) f (x, y) ne peut pas exister. Correction de l’exercice 4279 N x x (a) lim(x,y)→(0,0),y=0 x2 +y 2 n’existe pas d’où lim(x,y)→(0,0) x2 +y2 n’existe pas.
2112
(b)
(x+2y)3 x2 +y2
3 = r(cos ϕ + 2 sin ϕ)3 d’où (x+2y) 6 27r et 2 2 x +y
(x + 2y)3 =0 (x,y)→(0,0) x2 + y2 lim
car lim(x,y)→(0,0) r = 0. p (c) lim(x,y)→(1,0) x2 + y2 = 1 6= 0 et lim(x,y)→(1,0) log(x + ey ) = log 2 d’où log(x + ey ) p = log 2. (x,y)→(1,0) x 2 + y2 lim
4
4
3
3
−xy −xy = 1 tandis que lim (x,y)→(0,0) x x+y = 0 d’où (d) lim (x,y)→(0,0) x x+y 4 +y2 4 +y2 x=0
y=2
x4 + y3 − xy x4 + y2 (x,y)→(0,0) lim
n’existe pas.
Correction de l’exercice 4280 N (a) Supposons x + y + z 6= 0. Alors xyz xy(h(x, y) − x − y) xy(x + y) = = xy − x+y+z h(x, y) h(x, y) d’où, avec h(x, y) = (x + y)4 , nous obtenons
xyz xy . = xy − x+y+z (x + y)3
Il s’ensuit que
xyz x+y+z x+y+z=(x+y)4
lim (x,y,z)→(0,0,0) x6=0,y6=0,z6=0
n’existe pas, au moins non pas en tant que limite finie. D’autre part, lim (x,y,z)→(0,0,0) x+z6=0,y=0
xyz = 0. x+y+z
Par conséquent, lim (x,y,z)→(0,0,0) x+y+z6=0
xyz x+y+z
ne peut pas exister. (b) La limite lim (x,y,z)→(0,0,0) f (x, y, z) = lim (x,y)→(0,0) x6=±y,z=0
n’existe pas car
1 lim (x,y)→(0,0) x−y y=x−x2
x6=y
1 x−y
n’existe pas. Par conséquent,
lim (x,y,z)→(0,0,0) f (x, y, z) = lim (x,y,z)→(0,0,0) x2 −y2 +z2 6=0
x2 −y2 +z2 6=0
ne peut pas exister. 2113
x+y x 2 − y2 + z2
Correction de l’exercice 4285 N Des calculs élémentaires donnent 1 400 1 (a) u1 = ( 12 , cos 1), u2 = ( 16 15 , cos 2 ), . . . , u10 = ( 143 , cos 10 ), . . . π (b) u1 = ( 12 arctan 1, sin( 4e )), u2 = ( 54 arctan 2, sin( 4eπ1/2 )), 9 π u3 = ( 10 arctan 3, sin( 4eπ1/3 )), . . . , u10 = ( 100 101 arctan(10), sin( 4e1/10 )), . . .
(c) u1 = (sinh 1, 0), u2 = (sinh 2, ln22 ), u3 = (sinh 3, ln33 ), . . . , u10 = (sinh 10, ln1010 ), . . . (d) u1 = an (cos(α), sin(α)), u2 = a2 (cos(2α), sin(2α)), u3 = a3 (cos(3α), sin(3α)), . . . , u10 = a10 (cos(10α), sin(10α)), . . . Les limites pouvu qu’elles existent se calculent ainsi : 2
4n (a) limn→∞ n2 +4n+3 = limn→∞ 1+ 44+ 3 = 4, limn→∞ cos(1/n) = cos(0) = 1 d’où n2
n
lim un = lim
n→∞
n→∞
4n2 1 , cos n2 + 4n + 3 n
= (4, 0).
2
1 (b) limn→∞ n2n+1 = limn→∞ 1+1/n 2 = 1, limn→∞ arctan n = π/2, 2 arctan n
limn→∞ n
n2 +1
= π/2 mais limn→∞ sin( π4 exp(− n1 )) n’existe pas d’où lim un
n→∞
n’existe pas. (c) limn→∞ lnnn = 0 tandis que limn→∞ sinh n n’existe pas en tant que limite finie car lim sinh x = +∞
x→+∞
d’où
ln n lim un = lim sinh n, n
n’existe pas. (d) limn→∞ (cos(nα), sin(nα)) n’existe pas tandis que pour que limn→∞ an existe il faut et il suffit que a 6 1 et, s’il en est ainsi, limn→∞ an = 0 si a < 1 et limn→∞ an = 1 si a = 1. Par conséquent : Pour que lim un = lim an (cos(nα), sin(nα)) n→∞
n→∞
existe il faut et il suffit que a < 1, et la limite vaut alors zéro.
Correction de l’exercice 4287 N On note f la fonction considérée. (a) Pour x 6= 0, f (x, −x + x3 ) = lim
(x,y)→(0,0) x>0, y=−x+x3
x(−x+x3 ) ∼ x−x+x3 x→0+
f (x, y) = −∞. f n’a de limite réelle en (0, 0).
(b) Pour x 6= 0, f (x, 0) = xx×0 2 +02 = 0 puis puis
− 1x . Quand x tend vers 0, −x + x3 tend vers 0 puis
lim
(x,y)→(0,0) y=0
1 f (x, y) = 0. Mais aussi, pour x 6= 0, f (x, x) = xx×x 2 +x2 = 2
1 f (x, y) = . Donc si f a une limite réelle, cette limite doit être égale à 0 et à 2 (x,y)→(0,0) lim x=y
est impossible. f n’a pas de limite réelle en (0, 0). 2114
1 2
ce qui
(c) Pour tout (x, y) ∈ R2 , x2 − 2|xy| + y2 = (|x| − |y|)2 > 0 et donc |xy| 6 12 (x2 + y2 ). Par suite, pour (x, y) 6= (0, 0), | f (x, y)| =
x2 y2 x2 +y2
6
(x2 +y2 )2 4(x2 +y2 )
= 41 (x2 + y2 ).
Comme lim(x,y)→(0,0) 14 (x2 + y2 ) = 0, on a aussi lim(x,y)→(0,0) f (x, y) = 0. (d) lim(x,y)→(0,0) siny y = 1 et lim(x,y)→(0,0) (1 + x2 + y2 ) = 1. Donc lim(x,y)→(0,0) f (x, y) = 1. (e) Pour (x, y) ∈ R2 , |x3 + y3 | = |x + y|(x2 + xy + y2 ) 6 32 |x + y|(x2 + y2 ) et donc pour (x, y) 6= (0, 0), | f (x, y)| =
|x3 +y3 | x2 +y2
6 32 |x + y|.
Comme lim(x,y)→(0,0) 23 |x + y| = 0, on a aussi lim(x,y)→(0,0) f (x, y) = 0. (f) Pour (x, y) ∈ R2 , |x4 + y4 | = (x2 + y2 )2 − 2x2 y2 6 (x2 + y2 )2 + 2 × donc pour (x, y) 6= (0, 0), | f (x, y)| =
|x4 +y4 | x2 +y2
1 2 2 2 2 (x + y )
= 32 (x2 + y2 )2 et
6 23 (x2 + y2 ).
Comme lim(x,y)→(0,0) 23 (x2 + y2 ) = 0, on a aussi lim(x,y)→(0,0) f (x, y) = 0. Correction de l’exercice 4288 N (a) f est définie sur R2 \ {(0, 0)}. Pour x 6= 0, f (x, 0) = 0. Quand x tend vers 0, le couple (x, 0) tend vers le couple (0, 0) et f (x, 0) tend vers 0. Donc, si f a une limite réelle en 0, cette limite est nécessairement 0. Pour x 6= 0, f (x, x) = 21 . Quand x tend vers 0, le couple (x, x) tend vers (0, 0) et f (x, x) tend vers 1 2 6= 0. Donc f n’a pas de limite réelle en (0, 0).
(b) f est définie sur R2 \ {(0, 0)}.
2 2
|xy| y 1 1 Pour (x, y) 6= (0, 0), | f (x, y)| = xx2 +y 2 = x2 +y2 × |xy| 6 2 |xy|. Comme 2 |xy| tend vers 0 quand le couple (x, y) tend vers le couple (0, 0), il en est de même de f . f (x, y) tend vers 0 quand (x, y) tend vers (0, 0).
(c) f est définie sur R2 \ {(0, 0)}. 3
Pour y 6= 0, f (0, y) = yy4 = 1y . Quand y tend vers 0 par valeurs supérieures, le couple (0, y) tend vers le couple (0, 0) et f (0, y) tend vers +∞. Donc f n’a pas de limite réelle en (0, 0).
(d) f est définie sur R2 \ {(0, 0)}. √ 2x2 Pour x 6= 0, f (x, x) = √ = √1 .Quand x tend vers 0, le couple (x, x) tend vers le couple (0, 0) 2|x|
|x|
2|x|
et f (x, x) tend vers +∞. Donc f n’a pas de limite réelle en (0, 0). (e) f est définie sur R2 \ {(x, −x), x ∈ R}. Pour x 6= 0, f (x, −x + x3 ) =
(x+x2 −x3 )(−x+(−x+x2 )2 ) ∼ x3 x→0
− 1x . Quand x tend vers 0 par valeurs supé-
rieures, le couple (x, −x + x3 ) tend vers (0, 0 et f (x, −x + x3 ) tend vers −∞. Donc f n’a pas de limite réelle en (0, 0). (f) f est définie sur R2 \ {(x, 0), x ∈ R}. √ √ 1−cos |xy| ( |xy|)2 ∼ = |x| 2 et donc f tend vers 0 quand (x, y) tend vers (0, 0). |y| 2|y| (x,y)→(0,0)
(g) f est définie sur R3 privé du cône de révolution d’équation x2 − y2 + z2 = 0. f (x, 0, 0) = 1x qui tend vers +∞ quand x tend vers 0 par valeurs supérieures. Donc f n’a pas de limite réelle en (0, 0, 0). h+k 1 (h) f (2 + h, −2 + k, l) = h2 −k2 +l 2 +4h+4k = g(h, k, l). g(h, 0, 0) tend vers 4 quand h tend vers 0 et g(0, 0, l) tend vers 0 6= 41 quand l tend vers 0. Donc, f n’a pas de limite réelle quand (x, y, z) tend vers (2, −2, 0).
2115
Correction de l’exercice 4295 N Déterminons tout d’abord F(x, y) pour (x, y) ∈ R2 . • Pour y ∈ R, F(x, y) = Max {nf0,y (−1), f0,y (1)} o= y2 y Max {y, −y} = |y|. • Si x 6= 0, F(x, y) = Max fx,y (−1), fx,y − 2x , fx,y (1) = Max x + y, x − y, − 4x = o n y2 y2 . Plus précisément, si x > 0, on a x + |y| > 0 et − 4x 6 0. Donc F(x, y) = x + |y| ce Max x + |y|, − 4x 2 2 2 2 y y2 qui reste vrai quand x = 0. Si x < 0, x + |y| − − 4x = 4x +4x|y|+y = (2x+|y|) < 0 et donc F(x, y) = − 4x . 4x 4x ∀(x, y) ∈
R2 ,
F(x, y) =
(
x + |y| si x > 0 . y2 si x < 0 − 4x
En vertu de théorèmes généraux, F est continue sur {(x, y) ∈ R2 , x > 0} et {(x, y) ∈ R2 , x < 0}. Soit y0 6= 0. lim F(x, y) = +∞ 6= |y0 | = F(0, y0 ) et donc F n’est pas continue en (0, y0 ). Enfin, (x,y)→(0,y0 ) x|v|
lim(u,u)→(x,x) f (u, u) = 0, lim (u,v)→(x,−x) f (u, v) = limu→x u = x 6= 0, |u|>|v|
lim(u,−u)→(x,−x) f (u, u) = 0. Par contre, f est continue en (0, 0). Car lim(u,v)→(0,0) f (u, v) = 0 puisque f (u, v) = u si |u| > |v| , f (u, v) = v si |u| < |v| , f (u, v) = 0 si |u| = |v| , 2118
et puisque alors limu→0 u = 0 et limv→0 v = 0. Soit (x, y) un point où |x| = |y|. Il reste à étudier les dérivées partielles en un tel point (x, y). Soit x 6= 0. Alors la fonction h de la variable t définie par ( x + t, |x + t| > |y| h(t) = f (x + t, y) = y, |x + t| < |y| n’est pas dérivable en t = 0 donc la dérivée partielle ∂∂ xf (x, y) n’existe pas. De même, la fonction k de la variable t définie par ( x, |x| > |y + t|, k(t) = f (x, y + t) = y + t, |x| < |y + t|, n’est pas dérivable en t = 0 donc la dérivée partielle ∂∂ yf (x, y) n’existe pas. Enfin soit x = 0. Alors la fonction h de la variable t définie par h(t) = f (t, 0) = t est dérivable en t = 0 donc la dérivée partielle ∂∂ xf (0, 0) existe. De même, la fonction k de la variable t définie par k(t) = f (0,t) = t est dérivable en t = 0 donc la dérivée partielle
∂f ∂ y (0, 0)
existe.
Correction de l’exercice 4323 N (a) Le plan tangent à la surface d’équation z2 = 19 − x2 − y2 au point (x0 , y0 , z0 ) est donné par l’équation 2z0 (z − z0 ) = −2x0 (x − x0 ) − 2y0 (y − y0 ) d’où, au point (1, 3, 3), cette équation s’écrit 6(z − 3) = −2(x − 1) − 6(y − 3) ou x + 3y + 3z = 19 (b) Soit f la fonction définie par f (x, y) = sin(πxy) exp(2x2 y − 1). Les dérivées partielles de f sont ∂f = πy cos(πxy) exp(2x2 y − 1) + 4xy sin(πxy) exp(2x2 y − 1) ∂x ∂f = πx cos(πxy) exp(2x2 y − 1) + 2x2 sin(πxy) exp(2x2 y − 1) ∂y d’où
∂f (1, 1/2) = 2, ∂x
∂f (1, 1/2) = 2. ∂y
Le plan tangent à la surface d’équation z = sin(πxy) exp(2x2 y − 1) au point (x0 , y0 , z0 ) est donné par l’équation ∂f ∂f z − z0 = (x0 , y0 )(x − x0 ) + (x0 , y0 )(y − y0 ) ∂x ∂y d’où, au point (1, 1/2, 1), cette équation s’écrit z − 1 = 2(x − 1) + 2(y − 1/2) ou 2x + 2y − z = 2. 2119
Correction de l’exercice 4324 N (a) L’équation d’un plan tangent doit être une équation linéaire ! (b) La confusion est exactement celle à éviter suivant les indications données. (c) D’après (19), le plan tangent à la surface d’équation z = f (x, y) = x4 − y2 au point (x0 , y0 , z0 ) = (2, 3, 7) est donné par l’équation z−7 =
∂f ∂f (2, 3)(x − 2) + (2, 3)(y − 3) ∂x ∂y
c.a.d. z − 7 = 32(x − 2) − 6(y − 3). Correction de l’exercice 4325 N Suivant l’indication, le plan tangent à la surface d’équation z = 4x2 + y2 au point (x0 , y0 , z0 ) est donné par l’équation z = z0 + 8x0 (x − x0 ) + 2y0 (y − y0 )
= 8x0 x + 2y0 y + z0 − 8x02 − 2y20 = 8x0 x + 2y0 y − z0
d’où par z − 8x0 x − 2y0 y = z0 .
(38)
Pour que ce plan soit parallèle au plan d’équation x+2y+z = 6 il faut et il suffit que (1, 2) = (−8x0 , −2y0 ) d’où que x0 = −1/8 et y0 = −1. Par conséquent, le point cherché sur le paraboloïde z = 4x2 + y2 est le point (−1/8, −1, 17/16). De même, pour que le plan (38) soit parallèle au plan d’équation 3x + 5y − 2z = 3 il faut et il suffit que (3/2, 5/2) = (8x0 , 2y0 ) d’où que x0 = 3/16 et y0 = 5/4, et le point cherché sur le paraboloïde z = 4x2 + y2 est alors le point (3/16, 5/4, 9/64 + 25/16) =(3/16, 5/4, 109/64). Correction de l’exercice 4326 N (a) Le vecteur normal du cône C au point (x0 , y0 , z0 ) de C est le vecteur (x0 , y0 , −z0 ) et le plan tangent au cône C en ce point est donné par l’équation x0 x + y0 y − z0 z = 0 car l’origine appartient à ce plan. (b) L’intersection du cône C avec le plan vertical d’équation y = ax où a ∈ R est constituée des points √ x(1, a, ± 1 + a2 ) où x ∈ R, c.a.d. des deux droites p p D1 = {x(1, a, 1 + a2 ); x ∈ R}, D2 = {x(1, a, − 1 + a2 ); x ∈ R}. L’intersection du demi-cône C+ avec ce plan vertical est donc constituée des deux demi-droites p D1+ = {x(1, a, 1 + a2 ); x ∈ R, x > 0} p D2+ = {x(−1, −a, 1 + a2 ); x ∈ R, x > 0}.
√ √ (c) Le vecteur normal en un point√quelconque x(1, a, 1 + a2 ) de √ D1 respectivement x(1, a, − 1 + a2 ) de D2 est le vecteur x(1, a, − 1 + a2 ) respectivement x(1, a, 1 + a2 ) d’où la direction et donc le plan tangent au cône C sont le même en tout point de D1 \ {(0, 0, 0)} respectivement D2 \ {(0, 0, 0)}. 2120
Correction de l’exercice 4327 N (a) La forme (20) de l’équation du plan tangent au graphe z = x2 − 2y3 de la fonction f au point (x0 , y0 , z0 ) nous donne l’équation z − z0 = 2x0 (x − x0 ) − 6y20 (y − y0 ) = 2x0 x − 6y20 y − 2x02 + 6y30 (b) Au point (2, 1, 2), ce plan tangent est ainsi donné par l’équation 4x − 6y − z = 0. Pour que ce plan soit parallèle au plan tangent au point (x1 , y1 , z1 ) distinct de (x0 , y0 , z0 ) il faut et il suffit que (4, 6, −1) = (2x1 , 6y21 , −1) et y1 6= 1, c.a.d. que (x1 , y1 , z1 ) = (2, −1, 6). Correction de l’exercice 4328 N 2
(a) lim (x,y)→(0,0) x2xy+y2 = limr→0 r cos ϕ sin2 ϕ existe et vaut zéro puisque cos ϕ sin2 ϕ est borné. Par (x,y)6=(0,0)
conséquent f est continue à l’origine et donc partout. Il est évident que la fonction f est différentiable en chaque point distinct de l’origine. Soit v = (a, b) ∈ R2 non nul. Alors 2 d ab2 = ab Dv f (0, 0) = t 2 dt a + b2 t=0 a2 + b2
existe d’où ∂∂ xf (0, 0) = 0 et ∂∂ yf (0, 0) = 0 ; puisqu’il existe une dérivée directionnelle non nulle, la fonction f ne peut pas être différentiable en (0, 0).
(b) L’association R2 → R, v 7→ Dv f (0, 0) n’est évidemment pas linéaire et les droites appartenant à la famille des droites passant par l’origine et de vecteurs directeurs (v, Dv f (0, 0)) ∈ R3 ne forment pas un plan. (c) Dans R2 \ {(0, 0)}, ∂f y4 − x2 y2 y2 (x2 + y2 ) − 2x2 y2 = = = sin4 ϕ − sin2 ϕ cos2 ϕ ∂x (x2 + y2 )2 (x2 + y2 )2 ∂f 2xy(x2 + y2 ) − 2xy3 2x3 y = = = 2 sin ϕ cos3 ϕ ∂y (x2 + y2 )2 (x2 + y2 )2 d’où, en coordonnées polaires, Dv f (x, y) = Dv f (r cos ϕ, r sin ϕ) = a(sin4 ϕ − sin2 ϕ cos2 ϕ) + 2b sin ϕ cos3 ϕ et, ϕ étant fixé, limr→0 Dv f (r cos ϕ, r sin ϕ) = a(sin4 ϕ − sin2 ϕ cos2 ϕ) + 2b sin ϕ cos3 ϕ. Par conséquent, Dv f (x, y) n’est pas continu en (x, y) sauf peut-être si a = 0. Par exemple, avec sin ϕ = 1, on trouve limr→0 Dv f (0, r) = a et a 6= fixé,
ab2 a2 +b2
sauf si a = 0. Si a = 0, la dérivée directionnelle Dv est la dérivée partielle
∂f ∂y
et, ϕ étant
limr→0 Dv f (r cos ϕ, r sin ϕ) = 2b sin ϕ cos3 ϕ ce qui n’est pas nul si sin ϕ cos ϕ ne l’est pas. Puisque continue en (0, 0) non plus. 2121
∂f ∂ y (0, 0)
= 0, la dérivée partielle
∂f ∂y
n’est
Correction de l’exercice 4329 N ∂f = − cos x cos y exp[− sin x cos y] ∂x ∂f = sin x sin y exp[− sin x cos y] ∂y etc. d’où, avec
∂f ∂ x (0, 0)
= −1 et
∂f ∂ y (0, 0)
f (x, y) = f (0, 0) +
= 0,
∂f ∂f (0, 0)x + (0, 0)y + . . . = 1 − x + . . . ∂x ∂y
Avec x = 0, 0184 on trouve, pour exp[sin(3.16) cos(0.02))], la valeur approchée 1 − 0, 0184 = 0, 9816. N.B. On peut faire mieux si nécessaire : Avec ∂2 f = (sin x cos y + cos2 x cos2 y) exp[− sin x cos y] ∂ x2 ∂2 f = (cos x sin y + cos x cos y sin x sin y) exp[− sin x cos y] ∂ x∂ y ∂2 f = (sin x cos y + sin2 x sin2 y) exp[− sin x cos y] ∂ y2 on trouve f (x, y) = f (0, 0) +
∂f ∂f (0, 0)x + (0, 0)y + . . . = 1 − x + + 12 x2 + . . . ∂x ∂y
etc. De même, 1 ∂h √ √ = ∂ x 2(1 + ( 4 + x − 2 exp(y))2 ) 4 + x ∂h 2 exp(y) √ =− ∂y 1 + ( 4 + x − 2 exp(y))2 etc. d’où, avec
∂h ∂ x (0, 0)
=
1 4
et
∂h ∂ y (0, 0)
= −2,
∂h ∂h (0, 0)x + (0, 0)y + . . . = 41 x − 2y + . . . . ∂x ∂y √ Avec x = 0, 03 et y = 0, 01 on trouve, pour arctan[ 4.03 − 2 exp(0.01)], la valeur approchée 0, 0075 − 0, 02 = −0, 00125. h(x, y) = h(0, 0) +
Correction de l’exercice 4332 N • Pour (x, y) ∈ R2 , x2 + y2 = 0 ⇔ x = y = 0 et donc f est définie sur R2 . • f est de classe C∞ sur R2 \ {(0, 0)} en tant que quotient de fonctions de classe C∞ sur R2 \ {(0, 0)} dont le dénominateur ne s’annule pas sur R2 \ {(0, 0)}. • Pour (x, y) 6= (0, 0), | f (x, y)| 6 lim
(x,y)→(0,0) (x,y)6=(0,0)
|xy|(x2 +y2 ) x2 +y2
= |xy|. Comme lim(x,y)→(0,0) |xy| = 0, on en déduit que
f (x, y) = 0 = f (0, 0). Ainsi, f est continue en (0, 0) et donc sur R2 . • Existence de
Pour x 6= 0, f (x,0)− f (0,0) x−0
=
2122
x×0×(x2 −02 ) x×(x2 +02 )
= 0,
∂f ∂ x (0, 0).
et donc limx→0 en (0, 0) et
f (x,0)− f (0,0) x−0
∂f ∂ x (0, 0)
= 0. Ainsi, f admet une dérivée partielle par rapport à sa première variable
= 0. • Pour (x, y) 6= (0, 0),
∂f ∂ x (x, y)
= y (3x
2 −y2 )(x2 +y2 )−(x3 −y2 x)(2x)
(x2 +y2 )2
=
y(x4 +4x2 y2 −y4 ) . (x2 +y2 )2
Finalement, f admet sur R2 une dérivée partielle par rapport à sa première variable définie par 0 si (x, y) = (0, 0) ∀(x, y) ∈ R2 , ∂∂ xf (x, y) = . y(x4 +4x2 y2 −y4 ) si (x, y) 6= (0, 0) 2 2 2 (x +y ) • Pour (x, y) ∈ R2 , f (y, x) = − f (x, y). Par suite, ∀(x, y) ∈ R2 , donné dans R2 f (x0 ,y)− f (x0 ,y0 ) y−y0
=
− f (y,x0 )+ f (y0 ,x0 ) y−y0
∂f ∂f ∂ y (x, y) = − ∂ x (y, x). En effet, pour (x0 , y0 )
)− f (y0 ,x0 ) = − f (y,x0y−y → − ∂∂ xf (y0 , x0 ). 0 y→y0
Donc, f admet sur R2 une dérivée partielle par rapport à sa deuxième variable définie par 0 si (x, y) = (0, 0) ∀(x, y) ∈ R2 , ∂∂ yf (x, y) = − ∂∂ xf (y, x) = . x(x4 −4x2 y2 −y4 ) si (x, y) 6= (0, 0) 2 2 2 (x +y )
• Continuité de ∂∂ xf et ∂∂ yf en (0, 0). Pour (x, y) 6= (0, 0), ∂ f |y(x4 +4x2 y2 −y4 )| |y|(x4 +4x2 y2 +y4 ) |y|(2x4 +4x2 y2 +2y4 ) ∂f 6 6 = 2|y|. ∂ x (x, y) − ∂ x (0, 0) = (x2 +y2 )2 (x2 +y2 )2 (x2 +y2 )2 Comme 2|y| tend vers 0 quand (x, y) tend vers (0, 0), ∂∂ xf (x, y) − ∂∂ xf (0, 0) tend vers 0 quand (x, y) tend
vers (0, 0). On en déduit que l’application ∂∂ xf est continue en (0, 0) et donc sur R2 . Enfin, puisque ∀(x, y) ∈ R2 , ∂∂ yf (x, y) = − ∂∂ xf (y, x), ∂∂ yf est continue sur R2 . f est donc au moins de classe C1 sur ∂f ∂f ∂2 f ∂ y (x,0)− ∂ y (0,0) x4 = 1 et donc lim = 1. Donc x→0 4 x−0 ∂ y∂ x (0, 0) existe x ∂ f ∂ f ∂ f ∂ f 2 4 (y,0)− (0,0) (y,0)− (0,0) et ∂∂y∂fx (0, 0) = 1. Pour y 6= 0, ∂ x y−0∂ x = − yy4 = −1 et donc limy→0 ∂ x y−0∂ x = −1. Donc ∂2 f ∂2 f ∂2 f ∂2 f 2 2 ∂ x∂ y (0, 0) existe et ∂ x∂ y (0, 0) = −1. ∂ y∂ x (0, 0) 6= ∂ x∂ y (0, 0) et donc f n’est pas de classe C sur R
R2 . • Pour x 6= 0,
∂f ∂f ∂ y (x,0)− ∂ y (0,0)
=
x−0
d’après le théorème de S CHWARZ.
f est de classe C1 exactement sur R2 .
Correction de l’exercice 4333 N • f est définie sur R2 . • f est de classe C∞ sur R2 \ {(0, 0)} en tant que fraction rationnelle dont le dénominateur ne s’annule pas sur R2 \ {(0, 0)}. • Continuité en (0, 0). Pour (x, y) 6= (0, 0), | f (x, y) − f (0, 0)| =
|xy||x2 −y2 | x2 +y2
2
2
6 |xy| × xx2 +y = |xy|. +y2
Comme |xy| tend vers 0 quand le couple (x, y) tend vers le couple (0, 0), on a donc
lim
f (x, y) =
(x,y)→(0,0) (x,y)6=(0,0)
f (0, 0). On en déduit que f est continue en (0, 0) et finalement f est continue sur R2 . f est de classe C0 au moins sur R2 . • Dérivées partielles d’ordre 1 sur R2 \ {(0, 0)}. f est de classe C1 au moins sur R2 \ {(0, 0)} et pour (x, y) 6= (0, 0), ∂f ∂ x (x, y)
= y (3x
2 −y2 )(x2 +y2 )−(x3 −xy2 )(2x)
(x2 +y2 )2
=
y(x4 +4x2 y2 −y4 ) , (x2 +y2 )2
D’autre part, pour (x, y) 6= (0, 0) f (x, y) = − f (y, x). Donc pour (x, y) 6= (0, 0), 2123
∂f ∂ y (x, y)
• Existence de
∂f ∂ x (0, 0)
et
∂f ∂ y (0, 0).
= − ∂∂ xf (y, x) =
x(x4 −4x2 y2 −y4 ) . (x2 +y2 )2
Pour x 6= 0, f (x,0)− f (0,0) x−0
=
0−0 x
= 0,
f (0,0) = 0. Ainsi, ∂∂ xf (0, 0) existe et ∂∂ xf (0, 0) = 0. De même, ∂∂ yf (0, 0) = 0. Ainsi, f et donc limx→0 f (x,0)− x−0 admet des dérivées partielles premières sur R2 définies par ( 4 22 4 y(x +4x y −y ) si (x, y) 6= (0, 0) ∂f 2 (x2 +y2 )2 ∀(x, y) ∈ R , ∂ x (x, y) = et 0 si (x, y) = (0, 0) ( x(x4 −4x2 y2 −y4 ) si (x, y) 6= (0, 0) ∂f (x2 +y2 )2 . ∂ y (x, y) = 0 si (x, y) = (0, 0)
• Continuité de ∂∂ xf et ∂∂ yf en (0, 0). Pour (x, y) 6= (0, 0), 4 2 y2 +y4 4 2 y2 +2y4 ∂ f |y||x4 +4x2 y2 −y4 | ∂f 6 |y| x +4x 6 |y| 2x +4x = 2|y|. ∂ x (x, y) − ∂ x (0, 0) = (x2 +y2 )2 (x2 +y2 )2 (x2 +y2 )2 Comme 2|y| tend vers 0 quand (x, y) tend vers (0, 0), on en déduit que ∂∂ xf (x, y) − ∂∂ xf (0, 0) tend vers 0 quand (x, y) tend vers (0, 0). Donc la fonction même de la fonction ∂∂ yf et on a montré que
∂f ∂x
est continue en (0, 0) et finalement sur R2 . Il en est de
f est au moins de classe C1 sur R2 .
Correction de l’exercice 4334 N (a) f est de classe C1 sur R2 qui est un ouvert de R2 . Donc si f admet un extremum local en un point (x0 , y0 ) de R2 , (x0 , y0 ) est un point critique de f . 2 x = −2 x=2 3x + 6xy − 15 = 0 ou . d f(x,y) = 0 ⇔ ⇔ 3x2 − 12 = 0 y = − 14 y = 41 Réciproquement, r = 6x + 6y, t = 0 et s = 6x puis rt − s2 = −36x2 . Ainsi, (rt − s2 ) 2, 41 = (rt − s2 ) −2, − 14 = −144 < 0 et f n’admet pas d’extremum local en 2, 14 ou −2, − 14 . f n’admet pas d’extremum local sur R2 .
(b) La fonction f est de classe C1 sur R2 en tant que polynôme à plusieurs variables. Donc, si f admet un extremum local en (x0 , y0 ) ∈ R2 , (x0 , y0 ) est un point critique de f . Soit (x, y) ∈ R2 .
3 −4(x − y) + 4x3 = 0 x + y3 = 0 y = −x ⇔ ⇔ ⇔ 4(x − y) + 4y3 = 0 −4(x − y) + 4x3 = 0 x3 − 2x = 0 ∂ f (x, y) = 0 ∂y n √ √ √ √ o ⇔ (x, y) ∈ (0, 0), 2, 2 , − 2, − 2 . ∂f ∂ x (x, y)
=0
Réciproquement, f est plus précisément de classe C2 sur R2 et r(x, y)t(x, y) − s2 (x, y) = (−4 + 12x2 )(−4 + 12y2 ) − (4)2 = −48x2 − 48y2 + 144x2 y2 = 48(3x2 y2 − x2 − y2 )
2124
√ √ √ √ 2, 2 = 48(12 − 2 − 2) > 0. Donc f admet un extremum local en 2, 2 . Plus √ √ √ √ précisément, puisque r 2, 2 = 2 × 12 − 4 = 20 > 0, f admet un minimum local en 2, 2 . • (rt − s2 )
De plus, pour (x, y) ∈ R2 , f (x, y) − f
√ √ 2, 2 = −2(x − y)2 + x4 + y4 − 8 = x4 + y4 − 2x2 − 2y2 + 4xy + 8
> x4 + y4 − 2x2 − 2y2 − 2(x2 + y2 ) + 8 = (x4 − 4x2 + 4) + (y4 − 4y2 + 4) = (x2 − 2)2 + (y2 − > 0.
et f
√ √ 2, 2 est un minimum global.
√ √ • Pour tout (x, y) ∈ R2 , f (−x, −y) = f (x, y) et donc f admet aussi un minimum global en − 2, − 2 égal à 8. • f (0, 0) = 0. Pour x 6= 0, f (x, x) = 2x4 > 0 et f prend des valeurs strictement supérieures à i donc √ √ h f (0, 0) dans tout voisinage de (0, 0). Pour x ∈ − 2, 2 \ {0}, f (x, 0) = x4 − 2x2 = x2 (x2 − 2) < 0 et f prend des valeurs strictement inférieures à f (0, 0) dans tout voisinage de (0, 0). Finalement, f n’admet pas d’extremum local en (0, 0). √ √ √ √ f admet un minimum global égal à 8, atteint en 2, 2 et − 2, − 2 . Correction de l’exercice 4335 N On munit Mn (R) d’une norme sous-multiplicative k k. Soit A ∈ GLn (R). On sait que GLn (R) est un ouvert de Mn (R) et donc pour H ∈ Mn (R) de norme suffisamment petite, A + H ∈ GLn (R). Pour un tel H (A + H)−1 − A−1 = (A + H)−1 (In − (A + H)A−1 ) = −(A + H)−1 HA−1 puis (A + H)−1 − A−1 + A−1 HA−1 = −(A + H)−1 HA−1 + A−1 HA−1 = (A + H)−1 (−HA−1 + (A + H)A−1 HA−1 ) = (A + H)−1 HA−1 HA−1 .
2
Par suite, f (A + H) − f (A) + A−1 HA−1 = (A + H)−1 − A−1 + A−1 HA−1 6 (A + H)−1 A−1 kHk2 . 1 t Maintenant, la formule M −1 = det(M) (com(M)), valable pour tout M ∈ GLn (R), et la continuité du déterminant M 7→ M −1 est continue sur l’ouvert GLn (R). On en déduit que
montre que l’application
(A + H)−1 tend vers A−1 quand H tend vers 0. Par suite,
2
1 limH→0 (A + H)−1 A−1 kHk = 0 et donc limH→0 kHk (A + H)−1 − A−1 + A−1 HA−1 = 0. Comme l’application H 7→ −A−1 HA−1 est linéaire, c’est la différentielle de f en A. ∀A ∈ GLn (R), ∀H ∈ Mn (R), d fA (H) = −A−1 HA−1 .
Correction de l’exercice 4336 N Pour tout complexe z tel que |z| 6 1, 2n+1 n z2n+1 6 +∞ |z| | sin(z)| = ∑+∞ (−1) ∑n=0 (2n+1)! = sh(|z|) 6 sh 1, n=0 (2n+1)! 2125
i2 −i2 l’égalité étant obtenue effectivement pour z = i car | sin(i)| = e −e = 2i
e−e−1 2
= sh(1).
Max{| sin z|, z ∈ C, |z| 6 1} = sh(1).
Correction de l’exercice 4337 N On munit (R3 )2 de la norme définie par ∀(x, y) ∈ (R3 )2 , k(x, y)k = Max{khk2 , kkk2 }. • Soit (a, b) ∈ (R3 )2 . Pour (h, k) ∈ (R3 )2 , f ((a, b) + (h, h)) = (a + h).(b + k) = a.b + a.h + b.k + h.k, et donc f ((a, b) + (h, h)) − f ((a, b)) = (a.h + b.k) + h.k. Maintenant l’application L : (h, k) 7→ a.h + b.k est linéaire et de plus, pour (h, k) 6= (0, 0), | f ((a, b) + (h, h)) − f ((a, b)) − L((h, k))| = |h.k| 6 khk2 kkk2 6 k(h, k)k2 , et donc
1 k(h,k)k | f ((a, b) + (h, h)) −
f ((a, b)) − L((h, k))| 6 k(h, k)k puis
1 lim(h,k)→(0,0) k(h,k)k | f ((a, b) + (h, h)) − f ((a, b)) − L((h, k))| = 0.
Puisque l’application (h, k) 7→ a.h + b.k est linéaire, on en déduit que f est différentiable en (a, b) et que ∀(h, k) ∈ (R3 )2 , d f(a,b) (h, k) = a.h + b.k. La démarche est analogue pour le produit vectoriel : 1 k(h,k)k k(a + h) ∧ (b + k) − a ∧ b − a ∧ h − b ∧ kk2
=
kh∧kk2 k(h,k)k
6
khk2 kkk2 k(h,k)k
6 k(h, k)k.
Puisque l’application (h, k) 7→ a ∧ h + b ∧ k est linéaire, on en déduit que g est différentiable en (a, b) et que ∀(h, k) ∈ (R3 )2 , dg(a,b) (h, k) = a ∧ h + b ∧ k. Correction de l’exercice 4338 N (a) D f = R2 . ∂f = 2x exp(xy) + x2 y exp(xy) ∂x ∂f = x3 exp(xy) ∂y (b) D f = {(x, y); x > 0 ou y 6= 0} ⊆ R2 .
(c) D f = R2 .
1 + √ 2x 2 ∂f 1 x +y p = =p 2 2 2 ∂x x+ x +y x + y2 √y ∂f y x2 +y2 p = = p 2 2 2 ∂y x+ x +y x x + y2 + x 2 + y2 ∂f = 2 sin x cos x ∂x ∂f = −2 sin y cos y ∂y
2126
(d) D f = {(x, y, z); z 6= 0} ⊆ R3 . √ ∂f = 2xy2 z ∂x √ ∂f = 2x2 y z ∂y ∂f x 2 y2 = √ ∂z 2 z
Correction de l’exercice 4339 N (a)
∂f ∂x
= cos y + y exp x,
∂f ∂y
= −x sin y + exp x.
∂f ∂f ∂ x (0, 0) + sin θ√∂ y (0, 0) maximale quand sin θ = cos θ = 22 , c.a.d. c.a.d. quand θ = 54 π.
(b) Dv f (0, 0) = cos θ
= cos θ + sin θ . Cette dérivée directionnelle de f est quand θ = π4 , et minimale quand sin θ = cos θ = −
√ 2 2 ,
Signification géométrique : Le plan engendré par le vecteur (cos θ , sin θ , 0) et l’axe des z rencontre le graphe z = f (x, y) en une courbe. Cette courbe est de pente maximale en valeur absolue pour √ √ 2 2 cos θ = sin θ = 2 et cos θ = sin θ = − 2 (même plan). Les deux signes s’expliquent par les deux orientations possibles de cette courbe (sens du paramétrage).
Correction de l’exercice 4340 N (a) f (x, y) = (x2 + y2 )x = ex log(x
2 +y2 )
= e2r cos ϕ log r . Puisque cos ϕ est borné, lim r→0 2r cos ϕ log r = 0 r>0
d’où lim (x,y)→(0,0) f (x, y) = e
lim r→0 2r cos ϕ log r r>0
= e0 = 1,
(x,y)6=(0,0)
car la fonction exponentielle est continue. (b) Dans R2 \ {(0, 0)} les dérivées partielles par rapport aux variables x et y se calculent ainsi : 2x2 ∂f 2 2 = log(x + y ) + 2 (x2 + y2 )x ∂x x + y2 ∂f 2y (x2 + y2 )x = ∂x x 2 + y2 (c) Pour que la dérivée partielle lim x→0 x6=0
∂f ∂ x (0, 0)
existe, il faut et il suffit que
f (x, 0) − 1 (x2 )x − 1 e2x log x − 1 = lim x→0 = lim x→0 x x x x>0 x6=0
existe. Si x > 0, e2x log x − 1 = 2 log x + ε(x) x où lim x→0 ε(x) = 0. Par conséquent, la dérivée partielle x>0
∂f ∂ x (0, 0)
n’existe pas. D’autre part,
∂f f (0, y) − 1 (y2 )0 − 1 (0, 0) = lim y→0 = lim y→0 =0 ∂y y y y6=0 y6=0 existe.
Correction de l’exercice 4341 N 2127
(a) Puisque f (x, y) =
x2 y+3y3 x2 +y2
= r(cos2 ϕ sin ϕ + 3 sin3 ϕ), il s’ensuit que lim (x,y)→(0,0) f (x, y) = 0 (x,y)6=(0,0)
car cos2 ϕ sin ϕ + 3 sin3 ϕ reste borné. Par conséquent la fonction f est continue en (0, 0). (b) Les dérivées partielles f (x, 0) 0 ∂f (0, 0) = lim x→0 = lim x→0 2 = 0 ∂x x x6=0 x6=0 x ∂f f (0, y) 3y3 (0, 0) = lim y→0 = lim y→0 2 = 3 ∂y y y6=0 y6=0 y existent. 3
(c) Puisque f (x, x) = 4x = 2x, la dérivée directionnelle Dv f (0, 0) suivant le vecteur v = (1, 1) est non 2x2 nulle. Par conséquent, la fonction f n’est pas différentiable en (0, 0). (d) ∂ x2 y + 3y3 2xy(x2 + y2 ) − 2x(x2 y + 3y3 ) xy3 ∂f = = = −4 ∂x ∂ x x 2 + y2 (x2 + y2 )2 (x2 + y2 )2 ∂f ∂ x2 y + 3y3 (x2 + 3y2 )(x2 + y2 ) − 2y(x2 y + 3y3 ) x4 + 8x2 y2 + 3y4 = = = ∂y ∂ y x 2 + y2 (x2 + y2 )2 (x2 + y2 )2 (e) D’après (22), cette équation s’écrit z−2 =
∂f ∂f (1, 1)(x − 1) + (1, 1)(y − 1) = 1 − x + 3(y − 1) ∂x ∂y
d’où z = 3y − x.
(f) La fonction F : R2 → R2 s’écrit F(x, y) = JF (1, 1) =
"∂ f
x2 y+3y3 y2 x+3x3 , x2 +y2 x2 +y2
∂ x (1, 1)
∂f ∂ y (1, 1)
#
∂f ∂ y (1, 1) ∂f ∂ x (1, 1)
et sa matrice jacobienne
−1 3 = 3 −1
au point (1, 1) est inversible. Par conséquent, la fonction F admet une réciproque locale au voisinage du point (1, 1). Au point (2, 2), "∂ f # ∂f −1 3 ∂ x (2, 2) ∂ y (2, 2) JF (2, 2) = ∂ f = ∂f 3 −1 ∂ y (2, 2) ∂ x (2, 2) d’où la fonction F admet également une réciproque locale au voisinage du point (2, 2).
Correction de l’exercice 4342 N ∂g ∂ f ∂ f = − ∂x ∂x ∂z ∂g ∂ f ∂ f = − ∂y ∂y ∂x ∂g ∂ f ∂ f = − ∂z ∂z ∂y d’où (4). Correction de l’exercice 4343 N 2128
(a) g( f (x, y)) = xy2 sin2 (xy) cos x exp(y2 ) (b) ∂ (g ◦ f ) = y2 sin(xy) exp(y2 )(2xy cos x cos(xy) − x sin x sin(xy) + cos x sin(xy)) ∂x ∂ (g ◦ f ) = 2xy cos x sin(xy) exp(y2 )(xy cos(xy) + (1 + y2 ) sin(xy)) ∂y (c) Calculons d’abord ∂w = y sin(xy) exp(y2 ) + xy2 cos(xy) exp(y2 ) ∂x = y exp(y2 )(sin(xy) + xy cos(xy)) ∂w = x sin(xy) exp(y2 ) + x2 y cos(xy) exp(y2 ) + 2xy2 sin(xy) exp(y2 ) ∂y = x exp(y2 )(sin(xy) + xy cos(xy) + 2y2 sin(xy)) = x exp(y2 )((1 + 2y2 ) sin(xy) + xy cos(xy)). Ainsi la matrice jacobienne J f de f s’écrit ∂u ∂u ∂x
Jf = ∂∂ xv
∂w ∂x
∂y ∂v ∂y ∂w ∂y
y cos(xy) x cos(xy) . −y sin x cos x = 2 2 2 y exp(y )(sin(xy) + xy cos(xy)) x exp(y )((1 + 2y ) sin(xy) + xy cos(xy))
De même, la matrice jacobienne Jg de g est : ∂g ∂g ∂g Jg = , , = [vw, uw, uv] ∂u ∂v ∂w = xy2 sin(xy) cos x exp(y2 ), xy sin2 (xy) exp(y2 ), y sin(xy) cos x
(d) La matrice jacobienne Jg◦ f de la fonction composée g ◦ f s’écrit comme produit matricielle ∂∂ ux ∂∂ uy ∂ g ∂ g ∂ g ∂v ∂v Jg◦ f = Jg ◦ J f = , , ∂x ∂y ∂u ∂v ∂w ∂w ∂w ∂x
2129
∂y
d’où ∂ (g ◦ f ) = (xy2 sin(xy) cos x exp(y2 ))y cos(xy) ∂x − (xy sin2 (xy) exp(y2 ))y sin x
+ (y sin(xy) cos x)y exp(y2 )(sin(xy) + xy cos(xy))
= xy3 cos x sin(xy) cos(xy) exp(y2 )) − xy2 sin x sin2 (xy) exp(y2 )
+ y2 cos x sin2 (xy) exp(y2 ) + xy3 cos x sin(xy) cos(xy) exp(y2 )
= y2 sin(xy) exp(y2 )(2xy cos x cos(xy) − x sin x sin(xy) + cos x sin(xy))
∂ (g ◦ f ) = (xy2 sin(xy) cos x exp(y2 ))x cos(xy) ∂y + (xy sin2 (xy) exp(y2 )) cos x
+ (y sin(xy) cos x)x exp(y2 )((1 + 2y2 ) sin(xy) + xy cos(xy)) = x2 y2 cos x sin(xy) cos(xy) exp(y2 ) + xy cos x sin2 (xy) exp(y2 ) + xy(1 + 2y2 ) cos x sin2 (xy) exp(y2 ) + x2 y2 cos x sin(xy) cos(xy) exp(y2 ) = 2x2 y2 cos x sin(xy) cos(xy) exp(y2 ) + 2xy(1 + y2 ) cos x sin2 (xy) exp(y2 ) = 2xy cos x sin(xy) exp(y2 )(xy cos(xy) + (1 + y2 ) sin(xy)).
Correction de l’exercice 4345 N lim = 3. Correction de l’exercice 4346 N (a) (b)
∂f ∂x ∂f ∂y
= =
±1 , 1+x2 ±1 , 1+y2
+ si y > x, − si y < x.
− si y > x, + si y < x.
(c) Pour y > x, f (x, y) =
π 2
+ g(x, y),
pour y 6 x, f (x, y) =
π 2
− g(x, y).
Correction de l’exercice 4349 N 2 ∂2 f ∂ g ∂ u ∂ u ∂ 2g ∂u ∂v ∂u ∂v ∂ v ∂ v ∂ 2g ∂ 2u ∂ g ∂ 2u ∂ g = + + 2 ∂ x∂ y ∂x ∂y ∂u ∂x ∂y ∂ y ∂ x ∂ u∂ v + ∂ x ∂ y ∂ v2 + ∂ x∂ y ∂ u + ∂ x∂ y ∂ v . Correction de l’exercice 4351 N (a) (b) ∆ f =
∂ 2g ∂ ρ2
2
+ ρ1 ∂∂ ρg + ρ12 ∂∂ θg2 .
Correction de l’exercice 4353 N ∆F =
n−1 0 00 r f (r) + f (r).
Correction de l’exercice 4354 N ∂g ∂ x (0, y)
= −y f 0 (π/2),
∂g ∂ y (x, 0)
= x f 0 (0).
Correction de l’exercice 4355 N 2130
(a) f est homogène de degré 2, ∂∂ xf et ∂∂ yf sont homogènes de degré 1, donc ces trois fonctions tendent vers 0 en (0, 0). Ainsi f est de classe C 1 . (b)
∂2 f ∂ x∂ y (0, 0)
= 0,
∂2 f ∂ y∂ x (0, 0)
= 1.
Correction de l’exercice 4359 N ∂ n ( f g) ∂ xk ∂ yn−k
i+ j
n−i− j
∂ f ∂ g i j = ∑ki=0 ∑n−k j=0 CkCn−k ∂ xi ∂ y j ∂ xk−i ∂ yn−k− j .
Correction de l’exercice 4360 N (a) pas de solution. (b) f (x, y) = (c) f (x, y) = (d) f (x, y) =
y−1 x+y+1 + cste. xy x+y + cste. x2 + y2 + xy + cste.
Correction de l’exercice 4361 N 2 f (y) = λ e−y , F(x, y) = λ x2 − (y + 1)e−y . Correction de l’exercice 4362 N f (x, y) = g(x2 + y2 ). Correction de l’exercice 4363 N
2 2 f (y) = ky , g(z) = kz + `, F(x, y) = x2 + y2 z + `y 2k +C.
Correction de l’exercice 4364 N (a) f (x, y) = − lnxyx − 1x . (b) y =
ln x λ x−1 .
Correction de l’exercice 4368 N det(J f ) = ∏i< j (xi − x j ). Correction de l’exercice 4370 N f (R3 ) = {(u, v, w) tq u + v > 0, ue2w − v > 0}. Correction de l’exercice 4372 N 2
1 2 y = − 2x + 9x 16 + o(x ) ⇒ tangente de pente − 2 , au dessus.
Correction de l’exercice 4373 N (a) (b) ϕ(x) = 1 + x − 23 x3 + o(x3 ). 2131
Correction de l’exercice 4374 N 8 ϕ 0 (1) = − 13 , ϕ 00 (1) = − 27 .
Correction de l’exercice 4377 N λ x = 1 − λ +µ 5 +
2 +λ µ
25
+ o(λ 2 + µ 2 ).
Correction de l’exercice 4378 N x = sh(a), y = sh(b) ⇒ u = sh(a + b), v = sh(a + b) + ch(a + b). donc f (R2 ) est inclus dans l’hyperbole d’équation v2 − 2uv = 1 et on doit avoir v > u ce qui donne la branche supérieure. Correction de l’exercice 4381 N (a) f (x, y) = (b)
R1
∂f ∂f t=0 (x ∂ x (tx,ty) + y ∂ y (tx,ty)) dt.
(c)
Correction de l’exercice 4382 N (a) i. thm des trois cordes pour u 7→ f (x + uh) sur [−1, 1].
ii. Soit B∞ (x, r) ⊂ U et y tel que 0 < kx − yk∞ 6 r. On note t = kx − yk∞ /r et h = (y − x)/t. Alors y = x + th et kx ± hk = r donc : | f (x) − f (y)| 6 t max(| f (x + h) − f (x)|, | f (x − h) − f (x)|) 6 Mt car la restriction de f aux côtés de B∞ (x, r) est bornée (fonction convexe en dimension 1).
(b) La surface représentative de f est au dessus de ses plans tangents. (c)
Correction de l’exercice 4384 N 1 k−1 H + · · · + HM k−1 ). (a) d fM (H) = ∑∞ k=0 k! (M
(b)
0 1/k sont toutes semblables à M∞ et ont même exponentielle I. 0 2iπ 0 2π + 1/k (d) Mk = . −4π 2 /(2π + 1/k) 0 (c) les matrices Mk =
Correction de l’exercice 4389 N (a) xy/(x2 + y2 ). (b) f est lipschitzienne pour k k∞ . Correction de l’exercice 4390 N 2132
(a) 2x4 y2 6 (x4 + y2 )2 . (b) gθ (r) ∼ r2 .
(c) f (x, x2 ) = −x4 . Donc (0, 0) n’est pas minimum local de f . Correction de l’exercice 4392 N
(a) (b) k f (x)k → +∞ lorsque kxk → ∞ donc x 7→ k f (x) − ak2 admet un minimum sur Rn . En ce point on a pour tout h ∈ Rn : ( f (x) − a | d fx (h)) = 0 et d fx est surjective (linéaire injective en dimension finie) donc f (x) = a.
Correction de l’exercice 4393 N (a) Si u atteint son maximum en (x, y) ∈ Ω alors d 2 u(x, y) est négative, contradiction avec ∆u(x, y) > 0.
(b) Soit u p (x, y) = u(x, y) + (x2 + y2 )/p : ∆u p = ∆u + 2/p > 0 donc u p relève du cas précédent. On a max u + Mp > max u p = max u p > max u et on passe à la limite. Ω
(c) Soit u1
Ω
Ω\Ω
Ω\Ω
(x, y) = u(x, y)+α ln(x2 +y2 ) où α
est tel que M1 (r1 ) = M1 (r2 ), avec M1 (r) = max (u(x, y)). x2 +y2 =r2
On a ∆u1 > 0 d’où M1 (r) 6 M1 (r1 ) = M1 (r2 ) c’est-à-dire : M(r) 6 M(r1 ) + α ln(r1 /r) = M(r2 ) − α ln(r/r2 ) =
M(r1 ) ln(r2 /r) + M(r2 ) ln(r/r1 ) . ln(r2 /r1 )
Correction de l’exercice 4394 N (a) On pose g(r, θ ) = f (r cos θ , r sin θ ), h(r) = 1 ∂ 2g r2 ∂ θ 2
d’où :
R 2π
θ =0
2
f (r cos θ , r sin θ ) dθ et l’on a 0 = ∆ f = ∂∂ rg2 + 1r ∂∂ gr +
i2π 1 h ∂g 1 (r, θ ) 0 = h00 (r) + h0 (r) + 2 r r ∂θ θ =0
Le crochet est nul par 2π-périodicité de g donc h00 (r) + 1r h0 (r) = 0 soit h0 (r) = continuité de h0 en 0.
K r
et K = 0 par
(b) πr2 f (0, 0).
Correction de l’exercice 4395 N (a) det(Jϕ (x, y)) = f 0 (x) f 0 (y) − g0 (x)g0 (y) > 0 donc le théorème d’inversion locale s’applique, il suffit de vérifier l’injectivité de ϕ. Si ϕ(x, y) = ϕ(u, v) alors : |x − u| 6 | f (x) − f (u)| = |g(v) − g(y)| 6 |v − y|
|v − y| 6 | f (v) − f (y)| = |g(x) − g(u)| 6 |x − u|
d’où |x − u| 6 |x − u| et il y a inégalité stricte si v 6= y ce qui est absurde donc v = y et de même u = x. (b) On a ϕ(x, y) = (u, v) si et seulement si x = f −1 (u − g(y)) et y = f −1 (v − g( f −1 (u − g(y)))) = h(y). h est k2 -lipschitzienne donc le théorème du point fixe s’applique.
2133
Correction de l’exercice 4396 N Sinon il existe a ∈ R2 telle que g : x 7→ f (x) − (a | x) n’a pas de point critique, donc pas de minimum ni de maximum. On a aussi |g(x)|/kxk → +∞ lorsque kxk → ∞ d’où sup(g) = +∞ et inf(g) = −∞. Considérons pour r > 0 Er = {x ∈ R2 tq kxk > r} : g(Er ) est une partie connexe de R donc un intervalle, et sup(g(Er )) = sup(g) = +∞, inf(g(Er )) = inf(g) = −∞, d’où g(Er ) = R. Ainsi il existe des x de normes arbitrairement grandes tels que g(x) = 0 en contradiction avec la propriété |g(x)|/kxk → +∞ lorsque kxk → ∞. Remarque : l’hypothèse f de classe C 2 est surabondante, la classe C 1 suffit à conclure. Correction de l’exercice 4397 N Remarques : – la transformation f 7→ g est appelée transformation de Legendre. On notera g = f ∗ ci-dessous. – l’hypothèse « H f est définie positive en tout point » implique que f est convexe. Étude d’un cas particulier : f (x) = αkxk2 + β (x | a) + γ avec α ∈ R+∗ , β , γ ∈ R et a ∈ Rn .
2
2
y−β a 2 a ∗ (y) = α y−β a − γ = α ∗ kyk2 + β ∗ (y | Alors (x | y) − f (x) = −α x − y−β + α − γ d’où f
2α 2α 2α
a) + γ ∗ avec α ∗ = 1/4α, β ∗ = −β /2α et γ ∗ = β 2 kak2 /4α − γ. Ainsi, f ∗ a la même forme que f , et on vérifie immédiatement que f ∗∗ = f . Cas général : on montre que f ∗ est bien définie, vérifie les mêmes hypothèses que f et que l’on a f ∗∗ = f . 1. Bonne définition de f ∗ : à y fixé on a (x | y) − f (x) → −∞ lorsque kxk → ∞ donc le sup existe et est un max, atteint en un point x tel que ∇ f (x) = y. Ce point x est unique : en effet, si h ∈ Rn \ {0} alors la fonction R 3 t 7→ (h | ∇ f (x + th)) est strictement croissante (définie-positivité de H f ) ce qui implique ∇ f (x + h) 6= ∇ f (x). Ainsi, f ∗ (y) = (y | y∗ ) − f (y∗ ) avec ∇ f (y∗ ) = y. 2. f ∗ est C 2 et H f ∗ est définie-positive : d’après ce qui précède, la fonction ∇ f est un C 1 difféomorphisme de Rn ; sa différentielle est l’endomorphisme de Rn de matrice H f dans la base canonique de Rn . Donc f ∗ est de classe C 1 et pour y, h ∈ Rn : d( f ∗ )y (h) = (∇ f ∗ (y) | h) = (h | y∗ ) + (y | dy∗ (h)) − (∇ f (y∗ ) | dy∗ (h)) = (h | y∗ )
puisque ∇ f (y∗ ) = y. On en déduit : ∇ f ∗ (y) = y∗ , puis H f ∗ (y) = (H f (y∗ ))−1 , matrice symétrique définie positive. 3. f ∗ (y)/kyk → +∞ lorsque kyk → ∞ : soit a > 1 et Ma = sup{ f (x), kxk 6 a}. Pour y ∈ Rn \ {0} et x = ay/kyk on a f ∗ (y) > (x | y) − f (x) > akyk − Ma > (a − 1)kyk si kyk est assez grand. 4. f ∗∗ = f : car pour x ∈ Rn on a f ∗∗ (x) = (x | y) − f ∗ (y) où y est défini par ∇ f ∗ (y) = x, c’est-à-dire y∗ = x et donc f ∗∗ (x) = (y∗ | y) − f ∗ (y) = f (y∗ ) = f (x). Correction de l’exercice 4398 N (a) ? ? ? (b) On a pour a, b ∈ R : |ϕ(a + b) − ϕ(a) − bϕ 0 (a)| 6 12 kϕ 00 k∞ b2 . Donc pour f , h ∈ E : |T ( f + h) − T ( f ) − (h | ϕ 0 ◦ f )| 6 12 kϕ 00 k∞ khk2 , ce qui prouve que T est différentiable en f de différentielle h 7→ (h | ϕ 0 ◦ f ). On en déduit alors que T est continue en f . Correction de l’exercice 4399 N
2134
(a) Posons ∆ = {(x, y)/ y 6= 0}. f est continue sur R2 \ ∆ en vertu de théorèmes généraux. Soit x0 ∈ R. ( 0 si y = 0 6 y2 . | f (x, y) − f (x0 , 0)| = y2 sin xy si y 6= 0 Comme
lim
(x,y)→(x0 ,0)
y2 = 0,
lim
(x,y)→(x0 ,0)
| f (x, y) − f (x0 , 0)| = 0 et donc f est continue en (x0 , 0). Fina-
lement, f est continue sur R2 . (b) • f est de classe C2 sur R2 \ ∆. En particulier, d’après le théorème de S CHWARZ, pour (x, y) ∈ R2 \ ∆, ∂f ∂f x x x (x, y) = y cos et (x, y) = 2y sin − x cos y y y , ∂x ∂y
∂2 f ∂ x∂ y
=
∂2 f ∂ y∂ x
sur ∆.
puis
∂2 f (x, y) ∂ x2
= − sin
et enfin ∂2 f (x, y) ∂ y2
• Existence de
∂f ∂ x (x0 , 0).
∂f ∂ x (x0 , 0)
= 2 sin
Pour x 6= x0 ,
∂f ∂ x (x0 , 0) = 0.
existe et variable sur R2 définie par
∂f ∂ y (x0 , 0).
∂2 f ∂ x∂ y (x, y)
x y
∂f ∂ x (x, y)
x y
x y
2
− xy sin
− xy2 sin
x y ,
x y .
f (x0 ,0) = 0 et donc f (x,0)− → 0. On en déduit que x−x0 x→x0
=
(
0 si y= 0
y cos
x y
si y 6= 0
.
Soit x0 ∈ R. Pour y 6= 0, ( 0 si y = 0 f (x0 ,y)− f (x0 ,0) = 6 |y|. y−0 y sin xy0 si y 6= 0
f (x0 ,0) → 0. On en déduit que et donc f (x0 ,y)− y−0 y→0
− 2 xy cos
f (x,0)− f (x0 ,0) x−x0
= cos
En résumé, f admet une dérivée partielle par rapport à sa première
∀(x, y) ∈ R2 , • Existence de
x y ,
∂f ∂ y (x0 , 0)
existe et
∂f ∂ y (x0 , 0)
= 0. En résumé, f admet
une dérivée partielle par rapport à sa deuxième variable sur R2 définie par ( 0 si y = 0 ∂ f ∀(x, y) ∈ R2 , ∂ y (x, y) = . 2y sin xy − x cos xy si y 6= 0 • Existence de
∂2 f ∂ x∂ y (0, 0).
Pour x 6= 0, ∂f ∂f ∂ y (x,0)− ∂ y (0,0)
x−0
et donc
∂f ∂f ∂ y (x,0)− ∂ y (0,0)
x−0
tend vers 0 quand x tend vers 0. On en déduit que ∂2 f ∂ x∂ y (0, 0)
• Existence de
=0
∂2 f ∂ y∂ x (0, 0).
= 0.
Pour y 6= 0, ∂f ∂f ∂ x (0,y)− ∂ x (0,0)
y−0
2135
=
y cos( 0y ) y
=1
∂2 f ∂ x∂ y (0, 0)
existe et
et donc
∂f ∂f ∂ x (0,y)− ∂ x (0,0)
y−0
tend vers 1 quand y tend vers 0. On en déduit que ∂2 f ∂ y∂ x (0, 0)
∂2 f ∂ y∂ x (0, 0)
existe et
= 1.
Correction de l’exercice 4400 N cos(2x) cos(2x) ch(2y) ∈ [−1, 1]. Plus précisément, quand x décrit R, ch(2×0) décrit [−1, 1] et donc 2 (x, y) décrit R2 , cos(2x) ch(2y) décrit [−1, 1]. On suppose déjà que f est de classe C sur [−1, 1]. L’applig est alors de classe C2 sur R2 et pour (x, y) ∈ R2 ,
Pour (x, y) ∈ R2 , quand cation
∂g ∂ x (x, y)
sin(2x) 0 = − 2ch(2y) f
Ensuite,
cos 2x ch 2y
puis
∂g ∂ y (x, y)
puis ∂ 2g (x, y) ∂ y2
Mais alors
∆g(x, y) = = = =
cos(2x) 0 = − 4ch(2y) f
cos 2x ch 2y
∂ 2g (x, y) ∂ x2
cos(2x) 0 = − 4ch(2y) f
sh(2y) 0 = − 2 cos(2x) f ch2 (2y)
cos 2x ch 2y
sh(2y) 0 − 2 cos(2x) sh(2y) −4 f ch3 (2y)
cos 2x ch 2y
2
sin (2x) 00 + 4ch f 2 (2y)
cos 2x ch 2y
.
cos 2x ch 2y
2
2
sh (2y) 00 + 4 cos ch(2x) f 4 (2y)
cos 2x ch 2y
.
−8 cos(2x) ch2 (2y) + 8 cos(2x) sh2 (2y) 0 cos 2x 4 sin2 (2x) ch2 (2y) + 4 cos2 (2x) sh2 (2y) 00 cos 2x + f f ch 2y ch 2y ch3 (2y) ch4 (2y) −8 cos(2x) 0 cos 2x 4(1 − cos2 (2x)) ch2 (2y) + 4 cos2 (2x)(ch2 (2y) − 1) 00 cos 2x f f + ch 2y ch 2y ch3 (2y) ch4 (2y) 2 2 −8 cos(2x) 0 cos 2x 4 ch (2y) − 4 cos (2x) 00 cos 2x f + f 3 ch 2y ch 2y ch (2y) ch4 (2y) 2 cos(2x) 0 cos 2x cos (2x) 4 00 cos 2x −2 f f + 1− 2 . ch(2y) ch 2y ch 2y ch2 (2y) ch (2y)
Par suite, cos(2x) 0 ∆g = 0 ⇔ ∀(x, y) ∈ R , −2 f ch(2y) 2
cos 2x cos2 (2x) 00 cos 2x + 1− 2 f =0 ch 2y ch 2y ch (2y)
⇔ ∀t ∈ [−1, 1], −2t f 0 (t) + (1 − t 2 ) f 00 (t) = 0 ⇔ ∀t ∈ [−1, 1], ((1 − t 2 ) f 0 )0 (t) = 0
⇔ ∃λ ∈ R, ∀t ∈ [−1, 1], (1 − t 2 ) f 0 (t) = λ .
Le choix λ 6= 0 ne fournit pas de solution sur [−1, 1]. Donc λ = 0 puis f 0 = 0 puis f constante ce qui est exclu. Donc, on ne peut pas poursuivresur [−1, 1]. On cherche dorénavant f de classe C2 sur ] − 1, 1[ de sorte que g est de classe C2 sur R2 \ kπ 2 ,0 , k ∈ Z . f solution ⇔ ∃λ ∈ R∗ , ∀t ∈] − 1, 1[, (1 − t 2 ) f 0 (t) = λ ⇔ ∃λ ∈ R∗ / ∀t ∈] − 1, 1[, f 0 (t) = ⇔ ∃(λ , µ) ∈ R∗ × R/ ∀t ∈] − 1, 1[, f (t) = λ argtht + µ.
Correction de l’exercice 4401 N On dérive par rapport à λ les deux membres de l’égalité f (λ x) = λ r f (x) et on obtient 2136
λ 1 − t2
∀x = (x1 , ..., xn ) ∈ Rn , ∀λ > 0, ∑ni=1 xi ∂∂ xfi (λ x) = rλ r−1 f (x), et pour λ = 1, on obtient ∀x = (x1 , ..., xn ) ∈ Rn ∑ni=1 xi ∂∂ xfi (x) = r f (x). Correction de l’exercice 4402 N d(xy) xdy + ydx dy dx = = + ; xy xy y x d (xyz(1 + sinh(yz))) = (1 + sinh(yz))d(xyz) + xyzd(sinh(yz)) d (ln(xy)) =
= yz(1 + sinh(yz))dx + xz(1 + sinh(yz))dy + xy(1 + sinh(yz))dz + xyz cosh(yz)d(yz) = yz(1 + sinh(yz))dx + xz(1 + sinh(yz))dy + xy(1 + sinh(yz))dz + xyz2 cosh(yz)dy + xy2 z cosh(yz)dz = yz(1 + sinh(yz))dx + xz(1 + sinh(yz) + yz cosh(yz))dy + xy(1 + sinh(yz) + yz cosh(yz))dz;
d sin(x2 y)ex−y = cos(x2 y)ex−y d(x2 y) + sin(x2 y)ex−y d(x − y) = x2 cos(x2 y)ex−y dy + 2xy cos(x2 y)ex−y dx + sin(x2 y)ex−y dx − sin(x2 y)ex−y dy = x2 cos(x2 y)x − sin(x2 y) ex−y dy + 2xy cos(x2 y) + sin(x2 y) ex−y dx. Correction de l’exercice 4403 N (a) La forme différentielle x2 y2 dx + x3 ydy de degré 1 n’est pas fermée car la forme différentielle de degré 2 d(x2 y2 dx + x3 ydy) = 2x2 ydydx + 3x2 ydxdy = x2 ydxdy est non nulle. Par conséquent, une fonction g : R2 → R du type cherché ne peut pas exister.
(b) Une fonction b du type cherché doit satisfaire à l’équation différentielle partielle 2x2 y −
∂b =0 ∂x
d’où b(x, y) = 32 x3 y + k(y) où k est une fonction de la variable y. Une fonction g correspondante doit alors satisfaire aux équations différentielles partielles ∂g ∂g 2 3 = x2 y2 , = x y + k(y). ∂x ∂y 3 Il s’ensuit que g est de la forme g(x, y) = 13 x3 y2 + K(y) où K est une fonction de la varriable y.
Correction de l’exercice 4404 N (a) Un calcul immédiat donne du + dv = dg. 2137
(b) Par conséquent, g = u + v + c où la constante c est déterminée par la condition 3 = g(1, 1) = u(1, 1) + v(1, 1) + c = 1 + 1 + c d’où c = 1. (c) Un calcul direct montre que l’application réciproque k : R>0 × R>0 −→ R>0 × R>0 de h est donnée par la formule k(u, v) = (x(u, v), y(u, v)) =
u2 v
1/3 2 1/3 ! v , . u
(d) d(g ◦ k) = d(u ◦ k) + d(v ◦ k) = du + dv car u(k(u, v)) = u et v(k(u, v)) = v. (e) Un calcul immédiat donne " # u2/3 2 (uv)−1/3 − 3v 2xy x2 4/3 3 Jh = 2 , Jk = v2/3 2 −1/3 y 2xy − 3u 4/3 3 (uv) d’où Jh (x, y)Jk (h(x, y)) = I2 .
Correction de l’exercice 4405 N d sin(xyz) = yz cos(xyz)dx + zx cos(xyz)dy + xy cos(xyz)dz d’où la matrice hessienne "
−y2 z2 sin(xyz) z cos(xyz)−xyz2 sin(xyz) y cos(xyz)−xy2 z sin(xyz) z cos(xyz)−xyz2 sin(xyz) −x2 z2 sin(xyz) x cos(xyz)−x2 yz sin(xyz) y cos(xyz)−xy2 z sin(xyz) y cos(xyz)−x2 yz sin(xyz) −x2 y2 sin(xyz)
#
.
De même d(sin2 (y/x)) = −2yx−2 sin(y/x) cos(y/x)dx + 2x−1 sin(y/x) cos(y/x)dy y 1 = sin(2y/x) − 2 dx + dy x x d’où la matrice hessienne −3 2yx sin(2y/x) + 2y2 x−4 cos(2y/x) −x−2 sin(2y/x) − 2yx−3 cos(2y/x) . −x−2 sin(2y/x) − 2yx−3 cos(2y/x) 2x−2 cos(2y/x)
Correction de l’exercice 4406 N 2 (a) ∂∂r r ∂∂Fr = ∂∂Fr + r ∂∂ rF2
(b)
∂F ∂r
=
∂f ∂x ∂f ∂x
x r
+ ∂∂ yf yr
(c) ∂∂ Fθ = ∂∂θx + ∂∂ yf ∂∂θy = −y ∂∂ xf + x ∂∂ yf (d) En prenant la somme des trois équations suivantes r2
2 2 ∂ 2F ∂2 f 2∂ f 2∂ f = x + 2xy + y ∂ r2 ∂ x2 ∂ x∂ y ∂ y2 ∂F ∂f ∂f r =x +y ∂r ∂x ∂y 2 2 2 ∂ F ∂2 f ∂f ∂f 2∂ f 2∂ f = x − 2xy + y −x −y ∂θ2 ∂ y2 ∂ x∂ y ∂ x2 ∂x ∂y
on trouve le résultat cherché. 2138
Correction de l’exercice 4407 N (a) Avec
∂ ∂u
∂ = 1/2( ∂∂x + ∂t ) et
∂ ∂v
∂ = 1/2(− ∂∂x + ∂t ) nous obtenons les identités
∂F 1∂f 1∂f = + ∂u 2 ∂ x 2 ∂t ∂F 1∂f 1∂f =− + ∂v 2 ∂ x 2 ∂t ∂ 2F 1 ∂2 f 1 ∂2 f + =− ∂ u∂ v 4 ∂ x2 4 ∂t 2 d’où pour que f satisfasse à l’équation (7) il faut et il suffit que F satisfasse à l’équation (23). (b) Supposons que F satisfasse à l’équation (23). Alors la fonction ∂∂Fu est une fonction disons h1 seulement de la variable u et la fonction ∂∂Fv est une fonction disons h2 seulement de la variable v. Par conséquent, F(u, v) = g1 (u) + g2 (v) où g01 = h1 et g02 = h2 . (c) La solution générale de (7) s’écrit alors f (x,t) = g1 (u) + g2 (v) = g1 (x + t) + g2 (t − x). La fonction g1 décrit une onde qui se déplace vers la droite et la fonction g1 décrit une onde qui se déplace vers la gauche. Enfin, pour trouver la solution unique satisfaisant aux condition initiales (8) nous constatons que les conditions initiales entraînent les identités f (x, 0) = g1 (x) + g2 (−x) = sin x ∂f (x, 0) = g01 (x) − g02 (−x) = cos x ∂x ∂f (x, 0) = g01 (x) + g02 (−x) = − cos x ∂t d’où g01 = 0 et g02 (−x) = − cos x, c.a.d. g2 (x) = sin(−x). Par conséquent, la solution unique cherchée f s’écrit f (x,t) = sin(x − t). Correction de l’exercice 4408 N On pose D = {(x, 0), x ∈ R} puis Ω = R2 \ D. • f est définie sur R2 . • f est de classe C1 sur Ω en vertu de théorèmes généraux et pour (x, y) ∈ Ω, ∂f ∂f x x x (x, y) = y cos et (x, y) = 2y sin − x cos y y y . ∂x ∂y
• Etudions la continuité de f en (0, 0). Pour (x, y) 6= (0, 0), ( y2 sin x si y 6= 0 y2 si y 6= 0 y | f (x, y) − f (0, 0)| = 6 6 y2 . 0 si y = 0 0 si y = 0
Comme y2 tend vers 0 quand (x, y) tend vers 0,
lim
(x,y)→(0,0) (x,y)6=(0,0)
f (x, y) = f (0, 0) et donc f est continue en
(0, 0) puis f est continue sur R2 . 2139
∂f ∂ x (x0 , 0), x0
• Etudions l’existence et la valeur éventuelle de
f (x,0)− f (x0 ,0) x−x0
Donc
f (x,x0 )− f (x0 ,0) x−x0
∂f ∂x
est définie sur
R2
= 0. ∂f ∂ x (x0 , 0)
existe et
∂f ∂ x (x0 , 0)
= 0.
par
y cos x si y 6= 0 y . ∀(x, y) ∈ R2 , ∂∂ xf (x, y) = 0 si y = 0
• Etudions l’existence et la valeur éventuelle de f (x0 ,y)− f (x0 ,0) y−0
=
f (x0 ,0) On en déduit que f (x0 ,y)− 6 |y| puis que y−0 existe et
0−0 x−x0
tend vers 0 quand x tend vers x0 . On en déduit que
Finalement, la fonction
∂f ∂ y (x0 , 0)
=
réel donné. Pour x 6= x0 ,
∂f ∂ y (x0 , 0)
∂f ∂ y (x0 , 0), x0 y2 sin( y
x0 y
)
réel donné. Pour y 6= 0,
= y sin
x0 y .
f (x0 ,y)− f (x0 ,0) tend vers 0 quand y tend y−0 fonction ∂∂ yf est définie sur R2 par
vers 0. Par suite,
= 0. Finalement, la 2y sin x − x cos x si y 6= 0 y y . ∀(x, y) ∈ R2 , ∂∂ yf (x, y) = 0 si y = 0 ∂f ∂x
en (x0 , 0), x0 réel donné. Pour (x, y) ∈ R2 , |y| cos x si y 6= 0 ∂ f y ∂f 6 |y|. ∂ x (x, y) − ∂ x (x0 , 0) = 0 si y = 0
• Etudions la continuité de
Quand (x, y) tend vers (0, 0), |y| tend vers 0 et donc ∂∂ xf (x, y) tend vers (x0 , 0). La fonction ∂∂ xf est donc continue en (x0 , 0) et finalement la fonction
∂f ∂x
∂f ∂ x (x0 , 0)
quand (x, y) tend vers
est continue sur R2 .
∂f ∂y
en (x0 , 0), x0 réel donné. Supposons tout d’abord x0 = 0. Pour (x, y) ∈ R2 , 2y sin x − x cos x si y 6= 0 ∂ f y y ∂f 6 2|y| + |x|. ∂ y (x, y) − ∂ y (0, 0) = 0 si y = 0
• Etudions la continuité de
Quand (x, y) tend vers (0, 0), |x| + 2|y| tend vers 0 et donc vers (0, 0).
∂f ∂ y (x, y)
tend vers
∂f ∂ y (0, 0)
quand (x, y) tend
Supposons maintenant x0 6= 0. Pour y 6= 0, ∂∂ yf (x0 , y) = 2y sin xy0 − x0 cos xy0 . Quand y tend vers 0, 2y sin xy0 tend vers 0 car 2y sin xy0 et x0 cos xy0 n’a pas de limite réelle car x0 6= 0. Donc ∂∂ yf (x0 , y) n’a pas de limite quand y tend vers 0 et la fonction montré que
∂f ∂y
n’est pas continue en (x0 , 0) si x0 6= 0. On a
f est de classe C1 sur Ω ∪ {(0, 0)}. • Etudions l’existence et la valeur éventuelle de
∂2 f ∂ x∂ y (0, 0).
∂f ∂f ∂ y (x,0)− ∂ y (0,0)
x−0
Donc
∂f ∂f ∂ y (x,0)− ∂ y (0,0)
x−0
=
0−0 x
Pour x 6= 0, = 0.
tend vers 0 quand x tend vers 0. On en déduit que
• Etudions l’existence et la valeur éventuelle de
∂2 f ∂ y∂ x (0, 0).
2140
∂2 ∂2 ∂ x∂ y (0, 0) existe et ∂ x∂ y (0, 0) = 0.
Pour y 6= 0,
∂f ∂f ∂ x (0,y)− ∂ x (0,0)
y−0
Donc
∂f ∂f ∂ x (0,y)− ∂ x (0,0)
y−0
=
y cos( 0y ) y
= 1.
tend vers 1 quand y tend vers 0. On en déduit que
∂2 ∂2 ∂ y∂ x (0, 0) existe et ∂ y∂ x (0, 0) = 1.
2
2
On a montré que ∂ ∂x∂ y (0, 0) et ∂ ∂y∂ x (0, 0) existent et sont différents. D’après le théorème de S CHWARZ, f n’est pas de classe C2 sur Ω ∪ {(0, 0)}. Correction de l’exercice 4409 N Puisque la fonction ch ne s’annule pas sur R, g est de classe C2 sur R2 et pour (x, y) ∈ R2 , sin(2x) 0 cos(2x) ∂g (x, y) = −2 f ∂x ch(2y) ch(2y) puis
cos(2x) sin2 (2x) 00 cos(2x) +4 2 f ch(2y) ch(2y) ch (2y) 2 cos(2x) 0 cos(2x) 1 − cos (2x) 00 cos(2x) f f = −4 +4 . ch(2y) ch(2y) ch(2y) ch2 (2y)
cos(2x) 0 ∂ 2g (x, y) = −4 f 2 ∂x ch(2y)
De même, ∂g ∂ y (x, y)
sh(2y) 0 f = −2 cos(2x) ch2 (2y)
puis
cos(2x) ch(2y)
2 ch3 (2y) − 4 sh2 (2y) ch(2y) 0 cos(2x) ∂ 2g cos2 (2x) sh2 (2y) 00 cos(2x) (x, y) = −2 cos(2x) f +4 f ∂ y2 ch(2y) ch(2y) ch4 (2y) ch4 (2y) cos(2x) cos2 (2x)(ch2 (2y) − 1) 00 cos(2x) 2 0 cos(2x) = −4 3 +4 . (− ch (2y) + 2) f f ch(2y) ch(2y) ch (2y) ch4 (2y) Donc, pour tout (x, y) ∈ R2 , ch2 (2y) cos(2x) 0 ∆g(x, y) = −2 f 4 ch(2y)
cos(2x) cos2 (2x) 00 cos(2x) f + 1− 2 . ch(2y) ch(2y) ch (2y)
Maintenant, pour (x, y) ∈ R2 , −1 6 cos(2x) ch(2y) 6 1 etod’autre part, l’expression n 2 = [−1, 1]. Par suite, [−1, 1] quand x décrit R. Donc cos(2x) ch(2×) , (x, y) ∈ R
cos(2x) ch(2×)
= cos(2x) décrit
∀(x, y) R2 , ∆g(x, y) = 0 ⇔ ∀t ∈ [−1, 1], (1 − t 2 ) f 00 (t) − 2t f 0 (t) = 0. On cherche une application f de classe C2 sur ] − 1, 1[. Or cos(2x) ch(2y) = 1 ⇔ | cos(2x)| = ch(2y) ⇔ | cos(2x)| = ch(2y) = 1 ⇔ y = 0 et x ∈ π2 Z. Donc 2
∀(x, y) R \
kπ , 0 , k ∈ Z , ∆g(x, y) = 0 ⇔ ∀t ∈] − 1, 1[, (1 − t 2 ) f 00 (t) − 2t f 0 (t) = 0 2
⇔ ∀t ∈] − 1, 1[, ((1 − t 2 ) f 0 )0 (t) = 0 ⇔ ∃λ ∈ R/ ∀t ∈] − 1, 1[, f 0 (t) = ⇔ ∃(λ , µ) ∈ R2 / ∀t ∈] − 1, 1[, f (t) = λ argtht + µ. De plus, f n’est pas constante si et seulement si µ = 0. 2141
L’application t 7→ argtht convient.
Correction de l’exercice 4410 N
c(x, y) −s(x, y) Soit (x, y) ∈ La matrice jacobienne de f en (x, y) s’écrit où c et s sont deux s(x, y) c(x, y) fonctions de classe C1 sur R2 telle que c2 + s2 = 1 (∗). Il s’agit dans un premier temps de vérifier que les fonctions c et s sont constantes sur R2 . 2 2 Puisque f est de classe C2 sur R2 , d’après le théorème de S CHWARZ, ∂∂x∂fy = ∂∂x∂fy . Ceci s’écrit encore c −s ∂ ∂ = ou enfin ∂y ∂x s c ! ∂c (x, y) − ∂∂ xs (x, y) ∂ y = ∀(x, y) ∈ R2 , (∗∗). ∂c ∂s (x, y) ∂y ∂ x (x, y) R2 .
En dérivant (∗) par rapport à x ou à y, on obtient les égalités c ∂∂ xc + s ∂∂ xs = 0 et c ∂∂ cy + s ∂∂ ys = 0. Ceci montre ! ∂c ∂c ∂y c ∂x que les deux vecteurs et sont orthogonaux au vecteur non nul et sont donc ∂s ∂s s ∂x ∂y ! ∂c ∂c ∂y ∂x sont aussi orthogocolinéaires. Mais l’égalité (∗∗) montre que les deux vecteurs et ∂s ∂x
naux l’un à l’autre. Finalement, pour tout (x, y) ∈ R2 , les deux vecteurs
∂s ∂y
∂c ∂ x (x, y)
!
et
∂s ∂ x (x, y) sur R2 et donc,
sont nuls. On en déduit que les deux applications c et s sont constantes
∂c ∂ y (x, y) ∂s ∂ y (x, y)
il existe θ dans cos(θ ) − sin(θ ) R tel que pour tout (x, y) ∈ la matrice jacobienne de f en (x, y) est . sin(θ ) cos(θ ) Soit g la rotation d’angle θ prenant la même valeur que f en (0, 0). f et g ont mêmes différentielles en tout point et coïncident en un point. Donc f = g et f est une rotation affine. R2 ,
Soit f : R2 → R2 de classe C2 dont la différentielle en tout point est une rotation. Alors f est une rotation affine.
Correction de l’exercice 4411 N
2 −1 (a) d f = (2x − y)dx + (2y − x)dy et Hess f = d’où −1 2 u 2 −1 u (u, v)Hess f (0, 0) = (u, v) v −1 2 v
= u(2u − v) + v(2v − u) = 2(u2 − uv + v2 ) 2 = 2 u − 2v + 34 v2 .
Par conséquent la forme hessienne au point (0, 0) est positive et ce point présente donc un minimum local. (b) f (x, y) = x2 + 2xy + y2 + 6 = (x + y)2 + 6 d’où le point (0, 0) présente un minimum local. (c) d f = (3x2 + 2x + 2y2 + 3y)dx + (4xy − 4y3 + 3x + 2y)dy et 6x + 2 4y + 3 Hess f = 4y + 3 −12y2 + 4x + 2 2142
d’où u 2 3 u = (u, v) (u, v)Hess f (0, 0) v 3 2 v
= (2u + 3v)u + (3u + 2v)v = 2(u2 + 3uv + v2 ) 2 5 2 = 2 u + 3v − 4v . 2
Par conséquent la forme hessienne au point (0, 0) est non dégénérée et indéfinie et ce point présente un point selle.
Correction de l’exercice 4412 N Puisque df = cos x dx + (2y − 2)dy, les points critiques sont les points ((k + 1/2)π, 1) (k ∈ Z). En plus, − sin x 0 Hess f = et 0 2 − sin((k + 1/2)π) = (−1)k+1 (−1)k+1 0 . Par conséquent, si k est impaire, le point ((k + 1/2)π, 1) d’où Hess f ((k + 1/2)π, 1) = 0 2 présente un minimum local et, si k est paire, le point ((k + 1/2)π, 1) présente un point selle. Correction de l’exercice 4413 N (a) dF = f (y) f 0 (x)dx + f (x) f 0 (y)dy et Hess f (x, y) =
f (y) f 00 (x) f 0 (x) f 0 (y)
f 0 (x) f 0 (y) f (x) f 00 (y)
(39)
0 1 d’où Hess f (0, 0) = et 1 0 0 1 u u = 2( f 0 (0))2 uv (u, v)Hess f (0, 0) = ( f 0 (0))2 (u, v) 1 0 v v ( f 0 (0))2
Par conséquent la forme hessienne au point (0, 0) est non dégénérée et indéfinie et ce point ne peut pas présenter un extremum relatif. En effet, le point (0, 0) est critique mais un point selle. (b) D’après la partie (1.) et la périodicité, les points de la forme (x, y) = (k, l) ∈ R2 , k, l ∈ Z, présentent des points selle. Également d’après la partie (1.), ∂f = f (y) f 0 (x) = 2π sin(2πy) cos(2πx) ∂x ∂f = f (x) f 0 (y) = 2π sin(2πx) cos(2πy). ∂y Par conséquent, pour que le point (x, y) soit critique il faut et il suffit qu’il soit de la forme (k, l), (k + 12 , l), (k, l + 12 ), (k + 21 , l + 12 ), k, l ∈ Z, ou (k + 41 , l + 41 ), (k + 41 , l + 34 ), (k + 43 , l + 14 ), (k + 34 , l + 34 ), k, l ∈ Z. D’après la périodicité, il suffit d’examiner les huit points (0, 0), ( 21 , 0), (0, 21 ), ( 12 , 12 ), ( 14 , 14 ), ( 41 , 34 ), ( 34 , 14 ), ( 43 , 34 ) 2143
(40)
et, d’après (1.), l’origine présente un point selle. D’après (39), 1 00 f ( 2 ) f (0) f 0 (0) f 0 ( 21 ) 2 0 1 Hess f (0, 2 ) = 0 = 16π −1 f (0) f 0 ( 12 ) f (0) f 00 ( 12 ) 1 0 1 0 00 f (0) f ( ) f ( 2 ) f (0) 0 = 16π 2 Hess f ( 12 , 0) = 0 1 0 2 1 00 −1 f ( ) f (0) f ( 2 ) f (0) 12 00 1 1 0 1 0 f ( ) f ( ) f (2) f (2) 0 = 16π 2 Hess f ( 21 , 21 ) = 0 21 0 21 1 00 1 1 f (2) f (2) f (2) f (2)
1 0
−1 0 −1 0
d’où les points (0, 21 ), ( 12 , 0) et ( 21 , 12 ) présentent des points selle. Il est géométriquement évident que le comportement de la fonction sin entraîne que les points ( 14 , 14 ) et ( 34 , 34 ) présentent des maxima et que les points ( 14 , 43 ) et ( 43 , 14 ) présentent des minima.
Correction de l’exercice 4414 N Soit f : R3 −→ R la fonction définie par f (x, y, z) = sin(πxy) + sin(πyz) − 1. Ses dérivées partielles sont ∂f ∂f ∂f = πy cos(πxy), = π(x cos(πxy) + z cos(πyz)), = πy cos(πyz) ∂x ∂y ∂y et, après simplification, au point (1, 61 , 1), l’équation (24) du plan tangent à la surface de niveau en discussion devient (x − 1) + 12(y − 1/6) + (z − 1) = 0. Ainsi, en ce point, le vecteur (1, 12, 1) est perpendiculaire à la surface. Correction de l’exercice 4415 N (a) Puisque ∂∂ xf = yex + 2ey cos(2x) et ∂∂ yf = ex + ey sin(2x) il s’ensuit que ∂∂ xf (0, 0) = 2 et ∂∂ yf (0, 0) = 1. Par conséquent, il existe une fonction h de la variable x définie au voisinage de 0 telle que h(0) = 0 et telle que, pour qu’au voisinage de (0, 0) les coordonnées x et y du point (x, y) satisfassent à l’équation yex + ey sin(2x) = 0 il faut et il suffit que y = h(x) ; de même il existe une fonction k de la variable y définie au voisinage de 0 telle que h(0) = 0 et telle que, pour qu’au voisinage de (0, 0) les coordonnées x et y du point (x, y) satisfassent à l’équation yex + ey sin(2x) = 0 il faut et il suffit que x = k(y). En plus, ∂f
h0 (0) = − ∂∂ xf
(0, 0)
∂ y (0, 0)
∂f ∂ y (0, 0)
= −2, k0 (0) = − ∂ f
∂ x (0, 0)
= − 21 .
(b) Puisque le point (0, 0) appartient à la courbe C , en 0, les fonctions h et k prennent les valeurs h(0) = 0 et k(0) = 0. Par conséquent, lim (x,y)→(0,0),(x,y)6=0 y/x = h0 (0) = −2. yex +ey sin(2x)=0
Correction de l’exercice 4416 N
2144
(a) Puisque
∂f ∂y
= −2y et ∂f = (x + 1)2 + 2x(x + 1) = (x + 1)(3x + 1) = 3x2 + 4x + 1, ∂x
les points stationnaires de f sont les points (−1, 0) et (−1/3, 0). En plus, 6x + 4 0 Hess f (x, y) = 0 −2
−2 0 2 0 d’où Hess f (−1, 0) = et Hess f (−1/3, 0) = . Par conséquent la forme hessienne 0 −2 0 −2 au point (−1, 0) est définie négative et ce point présente un maximum local ; de même, la forme hessienne au point (−1/3, 0) est non dégénérée et indéfinie et ce point présente un point selle. √ √ √ (b) La courbe y = x (x + 1) pour x > 0 passe par les points (0, 0), ( 13 , 34 3), (1, 2), et (2, 3 2) ; √ elle a une tangente verticale à l’origine, le point ( 31 , 43 3) est un point d’inflexion, la pente en √ ce point vaut 3, et c’est la pente minimale de la courbe. Ces faits se déduisent des expressions 1 3 √ √ y0 = 23 x + 21 ( x)−1 et y00 = 34 x− 2 − 14 x− 2 . La courbe constituée des points tels que f (x, y) = 0 et √ x > 0 s’obtient par réflexion de la courbe y = x (x + 1) pour x > 0 par rapport à l’axe des x. (c) Dans la boule ouverte {(x, y, z); (x + 1)2 + y2 + x2 < 1} ⊆ R3 , le graphe z = f (x, y) de la fonction f ne rencontre le plan des x et y qu’au point (−1, 0). Par conséquent, l’intersection D ∩ C du disque D = {(x, y); (x + 1)2 + y2 < 1} avec C ne consiste qu’au point (−1, 0). (d) Voir l’indication de l’exercice précédent. (e) Quel que soit le point (x0 , y0 ) de C distinct de (−1, 0), d’après (1.), ∂f ∂f (x0 , y0 ), (x0 , y0 ) 6= (0, 0). ∂x ∂y L’assertion est donc une conséquence immédiate du théorème des fonctions implicites.
Correction de l’exercice 4418 N (a) (0, 0) : non extrémal (1, 1) : maximum local (b) (0, 0) : non extrémal √ √ ±( 2, − 2) : minimum absolu
(c) (−2/15, −1/5) : maximum local (x, 0) : max. local pour x < −1/3, min. local pour x > −1/3 (0, y) : max. local pour y < −1/2, min. local pour y > −1/2
(d) (2−1/3 , 4−1/3 ) : maximum absolu
(e) prendre le log. (1, 1) : maximum absolu (f) (−1, −1) : non extrémal
(g) (1, 0) : minimum absolu (e−2 , 0) : non extrémal
(h) = MA + MB ⇒ minimum absolu sur [A, B] 2145
~ MB) ~ = ± 2π (i) M ∈ med(A, B), (MA, 3 M = A, B : minimum absolu M=O
Correction de l’exercice 4419 N (a) (b) i. isobarycentre de ABC. ii. Point de Fermat ou A, B,C. iii. A, B,C.
Correction de l’exercice 4420 N √ (a) 4S = 2a2 b2 + 2a2 c2 + 2b2 c2 − a4 − b4 − c4 .
(b) max =
√4 . 3
Correction de l’exercice 4421 N Existence d’un maximum par compacité. Soient x, y les coordonnées d’un point M dans un repère orthonormé du plan et (u, v, w) les coordonnées barycentriques de M par rapport à A, B,C (avec u+v+w = 1). u, v, w sont des fonctions affines de x, y, z et (AB) a pour équation barycentrique w = 0 d’où d(M, AB) = α|w| pour un certain réel α > 0. De même pour d(M, AC) et d(M, BC) et f (M) = αβ γ|u||v||w|. Lorsque M varie dans le triangle, (u, v, w) décrit tous les triplets de réels positifs de somme 1 et on cherche le maximum du produit uvw, il est atteint quand u, v, w sont égaux, c’est-à-dire au centre de gravité du triangle. Correction de l’exercice 4423 N 2
2
2
Il existe une base orthonormale de E et un√réel λ tels que f (x) = λ x1 et g(x) = λ x1 e−x1 e−x2 −···−xn . Donc g est maximale/minimale pour x1 = ±1/ 2, x2 = · · · = xn = 0. Correction de l’exercice 4424 N Le minimum demandé existe car ϕ(M, N, P) → +∞ quand l’un au moins des points M, N, P tend vers 0 0 0 l’infini sur sa droite personnelle. Soient D1 ∩ D2 = {A}, D2 ∩ D3 = {B}, D3 ∩ D1 = {C} et √A , B , C 3 0 0 0 les milieux de [B,C], [C, A] et [A, B]. Déjà on a ϕ(B ,C , A ) = 2 a et ϕ(A, N, P) > 2AP > a 3 donc le minimum n’est pas atteint lorsque l’un des points M, N, P est confondu avec l’un des points A, B,C, ni non plus si l’un des points M, N, P est hors du triangle ABC. Pour N, P fixés hors de D1 , on fait varier ~ ~ MP 0 ~ ~ | MN + M sur D1 : M = A + t AB avec t ∈ R et on considère f (t) = ϕ(M, N, P). Alors f (t) = AB MN MP donc f (t) est minimal lorsque D1 est la bissectrice extérieure des demi-droites [MN) et [MP). Soit (M, N, P) un triplet réalisant le minimum de ϕ et α, β , γ les angles du triangle MNP en P, M et N. Les angles du triangle AMN sont π/3, (π − β )/2 et (π − γ)/2 d’où 2π/3 = β + γ = π − α et donc α = π/3 = β = γ. On en déduit que (MP) est paralèle à (AB), (MN) à (BC) et (NP) à (AC) puis que (M, N, P) = (B0 ,C0 , A0 ). Correction de l’exercice 4425 N (a) On fixe Ai ∈ Di et ~ui un vecteur directeur de Di . Soit Mi = Ai + xi~ui . Alors
2146
f (M1 , M2 , M3 ) = f (A1 , A2 , A3 ) + 2 (A~1 A2 | x2~u2 − x1~u1 ) + (A~2 A3 | x3~u3 − x2~u2 ) + (A~3 A1 | x1~u1 − x3~u3 ) + kx2~u2 − x1~u1 k2 + kx3~u3 − x2~u2 k2 + kx1~u1 − x3~u3 k2 = a + b(x1 , x2 , x3 ) + c(x1 , x2 , x3 ).
b est une forme linéaire et c est une forme quadratique positive, et même définie positive car~u1 ,~u2 ,~u3 sont deux à deux non colinéaires. Il en résulte que f (M1 , M2 , M3 ) → +∞ lorsque |x1 | + |x2 | + |x3 | → ∞, donc par continuité, f admet un minimum. Choisissons alors A1 , A2 , A3 de sorte que f (A1 , A2 , A3 ) soit égal à ce minimum. On a alors b = 0 car (A1 , A2 , A3 ) est point critique de f , d’où f (M1 , M2 , M3 ) > f (A1 , A2 , A3 ) si (x1 , x2 , x3 ) 6= (0, 0, 0) vu la définie-positivité de c. Ceci prouve l’unicité du triplet où f atteint son minimum. (b) On soupçonne fortement le triplet constitué des milieux des côtés. En notant A1 , A2 , A3 ces milieux, il suffit de vérifier que la forme linéaire b de la réponse précédente est nulle, et c’est clairement le cas après regroupement autour de x1 , x2 , x3 .
Correction de l’exercice 4426 N On paramètre le chemin en coordonnéees sphériques par t 7→ (θ (t), φ (t)). q R R1 1 0 La longueur du chemin est t=0 φ 02 (t) + sin2 (φ (t))θ 02 (t)dt > t=0 φ (t)dt avec égalité si et seulement si θ 0 = 0 et φ 0 est de signe constant. On trouve donc les méridiens.
Correction de l’exercice 4427 N Soit y ∈ B orthogonal à x. La fonction g : θ 7→ f (x cos θ + y sin θ ) admet un extrémum en 0, donc g0 (0) = 0, soit ∇ f (x) ⊥ y. Si x = 0 on a donc ∇ f (0) = 0. Sinon, ∇ f (x) = λ x avec λ ∈ R, et en faisant un développement limité de f (x − tx) on voit que λ > 0. Correction de l’exercice 4428 N (a) f est de classe C1 sur R2 qui est un ouvert de R2 . Donc si f admet un extremum local en un point (x0 , y0 ) de R2 , (x0 , y0 ) est un point critique de f . Or, pour (x, y) ∈ R2 , ∂∂ xf (x, y) = 0 x = − 31 2x + y + 2 = 0 . ⇔ ⇔ x + 2y + 3 = 0 ∂f y = −4 3 ∂ x (x, y) = 0 Donc si f admet un extremum local, c’est nécessairement en − 13 , 43 avec f − 13 , 43 = − 37 . D’autre part, 2 y 2 2 3y2 y y f (x, y) = x2 + xy + y2 + 2x + 3y = x + + 1 − + 1 + y2 + 3y = x + + 1 + + 2y − 1 2 2 2 4 2 3 y 4 2 7 7 1 4 = x+ +1 + y+ − >− = f − , . 2 4 3 3 3 3 3 Donc f admet un minimum local en − 31 , 43 égal à − 73 et ce minimum local est un minimum global. D’autre part, f n’admet pas de maximum local.
(b) f est de classe C1 sur R2 qui est un ouvert de R2 . Donc si f admet un extremum local en un point (x0 , y0 ) de R2 , (x0 , y0 ) est un point critique de f . Or, pour (x, y) ∈ R2 , 2147
∂f ∂ x (x, y)
=0
∂f ∂ x (x, y)
=0
⇔
4x3 − 4y = 0 ⇔ 4y3 − 4x = 0
y = x3 ⇔ (x, y) ∈ {(0, 0), (1, 1), (−1, −1). x9 − x = 0
Les points critiques de f sont (0, 0), (1, 1) et (−1, −1). Maintenant, pour (x, y) ∈ R2 , f (−x, −y) = f (x, y). Ceci permet de restreindre l’étude aux deux points (0, 0) et√(1, 1). • Pour √ x ∈ R, f (x, 0) = x4 > 0 sur R∗ et f (x, x) = −4x2 + 2x4 = 2x2 (−2 + x2 ) < 0 sur ] − 2, 0[∪]0, 2[. Donc f change de signe dans tous voisinage de (0, 0) et puisque f (0, 0) = 0, f n’admet pas d’extremum local en (0, 0). • Pour (h, k) ∈ R2 , f (1 + h, 1 + k) − f (1, 1) = (1 + h)4 + (1 + k)4 − 4(1 + h)(1 + k) + 2 = 6h2 + 6k2 − 4hk + 4h3 + 4k3 + h4 + k4 > 6h2 + 6k2 − 2(h2 + k2 ) + 4h3 + 4k3 + h4 + k4 = 4h2 + 4h3 + h4 + 4k2 + 4k3 + k4 = h2 (2h2 + 1)2 + k2 (2k2 + 1)2 > 0.
f admet donc un minimum global en (1, 1) (et en (−1, −1)) égal à −2. Correction de l’exercice 4429 N Soit M un point intérieur au triangle ABC. On pose a = BC, b = CA et c = AB. On note x, y, z et A les aires respectives des triangles MBC, MCA, MAB et ABC. On a d(M, (BC))d(M, (CA))d(M(AB)) =
2aire(MBC) 2aire(MCA) 2aire(MAB) a b c
=
8xyz abc
=
8 abc xy(A
− x − y).
On doit donc déterminer le maximum de la fonction f (x, y) = xy(A − x − y) quand (x, y) décrit le triangle ouvert T = {(x, y) ∈ R2 , x > 0, y > 0, x + y < A }. On admet que f admet un maximum global sur le triangle fermé T 0 = {(x, y) ∈ R2 , x > 0, y > 0, x + y 6 A } (cela résulte d’un théorème de math Spé : « une fonction numérique continue sur un compact admet un minimum et un maximum »). Ce maximum est atteint dans l’intérieur T de T 0 car f est nulle au bord de T 0 et strictement positive à l’intérieur de T 0 . Puisque f est de classe C1 sur T qui est un ouvert de R2 , f atteint son maximum sur T en un point critique de f . Or, pour (x, y) ∈ T 2 ,
∂f ∂ x (x, y)
=0
∂f ∂ y (x, y)
=0
⇔ ⇔
y(A − x − y) − xy = 0 ⇔ y(A − x − y) − xy = 0 2x + y = A x + 2y = A
⇔x=y=
y(A − 2x − y) = 0 x(A − x − 2y) = 0
A . 3
8 8A 3 Le maximum cherché est donc égal à abc × A3 × A3 × A − A3 − A3 = 27abc . (On peut montrer que ce maximum est obtenu quand M est le centre de gravité du triangle ABC). Correction de l’exercice 4430 N Soient R un repère orthonormé de R2 muni de sa structure euclidienne canonique puis M, A et B les 2 points de √ coordonnées respectives (x, y), (0, a) et (a, 0) dans R. Pour (x, y) ∈ R , f (x, y) = MA + MB > AB = a 2 avec égalité si et seulement si M ∈ [AB]. Donc √ Le minimum de f sur R2 existe et vaut a 2.
Correction de l’exercice 4431 N On pose BC = a, CA = b et AB = c et on note A l’aire du triangle ABC. Soit M un point intérieur au triangle ABC. On note I, J et K les projetés orthogonaux de M sur les droites (BC), (CA) et (AB) respectivement. On pose u = aire de MBC, v = aire de MCA et w = aire de MAB. On a 2148
d(M, (BC)) × d(M, (CA)) × d(M, (AB)) = MI × MJ × MK =
2u a
2w × 2v b × c =
8 abc uv(A
− u − v).
Il s’agit alors de trouver le maximum de la fonction f : (u, v) 7→ uv(A − u − v) sur le domaine T = (u, v) ∈ R2 / u > 0, v > 0 et u + v 6 A .
T est un compact de R2 . En effet : - ∀(u, v) ∈ T 2 , k(u, v)k1 = u + v 6 A et donc T est bornée. - Les applications ϕ1 : (u, v) 7→ u, ϕ2 : (u, v) 7→ v et ϕ3 : (u, v) 7→ u + v sont continues sur R2 en tant que formes linéaires sur un espace de dimension finie. Donc les ensembles P1 = {(u, v) ∈ R2 / u > 0} = ϕ1−1 ([0, +∞[), P2 = {(u, v) ∈ R2 / v > 0} = ϕ2−1 ([0, +∞[) et P3 = {(u, v) ∈ R2 / u + v 6 0} = ϕ3−1 (] − ∞, 0]) sont des fermés de R2 en tant qu’images réciproques de fermés par des applications continues. On en déduit que T = P1 ∩ P2 ∩ P3 est un fermé de R2 en tant qu’intersection de fermés de R2 . Puisque T est un fermé borné de R2 , T est un compact de R2 puisque R2 est de dimension finie et d’après le théorème de B OREL-L EBESGUE. f est continue sur le compact T à valeurs dans R en tant que polynôme à plusieurs variables et donc f admet un maximum sur T . Pour tout (u, v) appartenant à la frontière de T , on a f (u, v) = 0. Comme f est strictement positive sur ◦
◦
T = {(u, v) ∈ R2 / u > 0, v > 0 et u + v < 0}, f admet son maximum dans T . Puisque f est de classe C1 ◦
◦
sur T qui est un ouvert de R2 , si f admet un maximum en (u0 , v0 ) ∈ T , (u0 , v0 ) est nécessairement un ◦
point critique de f . Soit (u, v) ∈ T . ( ∂f v(A − 2u − v) = 0 2u + v = A ∂ u (u, v) = 0 ⇔ ⇔ ⇔ u = v = A3 . ∂f u(A − u − 2v) = 0 u + 2v = A ∂ v (u, v) = 0 Puisque f admet un point critique et un seul à savoir (u0 , v0 ) = A3 , A3 , f admet son maximum en ce 3 point et ce maximum vaut f (u0 , v0 ) = A27 . Le maximum du produit des distances d’un point M intérieur 8A 3 au triangle ABC aux cotés de ce triangle est donc 27abc . Remarque. On peut démontrer que pour tout point M intérieur au triangle ABC, on a M = bar ((A, aire de MBC), (B, ai Si maintenant M est le point en lequel on réalise le maximum, les trois aires sont égales et donc le maximum est atteint en G l’isobarycentre du triangle ABC. Correction de l’exercice 4432 N Soient A et B les points du plan de coordonnées respectives (0, a) et (a, 0) dans un certain repère R orthonormé. Soit M un point du plan de coordonnées (x, y) dans R. Pour (x, y) ∈ R2 ,
−→
−→ f (x, y) = MA + MB = MA + MB > AB avec égalité si et seulement si M ∈ [AB]. 2
2
√ Donc f admet un minimum global égal à AB = a 2 atteint en tout couple (x, y) de la forme (λ a, (1 − λ )a), λ ∈ [0, 1]. Correction de l’exercice 4434 N Soit (x, y, z,t) ∈ R4 .
2149
ϕ(x, y) = (z,t) ⇔
ex − ey = z ⇔ x+y = t
y = t −x ⇔ ex − et−x = z
y = t −x (ex )2 − zex − et = 0
y = t − x√ √ ex = z − z2 + 4et ou ex = z + z2 + 4et √ x p p e = z + z2 + 4et (car z − z2 + 4et < z − z2 = z − |z| 6 0) ⇔ y = t −x √ p p x = ln(z + z2√+ 4et ) ⇔ (car z + z2 + 4et > z + z2 = z + |z| > 0). 2 t y = t − ln(z + z + 4e ) ⇔
Ainsi, tout élément (z,t) ∈ R2 a un antécédent et un seul dans R2 par ϕ et donc ϕ est une bijection de R2 sur lui-même. x e −ey 1 2 = ex + ey . Le jacobien de ϕ La fonction ϕ est de classe C sur R de jacobien Jϕ (x, y) = 1 1 ne s’annule pas sur R2 . En résumé, ϕ est une bijection de R2 sur lui-même, de classe C1 sur R2 et le jacobien de ϕ ne s’annule pas sur R2 . On sait alors que ϕ est un C1 -difféomorphisme de R2 sur lui-même.
Correction de l’exercice 4435 N Soit n ∈ N. Soit x ∈ R. La fonction fx : y 7→ y2n+1 + y − x est continue et strictement croissante sur R en tant que somme de fonctions continues et strictement croissantes sur R. Donc la fonction fx réalise une bijection de R sur ] limy→−∞ fx (y), limy→+∞ fx (y)[= R. En particulier, l’équation fx (y) = 0 a une et une seule solution dans R que l’on note ϕ(x). La fonction f : (x, y) 7→ y2n+1 + y − x est de classe C1 sur R2 qui est un ouvert de R2 et de plus, ∀(x, y) ∈ R2 , ∂∂ yf (x, y) = (2n + 1)y2n + 1 6= 0. D’après le théorème des fonctions implicites, la fonction ϕ implicitement définie par l’égalité f (x, y) = 0 est dérivable en tout réel x et de plus, en dérivant l’égalité ∀x ∈ R, (ϕ(x))2n+1 + ϕ(x) − x = 0, on obtient ∀x ∈ R, (2n + 1)ϕ 0 (x)(ϕ(x))2n + ϕ 0 (x) − 1 = 0 et donc ∀x ∈ R, ϕ 0 (x) =
1 . (2n+1)(ϕ(x))2n +1
Montrons par récurrence que ∀p ∈ N∗ , la fonction ϕ est p fois dérivable sur R. - C’est vrai pour p = 1. 1 - Soit p > 1. Supposons que la fonction ϕ soit p fois dérivable sur R. Alors la fonction ϕ 0 = (2n+1)ϕ 2n +1 est p fois dérivable sur R en tant qu’inverse d’une fonction p fois dérivable sur R ne s’annulant pas sur R. On en déduit que la fonction ϕ est p + 1 fois dérivable sur R. On a montré par récurrence que ∀p ∈ N∗ , la fonction ϕ est p fois dérivable sur R et donc que la fonction ϕ est de classe C∞ sur R. R
Calculons maintenant I = 02 ϕ(t) dt. On note tout d’abord que, puisque 02n+1 +0−0 = 0, on a ϕ(0) = 0 et puisque 12n+1 + 1 − 2 = 0, on a ϕ(2) = 1. Maintenant, pour tout réel x de [0, 2], on a ϕ 0 (x)(ϕ(x))2n+1 + ϕ 0 (x)ϕ(x) − xϕ 0 (x) = 0 (en multipliant par ϕ 0 (x) les deux membres de l’égalité définissant ϕ(x)) et en intégrant sur le segment [0, 2], on obtient R2 0 R R 2n+1 dx + 2 ϕ 0 (x)ϕ(x) dx − 2 xϕ 0 (x) dx = 0 (∗). 0 ϕ (x)(ϕ(x)) 0 0
2150
i h i2 h 2n+2 2 R2 0 R2 0 (ϕ(x))2 1 2n+1 dx = (ϕ(x)) = . De même, ϕ (x)ϕ(x) dx = = 12 et donc ϕ (x)(ϕ(x)) 0 0 2n+2 2n+2 2 0 0 R2 0 R2 0 1 1 n+2 2n+1
Or,
ϕ (x)(ϕ(x)) dx + 0 ϕ (x)ϕ(x) dx = 2n+2 + 2 = 2n+2 . D’autre part, puisque les deux fonctions x 7→ x et x 7→ ϕ(x) sont de classe C1 sur le segment [0, 2], on peut effectuer une intégration par parties qui fournit 0
− L’égalité (∗) s’écrit donc
R2 0
n+2 2n+2
xϕ 0 (x) dx = [−xϕ(x)]20 +
R2 0
ϕ(x) dx = −2 + I.
− 2 + I = 0 et on obtient I = R2 0
ϕ(x) dx =
3n+2 2n+2 .
3n+2 2n+2 .
Correction de l’exercice 4436 N Soit x ∈ R. La fonction fx : y 7→ ex+y + y − 1 est continue et strictement croissante sur R en tant que somme de fonctions continues et strictement croissantes sur R. Donc la fonction fx réalise une bijection de R sur ] limy→−∞ fx (y), limy→+∞ fx (y)[= R. En particulier, l’équation fx (y) = 0 a une et une seule solution dans R que l’on note ϕ(x). La fonction f : (x, y) 7→ ex+y + y − 1 est de classe C1 sur R2 qui est un ouvert de R2 et de plus, ∀(x, y) ∈ R2 , ∂∂ yf (x, y) = ex+y + 1 6= 0. D’après le théorème des fonctions implicites, la fonction ϕ implicitement définie par l’égalité f (x, y) = 0 est dérivable en tout réel x et de plus, en dérivant l’égalité ∀x ∈ R, ex+ϕ(x) + ϕ(x) − 1 = 0, on obtient ∀x ∈ R, (1 + ϕ 0 (x))ex+ϕ(x) + ϕ 0 (x) = 0 ou encore x+ϕ(x)
e ∀x ∈ R, ϕ 0 (x) = − ex+ϕ(x) (∗). +1
On en déduit par récurrence que ϕ est de classe C∞ sur R et en particulier admet en 0 un développement limité d’ordre 3. Déterminons ce développement limité. 1ère solution. Puisque e0+0 + 0 − 1 = 0, on a ϕ(0) = 0. L’égalité (∗) fournit alors ϕ 0 (0) = − 21 et on peut poser ϕ(x) = − 21 x + ax2 + bx3 + o(x3 ). On obtient x→0
x
2
3
3
ex+ϕ(x) = e 2 +ax +bx +o(x ) x→0 x 1 x 2 1 x 3 = 1+ + ax2 + bx3 + + ax2 + + o(x3 ) x→0 2 2 2 6 2 x 1 2 a 1 = 1+ + a+ x + b+ + x3 + o(x3 ). x→0 2 8 2 48 1 1 L’égalité ex+ϕ(x) + ϕ(x) − 1 = 0 fournit alors a + 81 + a = 0 et b + a2 + 48 + b = 0 ou encore a = − 16 et 1 b = 192 . 2ème solution. On a déjà ϕ(0) = 0 et ϕ 0 (0) = 0. En dérivant l’égalité (∗), on obtient 0
ϕ 00 (x) = − (1+ϕ (x))e et donc
ϕ 00 (0) 2
2 ex+ϕ(x) +1
(
)
0
x+ϕ(x)
(x))e = − (1+ϕx+ϕ(x) 2 , +1) (e
1
1 2 = − 2×2 2 = − 16 . De même,
ϕ (3) (x) = −ϕ 00 (x) et donc
x+ϕ(x) (ex+ϕ(x) +1)−(1+ϕ 0 (x))ex+ϕ(x) (ex+ϕ(x) )
ϕ (3) (0) 6
=
1 6
1 8
ex+ϕ(x) 2 (ex+ϕ(x) +1)
− (1 + ϕ 0 (x))ex+ϕ(x)
1 1 × 14 − 12 × 1/2 4 +2×8 =
1 192 . 2
(1+ϕ 0 (x))
0
La formule de TAYLOR-YOUNG refournit alors 3
x x + 384 + o(x3 ). ϕ(x) = − 2x − 16 x→0
2151
x+ϕ(x)
(x))e + (1 + ϕ 0 (x))ex+ϕ(x) 2(1+ϕ , 3 (ex+ϕ(x) +1) (ex+ϕ(x) +1) 2
Correction de l’exercice 4444 N Soit ϕ une application de classe C2 sur R puis f l’application définie sur U par ∀(x, y) ∈ U, f (x, y) = ϕ xy vérifie : ∂2 f ∂ x2
2
− ∂∂ y2f =
y . x3
∂2 f ∂2 f ∂ 2 y ∂ 2 y − = ϕ − 2 ϕ ∂ x 2 ∂ y2 ∂ x2 x ∂y x ∂ y 0 y ∂ 1 0 y 2y y y2 00 y 1 00 y = − 2ϕ − ϕ = 3 ϕ0 + 4ϕ − 2ϕ ∂x x x ∂y x x x x x x x x 2 y y 1 2y 0 y ϕ . = 2 + 2 − 1 ϕ 00 x x x x x Puis, quand (x, y) décrit U,
y x
décrit R (car
y 1
décrit déjà R)
2 ∂2 f y 2y 0 y y y ∂2 f y (x, y) − 2 (x, y) = 3 ⇔ ∀(x, y) ∈ U, ϕ ∀(x, y) ∈ U, + 2 − 1 ϕ 00 = 2 ∂x ∂y x x x x x x ⇔ ∀t ∈ R, 2tϕ 0 (t) + (t 2 − 1)ϕ 00 (t) = t
⇔ ∃λ ∈ R/ ∀t ∈ R, (t 2 − 1)ϕ 0 (t) =
t2 +λ 2
(∗)
2
Maintenant, t2 + λ ne s’annule pas en ±1, l’égalité (∗) fournit une fonction ϕ telle que ϕ 0 n’a pas une limite réelle en ±1. Une telle solution n’est pas de classe C2 sur R. Donc nécessairement λ = − 12 puis ∀(x, y) ∈ U,
∂2 f ∂2 f y t2 − 1 1 (x, y) − 2 (x, y) = 3 ⇔ ∀t ∈ R, (t 2 − 1)ϕ 0 (t) = ⇔ ∀t ∈ R \ {−1, 1}, ϕ 0 (t) = 2 ∂x ∂y x 2 2 1 ⇔ ∀t ∈ R, ϕ 0 (t) = (par continuité de ϕ 0 en ± 1) 2 t ⇔ ∃λ ∈ R/ ∀t ∈ R, ϕ(t) = + λ . 2
Correction de l’exercice 4445 N u = x+y x = 2u − v (a) ⇔ . L’application (x, y) 7→ (u, v) est un C1 -difféomorphisme de R2 sur v = x + 2y y = −u + v lui-même. Pour (u, v) ∈ R2 , posons alors g(u, v) = f (2u−v, u+v) = f (x, y) de sorte que ∀(x, y) ∈ R2 , f (x, y) = g(x + y, x + 2y) = g(u, v). f est de classe C1 sur R2 si et seulement si g est de classe C1 sur R2 et
2
∂f ∂ ∂ ∂f (x, y) − (x, y) = 2 (g(x + y, x + 2y)) − (g(x + y, x + 2y)) ∂x ∂y ∂x ∂y ∂u ∂g ∂v ∂g ∂u ∂g ∂v ∂g =2 × (u, v) + × (u, v) − × (u, v) + × (u, v) ∂x ∂u ∂x ∂v ∂y ∂u ∂y ∂v ∂g ∂g ∂g ∂g ∂g (u, v) + (u, v) − (u, v) + 2 (u, v) = (u, v). =2 ∂u ∂v ∂u ∂v ∂u
Par suite, 2152
∀(x, y) ∈ R2 , 2
∂f ∂f ∂g (x, y) − (x, y) = 0 ⇔ ∀(u, v) ∈ R2 , (u, v) = 0 ∂x ∂y ∂u ⇔ ∃F : R → R de classe C1 telle que ∀(u, v) ∈ R2 , g(u, v) = F(v)
⇔ ∃F : R → R de classe C1 telle que ∀(x, y) ∈ R2 , f (x, y) = F(x + 2y). p (b) On pose r = x2 + y2 et θ = arctan xy de sorte que x = r cos θ et y = r sin θ . On pose f (x, y) = f (r cos θ , r sin θ ) = g(r, θ ). On sait que ∂∂ xr = cos θ , ∂∂ yr = sin θ , ∂∂θx = − sinr θ , ∂∂θy = cosr θ ∂f ∂ g sin θ ∂ g ∂ g cos θ ∂ g ∂g ∂f +y = r cos θ cos θ − + r sin θ sin θ + =r , x ∂x ∂y ∂r r ∂θ ∂r r ∂θ ∂r puis
∀(x, y) ∈ D, x
p ∂f ∂f ∂g ∂g (x, y) + y (x, y) = x2 + y2 ⇔ ∀r > 0, r (r, θ ) = r ⇔ ∀r > 0, (r, θ ) = 1 ∂x ∂y ∂r ∂r i π πh i π πh ⇔ ∃ϕ de classe C1 sur − , / ∀(r, θ ) ∈]0, +∞[× − , , g(r, θ ) = r + ϕ(θ ) 2 2 i π2 π2 h p y ⇔ ∃ϕ de classe C1 sur − , / ∀(x, y) ∈ D, f (x, y) = x2 + y2 + ϕ arctan 2 2 x y p 1 . ⇔ ∃ψ de classe C sur R/ ∀(x, y) ∈ D, f (x, y) = x2 + y2 + ψ x
Correction de l’exercice 4469 N (a)
1 30 .
(b) 0. (c) (d) (e)
π 2 2 4 ab(a + b ). 96 35 . π 2.
(f) π(1 − ln 2).
(g)
5 6.
(h) 2(ln 2 − 1). (i)
(j) (k) (l) (m) (n)
3π 2 . 65π 48 . √ 2 2 3 3 a . 7 45 . π(1 − 1e ). (e2p −1)2 (x 3
= u2 v, y = uv2 ).
Correction de l’exercice 4470 N Poser u = x, v = x + y. On obtient I =
2 1701 .
Correction de l’exercice 4471 N symétrie + passage en polaires. I = 34 π − 11 6 . Correction de l’exercice 4472 N 2153
32 27
.
(a)
1 2
(c)
1 720 . 3 4 − ln 2. πR2 a2 2 2 4 (a + 3R ). π 2 (1 − ln 2). 4π 2 2 15 abc(a + b ).
ln
√ (b) 2πa2 arcsin Ra − 2πR a2 − R2 . (d) (e) (f) (g)
Correction de l’exercice 4473 N 2 − 1+yy 2 z2 . On obtient I = π ln 2. R +∞ arctan z 2 (b) Intégrer I en x et y d’abord. On obtient I = z=0 dz. z (a) Intégrer en z d’abord :
1
(1+x2 z2 )(1+y2 z2 )
=
1
x2 −y2
Correction de l’exercice 4474 N I=
π ln 2 8 .
Correction de l’exercice 4475 N 1 2 2 2 2 2 π Rr (4R + 3r ).
Correction de l’exercice 4476 N 2 2πb a2 − b3 . Correction de l’exercice 4477 N (a) (b) (c) Fubini ⇒ I =
π2 8 .
Correction de l’exercice 4479 N (a) 2A = (b)
R
1 dt t=0 1+t 2
2
⇒A=
π2 32 .
(c) (d) B +C = D2 , B −C = −D. 2
2
π (e) C = − 3π 32 , D = − 8 .
Correction de l’exercice 4480 N √ 3 4 ln 3. 4ab arctan ba .
(a) A = (b)
π 6
−
2154
x2 1+x2 z2
Correction de l’exercice 4481 N Formule de Green : A =
3πa2 8 .
Correction de l’exercice 4482 N Formule de Green. A = 43 (p2 − p1 )(q2 − q1 ). Correction de l’exercice 4483 N Formule de Green. A = πa2 . Correction de l’exercice 4484 N (a) V = (b) V = (c) V =
√
4π 23 3 (1 − 1 − a ). √ 2π 3 (2 − 2). 2π 2 Rr2 .
Correction de l’exercice 4485 N V=
4π p3 . 3λ 4
Correction de l’exercice 4486 N √ √ 3 πa √ (3 ln(1 + 2 ) − 2 ). 12 2 Correction de l’exercice 4487 N hauteur = αR avec α 3 − 3α + 1 = 0 ⇒ α ≈ 0.347. Correction de l’exercice 4490 N C’est manifestement vrai pour ψ ≡ 1 et aussi pour ψ(t) = t. De manière générale, si ψ(t) = t k avec k ∈ ||| alors pour n > k, (x1 + · · · + xn )k est une somme de nk monômes parmi lesquels il y a n(n − 1) . . . (n − k + 1) monômes où chaque variable apparaît avec l’exposant 0 ou 1. On a alors :
Z k Z 1 n−k n(n − 1) . . . (n − k + 1) 1 n(n − 1) . . . (n − k + 1) x f (x) dx f (x) dx + 1− O(1), nk nk x=0 x=0 R 1 x f (x) dx (lorsque n → ∞) lorsque ψ(t) = t k . Par linéarité, cette rece qui prouve que Λn (ψ) → ψ x=0 lation est encore vraie pour tout ψ polynôme. On conclut pour ψ continue quelconque avec le théorème de Stone-Weierstrass.
Λn (ψ) =
Correction de l’exercice 4491 N (a) Représentons le domaine D = {(x, y) ∈ R2 / x 6 1, y 6 1, x + y > 1}.
2155
1
1
I=
ZZ
(x + y) dxdy =
Z 1 Z 1 0
D
Z 1
1−x
Z 1 Z (x + y)dy dx (ou aussi 0
1−y
(x + y)dx dy)
0
y=1 Z 1 y2 1 (1 − x)2 = xy + dx = x + − x(1 − x) − dx 2 y=1−x 2 2 0 0 Z 1 2 x 1 1 2 = + x dx = + = . 2 6 2 3 0 ZZ
2 (x + y) dxdy = . 3 D
(b) Si on pose pour (x, y) ∈ /mbr2 , f (x, y) = |x + y| alors pour tout (x, y) ∈ R2 , f (−x, −y) = f (x, y) ou encore f prend les mêmes valeurs en deux points symétriques par rapport à O. Puisque le point O est centre de symétrie de [−1, 1]2 , on en déduit que
I=
ZZ
f (x, y) dxdy +
−16x,y61, x+y>0
=2 =2
ZZ Z
y xy + 2
dx = 2
y=−x
1 2 1 8 =2 × + ×2 = . 2 3 2 3 ZZ
[−1,1]2
Z 1 −1
f (x, y) dxdy (x + y) dy dx
−16x,y61, x+y60 Z 1 Z 1
(x + y) dxdy = 2
−16x,y61, x+y>0 2 y=1 1
−1
ZZ
−1
−x
x2 1 x + + x2 − 2 2
dx
8 |x + y| dxdy = . 3
(c) Représentons le domaine D = {(x, y) ∈ R2 / 0 6 x 6 1, 0 6 y 6 1, x2 6 y 6
2 1 −2
−1 −1
1
−2 2156
2
3
4
√ x}.
I=
Z 1 Z √x 0
y dy x dx =
x2
1 = . 12
√ Z 1 2 y= x y
x
0
2
dx =
y=x2
1 2
Z 1 0
x(x − x4 ) dx =
1 2
1 1 − 3 6
(d) En passant en polaires, on obtient ZZ
ZZ
1 1 I= dxdy = rdrdθ 2 2 2 2 2 x +y 61 1 + x + y 06r61, 06θ 62π 1 + r Z 1 Z 2π r dr × dθ (intégrales indépendantes) = 2 0 1+r 0 1 1 2 = 2π × ln(1 + r ) = π ln 2. 2 0 ZZ
x2 +y2 61
1 dxdy = π ln 2. 1 + x2 + y2
2 (e) Posons D = {(x, y) ∈ R2 / x 6 x2 + y2 6 1}. Puisque x 6 x2 + y2 ⇔ x − 12 + y2 > 41 , D est l’intersection de l’intérieur du disque de centre O et de rayon 1, bord compris, et de l’extérieur du disque de centre 12 , 0 et de rayon 12 , bord compris. Soit M un point du plan. On note (r, θ ) un couple de coordonnées polaires de M tel que r > 0 et θ ∈ [0, 2π]. M ∈ D ⇔ r cos θ 6 r2 6 1 ⇔ r = 0 ou (0 < r 6 1 et r > cos θ .
1
−1
1
−1 En passant en polaires, on obtient Z π/2 Z 1 Z π Z 1 1 r r I=2 dxdy = 2 dr dθ + dr dθ 2 2 2 2 2 2 2 x6x2 +y2 61, y>0 (1 + x + y ) 0 cos θ (1 + r ) π/2 0 (1 + r ) 1 1 ! Z π/2 Z π 1 1 =2 − dr dθ + − dr dθ 2(1 + r2 ) 2(1 + r2 ) π/2 0 cos θ 0 Z π/2 Z π Z π/2 1 1 1 1 − dθ + dθ = dθ = 2 1 + cos θ 2 1 + cos2 θ 0 π/2 2 0 +∞ Z π/2 Z π/2 Z +∞ 1 dθ 1 1 1 t π = = d(tan θ ) = dt = √ arctan √ = √ . 1 2 2 2 2 + tan θ t +2 + 1 cos θ 0 0 0 2 2 0 2 2 cos2 θ ZZ
RR
1 x6x2 +y2 61 (1+x2 +y2 )2 dxdy
2157
=
π √ . 2 2
(f) Z 1 Z 1 Z 1
Z 1 Z zdz ydy xdx =
1 2 I= xyzdxdydz = (1 − y )ydy xdx 0 x 2 06x6y6z61 0 x y 1 Z Z 1 Z Z 1 1 y2 y4 1 1 1 x2 x4 1 1 3 (y − y )dy xdx = − xdx = − + xdx = 2 0 2 0 2 4 x 2 0 4 2 4 x Z 1 1 5 1 1 1 1 1 3 = (x − 2x + x)dx = − + = . 8 0 8 6 2 2 48 ZZZ
RRR
1
1 48 .
06x6y6z61 xyzdxdydz
=
Z 1 ZZ
dxdy zdz
(g) En sommant par tranches, on obtient
I= =
ZZZ
zdxdydz √ √ √ x+ y+ z61
Z 1 ZZ 0
√ √ u+ v61 Z 1
= A (D) ×
0
=
√ √ √ x+ y61− z
0
√ √ 4 √ (1 − z) dudv zdz (en posant x = (1 − z)2 u et y = (1 − z)2 v)
√ √ √ z(1 − z)4 dz où D = {(u, v) ∈ R2 / u + v 6 1}.
Maintenant, A (D) = et R1 0
Finalement
R 1 R (1−√u)2 0
0
R √ dv du = 01 (1 − 2 u + u)du = 1 − 43 + 21 =
1 6
R √ z(1 − z)4 dz = 01 (z − 4z3/2 + 6z2 − 4z5/2 + z3 ) dz = 12 − 85 + 2 − 78 + 41 = ZZZ
zdxdydz √ √ √ x+ y+ z61
=
1 140 .
1 . 840
Correction de l’exercice 4492 N 2 x2 = 2q y x = 2q2 y 21 x = 2qy
y 2 = 2p1 x y 2 = 2px y 2 = 2p1 x b
L’aire du domaine considéré D = {(x, y) ∈ R2 / 2p1 x 6 y2 6 2p2 x et 2q2 y 6 x2 6 2q2 x} est A =
ZZ
2158
D
dxdy.
2
2
y x Pour (x, y) ∈ D2 , posons p = 2x et q = 2y ou encore considérons l’application ϕ :
et vérifions que ϕ est un C1 -difféomorphisme.
→ [p1 , p2 ] × [q1 , q2 ] y2 x 2 (x, y) 7→ 2x , 2y D
• Pour chaque (x, y) ∈ D2 , on 2p1 x 6 y2 6 2p2 x et 2q1 y 6 x2 6 2q2 y ou encore p1 6 x2 2y 6 q2 . Donc ϕ est bien une application.
y2 2x
6 p2 et q1 6
• Soit (p, q) ∈ [p1 , p2 ] × [q1 , q2 ]. Pour (x, y) ∈ (]0, +∞[)2 , 2 ( p y x2 y = 2q 2x =p 3 8pq2 x=p ⇔ ⇔ 3 (x2 /2q)2 x2 = q y = 8p2 q =p 2y 2x
Donc, l’équation ϕ(x, y) = (p, q) a exactement une solution (x0 , y0 ) dans ]0, +∞[2 . De plus, puisque
y20 x02 2x0 = p ∈ [p1 , p2 ] et 2y0 = q ∈ [q1 , q2 ], D2 . Donc ϕ est une bijection.
on a 2p1 x0 6 y20 6 2p2 x0 et 2q1 y0 6 x02 6 2q2 y0 et donc (x0 , y0 ) ∈
• ϕ est de classe C1 sur D et pour (x, y) ∈ D2 , − y2 2x2 D(p,q) x D(x,y) = J(ϕ)(x, y) = y
1 = 4 − 1 = − 43 6= 0.
y x x2 − 2y 2
Ainsi, ϕ est une bijection de D sur [p1 , p2 ] × [q1 , q2 ], de classe C1 sur D et son jacobien ne s’annule pas sur D. On sait alors que ϕ est un C1 -difféomorphisme de D sur [p1 , p2 ] × [q1 , q2 ].
Posons alors (p, q) = ϕ(x, y) dans
ZZ
dxdy. On obtient
D
A =
ZZ
dxdy =
D
ZZ D(x, y) 4 d pdq = 4 d pdq = (p2 − p1 )(q2 − q1 ). 3 [p1 ,p2 ]×[q1 ,q2 ] 3 [p1 ,p2 ]×[q1 ,q2 ] D(p, q)
ZZ
A = 43 (p2 − p1 )(q2 − q1 ).
Correction de l’exercice 4493 N Pour n ∈ N∗ et R > 0, posons Bn (R) = {(x1 , . . . , xn ) ∈ Rn / x12 + . . . + xn2 6 R2 } et notons Vn (R) le volume de Bn (R). Par définition, Vn (R) = En posant x1 = Ry1 , . . . , xn = Ryn , on a Vn (R) =
Z
...
ZZ
Z
...
ZZ
x12 +...+xn2 6R2
D(x1 ,...,xn ) D(y1 ,...,yn )
= Rn (quand R > 0) puis n
x12 +...+xn2 6R2
dx1 . . . dxn .
dx1 . . . dxn = R
Z
...
ZZ
y21 +...+y2n 61
dy1 . . . dyn = RnVn (1).
ce qui reste vrai quand R = 0. Pour n > 2, on peut alors écrire
Vn (1) = =
Z 1 Z −1
Z 1
−1
où In =
R1
In =
−1 (1 − x
R0
2 61−x2 x12 +...+xn−1 n
dx1 . . . dxn−1 dxn =
Z 1
−1
q 2 Vn−1 1 − xn dxn
(1 − xn2 )(n−1)/2Vn−1 (1) dxn = InVn−1 (1)
2 )(n−1)/2
π (1 − cos
...
ZZ
dx. Pour calculer In , on pose x = cos θ . On obtient
2 θ )(n−1)/2 (− sin θ )
dθ =
Rπ
sinn θ dθ = 2 WALLIS). 0
Finalement, 2159
R π/2 0
sinn θ dθ = 2Wn (intégrales de
V1 (1) = 2 et ∀n > 2, Vn (1) = 2WnVn−1 (1). On en déduit que pour n > 2, Vn (1) = (2Wn )(2Wn−1 ) . . . (2W2 )V1 (1) = 2n ∏nk=2 Wk = 2n ∏nk=1 Wk , ce qui reste vrai pour n = 1. Maintenant, il est bien connu que la suite ((n + 1)Wn+1Wn )n∈N est constante et plus précisément que ∀n ∈ N, (n + 1)Wn+1Wn = W1W0 = π2 . Donc, pour p ∈ N∗ , 2p
p
p
πp π = , p! k=1 2(2k)
V2p (1) = 22p ∏ Wk = 22p ∏ (W2k−1W2k ) = 22p ∏ k=1
k=1
et de même 2p+1
V2p+1 (1) = 2 =
2p+1
p 2p+1
∏ Wk = 2
k=2 π p 2 p+1
p 2p+1
∏(W2kW2k+1 ) = 2
k=1
3 × 5 × . . . × (2p + 1)
=
π
∏ 2(2k + 1)
k=1 p p+1 π 2 (2p) × (2p − 2) × . . . × 2
(2p + 1)!
∀p ∈ N∗ , ∀R > 0, V2p (R) =
π p R2p p!
et V2p−1 (R) =
=
π p 22p+1 p! . (2p + 1)!
π p 22p+1 p!R2p+1 . (2p+1)!
En particulier, V1 (R) = 2R, V2 (R) = πR2 et V3 (R) = 43 πR3 . Correction de l’exercice 4494 N 1ère solution. V = donc u = x + 2z , v =
ZZZ √y 2
x2 + 21 y2 + 43 z2 +xz61
et w =
dxdydz. Or x2 + 12 y2 + 43 z2 + xz = x + 2z
√z . 2
D(u,v,w) D(x,y,z)
On en déduit que V=
D(x,y,z) D(u,v,w)
= 2 puis que
ZZZ
x2 + 12 y2 + 34 z2 +xz61
dxdydz =
1 = 0 0
2
2
2
+ y2 + z2 . On pose
0 = 1 . 2 √1 2 1 2
0 √1 2
0
D(x, y, z) dudvdw = 2 × 4π = 8π . 2 2 2 D(u, v, w) 3 3 u +v +w 61
ZZZ
2
2
2
2ème solution. Supposons savoir que le volume délimité par l’ellipsoïde d’équation Xa2 + Yb2 + Zc2 = 1 est 34 πabc. La matrice de la forme quadratique (x, y, z) 7→ x2 + 12 y2 + 34 z2 + xz dans la base canonique 1 0 21 orthonormée de R3 est A = 0 12 0 . On sait que cette matrice a 3 valeurs propres strictement 1 3 2 0 4 positives λ = a12 , µ = b12 et ν = c12 puis qu’il existe une base orthonormée dans laquelle l’ellipsoïde a pour équation
X2 a2
2
2
+ Yb2 + Zc2 = 1. Le volume de l’ellipsoïde est alors V = 43 πabc = 34 √ π
λ µν
= 34 √
π det(A)
V=
= 43 √π 1 =
8π 3 .
Correction de l’exercice 4495 N On pose déjà u = xa et v = yb de sorte que
D(u,v) D(x,y)
= ab. On obtient
2160
4
8π 3
I=
ZZ
2 x2 + y2 61 a2 b
(x2 − y2 ) dxdy = ab
ZZ
u2 +v2 61
(a2 u2 − b2 v2 ) dudv.
Ensuite, ZZ
ZZ
ZZ
1 1 (u2 + v2 ) dudv = 2 u2 +v2 61 2 u2 +v2 61 Z 1 Z 2π 1 1 1 π = r3 dr dθ = × × 2π = , 2 0 2 4 4 0
u2 dudv =
u2 +v2 61
v2 dudv =
Z r=1 Z 2π r=0
θ =0
et donc I=
πab(a2 −b2 ) . 4
Correction de l’exercice 4496 N R 2x 1 5t = t=x t − 6 + o(t) dt → ln 2. Correction de l’exercice 4497 N
Correction de l’exercice 4498 N Formule de la moyenne sur [3, x] et [x, x + x2 ] ⇒ lim = 0. Correction de l’exercice 4499 N ln 2. Correction de l’exercice 4500 N R +∞ dt R +∞ R +∞ dt (−1)N N dt n = 1 − (1+t 3 )N 2+t ∑n=1 (−1) 0 (1+t 3 )n = 0 3 → 0 2+t 3
π2√5/3 3 3
lorsque N → ∞.
Correction de l’exercice 4501 N (a) (b) I(x) =
R +∞ sin(t−x) t=x
t
dt = cos x
R +∞ sint t=x
t
dt − sin x
Correction de l’exercice 4502 N π 2
f (0).
Correction de l’exercice 4503 N t = ux puis intégration par parties ⇒∼
1 . x2
Correction de l’exercice 4504 N f 0 (x) =
2 ln x a(1+x2 )
⇒ f (1 + h) =
1 2 3 3 2a (h − h ) + o(h ).
Correction de l’exercice 4505 N 2161
R +∞ cost t=x
t
dt → 0 lorsque x → +∞.
r2 × rdrdθ
(a)
(b) Soit ε > 0 : Pour x assez petit, f (t)x − 1 − x ln( f (t)) 6 εx car ln f est borné sur [a, b]. R R Rb Rb b b Donc t=a f (t)x dt − 1 − x t=a ln( f (t)) dt 6 εx, et ln t=a f (t)x dt − x t=a ln( f (t)) dt 6 2εx. Correction de l’exercice 4508 N R
R
1−ε 1 (a) Couper en t=0 + t=1−ε h i n) 1 R1 (b) = t ln(1+t − 1n t=0 ln(1 + t n ) dt ∼ n t=0
(c)
1 R 1 √ dt n t=0 1+t+1
=
ln 2 n .
√ √ 2 2−2+2 ln(2 2−2) . n
Correction de l’exercice 4509 N 1 − lnn2 + o n1 . Correction de l’exercice 4510 N √ √ R1 2 2−2+2 ln(2 2−2) 1 1 √ dt + o = 1 + + o 1 + 1n t=0 n n n . 1+t+1 Correction de l’exercice 4511 N u = t n ⇒∼
1Re n u=1
√ 1+u u
du.
Correction de l’exercice 4513 N f (0). Correction de l’exercice 4514 N Soit fn (x) = (1 − x/n)n si 0 6 x 6 n et fn (x) = 0 si x > n. Alors fn (x) converge simplement vers e−x et il y a convergence dominée. Correction de l’exercice 4515 N f (x) = cos x. Correction de l’exercice 4516 N (a) In + In+2 =
1 n+1 .
(−1)k−1 1 1 + (−1)k π4 , 2k−1 − 2k−3 + · · · + 1 √ k−1 1 1 I2k+1 = 2k − 2k−2 + · · · + (−1)2 − (−1)k ln 2. 1 1 1 π 1 1 1 1 − 3 + 5 − · · · = 4 et 1 − 2 + 3 − · · · = ln 2.
(b) I2k = (c)
Correction de l’exercice 4517 N R 1 t n −t 2n 0
1−t
dt =
1 n+1
1 + · · · + 2n → ln 2 lorsque n → ∞.
Correction de l’exercice 4518 N 2162
(a) (b) g(c).
Correction de l’exercice 4519 N Φ(x) =
Rx
t=0
f 2 (t) dt
⇒
Φ0 Φ2
→
`2
⇒
Φ3
∼
3`2 x
q √ 0 ⇒ f = Φ ∼ 3 3x` .
Correction de l’exercice 4521 N (a) (b) (c) (d) Pour α = 0 on a h(x) =
Rx
sint t=0 t dt, quantité bornée car l’intégrale converge en +∞. R x cost sint R x sin2 t cos x t=0 dt + sin x t=0 t t dt, quantité non bornée car
Pour α = 1 on a h(x) = la deuxième intégrale diverge en +∞. Pour 0 < α < 1, développer le cos(x − t) puis linéariser les produits obtenus. On obtient quatre intégrales convergentes, donc h est bornée.
Correction de l’exercice 4522 N (a)
ln(1+a) . a
(b) = −ϕ 0 (a) =
ln(1+a) a2
1 − a(1+a) .
Correction de l’exercice 4525 N f 0 (x) =
π x+1 ,
f (x) = π ln(x + 1).
Correction de l’exercice 4526 N (a) (b) I 0 (x) =
π x+1 ,
I(x) = π ln
x+1 2
.
Correction de l’exercice 4527 N (a) g0 (x) = (b)
R1
t=0 (−2x)e
−x2 (1+t 2 ) dt
= −2e−x
2
p
f (x) = − f 0 (x).
(c)
Correction de l’exercice 4528 N u=
a t
dI ⇒ I = − 12 da ⇒I=
√ π −2a . 2 e
Correction de l’exercice 4529 N (a) (b) I 0 (x) = −2xI(x). 2163
(c) I(x) =
√ π −x2 . 2 e
Correction de l’exercice 4533 N R
y (a) g(x, y) = u=1 f (ux) du. Ry f (ux) du → (b) ∂∂ gx = 1x y f (xy) − f (x) − u=1
y2 −1 0 2 f (0)
lorsque x → 0.
Correction de l’exercice 4534 N (a) −2 de −∞ à − π2 ,
(b)
2 sin x de − π2 à π2 ,
2 de
π 2
à +∞.
(c) (d) (e) (f)
Correction de l’exercice 4535 N 2.40 < x < 2.41. Correction de l’exercice 4536 N (a) (b) a = α, b = α 2 . (c) comparaison série-intégrale ⇒ I(α) →
π 2
lorsque α → +∞.
Correction de l’exercice 4537 N ln Γ est convexe, encadrer ln Γ(x) par les cordes passant par (bxc, ln Γ(bxc)). Correction de l’exercice 4539 N (a) f 0 (a) = − a2 f (a) ⇒ f (a) =
(b) g0 (a) = f (a) ⇒ g(a) →
π 2
√ π 2
exp(−a2 /4).
lorsque a → +∞.
Correction de l’exercice 4541 N (a) IPP.
R
R
+∞ +∞ −at (b) Soit F(x) = t=x f (t) dt. On a ϕ(a) = F(0) − a t=0 e F(t) dt. Soit ε > 0 et A tel que x > A ⇒ |F(x)| 6 ε. On a : Z +∞ −at a e F(t) dt 6 a sup |F(t)|,t ∈ [0, A] + εe−aA 6 2ε t=0
pour a suffisament petit.
2164
Correction de l’exercice 4542 N vn → 1 (lorsque n → ∞) par convergence dominée. vn − 1 = série diverge.
R1
xn x=0 1+xn
dx =
1 R 1 u−1/n n u=0 1+u
du ∼
ln 2 n
donc la
Correction de l’exercice 4543 N un → 1 (lorsque n → ∞) par convergence dominée. R 1 1+xn−2 R 1 u1−1/n −2/n un − 1 = x=0 − 1 dx = n1 u=0 − 1) du. 1+xn 1+u (u 2 ln(u) 2 ln(u) On a 0 6 u−2/n − 1 = exp − 2 ln(u) − 1 6 − exp − n n n 2 R 1 u1−3/n (− ln u) 1 d’où 0 6 un 6 n2 u=0 du = O n2 . 1+u Correction de l’exercice 4544 N
R
R
2u
+∞ +∞ u ue du = u=−∞ du = 0 (parité). I(α) est définie pour tout α > 1. I(2) = (x = eu ) = u=−∞ (1+e2u )2 (eu +e−u )2 h i +∞ R +∞ R +∞ R +∞ −u(eu −e−u ) R +∞ e2u du du ue−u u I(3) = u=−∞ − u=0 du = u=0 du = 2(eu +e = − u=0 = −u )2 (eu +e−u )3 (eu +e−u )3 2(eu +e−u )2 2(1+e2u )2
h
i+∞
u=0
1 4(1+e2u ) u=0
= − 18 . I(α) → 0 (lorsque α → +∞) par convergence dominée.
Correction de l’exercice 4545 N (a) D f = ]0, 1[. f est convexe sur ]0, 1[ par intégration de l’inégalité de convexité pour x 7→ t −x et f (x) → +∞ (lorsque x → 0 ou x → 1) par convergence monotone donc f décroît puis recroît.
(b)
(c) En 0 : En 1 :
1 t x (1+t) 1 t x (1+t)
= =
(d) f (1/n) =(t=un )
1 t x+1 1 tx
−
−
1 t x+1 (1+t)
t 1−x 1+t
donc f (x) =
donc f (x) =
1 1−x
R1
dt t=0 t x (1+t)
+1− x
R +∞ t=1
dt t x+1 (1+t)
R R 1−x − 1 t dt + +∞ t=0
dt t=1 t x (1+t)
1+t
R +∞ nun−1 du R +∞ n dv u=0 u(1+un ) =(v=1/u) v=0 1+vn =
π sin(π/n)
∼
∼ 1. x
1 . 1−x
(formule bien connue. . .)
Correction de l’exercice 4546 N Si α ∈ 2π Z alors un = 0 pour tout n. R R n iα 2n ei(n+1)α 1 1 Sinon, un = Im t=0 dt → 0 (lorsque n → ∞) par conver∑nk=1 t n+k−1 eikα dt = Im t=0 t e −t 1−teiα gence dominée. Correction de l’exercice 4547 N R
R
R
R
−|x+t|
R
−|x+t|
R
a a +∞ √e +∞ a a √e Ia = x=−a | f (x)| dx 6 x=−a dt dx = t=−∞ dx dt. On a x=−a e−|x+t| dx = t=−∞ x=−a |t|(1+|t|) |t|(1+|t|) ( R +∞ 4e−t sh a Ra √ 2 − 2e−a cht si |t| < a −a 2 dt√ √ dt = 4 arctan( a) + 4e sh √a 6 cste. donc Ia 6 t=0 + t=a (1+a) a (1+a) a (1+t) t −|t| 2e sh a si |t| > a,
Correction de l’exercice 4548 N
2165
R
+∞ ∞ (a) s(x) = t=0 ∑k=1 sin(t)e−kxt dt. R +∞ −kxt R +∞ −kxt | dt converge ce qui légiOn a | sin(t)e−kxt | 6 te−kxt et t=0 te dt = k12 donc ∑∞ k=1 t=0 | sin(t)e R +∞ −kxt dt = ∞ time l’interversion intégrale-série. D’où s(x) = ∑∞ ∑k=1 k2 x12 +1 . k=1 t=0 sin(t)e
(b) Sachant ( ?) que
xs(x) −
R +∞ sint t=0
t
dt = π2 , on obtient :
Z +∞ x sint
sint dt xt t t=0 e − 1 Z +∞ 1 u 1 − = sin du u u x u=0 e − 1 Z +∞ h 1 1 u i+∞ −eu 1 u − cos + x + cos = −x du u u 2 x u=0 u2 x 1 u} u=0 (e − 1) | e −{z | {z } 1 1 → 2 si u→0+ → 12 si u → 0+
π = 2
−
= x(quantité bornée) → 0 si u → 0+ .
Correction de l’exercice 4549 N Fonction de x de classe C ∞ sur ]0, +∞[, décroissante de limite π/2 en 0+ et 0 en +∞. Demi-tangente verticale en 0+ , Équivalente à 1/x en +∞ (par IPP). Équation différentielle : f (x) + f 00 (x) = 1/x. Correction de l’exercice 4550 N (a) [0, +∞[. (b) (c) f (x) − f 0 (x) = (d) f 0 (x) = (e)
√ R +∞ −t 2 x √ √π . e dt = (u = t x) = t=0 2 x
−1 R +∞ u2 e−u √ x u=0 x+u2
2
R +∞ u2 e−u −1 √ x x u=0 1+u2 /x 2
du =
du ∼
R +∞ 2 −u2 −1 √ u e du x x u=0
=
√ − √π . 4x x
(f)
Correction de l’exercice 4551 N (a) (b) Théorème de Fubini :
R +∞ x=0
f (x) dx =
Rπ
R +∞ (−α+i sin θ )x ) dx dθ θ =0 x=0 Re(e
(couper en θ = π/2 et poser u = tan θ ).
Correction de l’exercice 4552 N I 0 (x) =
R +∞
−t −xt dt = t=0 (cost − e )e
x 1+x2
1 − x+1 donc I(x) = ln
d’où cste = 0. Alors I(x) → 0 pour x →
0+ .
1+x2 (1+x)2
=
Rπ
α dθ θ =0 α 2 +sin2 θ
=
√ π 1+α 2
+ cste et I(x) → 0 (pour x → +∞)
Correction de l’exercice 4554 N D f = ]0, +∞[. Il y a domination locale, donc f est continue. De même, pour x > 0 on a f 0 (x) = dans l’intégrale sur [1, +∞[ il vient :
R +∞ − ln(t)t x+1
t=0 (t x+1 +t+1)2 dt. En coupant l’intégrale en 1 et en R1 1 f 0 (x) = t=0 ln(t)t x+1 (t+t x+11+t x+2 )2 − (t x+1 +t+1) dt 2
0 et t x+2 < 1 si t ∈ ]0, 1[. Donc f est strictement décroissante sur ]0, +∞[. 2166
posant u = 1/t < 0 car ln(t)
0 et In ∼ − 2λ1 n si λ < 0.
Correction de l’exercice 4556 N (a) Pour 0 6 t 6 1 on a t(1 − t)(n − 1)! 6 t(1 − t) . . . (n − t) 6 n! d’où (b)
R1
1 6n
6 |an | 6 1 et R = 1.
1 2
= t=0 t(1 −t)(1 −t/2) . . . (1 −t/n) dt. Pour 0 6 x 6 on a x 6 − ln(1 − x) 6 x + x2 (étude 2 2 de fonction) donc pour k > 2 et 0 6 t 6 1 : e−t/k−t /k 6 1 − t/k 6 e−t/k d’où : (−1)n an
bn =
Z 1
t=0
t(1 − t)e−t(Hn −1)−t
avec Hn = 1 + 1/2 + · · · + 1/n et Kn = Équivalent du majorant :
2K n
dt 6 (−1)n an 6
Z 1
te−tHn dt = cn
t=0
1/22 + · · · + 1/n2 .
cn =
1 − (1 + Hn )e−Hn 1 ∼ 2. 2 Hn Hn
Équivalent du minorant : bn > = >
Z 1
t=0
Z 1
t=0 Z 1
t(1 − t)(1 − t 2 Kn )e−t(Hn −1) dt −t(Hn −1)
te
−t(Hn −1)
te
t=0
dt −
Z 1
1 − Hn e1−Hn − (1 + (Hn − 1)2 1 ∼ 2. Hn
(−1)n Hn2
∼
t 2 (1 + t(1 − t)Kn )e−t(Hn −1) dt
dt − (1 +
>
Finalement, an ∼
t=0
1 4 Kn )
Z 1
t 2 e−t(Hn −1) dt
t=0 2 1−Hn 2 − (H n + 1)e 1 K ) 4 n (Hn − 1)3
(−1)n . ln2 n
Correction de l’exercice 4557 N (a) ∑ un (t) converge pour |t| < 1.
(b) Pn (t) = t n+1 sin(nx) − t n sin((n + 1)x) + sin(x), Q(t) = t 2 − 2t cos(x) + 1 = (t − cos x)2 + sin2 x > sin2 x. (c) Pour |t| < 1 on a Sn (t) → donc l’intégrale suit : (d)
sin(nx) n
=
R1
t=0 un (t) dt
R1
sint Q(t)
lorsque n → ∞ et il y a convergence dominée vu la minoration de Q
t=0 Sn (t) dt
→
R1
sin x dt t=0 t 2 −2t cos x+1
sin(nx) d’où ∑∞ = n=1 n
π−x 2 .
2167
= (t − cos x = u sin x) =
R tan(x/2) du π−x u=− cot x u2 +1 = 2 .
Correction de l’exercice 4558 N (a)
R nπ 1−cos(2nt) , donc il suffit d’étudier In = t=0 cos(2nt) f (t) dt. 2 R min(n,p)π R +∞ In,p = t=0 cos(2nt) f (t) dt : on a |In − In,p | 6 t=pπ | f (t)| dt,
(b) sin2 (nt) =
Posons quantité indépendante de n et tendant vers 0 quand p → ∞ donc le théorème d’interversion des limites s’applique : R +∞ f (t) dt lorsque limn→∞ In = limn→∞ lim p→∞ In,p = lim p→∞ limn→∞ In,p = 0. On en déduit un → 12 t=0 n → ∞. Correction de l’exercice 4559 N ( 0 (a) 0 6 fn (x) 6 xn et fn (1) = 1 donc lorsque n → ∞ fn (x) → 1
si x < 1 si x = 1.
(b) i. Non, la continuité n’est pas conservée. ii. Oui, il y a décroissance évidente. n−1 n R1 2 1/n − 1)2/(n−1) u1/n du et l’intégrale (c) Changement de variable u = 1+x2 : Jn = n(n−1) u=1/2n (2u tend vers 1 quand n → ∞ par convergence dominée. Correction de l’exercice 4560 N Il y a convergence si et seulement si x > −1. f 0 (x) = C et f (x) → 0 (lorsque x → +∞) d’où C = 0.
x dt = 1 − 1 , donc f (x) = ln x+1 + (1−t)t t=0 x+1 x+2 x+2
R1
Correction de l’exercice 4561 N (a) ]1, +∞[. (b)
R +∞ 1 1 (c) I 0 (a) = − x=0 sh xe−ax dx = 21 a−1 − a+1 . D’où I(a) = 21 ln a−1 a+1 + cste et I(a) → 0 lorsque a → +∞ donc la constante est nulle. Correction de l’exercice 4562 N (a) Intégrer par parties.
(b) Intégrer deux fois par parties.
2 iv R v e−it 2 /2 −iu2 /2 e−it /2 − t=u dt → e iu 2 −it it t=u R +∞ −it 2 /2 R −u 2 Ainsi t=u e dt converge et de même pour t=−∞ e−it /2 dt. On pose f (t) = f (0) + tϕ(t) avec ϕ de classe C 1 . Il vient :
(c) Pour 0 < u < v :
(d)
Rv
−it t=u e
Z √ g(x) x = f (0)
2 /2
√ b x
√ e u=a x
→ f (0).I
dt =
−iu2 /2
h
−
R +∞ e−it 2 /2 t=u
it 2
dt lorsque v → +∞.
√ Z √ √ ib x 1 h −iu2 /2 1 b x −iu2 /2 0 √ du − √ e ϕ(u/ x) e ϕ (u/ x) du √ + i x ix u=a√x u=a x
lorsque x → +∞.
2168
Correction de l’exercice 4564 N Pour x réel donné, la fonctionRt 7→ |t − x| fR(t) est continue sur [a, b] et donc F(x) existe. Pour x 6 a, R F(x) = ab (t − x) f (t) dt = −x ab f (t) dt + ab t f (t) dt. F est donc de classe C1 sur ] − ∞, a] en tant que R R fonction affine et, pour x < a, F 0 (x) = − ab f (t) dt (en particulier Fg0 (a) = − ab f (t) dt).. R
R
De même, pour x > b, F(x) = x ab f (t)dt − ab t f (t) dt. F est donc de classe C1 sur [b, +∞[ en tant que R R fonction affine et, pour x > b, F 0 (x) = ab f (t) dt (en particulier Fd0 (b) = ab f (t) dt). Enfin, si a 6 x 6 b,
F(x) =
Z x a
(x − t) f (t) dt +
Z b x
Z x
(t − x) f (t) dt = x(
a
f (t) dt −
Z b x
f (t) dt) −
Z x
t f (t) dt +
a
Z b
t f (t) dt.
x
F est donc de classe C1 sur [a, b] et, pour a 6 x 6 b, 0
F (x) = =
Z x a
f (t) dt −
a
f (t)dt −
Z x
R
Z b x
Z b
f (t) dt + x( f (x) − (− f (x))) − x f (x) − x f (x) f (t) dt.
x
R
(et en particulier, Fd0 (a) = − ab f (t) dt = Fg0 (a) et Fg0 (b) = ab f (t) dt = Fd0 (b)). F est continue ] − ∞, a], [a, b] et [b, +∞[ et donc sur R. F est de classe C1 sur ] − ∞, a], [a, b] et [b, +∞[. De plus, Fg0 (a) = Fd0 (a) et Fg0 (b) = Fd0 (b). F est donc de classe C1 sur R. Correction de l’exercice 4565 N Pour t ∈ R, posons g(t) = √t 4 +t1 2 +1 . g est continue sur R et admet donc des primitives sur R. Soit G une primitive de g sur R. Définition, dérivabilté, dérivée. Puisque g est continue sur R, F est définie sur R et pour tout réel x, F(x) = G(2x) − G(x). G est de classe C1 sur R et donc F est de classe C1 sur R et pour tout réel x, 2 1 F 0 (x) = 2G0 (2x) − G0 (x) = 2g(2x) − g(x) = √ −√ . 4 2 4 16x − 4x + 1 x + x2 + 1
Parité. Soit x ∈ R. En posant t = −u et donc dt = −du, on obtient, en notant que g est paire F(−x) =
Z −2x −x
g(t) dt =
Z 2x x
g(−u). − du = −
Z 2x x
g(u) du = −F(x).
F est donc impaire. Variations. Pour x réel, p p 2 1 sgn(F 0 (x)) = sgn( √ −√ ) = sgn(2 x4 + x2 + 1 − 16x4 − 4x2 + 1) 16x4 − 4x2 + 1 x4 + x2 + 1 = sgn(4(x4 + x2 + 1) − (16x4 + 4x2 + 1)) (par croissance de t 7→ t 2 sur R+ ) = sgn(−12x4 + 3) = sgn(1 − 4x4 ) = sgn(1 − 2x2 ).
F est donc strictement croissante sur [− √12 , √12 ] et strictement décroissante sur ] − ∞, − √12 ] et sur
[ √12 , +∞[.
2169
Etude en +∞. R Pour x > 0, 0 6 F(x) 6 x2x √1 4 dt = 2x−x = 1x . Comme 1x tend vers 0 quand x tend vers +∞, le théorème x2 x des gendarmes permet d’affirmer que limx→+∞ F(x) = 0. Graphe.
1 −4
−3
−2
−1 −1
1
2
3
4
Correction de l’exercice 4566 N (a) Si x > 1, [x, x2 ] ⊂]1, +∞[ et t 7→ x
Z x2 1 x
t lnt
1 lnt
dt 6
est continue sur ]1, +∞[. Par suite,
Z x2 x
6
Z x2 dt x
lnt
=
Z x2 x
1 t dt 6 x2 t lnt
R x2 dt x lnt existe. De plus,
Z x2 1 x
t lnt
dt.
Mais, Z x2 1 x
t lnt
dt =
2 [ln | lnt|]xx
2 ln x = ln 2. = ln | ln(x )| − ln | ln(x)| = ln ln x 2
Donc, ∀x > 1, x ln 2 6 F(x) 6 x2 ln 2. On en déduit que limx→1, x>1 F(x) = ln 2. R 1 Si 0 < x < 1, on a x2 < x puis [x2 , x] ⊂]0, 1[. Donc, t 7→ lnt est continue sur [x2 , x] et F(x) = − xx2 existe. Pour t ∈ [x2 , x], on a t lnt < 0 et x2 6 t 6 x. Par suite, x puis,
Rx
1 x2 x t lnt
dt 6
Z x2 x
x2
dt
1 1 1 1 6t = 6 x2 , t lnt t lnt lnt t lnt
Rx 1 Rx 2 1 x2 lnt dt 6 x2 x t lnt dt, et finalement,
x2 ln 2 =
1 lnt
1 dt 6 F(x) = t lnt
Z x2 1 x
lnt
dt 6
Z x2 x
x
1 dt = x ln 2. t lnt
On obtient alors limx→1, x 1, x − 1 > 0 et ln x > 0 et si 0 < x < 1, x − 1 < 0 et ln x < 0. Dans tous les cas (0 < x < 1, x = 1, x > 1) F 0 (x) > 0. F est strictement croissante sur ]0, +∞[. On a vu que ∀x > 1, F(x) > x ln 2 et donc limx→+∞ F(x) = +∞. Plus précisément, pour x > 1, F(x) 1 = x x
Z x2 1 x
lnt
dt >
x2 − x x − 1 = . x ln x ln x
F(x) Comme x−1 ln x tend vers +∞ quand x tend vers +∞, on en déduit que x tend vers +∞ quand x tend vers +∞ et donc que la courbe représentative de F admet en +∞ une branche parabolique de direction (Oy). 1 Pour x ∈]0, 1[R et t ∈ [x2 , x], on a 2 ln x = ln(x2 ) 6 lnt 6 ln x < 0 et donc ln1x 6 lnt 6 2 ln1 x , puis x 1 (x − x2 ) ln1x 6 x2 lnt dt 6 (x − x2 ) 2 ln1 x et finalement,
∀x ∈]0, 1[,
x − x2 x − x2 6 F(x) 6 . −2 ln x − ln x
On obtient déjà limx→0 F(x) = 0. On peut prolonger F par continuité en 0 en posant F(0) = 0. 1−x 1−x = F(x) Ensuite, F(x)−F(0) x−0 x est compris entre −2 ln x et − ln x . Comme ces deux expressions tendent
vers 0 quand x tend vers 0, on en déduit que dérivable en 0 et F 0 (0) = 0.
F(x)−F(0) x−0
tend vers 0 quand x tend vers 0. F est donc
6 5 4 3 2 1 1
2
3
Correction de l’exercice 4567 N Notons D le domaine de définition de f . Si x ∈ D, −x ∈ D et f (−x) = − f (x). f est donc impaire. Si x ∈ D, x + 2π ∈ D et f (x + 2π) = f (x). f est donc 2π-périodique. On étudiera donc f sur [0, π]. Soient x ∈ [0, π] et t ∈ [−1, 1]. t 2 − 2t cos x + 1 = (t − cos x)2 + sinx > 0 avec égalité si et seulement si sin x = 0 et t − cos x = 0. Ainsi, si x ∈]0, π[, ∀t ∈] − 1, 1[, t 2 − 2t cos x + 1 6= 0. On en déduit que la fraction rationnelle t 7→ sint est continue sur [−1, 1], et donc que f (x) existe. 1−2t cos x+t 2 Si x = 0, ∀t ∈ [−1, 1[,
sin x 0 = (t−1) 2 = 0. On prut prolonger cette fonction t 2 −2t cos x+1 R1 −1 0 dt = 0. De même, on peut considérer que f (π) = 0.
consisérer que f (0) = Ainsi, f est définie sur [0, π] et donc, par parité et 2π-périodicité, sur R. 2171
par continuité en 1 et
Soit x ∈]0, π[.Calculons f (x). 1 + cos x sin x t − cos x 1 1 − cos x + arctan f (x) = dt = arctan = arctan 2 2 sin x −1 sin x sin x −1 (t − cos x) + sin x Z 1
= arctan =
2 sin2 (x/2) 2 cos2 (x/2) 1 + arctan = arctan(tan(x/2)) + arctan( ) 2 sin(x/2) cos(x/2) 2 sin(x/2) cos(x/2) tan(x/2)
π (car tan(x/2) > 0 pour x ∈]0, π[). 2
Ce calcul achève l’étude de f . En voici le graphe :
3 2 1 −4
• −3
−2
−1 −1
•
1
2
• 3
−2
Correction de l’exercice 4568 N Soit x ∈ R. La fonction t 7→ Max(x,t) = 21 (x + t + |x − t|) est continue sur [0, 1] en vertu de théorèmes R généraux. Par suite, 01 Max(x,t) dt existe. Si x 6 0, alors ∀t ∈ [0, 1], x 6 t et donc Max(x,t) = t. Par suite, f (x) =
Si x > 1, alors ∀t ∈ [0, 1], t 6 x et donc Max(x,t) = x. Par suite, f (x) = Si 0 < x < 1, f (x) =
Z x
x dt +
0
En résumé, ∀x ∈ R, f (x) =
Z 1 x
1 2 si x 6 0 1 2 2 (1 + x ) si
R1 0
t dt = 21 .
0
x dt = x.
R1
1 1 t dt = x2 + (1 − x2 ) = (1 + x2 ). 2 2
00 f 0 (x) = limx→0, x>0 x = 0. f est donc continue sur [0, 1[ de classe C1 sur ]0, 1[ et f 0 a une limite réelle quand x tend vers 0. D’après un théorème classique d’analyse, f est de classe C1 sur [0, 1[ et en particulier, f est dérivable à droite en 0 et f 0 d (0) = 0. Comme d’autre part, f est dérivable à gauche en 0 et que f 0 g (0) = 0 = f 0 d (0), f est dérivable en 0 et f 0 (0) = 0. L’étude en 1 montre que f est dérivable en 1 et que f 0 (1) = 1. Le graphe de f est le suivant :
2172
y = f (x)
2 1 −2
−1
1
2
Correction de l’exercice 4569 N (a) Soit n ∈ N∗ . Soient a et A deux réels tels que 0 < a < A. On considère Fn : [a, A] × R → (x,t) 7→
R 1 (t 2 +x2 )n
• Pour chaque x de [a, A], la fonction t 7→ Fn (x,t) est continue par morceaux et intégrable sur [0, +∞[ car Fn (x,t) ∼ t 12n > 0 avec 2n > 1. t→+∞
• La fonction Fn est admet sur [a, A]×[0, +∞[ une dérivée partielle par rapport à sa première variable x définie par : ∀(x,t) ∈ [a, A] × [0, +∞[, De plus, - pour chaque x ∈ [a, A], la fonction t 7→
∂ Fn ∂ x (x,t)
∂ Fn ∂ x (x,t)
=
−2nx . (t 2 +x2 )n+1
est continue par morceaux sur [0, +∞[,
-pour chaque t ∈ [0, +∞[, la fonction x 7→ ∂∂Fxn (x,t) est continue sur [a, A], -pour chaque (x,t) ∈ [a, A] × [0, +∞[, ∂ Fn 2nx 2nA ∂ x (x,t) = (t 2 +x 2 )n+1 6 (t 2 +a2 )n+1 = ϕ(t),
où la fonction ϕ est continue par morceaux et intégrable sur [0, +∞[ car négligeable devant t12 quand t tend vers +∞. D’après le théorème de dérivation des intégrales à paramètres (théorème de L EIBNIZ), la fonction In est de classe C1 sur [a, A] et sa dérivée s’obtient par dérivation sous le signe somme. Ceci étant vrai pour tous réels a et A tels que 0 < a < A, on a montré que la fonction In est de classe C1 sur ]0, +∞[ et que ∀x > 0, In0 (x) = −2nx
R +∞ 0
1 (t 2 +x2 )n+1
dt = −2nxIn+1 (x).
∀n ∈ N∗ , In0 (x) = −2nxIn+1 (x). (b) Pour x > 0, on a I1 (x) = 1x arctan 1 0 3π 3π − 4x I2 (x) = 16x 5 et donc I3 (1) = 16 .
t x
+∞ 0
R +∞ 0
=
π 2x .
1 (t 2 +1)3
1 0 Ensuite, I2 (x) = − 2x I1 (x) =
dt =
π 4x3
puis I3 (x) =
3π 16 .
Correction de l’exercice 4570 N (a) i. Parité de F. Soit x un réel du domaine de définition de F. En posant t = θ + π, on obtient
F(x) =
Z π
−π
= =
Z π
−π Z π −π
2
ln(x − 2x cos θ + 1) dθ =
Z 2π
ln(x2 + 2x cost + 1) dt
0
2
ln(x + 2x cost + 1) dt (par 2π-périodicité) ln((−x)2 − 2(−x) cost + 1) dt = F(−x).
Ainsi, pour tout réel x, F(x) existe si et seulement si F(−x) existe et de plus F(x) = F(−x). 2173
.
F est paire. Définition de F. Soit x ∈ [0, +∞[. Pour tout réel θ ∈ [−π, π],
2 x2 − 2x cos θ + 1 = (x − cos θ )2 + (sin θ )2 = x − eiθ > 0.
De plus, x − eiθ = 0 ⇔ eiθ = x ⇔ x = 1 et θ = 0. Par suite, • si x 6= 1, la fonction θ 7→ x2 − 2x cos θ + 1 est continue sur le segment [0, π] et donc intégrable sur ce segment. 2θ 2 • si x = 1, pour tout réel θ ∈ [−π, π] on a x − 2x cos θ + 1 = 2 − 2 cos θ = 4 sin 2 . La fonction 2θ θ 7→ ln 4 sin 2 est continue sur [−π, 0[∪]0, π] et quand θ tend vers 0 θ θ 2θ 1 . ln 4 sin 2 = 2 ln 2 + 2 ln sin 2 ∼ 2 ln 2 ∼ 2 ln |θ | = o √ |θ |
On en déduit que la fonction θ 7→ ln 4 sin2 θ2 est intégrable sur [−π, π] et donc que F(1) existe. Finalement, F est définie sur [0, +∞[ et par parité F est définie sur R.
Remarque. Par parité de la fonction θ 7→ ln(x2 − 2x cos θ + 1), pour tout réel x, on a encore Rπ F(x) = 2 0 ln(x2 − 2x cos θ + 1) dθ . Continuité de F. Soit A > 1. Soit Φ : [0, A]×]0, π] → R . 2 (x, θ ) 7→ ln(x − 2x cos θ + 1) • Pour chaque x ∈ [0, A], la fonction θ 7→ Φ(x, θ ) est continue par morceaux sur ]0, π]. • Pour chaque θ ∈]0, π], la fonction x 7→ Φ(x, θ ) est continue par morceaux sur [0, A]. • Pour chaque (x, θ ) ∈ R+ ×]0, π], puisque x2 − 2x cos θ + 1 = (x − cos θ )2 + (sin θ )2 , |Φ(x, θ )| 6 Max{ ln(02 − 0 cos θ + 1) , ln(cos2 θ − 2 cos θ cos θ + 1) , ln(A2 − 2A cos θ + 1) } = Max{2 |ln(| sin θ |)| , ln(A2 − 2A cos θ + 1) } = ϕ(θ ).
On a vu que la fonction f1 : θ 7→ 2 |ln(| sin θ |)| est intégrable sur ]0, π] et d’autre part, la fonction f2 : θ ln(A2 − 2A cos θ + 1) est intégrable sur [0, π] et donc sur ]0, π] car continue sur [0, π]. Puisque ϕ = 21 ( f1 + f2 + | f1 − f2 |), on en déduit que la fonction ϕ est continue par morceaux et intégrable sur ]0, π]. D’après le théorème de continuité des intégrales à paramètres, la fonction F est continue sur [0, A] et ceci pour tout A > 1. Par suite, la fonction F est continue sur R+ puis par parité, la fonction F est continue sur R. Dérivabilité de F. Soient A ∈]0, 1[ puis Φ : [−A, A] × [0, π] → R . (x, θ ) 7→ ln(x2 − 2x cos θ + 1) • Pour chaque x ∈ [−A, A], la fonction θ 7→ Φ(x, θ ) est continue sur le segment [0, π] et donc intégrable sur ce segment. • La fonction Φ admet sur [−A, A]×[0, π] une dérivée partielle par rapport à sa première variable x définie par ∀(x, θ ) ∈ [−A, A] × [0, π], De plus, - pour chaque x ∈ [−A, A], la fonction θ 7→
- pour chaque θ ∈ [0, π], la fonction x 7→ - pour chaque (x, θ ) ∈ [−A, A] × [0, π],
∂Φ ∂ x (x, θ )
=
2x−2 cos θ . x2 −2x cos θ +1
∂Φ ∂ x (x, θ ) est continue par morceaux ∂Φ ∂ x (x, θ ) est continue sur [−A, A],
2174
sur [0, π],
∂Φ ∂ x (x, θ ) =
2|x−cos θ | |x−eiθ |2
6
4 |A−1|2
= ϕ(θ ).
La dernière inégalité écrite est claire géométriquement :
1 b
eiθ
La plus ourte distan e d'un point du segment
[−A, A]
au er le trigonométrique
est la distan e de
[ −1 −A
A
à
1.
] xA 1 b
−1 De plus, la fonction constante ϕ est intégrable sur le segment [0, π]. D’après le théorème de dérivation des intégrales à paramètres, la fonction F est de classe C1 sur [−A, A] et sa dérivée s’obtient par dérivation sous le signe somme. Ceci étant vrai pour tout A ∈ R x−cos θ ]0, 1[, F est de classe C1 sur ] − 1, 1[ et ∀x ∈] − 1, 1[, F 0 (x) = 4 0π x2 −2x dθ . La démarche cos θ +1 est analogue sur ] − ∞, −1[ et sur ]1, +∞[ et finalement F est de classe C1 sur R \ {−1, 1} et ∀x ∈ R \ {−1, 1}, F 0 (x) = 4
Rπ
x−cos θ 0 x2 −2x cos θ +1
ii. Calcul de F 0 (x). Soit x ∈ R \ {−1, 1}. On pose t = tan On obtient
0
F (x) = 4
Z π 0
=8
x − cos θ dθ = 8 2 x − 2x cos θ + 1
θ 2
dθ .
2 2dt . On a donc cos θ = 1−t et dθ = 1+t 2. 1+t 2
Z +∞
2
1−t x − 1+t 2
2 0 x2 − 2x 1−t 1+t 2 (1 + t 2 )x − (1 − t 2 )
Z +∞
dt + 1 1 + t2
((1 + t 2 )x2 − 2x(1 − t 2 ) + (1 + t 2 ))(1 + t 2 ) Z +∞ (x + 1)t 2 + (x − 1) dt =8 ((x + 1)2t 2 + (x − 1)2 )(1 + t 2 ) 0
dt
0
Pour tout réel t,
t2 +
x−1 2 x+1
x−1 (t 2 + 1) = t − i x+1
= ±1 ⇔ x−1 De plus, ± x−1 x+1 x+1 = −1 ⇔ x = 0. R π 0 • F (0) = 4 0 (− cos θ ) dθ = 0.
t + i x−1 x+1 (t − i)(t + i). 2
+(x−1) • Si x 6= 0, les pôles de la fraction rationnelle ((x+1)(x+1)t 2 t 2 +(x−1)2 )(1+t 2 ) sont simples et par parité, la décomposition en éléments simples de cette fraction s’écrit (x+1)t 2 +(x−1) ((x+1)2 t 2 +(x−1)2 )(1+t 2 )
=
a t−i x−1 x+1
b b − t+iax−1 + t−i − t+i , x+1
avec
a=
=
x−1 2 + (x − 1) x+1 2 x−1 (x + 1)2 2i x+1 1 − x−1 x+1 −(x + 1)
2(x2 − 1) 1 = , 2 2i(x − 1)(4x) 4ix
et 2175
=
−(x + 1)(x − 1)2 + (x − 1)(x + 1)2 2i(x + 1)(x − 1)((x + 1)2 − (x − 1)2 )
−(x+1)+(x−1) 2i(−(x+1)2 +(x−1)2 )
b=
=
1 4ix .
Donc ! 1 1 1 1 − − + x−1 t −i t +i t − i x−1 t + i x+1 x+1 ! 2i x−1 2i 4 x2 − 1 1 x+1 + = + 2 t2 + 1 x (x + 1)2t 2 + (x − 1)2 t 2 + 1 t 2 + x−1
(x + 1)t 2 + (x − 1) 2 8 = 2 2 2 2 ((x + 1) t + (x − 1) )(1 + t ) ix =
Ensuite, en notant ε le signe de
x+1
x−1 x+1
x2 − 1 1 + dt (x + 1)2t 2 + (x − 1)2 t 2 + 1 0 " !#+∞ 4 π 4 x2 − 1 1 t = (ε + 1) = arctan x−1 x (x + 1)2 x−1 x 2 x+1 x+1
4 F (x) = x 0
2 ix
Z +∞
0
Par suite, si x ∈] − 1, 1[, F 0 (x) = 0 et si x ∈] − ∞, −1[∪]1, +∞[, F 0 (x) = ∀x ∈ R \ {−1, 1},
F 0 (x)
=
4π x .
0 si x ∈] − 1, 1[ . 4π x si x ∈] − ∞, −1[∪]1, +∞[
iii. Soit x > 1. R
R
π F(x) − 4π ln(x) = π ln(x2 − 2x cos θ + 1) dθ − −π ln(x2 ) dθ = R π −π 1 1 2 −π ln 1 − x cos θ + x2 dθ = F x . Par suite, limx→+∞ (F(x) − 4π ln(x)) = limx→+∞ F 1x = limy→0 F(y) = F(0) = 0 par continuité de F en 0.
limx→+∞ (F(x) − 4π ln(x)) = 0. iv. • F est continue sur [−1, 1], dérivable sur ] − 1, 1[ de dérivée nulle sur ] − 1, 1[. Donc la fonction F est constante sur l’intervalle [−1, 1]. Par suite, pour tout réel x ∈ [−1, 1], F(x) = F(0) = 0. • F est dérivable sur ]1, +∞[ et ∀x > 1, F 0 (x) = 4π x . Donc il existe C ∈ R tel que ∀x > 1, F(x) = 4π ln x +C avec C = limx→+∞ (F(x) − 4π ln x) = 0. Donc ∀x > 1, F(x) = 4π ln x. • Si x < −1, F(x) = F(−x) = 4π ln(−x) = 4π ln |x|. Rπ 0 si x ∈ [−1, 1] 2 ∀x ∈ R, −π ln(x − 2x cos θ + 1) dθ = . 4π ln(|x|) si x ∈] − ∞, −1[∪]1, +∞[ (b) i. Soit x ∈] − 1, 1[. Pour θ ∈ [−π, π], on pose f (θ ) = ln(x2 − 2x cos θ + 1). Puisque ∀θ ∈ [−π, π], x2 − 2x cos θ + 1 > 0 (voir 1)), f est dérivable sur [−π, π] et pour θ ∈ [−π, π], 2x sin θ 1 f (θ ) = 2 = x − 2x cos θ + 1 i 0
=
1 i
+∞
+∞
n=0
n=0
eiθ e−iθ − x − eiθ x − e−iθ !
∑ xn einθ − ∑ xn e−inθ
+∞
= 2 ∑ sin(nθ )xn . n=1
2176
1 1 1 = − + i 1 − xe−iθ 1 − xeiθ
(car |xeiθ | = |xe−iθ | = |x| < 1)
Soit θ ∈ [−π, π]. I désigne l’intervalle [0, θ ] ou [θ , 0] suivant que θ soit positif ou négatif. Pour n ∈ N∗ et t ∈ I, posons gn (t) = 2 sin(nt)xn . Pour tout n ∈ N∗ et tout t ∈ I, on a | fn (t)| 6 |x|n . Comme |x|n est le terme général d’une série numérique convergente, la série de fonctions de terme général fn , n ∈ N∗ , converge normalement et donc uniformément sur le segment I. D’après le théorème d’intégration terme à terme sur un segment, on peut écrire
f (θ ) = f (0) +
Z θ 0
+∞
0
f (t) dt = 2 ln(1 − x) + ∑ 2x
n
n=1
xn xn +∞ = 2 − ∑ + ∑ (1 − cos(nθ )) n n=1 n=1 n +∞
!
Z θ
sin(nt) dt
0
+∞
cos(nθ ) n x . n n=1
= −2 ∑
cos(nθ ) n ∀x ∈] − 1, 1[, ∀θ ∈ [−π, π], ln(x2 − 2x cos θ + 1) = −2 ∑+∞ x . n=1 n
) n Soit x ∈] − 1, 1[. Pour n ∈ N∗ et θ ∈ [−π, π], cos(nθ x 6 |x|n . Comme précédemment, on peut n intégrer terme à terme et on obtient n
x F(x) = −2 ∑+∞ n=1 n
∀x ∈] − 1, 1[,
Rπ
−π ln(x
Rπ
−π cos(nθ )
2 − 2x cos θ
dθ = 0.
+ 1) dθ = 0.
ii. Soit x ∈ R∗ . Zπ Z π 1 1 2 = (ln(1 − 2x cos θ + x2 ) − ln(x2 )) dθ = −4π ln |x| + F(x). ln 1 − cos θ + 2 dθ = F x x x −π −π ∀x ∈ R∗ , F 1x = −4π ln |x| + F(x). Soit x > 1. Puisque 1).
1 x
1 x
∈]0, 1[, F(x) = 4π ln x + F
= 4π ln x. On retrouve alors les résultats du
Correction de l’exercice 4571 N (a) Soit A > 0. Soit Φ : [−A, A] × [0, 1] →
.
R 2
e−x (1+t 1+t 2
2)
(x,t) 7→ • Pour chaque x de [−A, A], la fonction t 7→ F(x,t) est continue sur le segment [0, 1] et donc intégrable sur ce segment. • La fonction Φ admet sur [−A, A] × [0, 1] une dérivée partielle par rapport à sa première variable x définie par : ∀(x,t) ∈ [−A, A] × [0, 1],
∂Φ ∂ x (x,t)
= −2xe−x
2 (1+t 2 )
.
De plus, - pour chaque x ∈ [−A, A], la fonction t 7→
-
∂Φ ∂ x (x,t) est continue par morceaux sur le segment [0, 1], ∂Φ pour chaque t ∈ [0, 1], la fonction x 7→ ∂ x (x,t) est continue par morceaux sur R, pour chaque (x,t) ∈ [−A, A] × [0, 1], ∂∂Φx (x,t) 6 2A = ϕ(t), la fonction ϕ étant continue et donc
intégrable sur le segment [0, 1]. D’après le théorème de dérivation des intégrales à paramètres (théorème de L EIBNIZ), la fonction F est de classe C1 sur [−A, A] et sa dérivée s’obtient en dérivant sous le signe somme. Ceci étant vrai pour tout A > 0, F est de classe C1 sur R et 2177
∀x ∈ R, F 0 (x) = −2x
R 1 −x2 (1+t 2 ) e dt. 0
2
(b) La fonction x 7→ e−x est continue sur R. On en déduit que la fonction x 7→ C1 sur R. Il en est de même de la fonction G et pour tout réel x, G0 (x) = 2e−x
2
R x −t 2 dt est de classe 0e
R x −t 2 dt. 0e
(c) Soit x ∈ R∗ . En posant u = xt, on obtient F 0 (x) = −2x
R 1 −x2 (1+t 2 ) 2R 2 2R 2 dt = −2e−x 01 e−(xt) xdt = −e−x 0x e−u du = −G0 (x), 0 e
cette égalité restant vraie quand x = 0 par continuité des fonctions F 0 et G0 sur R. R π 1 Ainsi, F 0 + G0 = 0 et donc ∀x ∈ R, F(x) + G(x) = F(0) + G(0) = 01 1+t 2 dt = 4 . ∀x ∈ R, F(x) + G(x) = π4 .
(d) Pour x ∈ R, |F(x)| = et puisque
limx→+∞ πx2 4e
R 1 e−x2 (1+t 2 ) 0
dt 6 e−x
1+t 2
= 0, on a montré que
2
R1 1 π 0 1+t 2 dt = x2 , 4e
limx→+∞ F(x) = 0. (e) Pour x > 0, on a
R x −t 2 dt > 0 et donc d’après la question 3), 0e
p p R x −t 2 dt = G(x) = π2 − F(x). 0e
La question 4) permet alors d’affirmer que limx→+∞ G(x) =
√ π 2
et donc que
√ R +∞ −t 2 π e dt = 0 2 .
Correction de l’exercice 4572 N 2
2
Soit x ∈ R. La fonction t 7→ e−t ch(tx) est continue sur [0, +∞[. Quand t tend vers +∞, e−t ch(tx) = 2 1 −t 2 +tx + e−t −tx ) = o t12 d’après un théorème de croissances comparées et donc la fonction t 7→ 2 (e R 2 2 e−t ch(tx) est intégrable sur [0, +∞[. Pour x ∈ R, on peut poser f (x) = 0+∞ e−t ch(tx) dt. Calcul de f (x). Soit A > 0. On pose Φ : [−A, A] × [0, +∞[ → R . 2 −t (x,t) 7→ e ch(tx) 2
• Pour chaque x ∈ [−A, A], la fonction t 7→ e−t ch(tx) est continue par morceaux et intégrable sur [0, +∞[. • La fonction Φ admet sur [−A, A] × [0, +∞[ une dérivée partielle par rapport à sa première variable définie par : ∀(x,t) ∈ [−A, A] × [0, +∞[,
De plus, - pour chaque x ∈ [−A, A], la fonction t 7→
∂Φ ∂ x (x,t)
2
= te−t sh(tx).
∂Φ ∂ x (x,t) est continue par morceaux ∂Φ ∂ x (x,t) est continue sur [−A, A],
-pour chaque t ∈ [0, +∞[, la fonction x 7→ - pour chaque (x,t) ∈ [−A, A] × [0, +∞[, 2 2 ∂Φ (x,t) ∂x = te−t | sh(tx)| 6 te−t sh(t|A|) = ϕ(t). 2178
sur [0, +∞[,
La fonction ϕ est continue par morceaux sur [0, +∞[ et intégrable sur [0, +∞[ car négligeable devant t12 quand t tend vers +∞. D’après le théorème de dérivation des intégrales à paramètres (théorème de L EIBNIZ), la fonction f est de classe C1 sur [−A, A] et sa dérivée s’obtient par dérivation sous le signe somme. Ceci étant vrai pour tout réel A > 0, la fonction f est de classe C1 sur R et ∀x ∈ R, f 0 (x) =
R +∞ 0
2
te−t sh(tx) dt. 2
Soit x ∈ R. On effectue maintenant une intégration par parties. Soit A > 0. Les deux fonctions t 7→ te−t et t 7→ sh(tx) sont de classe C1 sur le segment [0, A]. On peut donc effectuer une intégration par parties et on obtient h iA R A −t 2 R R 2 2 2 1 −t 2 te sh(tx) dt = − + 2x 0A e−t ch(tx) dt = − 12 e−A sh(tA) + 2x 0A e−t ch(tx) dt. e sh(tx) 0 2 0
R −t 2 sh(tx) dt = x +∞ e−t 2 ch(tx) dt = x f (x). 0 te 2 0 2 2 2 2 Ensuite, pour tout réel x, e−x /4 f 0 (x) − 2x e−x /4√f (x) = 0 ou encore (e−x /4 f )0 (x) = 0. On en déduit √ R +∞ −t 2 2 /4 π π x2 /4 −x 0 ∀x ∈ R, e f (x) = e f (0) = 0 e dt = 2 et donc que ∀x ∈ R, f (x) = 2 e . √ R 2 2 ∀x ∈ R, 0+∞ e−t ch(tx) dt = 2π ex /4 .
Quand A tend vers +∞, on obtient f 0 (x) =
R +∞
que
Correction de l’exercice 4573 N x Soit x ∈ R. La fonction t 7→ t−1 lnt t est continue sur ]0, 1[. x Etude en 1. t−1 lnt t ∼ 1 × 1 = 1 et donc la fonction t 7→ t→1
t−1 x lnt t
se prolonge par continuité en 1. On en
x déduit que la fonction t 7→ t−1 lnt t est intégrable sur un voisinage de 1 à gauche. x t x Etude en 0. t−1 lnt t ∼ − lnt > 0. t→0
x
t -si x > −1, − lnt = o(t x ) et puisque x > −1, la fonction t 7→ t→0
t−1 x lnt t
est intégrable sur un voisinage de 0
à droite. 1 tx domine la fonction t 7→ − t lnt quand t tend vers 0 par valeurs supé- si x 6 −1, la fonction t 7→ − lnt R 1/2 1 1 rieures. Puisque la fonction − t lnt est positive et que x − t lnt dt = ln | ln(x)| − ln | ln(1/2)| → +∞, la x→0
1 x fonction t 7→ − t lnt n’est pas intégrable sur un voisinage de 0. Il en est de même de la fonction t 7→ t−1 lnt t . t−1 x Finalement, la fonction t 7→ lnt t est intégrable sur ]0, 1[ si et seulement si x > −1. Pour x > −1, on R x peut poser f (x) = 01 t−1 lnt t dt. Calcul de f (x). Soit a > −1. On pose Φ : [a, +∞[×]0, 1[ → R . t−1 x (x,t) 7→ lnt t t−1 x • Pour chaque x ∈ [a, +∞[, la fonction t 7→ lnt t est continue par morceaux et intégrable sur ]0, 1[. • La fonction Φ admet sur [a, +∞[×]0, 1[ une dérivée partielle par rapport à sa première variable définie par :
∀(x,t) ∈ [a, +∞[×]0, 1[, De plus, - pour chaque x ∈ [a, +∞[, la fonction t 7→
∂Φ ∂ x (x,t)
∂Φ ∂ x (x,t)
= (t − 1)t x = t x+1 − t x .
est continue par morceaux sur ]0, 1[,
-pour chaque t ∈]0, 1[, la fonction x 7→ est continue sur [a, +∞[, - pour chaque (x,t) ∈ [a, +∞[×]0, 1[, ∂Φ ∂ x (x,t) = (1 − t)t a = ϕ(t). ∂Φ ∂ x (x,t)
La fonction ϕ est continue par morceaux sur ]0, 1[ et intégrable sur ]0, 1[ car a > −1. D’après le théorème de dérivation des intégrales à paramètres (théorème de L EIBNIZ), la fonction f est de classe C1 sur [a, +∞[ et sa dérivée s’obtient par dérivation sous le signe somme. Ceci étant vrai pour tout réel a > −1, la fonction f est de classe C1 sur ] − 1, +∞[ et 2179
∀x > −1, f 0 (x) =
R1
x 0 (t − 1)t dt =
h
x+1
t x+2 x+2
− tx+1
i1 0
=
1 x+2
1 − x+1 .
Par suite, il existe C ∈ R tel que ∀x > −1, f (x) = ln x+2 + C (∗). Pour déterminer la constante C, x+1 R 1 t−1 on peut utiliser le résultat de l’exercice 2692 : 0 lnt dt = ln 2. On peut aussi obtenir directement la constante C sans aucun calcul d’intégrale. Pour cela, déterminons limx→+∞ f (x). La fonction g : t 7→ t−1 lnt est continue sur le segment ]0, 1[, prolongeable par continuité en 0 et en 1 en posant g(0) = 0 et g(1) = 1. On en déduit que cette fonction est bornée sur l’intervalle ]0, 1[ (car son prolongement est une fonction continue sur un segment). Soit M un majorant de la fonction |g| sur ]0, 1[. Pour x > −1, on a |g(x)| 6 M
R1 x M 0 t dt = x+1 .
Ceci montre que limx→+∞ f (x) = 0 et en passant à la limite quand x tend vers +∞ dans l’égalité (∗), on obtient C = 0. On a donc montré que R x+2 x ∀x > −1, 01 t−1 lnt t dt = ln x+1 . On retrouve en particulier
R 1 t−1 0 lnt
dt = ln 2.
Correction de l’exercice 4574 N Existence de 1 t2
R +∞ e−tx e−tx dt. Soit x > 0. La fonction t 7→ 1+t 2 est continue sur [0, +∞[ et est dominée par 0 1+t 2 R +∞ e−tx
quand t tend vers +∞. Cette fonction est donc intégrable sur [0, +∞[. Donc
R e−tx tout réel positif x et on pose ∀x > 0, f (x) = 0+∞ 1+t 2 dt.
0
1+t 2
dt existe pour
Continuité de f sur [0, +∞[. Soit Φ : [0, +∞[×[0, +∞[ → R . e−tx (x,t) 7→ 1+t 2 • Pour chaque x ∈ [0, +∞[, la fonction t 7→ Φ(x,t) est continue par morceaux sur [0, +∞[. • Pour chaque t ∈ [0, +∞[, la fonction x 7→ Φ(x,t) est continue sur [0, +∞[. • Pour chaque (x,t) ∈ [0, +∞[×[0, +∞[, e−tx 1+t 2
|Φ(x,t)| =
dt 6
1 1+t 2
= ϕ0 (t).
De plus, la fonction ϕ0 est continue et intégrable sur [0, +∞[ car équivalente à t12 quand t tend vers +∞. D’après le théorème de continuité des intégrales à paramètres, f est continue sur [0, +∞[. Dérivée seconde de f . Soit a > 0. On pose Φ : [0, +∞[×[a, +∞[ → R . e−tx (x,t) 7→ 1+t 2 En plus de ce qui précède, Φ admet sur [a, +∞[×[0, +∞[ des dérivées partielles d’ordre 1 et 2 définies par ∀(x,t) ∈ [a, +∞[×[0, +∞[, • Pour chaque x ∈ [a, +∞[, les fonctions t 7→ [0, +∞[.
∂Φ ∂ x (x,t) ∂Φ ∂ x (x,t)
−tx
= − te et 1+t 2 et t 7→
∂ 2Φ (x,t) ∂ x2
∂ 2Φ (x,t) ∂ x2
=
t 2 e−tx . 1+t 2
sont continues par morceaux sur
2
• Pour chaque t ∈ [0, +∞[, les fonctions x 7→ ∂∂Φx (x,t) et x 7→ ∂∂ xΦ2 (x,t) sont continues sur [a, +∞[. • Pour chaque (x,t) ∈ [a, +∞[×[0, +∞[, 2 ∂Φ te−tx te−at ∂ Φ t 2 e−tx t 2 e−at (x,t) = 6 = ϕ (t) et (x,t) ∂x 1+t 2 1+t 2 ∂x = 1+t 2 6 1+t 2 = ϕ2 (t). 1
De plus, les fonctions ϕ1 et ϕ2 sont continues par morceaux et intégrables sur [0, +∞[ car négligeables devant t12 quand t tend vers +∞. D’après une généralisation du théorème de dérivation des intégrales à paramètres, f est de classe C2 sur [a, +∞[ et ses dérivées premières et secondes s’obtiennent par dérivation sous le signe somme. Ceci étant vrai pour tout a > 0, f est de classe C2 sur ]0, +∞[ et 2180
∀x > 0, f 0 (x) =
R +∞ te−tx 0
1+t 2
R +∞ t 2 e−tx
dt et f 00 (x) =
0
1+t 2
dt.
Equation différentielle vérifiée par f . Pour x > 0, f 00 (x) + f (x) =
R +∞ t 2 e−tx 0
dt +
1+t 2
h −tx i+∞ R +∞ e−tx R +∞ −tx dt = e dt = −ex = 1x . 2 0 0 1+t 0
∀x > 0, f (x) + f 00 (x) = 1x .
R
Existence de 0+∞ sint x+t dt. Si x = 0, l’exercice 2688, 1) montre que gente. Si x > 0, une intégration par parties fournit pour A > 0 R A sint
0 t+x
A 1 dt = − cos A+x + x −
R +∞ sint 0
t
dt est une intégrale conver-
R A cost 0 (t+x)2 dt.
cost 1 La fonction t 7→ (t+x) 2 est continue sur [0, +∞[ et est dominée par t 2 quand t tend vers +∞. Cette fonction
est donc intégrable sur [0, +∞[. On en déduit que la fonction A 7→ R
R A cost 0 (t+x)2 dt a une limite réelle quand
A tend vers +∞ et il en est de même de la fonction A 7→ 0A sint chaque x ∈ [0, +∞[, t+x dt. Ainsi, pour R +∞ sint dt est une intégrale convergente. Pour x > 0, on peut donc poser g(x) = 0 0 t+x t+x dt. Equation différentielle vérifiée par g. Pour x > 0, on pose u = x + t. on obtient
R +∞ sint
g(x) =
R +∞ sint 0
t+x
dt =
R +∞ sin(u−x) x
u
du = cos x
R +∞ sin u x
u
du − sin x
R +∞ cos u x
u
du.
(car toutes les intégrales considérées sont convergentes). Maintenant, les fonctions c : u 7→ cosu u et s : u 7→ sinu u sont continues sur ]0, +∞[ et admettent donc des primitives sur ]0, +∞[. On note C (respectivement S) une primitive de la fonction c (respectivement s) sur R]0, +∞[). Pour tout réel x > 0, R +∞ cos u la fonction x 7→ x+∞ cosu u du est de classe C1 sur x u du = limt→+∞ C(t) −C(x). On en déduit que R +∞ sin u 1 ]0, +∞[, de dérivée −c. De même, la fonction x 7→ x u du est de classe C sur ]0, +∞[, de dérivée −s. Mais alors la fonction g est de classe C1 sur ]0, +∞[ et pour tout réel x > 0, Z +∞ sin u
Z
+∞ cos u sin x cos x cos x sin x − cos x du + u x u x x x Z +∞ Z +∞ cos u sin u = − cos x du − sin x du. u u x x
g0 (x) = − sin x
du −
La fonction g0 est encore de classe C1 sur ]0, +∞[ et pour tout réel x > 0,
g0 (x) = sin x
Z +∞ cos u
u
x
du +
cos2 x − cos x x
1 = − g(x). x
Z +∞ sin u x
u
du +
sin2 x x
∀x > 0, g00 (x) + g(x) = 1x . Egalité de f et g sur ]0, +∞[. Pour tout réel x > 0, ( f − g)00 (x) + ( f − g)(x) = 0. Donc p il existe deux réels λ et µ tels que ∀x > 0, ( f − g)(x) = λ cos x + µ sin x = A cos(x + ϕ) pour A = λ 2 + µ 2 et pour un certain ϕ. R +∞ −tx R e−tx Maintenant, pour x > 0, | f (x)| = 0+∞ 1+t e dt = 1x et on en déduit que limx→+∞ 1x = 0. 2 dt 6 0 R R R R Ensuite, |g(x) 6 +∞ sin u du + +∞ cos u du . Puisque les intégrales +∞ sin u du et +∞ cos u du sont des x
u
x
Ru
R
1
u
1
u
intégrales convergentes, on a limx→+∞ x+∞ sinu u du = limx→+∞ x+∞ cosu u du = 0 et donc aussi limx→+∞ g(x) = 0. Finalement, limx→+∞ ( f (x) − g(x)) = 0 ce qui impose A = 0 et donc ∀x > 0, f (x) = g(x). 2181
R +∞ e−tx R dt = 0+∞ sint 0 t+x dt. 1+t 2
∀x > 0, Continuité de g en 0 et valeur de
g(x) = cos x
Z +∞ sin u
R +∞ sint 0
t
du − sin x
dt. Pour x > 0, Z +∞ cos u
du u u x Z +∞ Z +∞ Z 1 sin u cos u 1 − cos u = cos x du − sin x du + sin x du − sin x ln x. u u u x 1 x x
u Quand x tend vers 0, sin x ln x ∼ x ln x et donc limx→0 sin x ln x = 0. Ensuite, la fonction u 7→ 1−cos u est intégrable sur ]0, 1] car continue sur ]0, 1] et prolongeable par continuité en 0. On en déduit que R R 1 1−cos u u limx→0 sin x x1 1−cos du = 0 × du = 0. Il reste 0 u u
lim g(x) =
x→0 x>0
Z +∞ sint 0
t
dt = g(0).
La fonction g est donc continue en 0. Puisque la fonction f est également continue en 0, on en déduit que Z +∞ 1 π g(0) = lim g(x) = lim f (x) = f (0) = dt = . 2 x→0 x→0 1+t 2 0 x>0
∀x > 0,
x>0
R +∞ sint R R +∞ e−tx π dt = 0+∞ sint 0 t+x dt et en particulier, 0 t dt = 2 . 1+t 2
Correction de l’exercice 4575 N (a) • Soit x ∈ R. La fonction t 7→ f (x − t)g(t) est continue sur le segment [0, T ] et donc intégrable sur ce segment. Par suite, f ∗ g(x) existe. R R • Soit x ∈ R. f ∗ g(x + T ) = 0T f (x + T −t)g(t) dt = 0T f (x −t)g(t) dt = f ∗ g(x). Donc la fonction f ∗ g est T -périodique. • Les fonction f et g sont continues sur R et T -périodiques. Ces fonctions sont en particulier bornées sur R. On note M1 et M2 des majorants sur R des fonctions | f | et |g| respectivement. Soit Φ : R × [0, T ] → R . (x,t) 7→ f (x − t)g(t) - Pour chaque x ∈ R, la fonction t 7→ Φ(x,t) est continue par morceaux sur [0, T ]. - Pour chaque t ∈ [0, T ], la fonction x 7→ Φ(x,t) est continue sur R. - Pour chaque (x,t) ∈ R × [0, T ], |Φ(x,t)| 6 M1 M2 = ϕ(t). De plus, la fonction ϕ est continue et donc intégrable sur le segment [0, T ]. D’après le théorème de continuité des intégrales à paramètres, la fonction f ∗ g est continue sur R. (b) Soient f et g deux éléments de E. Soit x ∈ R. En posant u = x − t, on obtient f ∗ g(x) = =
Z T
Z x−T
0
0
g(u − t) f (u) du (car la fonction u 7→ g(u − t) f (u) est T -périodique)
Z T
x
f (u)g(u − t) (−du) =
Z x
f (x − t)g(t) dt =
x−T
g(u − t) f (u) du
= g ∗ f (x). Correction de l’exercice 4578 N Le but de l’exercice est de résoudre l’équation y0 (x) −
y(x) − y(x)2 = −9x2 . x 2182
(E)
(a) Trouvons a ∈]0, ∞[ tel que y0 (x) = ax soit une solution particulière. Puisque y00 (x) −
y0 (x) − y0 (x)2 = −a2 x2 , x
y0 est solution si et seulement si a = ±3. On choisit a = 3.
(b) Si z est une fonction C 1 ne s’annulant pas, on pose y(x) = 3x − 1/z(x). Alors y est solution si et seulement si 1 1 6x z0 (x) + − + = 0. 2 2 z(x) xz(x) z(x) z(x) En multipliant par z(x)2 , on obtient que y est solution de (E) ssi z vérifie 1 0 z (x) + 6x + z(x) = 1. x
(E1 )
(c) On résout (E1 ) sur ]0, ∞[. Une primitive de x 7→ 6x + 1/x est x 7→ 3x2 + ln(x), donc les solutions de l’équation homogène sont les x 7→ A exp(−3x2 − ln(x)). On cherche une solution particulière de (E1 ) sous la forme z p (x) = α(x) exp(−3x2 − ln(x)) ; alors z p est solution si α 0 (x) exp(−3x2 − ln(x)) = 1, c’est-à-dire si α 0 (x) = x exp(3x2 ), par exemple si α(x) = exp(3x2 )/6. Les solutions de (E1 ) sont donc les 1 + A exp(−3x2 ) z(x) = , avec A ∈ R. 6x (d) On va maintenant en déduire les solutions de (E) définies sur ]0, ∞[. Soit y une solution C 1 définie sur ]0, ∞[. On suppose dans un premier temps que y(x) > 3x sur l’intervalle ouvert I ⊂]0, ∞[, pris aussi grand que possible. Alors y(x) = 3x − 1/zI (x) pour une certaine fonction zI < 0 qui est C 1 sur I. D’après la question précédente, on a nécessairement zI (x) = [1 + AI exp(−3x2 )]/6x pour une certaine constante AI ∈ R. Puisque zI < 0, cela impose AI < 0, mais du coup I 6=]0, +∞[ car 1 > AI exp(−3x2 ) si x est assez grand. Dans tous les cas, il existe donc un intervalle ouvert J tel que y(x) < 3x sur J. On suppose encore que J est aussi grand que possible. Sur J, y(x) = 3x − 1/zJ (x) pour une certaine fonction zJ > 0 qui est C 1 sur J. Encore d’après la question précédente, zJ (x) = [1 + AJ exp(−3x2 )]/6x pour une certaine constante AJ . Puisque l’intervalle ouvert J =]a, b[ a été supposé maximal, et puisque y est supposée définie sur ]0, +∞[, si a > 0 on a y(a) = 3a et de même si b < ∞, y(b) = 3b, car sinon par continuité de y on aurait encore y(x) < 3x sur ]a − ε, b + ε[ pour un petit ε > 0. Cela n’est possible respectivement que si zJ (x) → +∞ lorsque x → a ou zJ (x) → +∞ lorsque x → b. Or on a dit que zJ = [1 + AJ exp(−3x2 )]/6x, cela n’est donc pas possible du tout (sauf précisément si respectivement a = 0 et b = 0). Donc soit y(x) = 3x sur ]0, +∞[, soit y(x) < 3x sur ]0, +∞[. Dans ce dernier cas, z(x) = 1/(3x − y(x)) est définie sur ]0, +∞[ et s’écrit z(x) = [1+A exp(−3x2 )]/6x. Puisque z > 0, nécessairement A > −1. Donc si y est solution, alors y(x) = 3x
ou
y(x) = 3x −
6x 1 + A exp(−3x2 )
avec A > −1.
Réciproquement, si y est ainsi définie, alors y est définie et C 1 sur ]0, ∞[, et on peut vérifier que c’est bien une solution.
Correction de l’exercice 4582 N Les primitives de la fonction a(x) = 2x sont les fonctions A(x) = x2 /2 + k où k ∈ R est une constante réelle quelconque. Donc les solutions de l’équation homogène associée à E sont toutes les fonctions 2 définies sur R du type : y(x) = ce−x où c ∈ R est une constante arbitraire. On cherche maintenant une 2 solution particulière de E sous la forme y p (x) = c(x)e−x (méthode de la variation de la constante). On a: 2183
2
2
y0p (x) + 2xy p (x) = c0 (x)e−x . Donc y p est solution de E si et seulement si : c0 (x) = xex pour tout x ∈ R. 2 2 On choisit la fonction c parmi les primitives de la fonction xex , par exemple : c(x) = 1/2ex . Donc la 2 2 fonction y p telle que y p (x) = 1/2ex e−x = 1/2 est solution de E. Par conséquent les solutions de E sont toutes les fonctions de la forme : 2
y(x) = ce−x +
1 c ∈ R. 2
Pour y solution de E1 , la condition y(0) = 1 équivaut à : c = 1/2. Correction de l’exercice 4584 N Si z = x + λ y, alors z˙ = x(1 + 3λ ) + y(1 − λ ). Pour que z˙ soit proportionnel à z, il suffit que λ (1 + 3λ ) = 1 − λ , autrement dit 3λ 2 + 2λ − 1 = 0. Il y a deux solutions : a = −1 et b = 1/3. On pose u = x − y et v = x + 13 y. On a alors : u˙ = −2u et v˙ = 2v. On en déduit que les solutions u et v sont de la forme u(t) = C1 e−2t et v(t) = C2 e2t , avec C1 ,C2 ∈ R. De plus, u = x−y x = 14 (u + 3v) ⇐⇒ 1 v = x+ 3y y = 34 (v − u) Donc les solutions du système différentiel sont les couples de fonctions (x, y) de la forme x(t) = D1 e−2t + 3D2 e2t , y(t) = −3D1 e−2t + 3D2 e2t , D1 , D2 ∈ R. On veut x(0) = 2 et y(0) = −2. Ceci est équivalent à D1 + 3D2 = 2 D1 = 1 ⇐⇒ −3D1 + 3D2 = −2 D2 = 1/3 Conclusion : il y a une unique solution, donnée par x(t) = e−2t + e2t , y(t) = −3e−2t + e2t . Correction de l’exercice 4590 N Les équations différentielles à résoudre dans cet exercice sont toutes linéaires du premier ordre. On note (E) l’équation différentielle proposée et (EH ) l’équation homogène associée. (a) Les fonctions x 7→ x ln1 x et x 7→ ln1x sont continues sur I et on sait que les solutions de (E) sur I sont de la forme f0 + λ f1 où f0 est une solution particulière de (E) et f1 est une solution particulière non nulle de (EH ). Soit f une fonction dérivable sur I. 1 f (x) = 1 x x+λ ⇔ ∀x ∈ I, (ln x. f )0 (x) = 1 ⇔ ∃λ ∈ R/ ∀x ∈ I, f (x) = ln x
f solution de (E) sur I ⇔ ∀x ∈ I, x ln x f 0 (x) + f (x) = x ⇔ ∀x ∈ I, ln x f 0 (x) +
(b) Les fonctions x 7→ 1x et x 7→ 1 + x12 sont continues sur I et on sait que les solutions de (E) sur I sont de la forme f0 + λ f1 où f0 est une solution particulière de (E) et f1 est une solution particulière non nulle de (EH ). Soit f une fonction dérivable sur I. f solution de (E) sur I ⇔ ∀x ∈ I, x(x f 0 (x) + f (x) − x) = 1 ⇔ ∀x ∈ I, (x f )0 (x) = x + ⇔ ∃λ ∈ R/ ∀x ∈ I, x f (x) =
x ln(−x) + λ x2 + ln(−x) + λ ⇔ ∃λ ∈ R/ ∀x ∈ I, f (x) = + 2 2 x
Les solutions de (E) sur I sont les fonctions de la forme x 7→ 2x + ln(−x)+λ , λ ∈ R. x 2184
1 x
3
1 et x 7→ x2 sont continues sur I =] − ∞, 0[ et on saitque les solutions de (E) sur I (c) Les fonctions x 7→ 2x sont de la forme f0 + λ f1 où f0 est une solution particulière de (E) et f1 est une solution particulière non nulle de (EH ). Soit f une fonction dérivable sur I.
1 x3 f (x) = 2x 2 √ x3 1 1 ∀x ∈ I, eln |x|/2 f 0 (x) + eln |x|/2 f (x) = eln |x|/2 ⇔ ∀x ∈ I, ( −x f )0 (x) = − (−x)7/2 2x 2 2 √ 1 9/2 ⇔ ∃λ ∈ R/ ∀x ∈ I, −x f (x) = (−x) + λ 9 1 λ ⇔ ∃λ ∈ R/ ∀x ∈ I, f (x) = x4 + √ 9 −x
f solution de (E) sur I ⇔ ∀x ∈ I, f 0 (x) +
Les solutions de (E) sur I sont les fonctions de la forme x 7→
x4 9
+ √λ−x , λ ∈ R.
(d) Les fonctions x 7→ 2 et x 7→ x2 − 3x sont continues sur R et on sait que les solutions de (E) sur R sont de la forme f0 + λ f1 où f0 est une solution particulière de (E) et f1 est une solution particulière non nulle de (EH ). Soit f une fonction dérivable sur R. f solution de (E) sur R ⇔ ∀x ∈ R, f 0 (x) + 2 f (x) = x2 − 3x
⇔ ∀x ∈ R, e2x f 0 (x) + 2e2x f (x) = (x2 − 3x)e2x ⇔ ∀x ∈ R, (e2x f )0 (x) = (x2 − 3x)e2x
Recherche d’une primitive sur R de la fonction x 7→ (x2 − 3x)e2x . 1ère méthode. Deux intégrations par parties fournissent : Z
Z
1 1 (x − 3x)e dx = (x2 − 3x)e2x − (2x − 3)e2x dx 2 2 Z 1 2 1 1 2x 2x = (x − 3x)e − (2x − 3)e + e2x dx 2 4 2 1 1 1 = (2x2 − 8x + 3)e2x + e2x +C = (x2 − 4x + 2)e2x +C 4 4 2 2
2x
2ème méthode. Cherchons les primitives de x 7→ (x2 − 3x)e2x sous la forme x 7→ (ax2 + bx + c)e2x . ((ax2 + bx + c)e2x )0 = (2(ax2 + bx + c) + (2ax + b))e2x = (2ax2 + 2(a + b)x + b + 2c)e2x . Donc, a = 21 2a = 1 2 2x 0 2 2x 2(a + b) = −3 ⇔ ((ax + bx + c)e ) = (x − 3x)e ⇔ b = −2 . b + 2c = 0 c=1
Résolution de (E).
f solution de (E) sur R ⇔ ∀x ∈ R, (e2x f )0 (x) = (x2 − 3x)e2x ⇔ ∃λ ∈ R/ ∀x ∈ R, e2x f (x) = ( ⇔ ∃λ ∈ R/ ∀x ∈ R, f (x) =
x2 − 2x + 1 + λ e−2x . 2
Les solutions de (E) sur R sont les fonctions de la formex 7→ 2185
x2 2
− 2x + 1 + λ e−2x ,λ ∈ R.
x2 − 2x + 1)e2x + λ 2
1 (e) Les fonctions x 7→ 1 et x 7→ 1+2e x sont continues sur R et on sait que les solutions de (E) sur R sont de la forme f0 + λ f1 où f0 est une solution particulière de (E) et f1 est une solution particulière non nulle de (EH ). Soit f une fonction dérivable sur R.
1 ex x 0 x ⇔ ∀x ∈ R, e f (x) + e f (x) = 1 + 2ex 1 + 2ex 1 ⇔ ∃λ ∈ R/ ∀x ∈ R, ex f (x) = ln(1 + 2ex ) + λ 2 1 ⇔ ∃λ ∈ R/ ∀x ∈ R, f (x) = ( ln(1 + 2ex ) + λ )e−x 2
f solution de (E) sur R ⇔ ∀x ∈ R, f 0 (x) + f (x) =
Les solutions de (E) sur R sont les fonctions de la forme x 7→ ( 21 ln(1 + 2ex ) + λ )e−x ,λ ∈ R.
1 x (f) Les fonctions x 7→ − cos sin x et x 7→ − sin x sont continues sur I =]0, π[ et on sait que les solutions de (E) sur R sont de la forme f0 + λ f1 où f0 est une solution particulière de (E) et f1 est une solution particulière non nulle de (EH ). Mais x 7→ sin x est une solution non nulle de (EH ) sur I et x 7→ cos x est une solution de (E) sur ]0, π[. Les solutions de (E) sur ]0, π[ sont les fonctions de la forme x 7→ λ sin x + cos x, λ ∈ R.
Correction de l’exercice 4591 N L’équation différentielle à résoudre dans cet exercice est linéaire du premier ordre. On note (E) l’équation différentielle proposée et (EH ) l’équation homogène associée. 2
−2x x Soit I l’un des deux intervalles ] − 1, 1[ ou ]1, +∞[. Les fonctions x 7→ 1−x 2 et x 7→ 1−x2 sont continues sur I et on sait que les solutions de (E) sur I sont de la forme f0 + λ f1 où f0 est une solution particulière de (E) et f1 est une solution particulière non nulle de (EH ). Résolution de (E) sur I. Soit f une fonction dérivable sur I.
f solution de (E) sur I ⇔ ∀x ∈ I, (1 − x2 ) f 0 (x) − 2x f (x) = x2 ⇔ ∀x ∈ I, ((1 − x2 ) f )0 (x) = x2 ⇔ ∃λ ∈ R/ ∀x ∈ I, (1 − x2 ) f (x) = ⇔ ∃λ ∈ R/ ∀x ∈ I, f (x) =
x3 +λ 3
x3 + λ , 3(1 − x2 )
(en renommant λ la constante 3λ ). Si I =] − 1, +∞[. Soit f une éventuelle solution de (E) sur I. Les restrictions de f à ] − 1, 1[ et ]1, +∞[ sont encore solution de (E) et donc de la forme précédente. Par suite, nécessairement, il existe deux constantes λ1 etλ2 telles x3 +λ2 x3 +λ1 1 que, pour −1 < x < 1, f (x) = 3(1−x 2 ) et pour x > 1, f (x) = 3(1−x2 ) . Enfin, l’équation impose f (1) = − 2 . En résumé, une éventuelle solution de (E) sur I est nécessairement de la forme :
∀x > −1, f (x) =
x3 +λ1 si − 1 < 3(1−x2 ) 1 − 2 si x = 1 x3 +λ2 si x > 1 3(1−x2 )
x −1, f (x) = − x3(x+1) . Réciproquement, f ainsi définie est dérivable sur ] − 1, +∞[ et en particulier en 1. f est donc solution de (E) sur ] − 1, +∞[. 2
+x+1 Sur ] − 1, +∞[, (E) admet une et une seule solution à savoir la fonction x 7→ − x3(x+1) .
Si I = R, soit f une éventuelle solution de (E) sur R. La restriction de f à ] − 1, +∞[ est nécessairement la fonction précédente. Mais cette fonction tend vers −∞ quand x tend vers −1 par valeurs supérieures. Donc f ne peut être continue sur R et (E) n’a pas de solution sur R. Correction de l’exercice 4592 N Résolution de (E) sur ]0, +∞[. Soit f une fonction dérivable sur ]0, +∞[. f solution de (E) sur ]0, +∞[⇔ ∀x ∈]0, +∞[, |x| f 0 (x) + (x − 1) f (x) = x3
1 ⇔ ∀x ∈]0, +∞[, x f 0 (x) + (x − 1) f (x) = x3 ⇔ ∀x ∈]0, +∞[, f 0 (x) + (1 − ) f (x) = x2 x 1 ⇔ ∀x ∈]0, +∞[, ex−ln x f 0 (x) + (1 − )ex−ln x f (x) = ex−ln x x2 x ex 0 ⇔ ∀x ∈]0, +∞[, ( f ) (x) = xex = ((x − 1)ex )0 x ⇔ ∃λ ∈ R/ ∀x ∈]0, +∞[, f (x) = xe−x ((x − 1)ex + λ ) = x2 − x + λ xe−x
Les solutions de (E) sur ]0, +∞[ sont les fonctions de la forme x 7→ x2 − x + λ xe−x , λ ∈ R. Résolution de (E) sur ] − ∞, 0[. Soit f une fonction dérivable sur ] − ∞, 0[. f solution de (E) sur ] − ∞, 0[ ⇔ ∀x ∈]0, +∞[, −x f 0 (x) + (x − 1) f (x) = x3 1 ⇔ ∀x ∈] − ∞, 0[, f 0 (x) + (−1 + ) f (x) = −x2 x 1 ⇔ ∀x ∈] − ∞, 0[, e−x+ln |x| f 0 (x) + (−1 + )e−x+ln |x| f (x) = −e−x+ln |x| x2 x ⇔ ∀x ∈] − ∞, 0[, (−xe−x y)0 = x3 e−x (∗) Déterminons une primitive de la fonction x 7→ −x3 e−x de la forme (ax3 + bx2 + cx + d)e−x .
((ax3 +bx2 +cx+d)e−x )0 = (−(ax3 +bx2 +cx+d)+(3ax2 +2bx+c))e−x = (−ax3 +(3a−b)x2 +(2b−c)x+c−d)e− et
2187
Par suite,
−a = −1 a=1 3a − b = 0 b=3 . ((ax3 + bx2 + cx + d)e−x )0 = x3 e−x ⇔ ⇔ 2b − c = 0 c=6=d c−d = 0 (∗) ⇔ ∃λ ∈ R/ ∀x ∈] − ∞, 0[, xe−x f (x) = (x3 + 3x2 + 6x + 6)e−x + λ λ ex + 6 ⇔ ∃λ ∈ R/ ∀x ∈] − ∞, 0[, f (x) = x2 + 3x + 6 + . x x
Les solutions de (E) sur ] − ∞, 0[ sont les fonctions de la forme x 7→ x2 + 3x + 6 + λ e x+6 , λ ∈ R. On peut montrer que l’équation admet une et une seule solution sur R en « recollant » les expressions précédentes, mais en ce début d’année, on manque encore d’outils. Correction de l’exercice 4593 N On sait que les solutions sur R de l’équation proposée sont les fonctions de la forme : −ax
g : x 7→ λ e
+e
−ax
Z x 0
eat f (t) dt, λ ∈ R.
Dans ce cas, pour x ∈ R, g(x + T ) = λ e−a(x+T ) + e−a(x+T ) Z x+T
eat f (t) dt =
0
Z x
eat f (t) dt +
0
=
Z x
Z x+T x
eat f (t) dt + eaT
0
R x+T at e f (t) dt. Or, 0
eat f (t) dt =
Z T
Z x
eat f (t) dt +
0
Z T
ea(u+T ) f (u + T ) du
0
eau f (u)du.
0
Donc,
g(x + T ) = λ e
−a(x+T )
−a(x+T )
+e
Z x
−ax
at
e f (t) dt + e
0
= λ e−a(x+T ) + e−a(x+T )
Z T 0
Z T
eau f (u) du
0
eat f (t) dt + g(x) − λ e−ax .
Par suite,
g est T -périodique ⇔ ∀x ∈ R, λ e−a(x+T ) + e−a(x+T ) ⇔ λ (1 − e−aT ) = e−aT
Z T 0
Z T 0
eat f (t) dt − λ e−ax = 0
eat f (t) dt ⇔ λ =
e−aT 1 − e−aT
Z T
eat f (t) dt
0
(e−aT 6= 1 car a 6= 0 et T 6= 0). D’où l’existence et l’unicité d’une solution T -périodique : ∀x ∈ R, g(x) =
e−aT 1 − e−aT
Z T
eat f (t) dte−ax + e−ax
0
Correction de l’exercice 4594 N
2188
Z x 0
eat f (t) dt.
(a) Il s’agit d’une équation différentielle linéaire d’ordre 1, à coefficients constants, avec second membre. On commence par résoudre l’équation homogène associée y0 + 2y = 0 : les solutions sont les y(x) = λ e−2x , λ ∈ R. Il suffit ensuite de trouver une solution particulière de (E1 ). Le second membre étant polynomial de degré 2, on cherche une solution particulière de la même forme : y0 (x) = ax2 + bx + c est solution de (E1 ) ⇐⇒ ∀x ∈ R, y00 (x) + 2y0 (x) = x2 ⇐⇒ ∀x ∈ R, 2ax2 + (2a + 2b)x + b + 2c = x2 Ainsi, en identifiant les coefficients, on voit que y0 (x) = 21 x2 − 12 x + 14 convient. Les solutions de (E1 ) sont obtenues en faisant la somme de cette solution particulière et des solutions de l’équation homogène : 1 1 1 y(x) = x2 − x + + λ e−2x 2 2 4
(x ∈ R)
où λ est un paramètre réel. (b) Il s’agit d’une équation différentielle linéaire d’ordre 1, à coefficients constants, avec second membre. Les solutions de l’équation homogène associée y0 + y = 0 sont les y(x) = λ e−x , λ ∈ R. Il suffit ensuite de trouver une solution particulière de (E2 ). Le second membre est cette fois une fonction trigonométrique, on cherche une solution particulière sous la forme d’une combinaison linéaire de cos et sin : y0 (x) = a cos x + b sin x est solution de (E2 ) ⇐⇒ ∀x ∈ R, y00 (x) + y0 (x) = 2 sin x ⇐⇒ ∀x ∈ R, (a + b) cos x + (−a + b) sin x = 2 sin x Ainsi, en identifiant les coefficients, on voit que y0 (x) = − cos x + sin x convient. Les solutions de (E2 ) sont obtenues en faisant la somme de cette solution particulière et des solutions de l’équation homogène : y(x) = − cos x + sin x + λ e−x
(x ∈ R)
où λ est un paramètre réel. (c) Les solutions de l’équation homogène associée y0 − y = 0 sont les y(x) = λ ex , λ ∈ R. On remarque que le second membre est le produit d’une fonction exponentielle par une fonction polynomiale de degré d = 1 : or la fonction exponentielle du second membre est la même (ex ) que celle qui apparaît dans les solutions de l’équation homogène. On cherche donc une solution particulière sous la forme d’un produit de ex par une fonction polynomiale de degré d + 1 = 2 : y0 (x) = (ax2 + bx + c)ex est solution de (E3 ) ⇐⇒ ∀x ∈ R, y00 (x) − y0 (x) = (x + 1)ex ⇐⇒ ∀x ∈ R, (2ax + b)ex = (x + 1)ex Ainsi, en identifiant les coefficients, on voit que y0 (x) = ( 12 x2 + x)ex convient. Les solutions de (E3 ) sont obtenues en faisant la somme de cette solution particulière et des solutions de l’équation homogène : 1 y(x) = ( x2 + x + λ )ex (x ∈ R) 2 où λ est un paramètre réel. (d) Les solutions de l’équation homogène associée y0 + y = 0 sont les y(x) = λ e−x , λ ∈ R. On remarque que le second membre est la somme d’une fonction polynomiale de degré 1, d’une fonction exponentielle (différente de e−x ) et d’une fonction trigonométrique. D’après le principe de superposition, on cherche donc une solution particulière sous la forme d’une telle somme : 2189
y0 (x) = ax + b + µex + α cos x + β sin x est solution de (E4 ) ⇐⇒ ∀x ∈ R, y00 (x) + y0 (x) = x − ex + cos x ⇐⇒ ∀x ∈ R, ax + a + b + 2µex + (α + β ) cos x + (−α + β ) sin x = x − ex + cos x Ainsi, en identifiant les coefficients, on voit que 1 1 1 y0 (x) = x − 1 − ex + cos x + sin x 2 2 2 convient. Les solutions de (E4 ) sont obtenues en faisant la somme de cette solution particulière et des solutions de l’équation homogène : 1 1 1 y(x) = x − 1 − ex + cos x + sin x + λ e−x 2 2 2
(x ∈ R)
où λ est un paramètre réel. Correction de l’exercice 4595 N Une fonction f : [0; 1] → R convient si et seulement si — f est dérivable — f est solution de y0 + y = c — f vérifie f (0) + f (1) = c (où c est un réel quelconque) Or les solutions de l’équation différentielle y0 + y = c sont exactement les f : x 7→ λ e−x + c, où λ ∈ R (en effet, on voit facilement que la fonction constante égale à c est une solution particulière de y0 + y = c). Évidemment ces fonctions sont dérivables, et f (0)+ f (1) = λ (1+e−1 )+2c, donc la troisième condition est satisfaite si et seulement si −λ (1 + e−1 ) = c. Ainsi les solutions du problème sont exactement les f (x) = λ (e−x − 1 − e−1 ) pour λ ∈ R. Correction de l’exercice 4596 N (a) Comme le coefficient de y0 ne s’annule pas, on peut réécrire l’équation sous la forme y0 +
3x2 + 1 2x y = x2 + 1 x2 + 1
i. Les solutions de l’équation homogène associée sont les y(x) = λ eA(x) , où A est une primitive de 0 a(x) = − x22x+1 et λ ∈ R. Puisque a(x) est de la forme − uu avec u > 0, on peut choisir A(x) = 2 λ − ln(u(x)) où u(x) = x2 + 1. Les solutions sont donc les y(x) = λ e− ln(x +1) = 2 . x +1 ii. Il suffit ensuite de trouver une solution particulière de l’équation avec second membre : on remarque que y0 (x) = x convient. iii. Les solutions sont obtenues en faisant la somme : y(x) = x +
λ x2 + 1
(x ∈ R)
où λ est un paramètre réel. iv. y(0) = 3 si et seulement si λ = 3. La solution cherchée est donc y(x) = x + x23+1 . Voici les courbes intégrales pour λ = −1, 0, . . . , 5.
2190
1 0
1
(b) On commence par remarquer que y0 (x) = cos x est une solution particulière. Pour l’équation homogène : sur l’intervalle considéré, le coefficient de y0 ne s’annule pas, et l’équation se réécrit y0 −
cos x y=0 sin x
x Les solutions sont les y(x) = λ eA(x) , où λ ∈ R et A est une primitive de a(x) = cos sin x . Puisque a(x) 0 est de la forme uu avec u > 0, on peut choisir A(x) = ln(u(x)) avec u(x) = sin x. Les solutions de l’équation sont donc les y(x) = λ eln(sin x) = λ sin x. Finalement, les solutions de l’équation sont les
y(x) = cos x + λ sin x où λ est un paramètre réel. (c) On a
√ π π π 2 2 y( ) = 1 ⇐⇒ cos + λ sin = 1 ⇐⇒ (1 + λ ) = 1 ⇐⇒ λ = √ − 1 4 4 4 2 2 La solution cherchée est y(x) = cos x + √22 − 1 sin x
Voici les courbes intégrales pour λ = −2, −1, 0, . . . , 4 et
√2 2
− 1 (en gras).
1 0
1
2191
π
Correction de l’exercice 4597 N (a) y0 − (2x − 1x )y = 1 sur ]0; +∞[ i. Résolution de l’équation homogène y0 − (2x − 1x )y = 0. Une primitive de a(x) = 2x − 1x est A(x) = x2 − ln x, donc les solutions de l’équation homogène sont les y(x) = λ exp(x2 − ln x) = λ 1x exp(x2 ), pour λ une constante réelle quelconque.
ii. Recherche d’une solution particulière. Nous allons utiliser la méthode de variation de la constante pour trouver une solution particulière à l’équation y0 − (2x − 1x )y = 1. On cherche une telle solution sous la forme y0 (x) = λ (x) 1x exp(x2 ) où x 7→ λ (x) est maintenant une fonction. On calcule d’abord 1 1 0 0 2 y0 (x) = λ (x) exp(x ) + λ (x) − 2 + 2 exp(x2 ) x x Maintenant : 1 est solution de y0 − (2x + )y = 1 x 1 0 ⇐⇒ y0 − (2x − )y0 = 1 x 1 1 1 0 2 ⇐⇒ λ (x)x exp(x ) + λ (x) − 2 + 2 exp(x2 ) − (2x − )λ (x) exp(x2 ) = 1 x x x 1 ⇐⇒ λ 0 (x) exp(x2 ) = 1 cela doit se simplifier ! x ⇐⇒ λ 0 (x) = x exp(−x2 ) y0
Ainsi on peut prendre λ (x) = − 21 exp(x2 ), ce qui fournit la solution particulière : 1 1 1 1 y0 (x) = λ (x) exp(x2 ) = − exp(−x2 ) exp(x2 ) = − x 2 x 2x Pour se rassurer, on n’oublie pas de vérifier que c’est bien une solution ! iii. Solution générale. L’ensemble des solutions s’obtient par la somme de la solution particulière avec les solutions de l’équation homogène. Autrement dit, les solutions sont les : y(x) = −
1 1 + λ exp(x2 ) 2x x
(λ ∈ R).
(b) y0 − y = xk exp(x) sur R, avec k ∈ N i. Résolution de l’équation homogène y0 − y = 0. Les solutions de l’équation homogène sont les y(x) = λ exp(x), λ ∈ R.
ii. Recherche d’une solution particulière. On cherche une solution particulière sous la forme y0 (x) = λ (x) exp(x) où x 7→ λ (x) est maintenant une fonction. Comme y00 (x) = λ 0 (x) exp(x) + λ (x) exp(x) alors y0
est solution de y0 − y = xk exp(x)
⇐⇒ λ 0 (x) exp(x) + λ (x) exp(x) − λ (x) exp(x) = xk exp(x)
⇐⇒ λ 0 (x) exp(x) = xk exp(x) ⇐⇒ λ 0 (x) = xk
2192
On fixe λ (x) =
xk+1 k+1 ,
ce qui conduit à la solution particulière : y0 (x) =
xk+1 exp(x) k+1
iii. Solution générale. L’ensemble des solutions est formé des y(x) =
xk+1 exp(x) + λ exp(x) k+1
(λ ∈ R).
(c) x(1 + ln2 (x))y0 + 2 ln(x)y = 1 sur ]0; +∞[ Le coefficient de y0 ne s’annule pas sur ]0; +∞[, l’équation peut donc se mettre sous la forme y0 +
2 ln x 1 y= 2 x(1 + ln (x)) x(1 + ln2 (x))
i. Les solutions de l’équation homogène associée sont les y(x) = λ eA(x) , où A est une primitive de 2 ln x a(x) = − x(1+ln et λ ∈ R. On peut donc choisir A(x) = − ln(u(x)) avec u(x) = 1 + ln2 (x). Les 2 (x)) 2 λ solutions de l’équation sont les y(x) = λ e− ln(1+ln (x)) = . 1 + ln2 (x) ii. Utilisons la méthode de variation de la constante pour trouver une solution particulière de λ (x) l’équation avec second membre. On cherche y0 (x) = 1+ln , avec λ une fonction dérivable. 2 (x) Or z(x) =
1 1+ln2 (x)
est solution de l’équation homogène et y0 (x) = λ (x)z(x) :
est solution 1 2 ln x y0 = ⇐⇒ y00 + 2 x(1 + ln (x)) x(1 + ln2 (x)) 2 ln x 1 0 0 ⇐⇒ λ (x)z(x) + λ (x) z (x) + z(x) = 2 x(1 + ln (x)) x(1 + ln2 (x)) {z } | y0
=0
⇐⇒
λ 0 (x) 2
1 + ln (x) 1 ⇐⇒ λ 0 (x) = x
=
1 x(1 + ln2 (x))
On peut donc choisir λ (x) = ln x, ce qui donne la solution particulière y0 (x) =
ln x . 1+ln2 (x)
iii. Les solutions sont obtenues en faisant la somme de cette solution particulière et des solutions de l’équation homogène : ce sont les y(x) =
ln x + λ 1 + ln2 (x)
(λ ∈ R)
où λ est un paramètre réel. Remarque : le choix d’une primitive de λ 0 se fait à constante additive près. Si on avait choisi par exemple λ (x) = ln x + 1, la solution particulière aurait été différente, mais les solutions de l’équation avec second membre auraient été les y(x) =
ln x + 1 + λ 1 + ln2 (x)
(x ∈ R)
Quitte à poser λ00 = 1 + λ , ce sont évidemment les mêmes que celles trouvées précédemment ! 2193
Correction de l’exercice 4598 N (a) L’équation différentielle y0 − ex ey = 0 est à variables séparées : en effet, en divisant par ey , on obtient −y0 e−y = −ex . Le terme de gauche est la dérivée de e−y (y est une fonction de x), celui de droite est la dérivée de x 7→ −ex : e−y (−ex ) = x x Les dérivées étant égales, cela implique que les deux fonctions sont égales à une constante additive près : ainsi y est solution sur I si et seulement si elle est dérivable sur I et ∃ c ∈ R, ∀x ∈ I, e−y = −ex + c. À c fixé, cette égalité n’est possible que si −ex + c > 0, c’est-à-dire si c > 0 et x < ln c. On obtient ainsi les solutions : yc (x) = − ln(c − ex ) (pour x ∈ Ic =] − ∞; ln c[) où c est un paramètre réel strictement positif. Pour que l’une des courbes intégrales passe par l’origine, il faut qu’il existe c > 0 tel que 0 ∈ Ic et yc (0) = 0 : autrement dit, c > 1 et c − 1 = 1. Il s’agit donc de y2 : x 7→ − ln(2 − ex ), la courbe intégrale cherchée est son graphe, au-dessus de l’intervalle I2 =] − ∞; ln 2[. Sa tangente en l’origine a pour pente y02 (0) = e0 ey(0) = 1, c’est la première bissectrice. Comme par construction y02 est à valeurs strictement positives, la fonction y2 est strictement croissante. y2 (x) y1 (x) 1
1 0
1
0
1
(b) Posons z(x) = x + y(x) : z a le même domaine de définition que y et est dérivable si et seulement si y l’est. En remplaçant y(x) par z(x) − x dans l’équation différentielle y0 − ex ey = −1, on obtient z0 − ez = 0, c’est-à-dire z0 e−z = 1. Il s’agit de nouveau d’une équation à variables séparées : en intégrant cette égalité, on obtient que z est solution sur J si et seulement si elle est dérivable sur J et ∃ c ∈ R, ∀x ∈ J, e−z = −x + c. À c fixé, cette égalité n’est possible que si c > x. On obtient ainsi les solutions : yc (x) = zc (x) − x = −x − ln(c − x) (pour x ∈ Jc =] − ∞; c[) où c est un paramètre réel. Pour que l’une des courbes intégrales passe par l’origine, il faut qu’il existe c ∈ R tel que 0 ∈ Jc et yc (0) = 0 : autrement dit, c > 0 et c = 1. Il s’agit donc de y1 : x 7→ −x − ln(1 − x), la courbe intégrale cherchée est son graphe, au-dessus de l’intervalle J1 =] − ∞; 1[. Sa tangente en l’origine a pour pente y01 (0) = e0 ey(0) − 1 = 0 : elle est horizontale. Correction de l’exercice 4599 N (a) x2 y0 − y = 0 (E1 ) Pour se ramener à l’étude d’une équation différentielle de la forme y0 + ay = b, on résout d’abord sur les intervalles où le coefficient de y0 ne s’annule pas : on se place donc sur ] − ∞; 0[ ou ]0; +∞[. i. Résolution sur ] − ∞; 0[ ou ]0; +∞[. 2194
Sur chacun de ces intervalles, l’équation différentielle se réécrit y0 −
1 y=0 x2
qui est une équation différentielle linéaire homogène d’ordre 1 à coefficients non constants. Ses solutions sont de la forme y(x) = λ e−1/x (en effet, sur ] − ∞; 0[ ou ]0; +∞[, une primitive de x12 est −1 x ). ii. Recollement en 0. Une solution y de (E1 ) sur R doit être solution sur ] − ∞; 0[ et ]0; +∞[, il existe donc λ+ , λ− ∈ R tels que λ+ e−1/x si x > 0 y(x) = λ− e−1/x si x < 0 Il reste à voir si l’on peut recoller les deux expressions pour obtenir une solution sur R : autrement dit, pour quels choix de λ+ , λ− la fonction y se prolonge-t-elle en 0 en une fonction dérivable vérifiant (E1 ) ? — e−1/x −−−→ +∞ et e−1/x −−−→ 0, donc y est prolongeable par continuité en 0 si et seulement + − x→ 0
x→ 0
si λ− = 0 . On peut alors poser y(0) = 0 , quel que soit le choix de λ+ . — Pour voir si la fonction ainsi prolongée est dérivable en 0, on étudie son taux d’accroissement : y(x)−y(0) λ+ e−1/x −1/x −−−→ 0 pour x > 0, = = −λ+ ( −1 x−0 x x )e + x→ 0
pour x < 0,
y(x)−y(0) x−0
= 0 −−−→ 0 − x→ 0
Ainsi la fonction y est dérivable en 0 et y0 (0) = 0 . — Par construction, l’équation différentielle (E1 ) est satisfaite sur R∗ . Vérifions qu’elle est également satisfaite au point x = 0 : 02 · y0 (0) − y(0) = −y(0) = 0.
iii. Conclusion. Finalement, les solutions sur R sont exactement les fonctions suivantes : λ e−1/x si x > 0 y(x) = (λ ∈ R) 0 si x 6 0
(b) xy0 + y − 1 = 0 (E2 ) Pour se ramener à l’étude d’une équation différentielle de la forme y0 + ay = b, on résout d’abord sur les intervalles où le coefficient de y0 ne s’annule pas : on se place donc sur I =] − ∞; 0[ ou I =]0; +∞[. i. Résolution sur I. Sur l’intervalle I, l’équation différentielle se réécrit 1 1 y0 + y = x x qui est une équation différentielle linéaire d’ordre 1 à coefficients non constants. — Pour l’équation homogène y0 + 1x y = 0 une primitive de − 1x sur I, est − ln |x|. Les solutions de 1 l’équation homogène sont donc les λ e− ln |x| = λ |x| . Quitte à changer λ en −λ si I =] − ∞; 0[, on peut écrire les solutions de l’équation homogène sous la forme y(x) = λ 1x . — Pour trouver les solutions de l’équation avec second membre, on applique la méthode de variation de la constante en cherchant y(x) = λ (x) 1x : en remplaçant, on voit que y est solution sur I si et seulement si λ 0 (x) = 1. En intégrant, on obtient λ (x) = x. Une solution particulière en donc y0 (x) = 1. — Sur I les solutions de (E2 ) sont les y(x) = 1 + λx où λ est un paramètre réel.
2195
ii. Recollement en 0. Une solution y de (E2 ) sur R doit être solution sur ] − ∞; 0[ et ]0; +∞[, il existe donc λ+ , λ− ∈ R tels que ( 1 + λx+ si x > 0 y(x) = 1 + λx− si x < 0 Il reste à voir si l’on peut recoller les deux expressions pour obtenir une solution sur R. On voit tout de suite que y a une limite (finie) en 0 si et seulement si λ+ = λ− = 0 . Dans ce cas, on peut alors poser y(0) = 1 et y est la fonction constante égale à 1, qui est bien sûr dérivable sur R. De plus, (E2 ) est bien satisfaite au point x = 0. iii. Conclusion. Finalement, (E2 ) admet sur R une unique solution, qui est la fonction constante égale à 1.
Correction de l’exercice 4600 N (a) Équation de Bernoulli i. On suppose qu’une solution y ne s’annule pas. On divise l’équation y0 + a(x)y + b(x)yn = 0 par yn , ce qui donne y0 1 + a(x) n−1 + b(x) = 0. n y y 0
1 On pose z(x) = yn−1 et donc z0 (x) = (1 − n) yyn . L’équation de Bernoulli devient une équation différentielle linéaire : 1 0 1−n z + a(x)z + b(x) = 0
ii. Équation xy0 + y − xy3 = 0. Cherchons les solutions y qui ne s’annulent pas. On peut alors diviser par y3 pour obtenir : x
1 y0 + −x = 0 y3 y2 0
y (x) On pose z(x) = y21(x) , et donc z0 (x) = −2 y(x) 3 . L’équation différentielle s’exprime alors z − x = 0, c’est-à-dire : xz0 − 2z = −2x.
Les solutions sur R de cette dernière équation sont les ( λ+ x2 + 2x si x > 0 z(x) = , λ− x2 + 2x si x < 0
−1 0 2 xz +
λ+ , λ− ∈ R
Comme on a posé z(x) = y21(x) , on se retreint à un intervalle I sur lequel z(x) > 0 : nécessairement 0∈ / I, donc on considère z(x) = λ x2 + 2x, qui est strictement positif sur Iλ où +∞[ si λ = 0 ]0; Iλ = si λ < 0 0; − λ2 2 −∞; − λ ou ]0; +∞[ si λ > 0
1 On a (y(x))2 = z(x) pour tout x ∈ Iλ et donc y(x) = ε(x) √1 , où ε(x) = ±1. Or y est continue sur z(x)
l’intervalle Iλ , et ne s’annule pas par hypothèse : d’après le théorème des valeurs intermédiaires, y ne peut pas prendre à la fois des valeurs strictement positives et des valeurs strictement négatives, donc ε(x) est soit constant égal à 1, soit constant égal à −1. Ainsi les solutions cherchées sont les : 1 −1 y(x) = √ ou y(x) = √ sur Iλ (λ ∈ R) 2 λ x + 2x λ x2 + 2x Noter que la solution nulle est aussi solution. 2196
(b) Équation de Riccati i. Soit y0 une solution de y0 + a(x)y + b(x)y2 = c(x). Posons u(x) = y(x) − y0 (x), donc y = u + y0 . L’équation devient : u0 + y00 + a(x)(u + y0 ) + b(x)(u2 + 2uy0 + y20 ) = c(x) Comme y0 est une solution particulière alors y00 + a(x)y0 + b(x)y20 = c(x) Et donc l’équation se simplifie en : u0 + a(x) + 2y0 (x)b(x) u + b(x)u2 = 0
qui est une équation du type Bernoulli.
ii. Équation x2 (y0 + y2 ) = xy − 1. — Après division par x2 c’est bien une équation de Riccati sur I =] − ∞; 0[ ou I =]0; +∞[. — y0 = 1x est bien une solution particulière. — On a u(x) = y(x) − y0 (x) et donc y = u + 1x . L’équation x2 (y0 + y2 ) = xy − 1 devient 1 u 1 1 x2 u0 − 2 + u2 + 2 + 2 = x u + −1 x x x x qui se simplifie en
u = xu x 2 u0 + u2 + 2 x ce qui correspond à l’équation de Bernoulli : 1 u0 + u + u2 = 0. x 0
— Si u ne s’annule pas, en divisant par u2 , cette équation devient uu2 + 1x 1u + 1 = 0. On pose z(x) = 1u , l’équation devient −z0 + 1x z + 1 = 0. Ses solutions sur I sont les z(x) = λ x + x ln |x|, 1 λ ∈ R. Ainsi u(x) = z(x) = λ x+x1ln |x| mais il y a aussi la solution nulle u(x) = 0.
— Conclusion. Comme y = u + 1x , on obtient alors des solutions de l’équation de départ sur ] − ∞; 0[ et ]0; +∞[ : y(x) =
1 x
y(x) =
ou
1 1 + x λ x + x ln |x|
(λ ∈ R).
Correction de l’exercice 4601 N R
2
2
(a) Notons A(x) = 0x et t, une primitive de ex . On ne sait pas expliciter cette primitive. Les solutions 2 de y0 + ex y = 0 s’écrivent f (x) = λ e−A(x) . Si x > 1, on a par positivité de l’intégrale A(x) = A(x) =
Z x 0
2
R x t2 t2 0 e t > 0 et comme e > 1 alors
et t >
Z x
1t = x
0
En conséquence : 0 6 e−A(x) 6 e−x Ainsi, 0 6 | f (x)| 6 |λ |e−x et f (x) −−−−→ 0. x→+∞
2197
2
(b) Supposons que y vérifie sur R l’équation, et posons u(x) = y(x)2 + e−x y0 (x)2 . La fonction u est à valeurs positives, dérivable, et 2
2
u0 (x) = 2y0 (x)y(x) + e−x 2y00 (x)y0 (x) − 2xe−x y0 (x)2 2
en utilisant que e−x y00 (x) = −y(x) (car y est solution de l’équation différentielle) on obtient : 2
u0 (x) = −2xe−x y02 . Ainsi la fonction u est croissante sur ] − ∞; 0[ et décroissante sur ]0; +∞[, donc pour tout x ∈ R, 0 6 u(x) 6 u(0). Or y2 (x) 6 u(x) par construction, donc q p ∀x ∈ R, |y(x)| 6 u(0) = y(0)2 + y0 (0)2 Correction de l’exercice 4606 N y00 − 3y0 + 2y = ex . Le polynôme caractéristique est f (r) = (r − 1)(r − 2) et les solutions de l’équation homogène sont donc toutes les fonctions : y(x) = c1 ex + c2 e2x avec c1 , c2 ∈ R. On cherche une solution particulière de la forme y p (x) = P(x)ex , on est dans la situation (ıı) la condition (∗) sur P est : P00 − P0 = 1, et P(x) = −x convient. Les solutions de l’équation sont donc les fonctions : y(x) = (c1 − x)ex + c2 e2x avec c1 , c2 ∈ R.
Correction de l’exercice 4607 N y00 − y = −6 cos x + 2x sin x. Ici f (r) = (r − 1)(r + 1) et l’équation homogène a pour solutions : y(x) = c1 ex + c2 e−x avec c1 , c2 ∈ R. On remarque que la fonction 3 cos x vérifie l’équation : y00 − y = −6 cos x, il nous reste donc à chercher une solution y1 de l’équation y00 − y = 2x sin x, car y p (x) = 3 cos x + y1 (x) sera une solution de l’équation consid´rée. Pour cela, on remarque que 2x sin x = Im(2xeix ) et on utilise la méthode décrite plus haut pour trouver une solution z1 de l’équation : y00 − y = 2xeix . On cherche z1 sous la forme P(x)eix où P est un polynôme de degré 1 car f (i) = −2 6= 0. On a f 0 (i) = 2i, la condition (∗) sur P est donc : 2iP0 (x) − 2P(x) = 2x ce qui donne après identification P(x) = −x − i. Alors y1 (x) = Im((−x + i)eix ) = −x sin x − cos x. Les solutions sont par conséquent les fonctions : y(x) = c1 ex + c2 e−x + 2 cos x − x sin x avec c1 , c2 ∈ R. Autre méthode pour trouver une solution de y00 − y = 2x sin x : On la cherche de la forme y1 (x) = A(x) sin x + B(x) cos x où A, B sont des polynômes de degré 1 car i n’est pas racine de l’équation caractéristique (danger : pour un second membre du type Q(x) sin(β x)eαx la discussion porte sur α + iβ et non sur α ou β ...). On calcule y01 , y001 et on applique l’équation étudiée à y1 . . . on obtient la condition :
(A00 − A − 2B0 ) sin x + (B00 − B − 2A0 ) = 2x sin x
A00 − A − 2B0 = 2x . B00 − B − 2A0 = 0 On écrit : A(x) = ax + b et B(x) = cx + d, après identification on obtient : a = d = −1, b = c = 0, ce qui détermine y1 . qui sera réalisée si :
2198
Correction de l’exercice 4608 N La solution générale est de la forme 1 y(x) = K1 cos(x)e−x/2 + K2 sin(x)e−x/2 − xe−x/2 cos(x) 8 (K1 et K2 constantes réelles) et les conditions initiales donnent K1 = 0, K2 = 1/8. Correction de l’exercice 4609 N 2 (a) Le polynôme caractéristique associé à E est : p(x) = ; son discriminant est ∆ = −12 √x + 2x + 4 √ et il a pour racines les 2 nombres complexes −1 + i 3 et −1 − i 3. Les solutions de l’équation homogène sont donc toutes fonctions : √ √ y(x) = e−x (a cos 3x + b sin 3x)
obtenues lorsque a, b décrivent R. (b) Le second membre est de la forme eλ x Q(x) avec λ = 1 et Q(x) = x. On cherchera une solution de l’équation sous la forme : y p (x) = R(x)ex avec R polynôme de degré égal à celui de Q puisque p(1) 6= 0. On pose donc R(x) = ax + b. On a y00p (x) + 2y0p (x) + 4y p (x) = (7ax + 7b + 4a)ex . Donc y p est solution si et seulement si 7ax + 7a + 4b = x. On trouve après identification des coefficients : 1 −4 a= et b= . 7 49 La fonction y p (x) = 71 (x − 47 )ex est donc solution de E et la forme générale des solutions de E est : √ √ 4 1 y(x) = e−x (a cos 3x + b sin 3x) + (x − )ex ; a, b ∈ R. 7 7 (c) Soit h une solution de E. Les conditions h(0) = 1, h(1) = 0 sont réalisées ssi √ 53 cos 3 + 3e2 53 √ a= et b=− . 49 49 sin 3 (d) i. On a : g0 (x) = ex f 0 (ex ) et g00 (x) = ex f 0 (ex ) + e2x f 00 (ex ) d’où pour tout x ∈ R : g00 (x) + 2g0 (x) + 4g(x) = e2x f 00 (ex ) + 2ex f 0 (ex ) + 4 f (ex ) = ex log ex = xex donc g est solution de E. ii. Réciproquement pour f (t) = g(logt) où g est une solution de E on montre que f est 2 fois dérivable et vérifie l’équation donnée en 4. Donc les fonctions f recherchées sont de la forme : √ √ t 4 1 (a cos ( 3 logt) + b sin ( 3 logt)) + (logt − ) ; a, b ∈ R. t 7 7
Correction de l’exercice 4615 N (a) L’équation caractéristique r2 −4r +4 = 0 a une racine (double) r = 2 donc les solutions de l’équation homogène sont les fonctions : y(x) = (c1 x + c2 )e2x où c1 , c2 ∈ R.
2199
(b) Pour d(x) = e−2x on peut chercher une solution particulière de la forme : y1 (x) = ae−2x car −2 n’est pas racine de l’équation caractéristique. On a y01 (x) = −2e−2x et y001 (x) = 4ae−2x . Par conséquent y1 est solution si et seulement si : ∀x ∈ R
(4a − 4(−2a) + 4a)e−2x = e−2x
1 donc si et seulement si a = 16 . 2x Pour d(x) = e on cherche une solution de la forme y2 (x) = ax2 e2x , car 2 est racine double de l’équation caractéristique. On a y02 (x) = (2ax + 2ax2 )e2x et y002 (x) = (2a + 4ax + 4ax + 4ax2 )e2x = (4ax2 + 8ax + 2a)e2x . Alors y2 est solution si et seulement si
∀x ∈ R
(4ax2 + 8ax + 2a − 4(2ax + 2ax2 ) + 4ax2 )e2x = e2x
donc si et seulement si a = 21 . (c) On déduit du principe de superposition que la fonction 1 1 1 y p (x) = (y1 (x) + y2 (x)) = e−2x + x2 e2x 4 64 8 est solution de l’équation pour le second membre donné dans cette question, et la forme générale des solutions est alors : y(x) = (c1 x + c2 )e2x +
1 −2x 1 2 2x e + x e où c1 , c2 ∈ R. 64 8
Correction de l’exercice 4623 N x
e Réponse : (λ x + µ) e−x + 25 [(3x − 4) cos x − (4x − 2) sin x] + (sin x − x cos x) e−x .
Correction de l’exercice 4624 N Réponse : 21 (−x cos x + sin x) + λ cos x + µ sinh x. Correction de l’exercice 4627 N Réponse : x →
λ x+µ √ , (λ , µ) 1+x2
∈ R2 .
Correction de l’exercice 4628 N Réponse : x → λ x sinh x + µx cosh x, (λ , µ) ∈ R2 . Correction de l’exercice 4629 N (a) L’équation caractéristique de l’équation homogène y00 − 2y0 + 2y = 0 est r2 − 2r + 2 = 0 dont les racines sont 1 − i et 1 + i. Les solutions de l’équation homogène sont les fonctions de la forme x 7→ ex (λ cos x + µ sin x), (λ , µ) ∈ R2 . L’équation avec second membre s’écrit x y00 − 2y0 + 2y = (e(1+i)x + e(−1+i)x + e(1−i)x + e(−1−i)x ). 4 On applique alors le principe de superposition des solutions. Recherche d’une solution particulière de l’équation y00 − 2y0 + 2y = xe(1+i)x . 1 +i est racine simple de l’équation caractéristique et donc l’équation précédente admet une solution particulière de la forme f : x 7→ (ax2 + bx)e(1+i)x . D’après la formule de L EIBNIZ :
2200
f 00 − 2 f 0 + 2 f = (((1 + i)2 (ax2 + bx) + 2(1 + i)(2ax + b) + 2a)
− 2((1 + i)(ax2 + bx) + (2ax + b)) + 2(ax2 + bx))e(1+i)x
= (2(1 + i)(2ax + b) + 2a − 2((2ax + b)))e(1+i)x = (2i(2ax + b) + 2a)e(1+i)x
= (4iax + 2a + 2ib)e(1+i)x puis,
1 i f 00 − 2 f 0 + 2 f = xe(1+i)x ⇔ 4ia = 1 et 2ib + 2a = 0 ⇔ a = − et b = . 4 4 Une solution particulière de l’équation y00 −2y0 +2y = xe(1+i)x est x 7→ 14 (−ix2 +x)e(1+i)x . Par conjugaison, une solution particulière de l’équation y00 − 2y0 + 2y = xe(1−i)x est x 7→ 14 (ix2 + x)e(1−i)x . Recherche d’une solution particulière de l’équation y00 − 2y0 + 2y = xe(−1+i)x . −1 + i n’est pas racine de l’équation caractéristique et donc l’équation précédente admet une solution particulière de la forme f : x 7→ (ax + b)e(−1+i)x . D’après la formule de L EIBNIZ : f 00 − 2 f 0 + 2 f = (((−1 + i)2 (ax + b) + 2(−1 + i)a) − 2((−1 + i)(ax + b) + a) + 2(ax + b))e(−1+i)x = ((ax + b)(−2i − 2(−1 + i) + 2) + 2(−1 + i)a − 2a)e(−1+i)x
= (4(1 − i)(ax + b) − 2(2 − i)a)e(1+i)x = (4(1 − i)ax − 2(2 − i)a + 4(1 − i)b)e(1+i)x
puis, f 00 − 2 f 0 + 2 f = xe(−1+i)x ⇔ 4(1 − i)a = 1 et 4(1 − i)b − 2(2 − i)a = 0 (2 − i)(1 + i) (3 + i)(1 + i) 1 + 2i 1+i et b = = = . ⇔a= 8 16(1 − i) 32 16 1 Une solution particulière de l’équation y00 −2y0 +2y = xe(−1+i)x est x 7→ 16 (2(1+i)x+1+2i)e(−1+i)x . 1 Par conjugaison, une solution particulière de l’équation y00 − 2y0 + 2y = xe(−1−i)x est x 7→ 16 (2(1 − (−1−i)x i)x + 1 − 2i)e . Une solution particulière de l’équation y00 − 2y0 + 2y = x cos x ch x est donc
1 1 1 (2Re( (−ix2 + x)e(1+i)x + (2(1 + i)x + 1 + 2i)e(−1+i)x ) 4 4 16 1 2 = Re(4(−ix + x)(cos x + i sin x)ex + (2x + 1 + 2(x + 1)i)(cos x + i sin x)e−x 32 1 = (4(x cos x + x2 sin x)ex + ((2x + 1) cos x − 2(x + 1) sin x)e−x ) 32 Les solutions sur R de l’équation proposée sont les fonctions de la forme x 7→ ( 18 (x cos x + x2 sin x) + λ cos x + µ sin x)ex + ((2x + 1) cos x − 2(x + 1) sin x)e−x ), (λ , µ) ∈ R2 .
(b) L’équation caractéristique de l’équation homogène y00 + 6y0 + 9y = 0 est r2 + 6r + 9 = 0 qui admet la racine double r = −3. Les solutions de l’équation homogène sont les fonctions de la forme x 7→ e−3x (λ x + µ), (λ , µ) ∈ R2 . 2 n’est pas racine de l’équation caractéristique et donc l’équation proposée admet une solution particulière de la forme f : x 7→ (ax2 + bx + c)e2x . D’après la formule de L EIBNIZ :
f 00 + 6 f 0 + 9 f = ((4(ax2 + bx + c) + 4(2ax + b) + 2a) + 6(2(ax2 + bx + c) + (2ax + b)) + 9(ax2 + bx + c))e2x = (25(ax2 + bx + c) + 10(2ax + b) + 2a)e2x = (25ax2 + (20a + 25b)x + 2a + 10b + 25c)e2x 2201
puis,
f 00 +6 f 0 +9 f = x2 e2x ⇔ 25a = 1 et 20a+25b = 0 et 2a+10b+25c = 0 ⇔ a =
1 4 6 et b = − et c = . 25 125 625
1 Une solution particulière de l’équation y00 + 6y0 + 9y = x2 e2x est x 7→ 625 (25x2 − 20x + 6)e2x . 1 Les solutions sur R de l’équation proposée sont les fonctions de la forme x 7→ 625 (25x2 − 20x + 2x −3x 2 6)e + (λ x + µ)e , (λ , µ) ∈ R .
(c) L’équation caractéristique de l’équation homogène y00 − 2y0 + y = 0 est r2 − 2r + 1 = 0 qui admet la racine double r = 1. Les solutions de l’équation homogène sont les fonctions de la forme x 7→ ex (λ x + µ), (λ , µ) ∈ R2 . Le second membre s’écrit 12 (ex + e−x ). Appliquons le principe de superposition des solutions. Recherche d’une solution particulière de l’équation y00 − 2y0 + y = ex . 1 est racine double de l’équation caractéristique et donc l’équation proposée admet une solution particulière de la forme f : x 7→ ax2 ex . D’après la formule de L EIBNIZ : f 00 − 2 f 0 + f = ((ax2 + 2(2ax) + 2a) − 2(ax2 + (2ax)) + ax2 )e2x = 2aex puis, 1 f 00 − 2 f 0 + f = ex ⇔ 2a = 1 ⇔ a = . 2 Une solution particulière de l’équation y00 − 2y0 + y = ex est x 7→ 12 x2 ex . Recherche d’une solution particulière de l’équation y00 − 2y0 + y = e−x . −1 n’est pas racine de l’équation caractéristique et donc l’équation proposée admet une solution particulière de la forme f : x 7→ ae−x . f 00 − 2 f 0 + f = (a + 2a + a)e−x = 4ae−x puis, 1 f 00 − 2 f 0 + f = e−x ⇔ a = . 4 Une solution particulière de l’équation y00 − 2y0 + y = e−x est x 7→ 14 e−x .
2
Les solutions sur R de l’équation proposée sont les fonctions de la forme x 7→ ( x4 + λ x + µ)ex + 1 −x 2 8 e , (λ , µ) ∈ R .
(d) Soit k ∈ R. L’équation caractéristique de l’équation homogène y00 − 2ky0 + (1 + k2 )y = 0 est r2 − 2kr + 1 + k2 = 0 dont le discriminant réduit vaut −1 = i2 . Cette équation admet donc pour racines k + i et k − i. Les solutions de l’équation homogène sont les fonctions de la forme x 7→ ekx (λ cos x + µ sin x), (λ , µ) ∈ R2 . Le second membre s’écrit Im(e(1+i)x ). Résolvons donc l’équation y00 − 2y0 + y = e(1+i)x . Si k 6= 1, 1 + i n’est pas racine de l’équation caractéristique et donc l’équation proposée admet une solution particulière de la forme f : x 7→ ae(1+i)x . Or, f 00 − 2k f 0 + (1 + k2 ) f = a((1 + i)2 − 2k(1 + i) + 1 + k2 )e(1+i)x = ((k − 1)2 − 2(k − 1)i)ae(1+i)x et donc, f 00 − 2k f 0 + (1 + k2 ) f = e(1+i)x ⇔ a = 2202
1 k − 1 + 2i 1 = . k − 1 k − 1 − 2i (k − 1)(k2 − 2k + 5)
Une solution particulière de l’équation y00 − 2y0 + y = e(1+i)x est x 7→ solution particulière de l’équation y00 − 2y0 + y = ex sin x est 1 (k − 1)(k2 − 2k + 5)
Im((k −1−2i)(cos x+i sin x)ex =
k−1−2i e(1+i)x (k−1)(k2 −2k+5)
1 (k − 1)(k2 − 2k + 5)
et une
(−2 cos x+(k −1) sin x)ex .
Si k 6= 1, les solutions de l’équation proposée sont les fonctions de la forme x 7→
1 (k − 1)(k2 − 2k + 5)
(−2 cos x + (k − 1) sin x)ex + (λ cos x + µ sin x)ekx , (λ , µ) ∈ R.
Correction de l’exercice 4630 N (a) Supposons y deux fois dérivable sur ]0, +∞[. La fonction t 7→ et est deux fois dérivable sur R à valeurs dans ]0, +∞[ et la fonction x 7→ y(x) est deux fois dérivable sur ]0, +∞[. Donc, puisque pour tout réel t, z(t) = y(et ), la fonction z est deux fois dérivable sur R en tant que composée de fonctions deux fois dérivables. Réciproquement, supposons que z est deux fois dérivable sur R. La fonction x 7→ ln x est deux fois dérivable sur ]0, +∞[ à valeurs dans R et la fonction t 7→ z(t) est deux fois dérivable sur R. Donc, puisque pour tout réel strictement positif x, y(x) = z(ln x), la fonction y est deux fois dérivable sur ]0, +∞[. (b) Pour t réel, posons donc x = et puis, z(t) = y(x) = y(et ). Alors, z0 (t) = et y0 (et ) = xy0 (x) puis z00 (t) = et y0 (et ) + (et )2 y00 (et ) = xy0 (x) + x2 y00 (x). Donc, xy0 (x) = z0 (t) et x2 y00 (x) = z00 (t) − xy0 (x) = z00 (t) − z0 (t). Par suite, ax2 y00 (x) + bxy0 (x) + cy(x) = a(z00 (t) − z0 (t)) + bz0 (t) + cz(t) = az00 (t) + (b − a)z0 (t) + cz(t). Donc, ∀x > 0, ax2 y00 (x) + bxy0 (x) + cy(x) = 0 ⇔ ∀t ∈ R, az00 (t) + (b − a)z0 (t) + cz(t) = 0.
(c) On applique le 2) avec a = 1, b = −1 et c = 1. L’équation à résoudre sur R est alors z00 − 2z0 + z = 0. Les solutions de cette équation sur R sont les fonctions de la forme t 7→ (λt + µ)et , (λ , µ) ∈ R2 . Les solutions sur ]0, +∞[ de l’équation initiale sont donc les fonctions de la forme x 7→ λ x ln x + µx, (λ , µ) ∈ R2 . Correction de l’exercice 4631 N (a) Il s’agit d’une équation homogène du second ordre. L’équation caractéristique associée est r2 − 3r + 2 = 0, qui admet deux solutions : r = 2 et r = 1. Les solutions sont donc les fonctions définies sur R par y(x) = λ e2x + µex (λ , µ ∈ R).
(b) L’équation caractéristique associée est r2 + 2r + 2 = 0, qui admet deux solutions : r = −1 + i et r = −1 − i. On sait alors que les solutions sont donc les fonctions définies sur R par y(x) = e−x (A cos x + B sin x) (A, B ∈ R). Remarquons que, en utilisant l’expression des fonctions cos et sin à l’aide d’exponentielles, ces solutions peuvent aussi s’écrire sous la forme λ e(−1+i)x + µe(−1−i)x (λ , µ ∈ R).
(c) L’équation caractéristique est r2 − 2r + 1 = 0, dont 1 est racine double. Les solutions de l’équation homogène sont donc de la forme (λ x + µ)ex .
(d) Les solutions de l’équation homogène sont les λ cos x + µ sin x. Le second membre peut en fait se réécrire cos2 x = 1+cos(2x) : d’après le principe de superposition, on cherche une solution particulière sous la forme a + b cos(2x) + c sin(2x). En remplaçant, on trouve qu’une telle fonction est solution si a = 1, b = − 31 , c = 0. Les solutions générales sont donc les λ cos x + µ sin x − 31 cos(2x) + 1. 2203
Correction de l’exercice 4632 N L’équation caractéristique associée à l’équation homogène est r2 − 4r + 4 = 0, pour laquelle r = 2 est racine double. Les solutions de l’équation homogène sont donc les (λ x + µ)e2x . 1 Lorsque d(x) = e−2x , on cherche une solution particulière sous la forme ae−2x , qui convient si a = 16 . 2x Lorsque d(x) = e , comme 2 est la racine double de l’équation caractéristique, on cherche une solution comme le produit de e2x par un polynôme de degré 2. Comme on sait déjà que (λ x + µ)e2x est solution de l’équation homogène, il est inutile de faire intervenir des termes de degré 1 et 0 : on cherche donc une solution de la forme ax2 e2x , qui convient si et seulement si a = 21 . 1 −2x Puisque 12 ch(2x) = 41 (e2x + e−2x ), les solutions générales sont obtenues sous la forme y(x) = 64 e + 1 2 2x 2x 8 x e + (λ x + µ)e . Correction de l’exercice 4633 N Les solutions de l’équation homogène sont les λ cos x + µ sin x. En posant y1 (x) = cos x et y2 (x) = sin x, on va chercher les solutions sous la forme λ y1 + µy2 , vérifiant 0 0 λ y1 + µ 0 y2 = 0 λ cos x + µ 0 sin x = 0 ⇐⇒ λ 0 (− sin x) + µ 0 cos x = cotan x λ 0 y01 + µ 0 y02 = cotan x 0 sin x cotan x cos x λ 0 (x) = cos x sin x − sin x cos x ⇐⇒ cos x 0 0 − sin x cotan x µ (x) = cos x sin x − sin x cos x d’après les formules de Cramer, où
cos x sin x = 1. On obtient donc − sin x cos x
λ 0 (x) = − cos x 2x µ 0 (x) = cos sin x
ce qui donne une primitive λ (x) = − sin x.
Pour µ, on cherche à primitiver on calcule une primitive Z
cos2 x x = − sin x
cos2 x sin x
Z
à l’aide du changement de variable t = cos x (et donc t = − sint x), Z
t2 1 t =t− t 2 1−t 1 − t2 1 1 1 1 = t + ln(1 − t) − ln(1 − t) = cos x + ln(1 − cos x) − ln(1 − cos x) 2 2 2 2
En remplaçant, les solutions générales sont les 1 1 y(x) = c1 cos x + c2 sin x + (− sin x) cos x + cos x + ln(1 − cos x) − ln(1 − cos x) sin x 2 2 x qui se simplifie y(x) = c1 cos x + c2 sin x + 12 sin x ln 1−cos 1+cos x , c1 , c2 ∈ R.
Correction de l’exercice 4634 N 2204
(a) Puisqu’on cherche y fonction de x ∈]0; +∞[, et que l’application t 7→ et est bijective de R sur ]0; +∞[, on peut poser x = et et z(t) = y(et ). On a alors t = ln x et y(x) = z(ln x). Ce qui donne : y(x) = z(ln x) = z(t) 1 0 y0 (x) = z (ln x) = e−t z0 (t) x 1 1 y00 (x) = − 2 z0 (ln x) + 2 z00 (ln x) = −e−2t z0 (t) + e−2t z00 (t) x x En remplaçant, on obtient donc que ∀x ∈]0; +∞[, x2 y00 + xy0 + y = 0 ⇐⇒ ∀t ∈ R, z00 (t) + z(t) = 0 autrement dit, z(t) = λ cost + µ sint où λ , µ ∈ R. Finalement, les solutions de l’équation de départ sont de la forme y(x) = z(ln x) = λ cos(ln x) + µ sin(ln x) où λ , µ ∈ R.
(b) L’application t 7→ tant étant bijective de ] − π2 ; π2 [ sur R, on peut poser x = tant et z(t) = y(tant). On a alors t = arctan x et ainsi : y(x) = z(arctan x) = z(t) 1 0 y0 (x) = z (arctan x) 1 + x2 1 y00 (x) = z00 (arctan x) − 2xz0 (arctan x) 2 2 (1 + x )
En remplaçant, on obtient que z est solution de l’équation différentielle z00 + mz = 0. Pour résoudre cette équation, on doit distinguer trois cas √ √ : — m < 0 : alors z(t) = λ e −mt + µe− −mt et donc √ −m arctan x
y(x) = λ e
√ −m arctan x
+ µe−
,
— m = 0 : z00 = 0 et donc z(t) = λt + µ et y(x) = λ arctan x + µ, √ √ — m > 0 : alors z(t) = λ cos( mt) + µ sin( mt) et donc √ √ y(x) = λ cos( m arctan x) + µ sin( m arctan x) où λ , µ ∈ R. Correction de l’exercice 4635 N (a) En faisant le changement de variable x = et (donc t = ln x) et en posant z(t) = y(et ) (donc y(x) = z(ln x), l’équation x2 y√00 +y = 0 devient z00 − z0 + z = 0, dont les solutions sont les z(t) = et/2 · √ λ cos( 23 t) + µ sin( 23 t) , λ , µ ∈ R. Autrement dit, ! √ √ √ 3 3 y(x) = x λ cos( ln x) + µ sin( ln x) 2 2
(b) Supposons que f convienne : par hypothèse, f est de classe C 1 , donc x 7→ f ( 1x ) est de classe C 1 sur R∗ et par conséquent f 0 aussi. Ainsi f est nécessairement de classe C 2 sur R∗ (en fait, en itérant le raisonnement, on montrerait facilement que f est C ∞ sur R∗ ). En dérivant l’équation f 0 (x) = f 1x , on obtient 1 0 1 00 f (x) = − 2 f x x 2205
et en réutilisant l’équation : 1 f (x) = − 2 f 0 x 00
1 1 = − 2 f (x). x x
Ainsi on obtient que f est solution de x2 y00 + y = 0 sur R∗ . Nécessairement, il existe λ , µ ∈ R tels que ! √ √ √ 3 3 ∀x > 0, f (x) = x λ cos( ln x) + µ sin( ln x) 2 2 Par hypothèse, f est de classe C 1 sur R, en particulier elle se prolonge√en 0 de façon C√1 . Cherchons à √ 3 3 quelle condition sur λ , µ cela est possible. Déjà, f (x) = x λ cos( 2 ln x) + µ sin( 2 ln x) −−−→ + x→0
0 pour tous λ , µ ; donc f (0) = 0. Mais
! √ √ 3 3 λ cos( ln x) + µ sin( ln x) 2 2
f (x) − f (0) 1 =√ x−0 x
n’a pas de limite en 0 si λ 6= 0 ou µ 6= 0. En effet, pour xn = e √λ qui admet une limite finie seulement xn f (xn0 )− f (0) = √µ 0 et implique donc µ = 0. xn0 −0 x
√2 (−2nπ) 3
f (xn )− f (0) xn −0 √2 (−2nπ+ π ) 2 3
, on a xn → 0 mais
si λ = 0. De même avec
xn0
=e
=
qui donne
n
Par conséquent, la seule possibilité est λ = µ = 0. Ainsi f est la fonction nulle, sur [0, +∞[. Le même raisonnement s’applique sur ] − ∞, 0]. La fonction est donc nécessairement nulle sur R. Réciproquement, la fonction constante nulle est bien solution du problème initial. Correction de l’exercice 4636 N λ (a) y = 2 + x+2 . x (b) y = C+sin . x x+λ . (c) y = − cos x + sin1+x
(d) y = λ x − 3x12 .
(e) y = λ x4/3 − x. (f) y =
(g) y = y= y=
sin x−cos x cos 2x + 3 sin 2x−6 + λ e−x . 2 5 argch(1−2x)+λ √ pour x < 0 2 x2 −x arcsin(2x−1)+µ √ pour 0 < x < 1 2 x−x2 − argch(2x−1)+ν √ pour 1 < x. 2 x2 −x
√|x+1| + λ . arctan x + x+1 ln 2x x2 +1 x (i) y = 1−x (1 + x) ln x + 1 + λ x . 2
(h) y =
x−1 2x
Correction de l’exercice 4637 N (a) y = (x + a cos x + b sin x)ex . (b) y = (ax + b)e2x + 2xex . (c) y = e2x (a cos 3x + b sin 3x) + 2 cos 2x + sin 2x. (d) y = sin x ln tan 2x + λ cos x + µ sin x (variation de la constante avec sin). (e) y = (λ + ln |x|)e−x + µe−2x .
2206
n (2n) (x). (f) y = λ cos x + µ sin x + ∑∞ n=0 (−1) P
(g) y = a cos x + b sin x avec a2 + b2 = 1 ou y = ±1. Correction de l’exercice 4638 N x
x
(a) y = −ex + λ ee + µe−e . 2
2
2
(b) y = λ ex + µe2x + 2x16+3 . (c) y = λ x2 + µ ln x. (d) y = ax + bx2 + 1 − 2x sin x. (e) y = x2 ln |x + 1| + λ x2 ln (f) y =
(g) y =
−1+a ch x+b sh x . x2 √ λ x2 + 3 + µx − 1.
x 1 x+1 + x − 2
+ µx2 .
(h) y(4) − 2y00 + y = 0 ⇒ y = a(ch x − x sh x) + b(x ch x − sh x). Correction de l’exercice 4639 N ( a0 cos(x3/2 ) si x > 0 (a) 2n(2n − 3)an = −9an−3 ⇒ y = a0 ch(|x|3/2 ) si x 6 0. ( a cos u + b sin u si x > 0 Solution générale : y = avec u = |x|3/2 . a ch u + b sh u si x 6 0, (b) n(n + 1)an = an−2 ⇒ y = a0 shx x . Solution générale : y =
a ch x+b sh x . x
√ (c) (2n + 1)(2n + 2)an+1 = an ⇒ y = a0 ch( x ). √ √ Solution générale sur R+ : u = a ch( x ) + b sh( x ). (d) n(n − 1)an + (n + 1)an−2 = 0 ⇒ y = a0 (1 − x2 )e−x Solution générale : y =
2 /2
+ a1 z.
2 (1 − x2 )e−x /2 (a + bF(x)) + bx
avec F(x) =
x−sh x . x3 a ch x+b sh x+x . Solution générale : y = x3 λx nan+1 = (n + 1)an ⇒ y = (1−x)2 . ln |x|) Solution générale : y = ax+b(1+x . (1−x)2
(e) (n + 2)(n + 3)an = an−2 ⇒ y = (f)
Rx
t 2 /2 dt. t=0 e
Correction de l’exercice 4640 N | sin x| =
2 π
cos 2nx − π4 ∑∞ n=1 4n2 −1 ⇒ y =
2 π
cos 2nx − π4 ∑∞ n=1 (4n2 −1)(16n4 −4n2 +1) .
Cette série converge et définit une fonction de classe C 4 solution de l’équation. 2 2 Unicité : les solutions de l’équation homogène sont combinaison de e jx , e− jx , e j x et e− j x donc non π-périodiques.
Correction de l’exercice 4641 N cos nx k∈ / Z : y = ∑∞ k=1 n2 (k2 −n2 ) + a cos kx + b sin kx. k ∈ Z : remplacer
cos kx k2 (k2 −k2 )
par
x sin kx . 2k3
Correction de l’exercice 4642 N 2207
y = x + 1 + λ ex ou y = x − 1 + λ e−x . Correction de l’exercice 4643 N
x e − 1 y = 1 − cos x + sin x 3π/2−x e −1
Correction de l’exercice 4644 N 02 4xz00 + 2z0 + z = −12 4xy00 + 2y0 − y − 8xy = y
y
si x < 0 si 0 6 x < si x > 3π 2 .
2 2 (y + 4xy02 ) y3
donc
pour x < 0.
Résolution sans indication : on pose x = εt 2 et y(x) = z(t) d’où
d2z dt 2
3π 2
y0 y
√ 1 = ± √−4x et y = λ exp(± −x)
+ εz = 0.
Correction de l’exercice 4645 N (a) g(x) = be−ax + (b)
RX
x=0 g(x) dx
Rx
t=0 e
a(t−x) f (t) dt.
= b (1 − e−aX ) + a
b a
→ +
1 R +∞ t=0 a
RX RX
t=0 x=t e
a(t−x) f (t) dx dt
= b (1 − e−aX ) + a
f (t) dt lorsque X → +∞.
R X 1−ea(t−X) f (t) dt t=0 a
Donc l’intégrale de g converge. On montre la convergence absolue par majoration élémentaire.
Correction de l’exercice 4646 N (a) x = 2αet + (2γt + 2β − γ)e2t ,
y = (γt + β )e2t ,
z = αet + (γt + β )e2t .
(b) y = −1 + λ eαt + µeβt , z = −1 + λ (1 + α)eαt + µ(1 + β )eβt , α = (c) y =
(d) x =
sint −3 cost−13 sint + (at + b)e2t , z = −4 cost−3 + (at + a + b)e2t . 25 25 b+c 2 t (a + bt + ct 2 )et , y = a + b−c 2 + (b + c)t + ct e , z = a − 2 −(b + c)et + (a + b + c)e2t ,
(e) x = y = 12 (−a + 5b + 3c) − 2(b + c)et + 12 (a + b + c)e2t , z = 21 (a − 5b − 3c) + 3(b + c)et − 21 (a + b + c)e2t .
√ −3+ 5 , 2
β=
√ −3− 5 . 2
+ (b − c)t + ct 2 et .
(f) x = (at 2 + (a + b + 12 )t + a + b + c)et , y = (at 2 + (b − a + 12 )t + a + c)et − 12 e−t , z = (−at 2 + (a − b − 12 )t − c)et + 12 e−t .
Correction de l’exercice 4647 N y = (t 2 + 1)x0 − tx − 2t 2 + 1 ⇒ (t 2 + 1)x00 + 2tx0 − 2x = 6t. Résolution par DSE ⇒ x = a(1 + t arctant) + bt + t ln(1 + t 2 ), y = a arctant + b + 1 + ln(1 + t 2 ). Correction de l’exercice 4650 N Dériver deux fois. f (x) =
sin x−x cos x 2
+ λ sh x + µ cos x.
Correction de l’exercice 4651 N 2208
(a) z0 + thzx = 0. (b) y =
ax+b sh x .
(c) (d) (e)
Correction de l’exercice 4652 N (a) spectre = C, fλ (t) = e−t
2 /2
eλt .
(b) Pour λ 6= 0, Φ2 ( f ) = λ 2 f ⇔ f = a fλ + b f−λ . 2
Pour λ = 0, Φ2 ( f ) = 0 ⇔ f (t) = (at + b)e−t /2 . √ √ 2 (c) Φ2 (y) = −2y ⇔ y = e−t /2 a cos(t 2 ) + b sin(t 2 ) . Correction de l’exercice 4653 N
(a) λ = n2 : P(X) = aX n . √
√
(b) λ > 0 : f (x) = αx λ + β x− λ . λ = 0 : f (x) = α + β ln x. √ √ λ < 0 : f (x) = α cos −λ ln x + β sin −λ ln x . p √ (c) λ ∈ R : f (x) = α exp λ arcsin x − x(1 − x) . Correction de l’exercice 4654 N (a) λ = 2k, P = α(X − 1)n−k (X + 1)n+k pour −n 6 k 6 n.
(b) λ = 0, P = αX 2n .
(c) λ = 0, P = α(X 2 + 1)n .
Correction de l’exercice 4655 N y=
Rx
t=0 g(t) dt ⇒
y0 y
=
√ 2± 2 x
√ 2.
⇒ g(x) = αx1±
√ 2.
Continuité en 0 ⇒ g(x) = αx1+
Correction de l’exercice 4656 N Étudier e−A (y − z), A0 = a. Correction de l’exercice 4657 N b(x0 ) Point de concours : x0 − a(x10 ) , − a(x . 0) Correction de l’exercice 4659 N (a) (b) Soient y0 une solution particulière et y1 une solution non nulle de l’équation homogène : y1 (x) = e−A(x) avec A0 = a. Alors y0 (x + T ) = y0 (x) + αy1 (x),Ret pour une solution y quelconque, y = y0 + T λ y1 : y(x + T ) − y(x) = (α + λ (e−I − 1))y1 (x) où I = t=0 a(t) dt. 2209
Correction de l’exercice 4660 N λ= 6 0: λ =0:
α ≡ π4 (mod π)
f (x) = a sin(αx), f = 0.
Correction de l’exercice 4661 N f (1) = e−k
R1
kt t=0 g(t)e dt.
Avec Cauchy-Schwarz on obtient kt
−kt
R1
t=0 ( f
0 (t) + k f (t))2 dt
>
2k 1−e−2k
f (1)2 = 9 1−e2k−2k .
−e Il y a égalité pour f (t) = 3 eek −e −k .
Correction de l’exercice 4662 N 1 R tn +2π R t 0 x=tn u (x) dx dt et on majore l’intégrale interne par 2π t=tn R t u0 donc w(t) = x=t sin(t − x)u0 (x) dx + α cost + β sint puis n
(a) un − u(tn ) = (b)
w + w00
=
Z tn +2π
w(t) dt =
t=tn
= =
Z tn +2π Z t
lorsque n → ∞ et
R tn +2π t=tn
sin(t − x)u0 (x) dx dt
t=tn x=tn Z tn +2π Z tn +2π
x=tn t=x Z tn +2π 0 x=tn
Cauchy-Schwarz.
sin(t − x)u0 (x) dt dx
u (x)(cos(tn − t) − 1) dx
→ 0,
v(t) dt = w(tn ) − w(tn + 2π) = −
R tn +2π x=tn
sin(t − x)u0 (x) dx.
Correction de l’exercice 4663 N R
t (a) Formule de Duhamel : y(t) = − x=0 et−x f (x) dx + λ et . Par convergence dominée, l’intégrale tend vers 0 quand t tend vers −∞ donc toutes les solutions de (E) sont bornées au voisinage de −∞. Rt Pour t > 0 on a y(t) = et λ − x=0 e−x f (x) dx donc il y a au plus une valeur de λ telle que y soit
R
(b)
+∞ −x éventuellement bornée au voisinage de +∞, c’est λ = x=0 e f (x) dx. R R +∞ t−x +∞ Pour ce choix on a : |y(t)| = x=t e f (x) dx 6 x=t | f (x)| dx → 0 lorsque t → +∞.
Z b
t=a
|F(t)| dt 6 6 6 6
Z b Z +∞
t=a x=t Z b Z x
x=a t=a Z b
et−x | f (x)| dxdt
et−x | f (x)| dtdx +
(1 − ea−x )| f (x)| dx +
x=a Z +∞
x=−∞
| f (x)| dx
2210
Z +∞ Z b
Z
x=b +∞
x=b
t=a
et−x | f (x)| dtdx
(eb−x − ea−x )| f (x)| dtdx
donc F est intégrable. F 0 = F − f est aussi intégrable et
R +∞ −∞
F=
R +∞ −∞
f.
Correction de l’exercice 4664 N Poser F(x) =
Rx
t=0
f (t) dt et G(x) =
Rx
t=0 g(t) dt
h i+∞ 0 (t) dt = F(t) F t=−∞
R +∞
t=−∞
= 0 d’où
puis résoudre :
F(x) = x − 1 + G0 (x) G(x) = x − 1 + F 0 (x) F(0) = G(0) = 0.
On trouve f (x) = g(x) = 1. Correction de l’exercice 4665 N
y0 étant bornée, y admet une limite finie en tout point fini donc la solution non prolongeable est définie sur R. Une solution y est de classe C ∞ vu l’équation et y00 = (1 + sin(x + y)) cos(x + y) est du signe de cos(x + d (x + y) 6= 0 donc y00 change de signe y). En un point (x0 , y0 ) tel que x0 + y0 ≡ π2 (mod π) on a y00 = 0 et dx 3π et il y a inflexion. En un point (x0 , y0 ) tel que x0 + y0 ≡ 2 (mod π) on a x + y =cste (car y = cste − x est solution et il y a unicité) donc il n’y a pas inflexion. Correction de l’exercice 4666 N (a) thm de Cauchy-Lipschitz linéaire. (b) x 7→ A(−x) et x 7→ −B(−x) sont solutions de (E) et vérifient les bonnes conditions initiales. (c) Résoudre u00 (x) + ku(x) = 2d cos(x)u(x) par la formule de Duhamel.
Correction de l’exercice 4667 N (a) (b) Oui, Keru = {0}.
(c) Oui : si g ∈ E alors f = t 7→
Rt
s−t g(s) ds s=−∞ e
appartient à E et f + f 0 = g.
Correction de l’exercice 4668 N (a)
sh(x/p) R 1 x−t (b) u p (x) = − t=0 p f (t) sh p dt + sh(1/p) t=0 p f (t) sh 1−t dt. p Rx
R
R
x 1 (c) TCD : lorsque p → ∞ u p (x) → − t=0 (x − t) f (t) dt + x t=0 (1 − t) f (t) dt = R1 t=x x(1 − t) f (t) dt (primitive deuxième de − f s’annulant en 0 et 1).
Rx
t=0 t(1 − x) f (t) dt
+
Correction de l’exercice 4669 N (a) Il suffit de démontrer que les solutions de (E ) sont développables en série entière. La méthode des coefficients indéterminés donne n(n − 1)an = (λ − 1)an−4 si n > 4 et a2 = a3 = 0 d’où a4k = ka (λ −1)k a0 1 , a4k+1 = k(λ −1) , a4k+2 = a4k+3 = 0. On obtient une série de rayon infini pour tout k 4i(4i−1) 4i(4i+1) ∏i=1 ∏i=1 choix de a0 , a1 donc les solutions DSE forment un espace vectoriel de dimension 2 et on a ainsi trouvé toutes les solutions. 2211
(b) On doit avoir H 00 (x) − 2xH 0 (x) + ((2 − λ )x2 − 1)H(x) = 0. Si H est une fonction polynomiale non nulle, en examinant les termes de plus haut degré on obtient une contradiction. Donc il n’existe pas de telle solution.
Correction de l’exercice 4670 N Considérer h(t) = a + formule de Duhamel.
Rt
u=0
f (u)g(u) du et résoudre l’inéquation différentielle h0 (t) 6 g(t)h(t) par la
Correction de l’exercice 4671 N f (x) =
Rx
t=0 g(t) sin(x − t) dt + λ
cos x + µ sin x avec g = f + f 00 .
Correction de l’exercice 4672 N On pose ϕ(t) = f 00 (t) + f 0 (t) + f (t). h √ √ √ i Rt 3u 3u f (t) = e−t/2 − √23 u=0 ϕ(u)eu/2 sin 3 (u−t) , du + A cos + B sin . 2 2 2 Correction de l’exercice 4674 N R
x b(t)eA(t)−A(x) dt + y(α)e−A(x) avec A0 = a et A(α) = 0. (a) y = t=α Comme a > 1, on a A(x) > x − α et A(t) − A(x) 6 t − x pour t 6 x. Rz Rx Donc |y| 6 t=α |b(t)|et−x dt + t=z |b(t)|et−x dt + |y(α)|eα−x 6 kbk∞ ez−x + sup |b| + |y(α)|eα−x . [z,+∞[
On choisit z tel que z → +∞ et x − z → +∞ ⇒ cqfd.
R
x (b) Comme A(t) − A(x) 6 t − x pour t 6 x, l’intégrale t=−∞ b(t)eA(t)−A(x) dt converge et fournit une −A(x) solution nulle en −∞. Comme e → +∞ lorsque x → −∞, c’est la seule.
Correction de l’exercice 4675 N (a) Sinon, la convexité de y est incorrecte. (b) S’il existe x tel que z(x) = z0 (x) = 0, alors z = 0 ce qui est absurde. S’il existe x tel que z(x) = 0 6= z0 (x), alors par convexité, z ne peut s’annuler ailleurs. Correction de l’exercice 4677 N Si y1 et y2 sont deux solutions bornées alors y001 et y002 sont intégrables donc y0i (t) → 0 lorsque t → +∞ et Wy1 ,y2 (t) = 0 pour tout t. Correction de l’exercice 4678 N (a) On suppose y 6= 0 sinon y n’a pas de zéros consécutifs. Comme y(x0 ) = 0, on a y0 (x0 ) 6= 0 sinon y = 0. Ceci implique que chaque zéro de y est isolé, donc la notion de zéros consécutifs est pertinente. Enfin, y0 (x0 ) et y0 (x1 ) sont de signes opposés sinon il existe un autre zéro dans ]x0 , x1 [. (b) W 0 = (q − r)yz. W (x1 ) −W (x0 ) = y0 (x0 )z(x0 ) − y0 (x1 )z(x1 ) (non simplifiable).
(c) Si z ne s’annule pas dans ]x0 , x1 [ alors W 0 est de signe constant sur cet intervalle. L’examen des différents cas possibles de signe apporte une contradiction entre les signes de W 0 et de W (x1 ) − W (x0 ) si z(x0 ) 6= 0 ou z(x1 ) 6= 0.
(d) On prend r = q, z = u. Si u(x0 ) 6= 0 alors u admet un zéro dans ]x0 , x1 [ et en permutant les rôles de u 0 (x ) 0 et y, le prochain zéro éventuel de u vient après y1 . Sinon, u = uy0 (x y. 0) 2212
Correction de l’exercice 4679 N (a) (b) i. Wronskien. 0 0 0 ii. yz = z y−zy est de signe constant ⇒ y2 z y
z y
est monotone.
admet des limites infinies en u et v. TVI
Correction de l’exercice 4680 N z0 = − tλ2 sin(t − a)y(t) donc si y ne s’annule pas sur ]a, a + π[, alors z est strictement monotone sur [a, a + π]. Mais z(a + π) − z(a) = y(a + π) + y(a) ⇒ contradiction de signe. Correction de l’exercice 4681 N (a) L’ensemble des zéros est localement fini d’après Cauchy-Lipchitz. Si y ne s’annule pas sur [a, +∞[, par exemple y > 0, alors y est concave positive donc minorée, donc y00 → −∞ ce qui implique y0 , y → −∞, contradiction.
(b)
π
(c) Soit bn = Alors
. Alors bn+1 6 2 ln ean /2
1 bn+1
− b1n → 12 , bn ∼
1 2n
bn bn+1
6 bn et bn → 0 donc bn ∼ bn+1 ∼ 2
et an ∼ 2 ln n.
bn bn+1
−1 .
Correction de l’exercice 4682 N Les formes linéaires y 7→ y(a) et y 7→ y(b) sont linéairement indépendantes sur l’espace des solutions de l’équation homogène. Correction de l’exercice 4683 N On se ramène au cas z = 0. Soit x tel que y(x) < 0 et y0 (x) = 0. Alors y00 (x) < 0, donc y n’est pas minimale en x. Donc y n’a pas de minimum local sur ]a, +∞[. Correction de l’exercice 4684 N Si xi (0) > 0 pour tout i on obtient une contradiction en considérant le plus petit t tel qu’il existe i avec xi (t) < 0. Cas général : dépendance continue de la solution par rapport aux conditions initiales. . . Correction de l’exercice 4685 N √ 2 f 0 (x) = 2(xx+i π(x + 1)−1/4 exp 2 +1) f (x) ⇒ f (x) =
i 2
arctan x .
Correction de l’exercice 4686 N (a) Soit f non identiquement nulle vérifiant f 00 = λ ∆ f avec λ > 0 : sur tout intervalle où f est strictement positive, f est strictement convexe donc ne peut pas s’annuler aux deux bords ; idem quand f est strictement négative, il y a contradiction. Le cas λ = 0 est trivial. (b) ( f | g) = (c) i.
Rb
t=a
f 0 (t)g0 (t) dt = −
Rb
t=a
f 00 (t)g(t) dt = −
2213
Rb
t=a
f (t)g00 (t) dt.
ii. Si fλ a un nombre fini de zéros, soit xn le dernier et A = max(xnR, 2). Sur [A, +∞[, √ f est de signe x 00 constant, ε, et on a fλ − λ fλ = λ (∆ − 1) fλ = ϕ d’où fλ (x) = t=A sin((x − t) −λ )ϕ(t) dt + √ R √ √ √ A+π/ −λ α cos(x −λ )+β sin(x −λ ). En particulier fλ (A)+ fλ A+ √π−λ = t=A sin((x−t) −λ )ϕ(t) dt est du signe de −ε, absurde. Si l’ensemble des zéros de f admet un point d’accumulation x on a fλ (x) = fλ0 (x) = 0 d’où fλ = 0, absurde.
Correction de l’exercice 4687 N (a) Après le prolongement indiqué on peut appliquer le relation de Parseval à f et f 0 sachant que c0 ( f ) = 0 par imparité et |cn ( f )| = |cn ( f 0 )|/n 6 |cn ( f 0 )| pour n 6= 0. h iπ R R R (b) x00 (t) + q(t)x(t) = 0 ⇒ 0π x02 = xx0 − 0π xx00 = 0π qx2 ⇒ x0 = 0 ⇒ x = 0. 0
Rmq : il n’est pas nécessaire d’avoir q de classe C 1 .
(c) Il existe x0 de classe C 2 vérifiant l’équation différentielle. Par différence avec x0 on se ramène au cas f = 0 et il faut montrer que l’application ϕ : S → R2 , x 7→ (x(0), x(π)) est bijective, en notant S l’espace des solutions de l’équation homogène x00 + qx = 0. Or ϕ est linéaire et est injective d’après la question précédente, c’est donc une bijection car dim S = 2. Remarque : l’hypothèse f de classe C 1 est inutile, continue suffit.
Correction de l’exercice 4688 N x et 1/x sont solution ⇒ x02 + qx2 = 0 donc une condition nécessaire est : q(t) p 6 0 et q = −x02 /x2 est de 1 1 classe C . Réciproquement, supposons q négative de classe C et soit r(t) = −q(t). Si x est solution de x0 = r(t)x alors sur tout intervalle I où q ne s’annule pas on a x00 = r(t)x0 + r0 (t)x donc x00 + p(t)x0 + q(t)x = (r(t) + p(t))x0 + (r0 (t) + q(t))x = (r(t)p(t) + r0 (t))x donc une deuxième condition nécessaire est : p(t)q(t) = − 12 q0 (t). Ces deux conditions sont suffisantes si q est strictement négative. Correction de l’exercice 4689 N
R
t La suite (Xk ) de fonctions définie par Xk (t) = X0 , Xk+1 (t) = X0 + u=0 A(u)Xk (u) du converge localement uniformément vers X et Xk (t) est clairement à composantes positives pour t > 0.
Correction de l’exercice 4690 N Pour n = 1 et A(t) = a > 0 on trouve après les incantations usuelles (équation homogène, variation R1 de la constante et mise en forme de l’intégrale) que X : t 7→ u=0 F(tu)ua−1 du est l’unique solution prolongeable en 0 et qu’elle est de classe C ∞ sur R. Pour n = 1 et A non constante, on trouve de même : X(t) =
Z 1
u=0
Z F(tu)uA(0)−1 exp
et l’on voit que X est C ∞ en écrivant
tu
v=t
A(v)−A(0) v
R1
A(v) − A(0) dv du v
0 w=0 A (vw) dw. R1 Pour n quelconque et A constante : alors la fonction X : t 7→ u=0 uA(0)−I F(tu) du est l’unique solution prolongeable en 0, en convenant que uA(0)−I = exp((A(0) − I) ln(u)) (l’intégrale converge en 0 car
=
uA(0)−I = O(uα−1 ln(u)n ) pour tout α > 0 minorant les parties réelles des valeurs propres de A(0)). Pour A non constante, on met l’équation sous forme intégrale : tX 0 (t) + A(t)X(t) = F(t) ⇔ X(t) =
Z 1
u=0
2214
uA(0)−I {F(tu) − (A(tu) − A(0))X(tu)} du.
Soit a > 0 à choisir. Posons E = C ([−a, a], Cn ) et pour X ∈ E : Φ(X) = t 7→
Z 1
u=0
uA(0)−I {F(tu) − (A(tu) − A(0))X(tu)} du.
On a facilement : Φ(X) ∈ E si X ∈ E et Φ est contractante sur E pour k k∞ si a est choisi suffisament petit. Donc l’équation tX 0 (t) + A(t)X(t) = F(t) admet une solution (unique) définie au voisinage de 0, et cette solution est prolongeable en une solution sur R car le théorème de Cauchy-Lipschitz s’applique en dehors de 0. Par ailleurs, on a : ∀ t ∈ R, X(t) =
Z 1
u=0
uA(0)−I {F(tu) − (A(tu) − A(0))X(tu)} du,
ce qui montre par récurrence sur k ∈ ||| que X est de classe C k sur R. Correction de l’exercice 4691 N (a) Poser F(t) = de Duhamel.
Rt
u=t0
f (u) du et résoudre l’inéquation différentielle F 0 (t) 6 g(t) + kF(t) par la formule
(b) M 0 = AM ⇒ k|M 0 (t)k| 6 Kk|M(t)k| Z t
⇒ k|M(t) − Ik| 6 K ⇒ k|M(t)k| 6 1 + K ⇒ k|M(t)k| 6 1 + K
u=t0
k|M(u)k| du
u=t0
k|M(u)k| du
Z t
Z t
eK(t−u) du = eK(t−t0 ) .
u=t0
(M − N)0 = (A − B)M + B(M − N)
⇒ k|(M − N)0 (t)k| 6 ηeK(t−t0 ) + (K + η)k|(M − N)(t)k| Z t η k|(M − N)(u)k| du ⇒ k|(M − N)(t)k| 6 (eK(t−t0 ) − 1) + (K + η) K u=t0 Z (K + η)η t (K+η)(t−u) K(u−t0 ) η K(t−t0 ) − 1) + e (e − 1) du ⇒ k|(M − N)(t)k| 6 (e K K u=t | {z 0 } K(t−t ) η(t−t ) 0 0 =e (e − 1)
(c) X0 (t) = M0 (t)α et Y0 (t) = N0 (t)α, d’où kX0 (t) −Y0 (t)k 6 eK(t−t0 ) (eη(t−t0 ) − 1)kαk. Correction de l’exercice 4692 N Dans tout l’exercice, on note (E) l’équation différentielle considérée et (EH ) l’équation homogène associée. (a) Les solutions de (E) sur R forment un R-espace affine de direction l’espace des solutions de (EH ) sur R qui est de dimension 1. La fonction x 7→ 1 est une solution de (E) sur R et la fonction x 7→ e−x est une solution non nulle de (EH ) sur R. Donc SR = {x 7→ 1 + λ e−x , λ ∈ R}. (b) Les solutions de (EH ) sur R sont les fonctions de la forme x 7→ λ ex/2 . Déterminons maintenant une solution particulière de (E) sur R. 1ère solution. Il existe une solution particulière de (E) sur R de la forme x 7→ a cos x + b sin x, (a, b) ∈ R2 . Soit f une telle fonction. Alors, pour tout réel x, 2215
2 f 0 (x) − f (x) = 2(−a sin x + b cos x) − (a cos x + b sin x) = (−a + 2b) cos x + (−2a − b) sin x. Par suite,
f solution de (E) sur R ⇐ ∀x ∈ R, 2 f 0 (x) − f (x) = cos x ⇐ 1 2 ⇐ a = − et b = . 5 5
−a + 2b = 1 −2a − b = 0
SR = x 7→ 51 (− cos x + 2 sin x) + λ ex/2 , λ ∈ R . 2ème solution. Par la méthode de variation de la constante, il existe une solution particulière de (E) sur R de la forme x 7→ λ (x)ex/2 où λ est une fonction dérivable sur R. Soit f une telle fonction. 1 0 x/2 x/2 f solution de (E) surR ⇐ ∀x ∈ R, 2 λ (x)e + λ (x)e − 2λ (x)ex/2 = cos(x) 2 1 ⇐ ∀x ∈ R, λ 0 (x) = e−x/2 cos x. 2 Or, Z
1 1 −x/2 e cos x dx = Re 2 2
Z
(− 21 +i)x
e
1 dx = Re 2
1 = e−x/2 (− cos x + 2 sin x) +C. 5
1
e(− 2 +i)x − 12 + i
!
1 +C = e−x/2 Re ((cos x + i sin x)(−1 − 2i)) +C 5
Par suite, on peut prendre λ (x) = 51 e−x/2 (− cos x + 2 sin x) ce qui fournit la solution particulière f0 (x) = 15 (− cos x + 2 sin x). (c) Puisque les fonctions x 7→ −2 et x 7→ xe2x sont continues sur R, l’ensemble des solutions de (E) sur R est un R-espace affine de dimension 1. Soit f une fonction dérivable sur R. f solution de (E) sur R ⇔ ∀x ∈ R, f 0 (x) − 2 f (x) = xe2x ⇔ ∀x ∈ R, e−2x f 0 (x) − 2e−2x f (x) = x ⇔ ∀x ∈ R, (e−2x 2 x2 x −2x ⇔ ∃λ ∈ R/ ∀x ∈ R, e f (x) = + λ ⇔ ∃λ ∈ R/ ∀x ∈ R, f (x) = + λ e2x . 2 2 n 2 o SR = x 7→ x2 + λ e2x , λ ∈ R . (d) L’équation caractéristique (Ec ) associée à l’équation homogène y00 − 4y0 + 4y = 0 est z2 − 4z + 4 = 0 et admet z0 = 2 pour racine double. On sait que les solutions de (EH ) sur R sont les fonctions de la forme x 7→ (λ x + µ)e2x , (λ , µ) ∈ R2 . Puisque 2 est racine double de l’équation caractéristique, l’équation y00 − 4y0 + 4y = e2x admet une solution particulière f0 de la forme : ∀x ∈ R, f0 (x) = ax2 e2x , a ∈ R. La formule de L EIBNIZ fournit pour tout réel x, f000 (x) − 4 f00 (x) + 4 f0 (x) = a(4x2 + 8x + 2)e2x − 4a(2x2 + 2x)e2x + 4ax2 e2x = 2ae2x , et f0 est solution de (E) sur R si et seulement si a = 21 . n 2 o SR = x 7→ x2 + λ x + µ e2x , (λ , µ) ∈ R2 . 2216
(e) L’équation caractéristique (Ec ) associée à l’équation homogène y00 + 4y = 0 est z2 + 4 = 0 et admet deux racines non réelles conjuguées z1 = 2i et z2 = z1 = −2i. On sait que les solutions de (EH ) sur R sont les fonctions de la forme x 7→ λ cos(2x) + µ sin(2x), (λ , µ) ∈ R2 . Une solution réelle de l’équation y00 + 4y = cos(2x) est la partie réelle d’une solution de l’équation y00 + 4y = e2ix . Puisque le nombre 2i est racine simple de (Ec ), cette dernière équation admet une solution de la forme f1 : x 7→ axe2ix , a ∈ C. La formule de L EIBNIZ fournit pour tout réel x, f100 (x) + 4 f1 (x) = a((−4x + 4i)e2ix + 4xe2ix ) = 4iae2ix . et f1 est solution de y00 +4y = e2ix si et seulement si a = 4i1 . On obtient f1 (x) = 4i1 xe2ix = 41 x(−i cos(2x)+ sin(2x)) ce qui fournit une solution particulière de (E) sur R : ∀x ∈ R, f0 (x) = 14 x sin(2x). SR = x 7→ 14 x sin(2x) + λ cos(2x) + µ sin(2x), (λ , µ) ∈ R2 .
(f) L’équation caractéristique (Ec ) associée à l’équation (EH ) est z2 + 2z + 2 = 0 et admet deux racines non réelles conjuguées z1 = −1 + i et z2 = z1 = −1 − i. On sait que les solutions de (EH ) sur R sont les fonctions de la forme x 7→ (λ cos(x) + µ sin(x))e−x , (λ , µ) ∈ R2 . Pour tout réel x, cos(x) ch(x) = Re eix ch(x) = 12 Re e(1+i)x + e(−1+i)x . Notons (E1 ) l’équation y00 + 2y0 + 2y = e(1+i)x et (E2 ) l’équation y00 + 2y0 + 2y = e(−1+i)x . Si f1 est une solution de (E1 ) et f2 est une solution de (E2 ) alors f0 = 12 Re( f1 + f2 ) est une solution de (E) sur R d’après le principe de superposition des solutions. • (E1 ) admet une solution particulière de la forme f1 : x 7→ ae(1+i)x , a ∈ C. Pour tout réel x, f100 (x) + 2 f10 (x) + 2 f1 (x) = a((1 + i)2 + 2(1 + i) + 2)e(1+i)x = a(4 + 4i)e(1+i)x et f1 est solution de (E1 ) sur R si et seulement si a =
1 4+4i
=
1−i 8 .
On obtient f1 (x) =
1−i (1+i)x . 8 e
• (E2 ) admet une solution particulière de la forme f2 : x 7→ axe(−1+i)x , a ∈ C. La formule de L EIBNIZ fournit pour tout réel x, f200 (x) + 2 f20 (x) + 2 f2 (x) = a(((−1 + i)2 x + 2(−1 + i)) + 2((−1 + i)x + 1) + 2x)e(−1+i)x = 2iae(−1+i)x et f2 est solution de (E2 ) sur R si et seulement si a = 2i1 = − 2i . On obtient f2 (x) = − 2i e(−1+i)x . • Une solution particulière f0 de (E) sur R est donc définie pour tout réel x par 1 i 1 1 − i (1+i)x i (−1+i)x 1 x −x − e = Re f0 (x) = Re e (1 − i)(cos(x) + i sin(x))e − (cos(x) + i sin(x))e 2 8 2 2 8 2 1 1 1 = (cos(x) + sin(x))ex + sin(x)e−x 2 8 2 SR = x 7→
1 1 x 16 (cos(x) + sin(x))e + 4
sin(x)e−x + (λ cos(x) + µ sin(x))e−x , (λ , µ) ∈ R2 .
Correction de l’exercice 4693 N (a) Posons g = f 0 + α f . La fonction g est continue sur R et la fonction f est solution sur R de l’équation différentielle y0 + αy = g. De plus, limx→+∞ g(x) = `. Ensuite, f 0 + α f = g ⇒ ∀x ∈ R, eαx f 0 (x) + αeαx f (x) = eαx g(x) ⇒ ∀x ∈ R, (eαx f )0 (x) = eαx g(x) ⇒ ∀x ∈ R, eαx f (x) = f (0) +
Z x 0
eαt g(t) dt ⇒ ∀x ∈ R, f (x) = f (0)e−αx + e−αx
Z x
eαt g(t) dt.
0
Puisque Re(α) > 0 et que |e−αx | = e−Re(α)x , limx→+∞ f (0)e−αx = 0. Vérifions alors que limx→+∞ e−αx ` α sachant que limx→+∞ g(x) = `. 2217
R x αt 0 e g(t) d
On suppose tout d’abord ` = 0. Soit ε > 0. Il existe A1 > 0 tel que ∀t > A1 , |g(t)| 6 ε2 . Pour x > A1 , Z A −Re(α)x Z x Re(α)t −αx Z x αt 1 αt −Re(α)x +e e 6e e g(t) dt e |g(t)| dt e g(t) dt 0 A1 0 Z A −Re(α)x Z x Re(α)t ε 1 αt −Re(α)x e × dt 6e 0 e g(t) dt + e 2 A1 Z A 1 ε eαt g(t) dt + = e−Re(α)x 1 − e−Re(α)(x−A1 ) 2 0 Z A 1 ε αt −Re(α)x 6e 0 e g(t) dt + 2 .
R R Maintenant limx→+∞ e−Re(α)x 0A1 eαt g(t) dt = 0 et donc il existe A > A1 tel que ∀x > A, e−Re(α)x 0A1 eαt g(t) dt < R
Pour x > A, on a |e−αx 0x eαt g(t) dt| < ε2 + ε2 = ε. On a ainsi montré que limx→+∞ f (x) = 0 = α` . On revient maintenant au cas général ` quelconque. ε 2.
` f +α f → ` ⇒ f +α f −` → 0 ⇒ f − x→+∞ x→+∞ α ` ` → 0⇒ f → . ⇒ f− x→+∞ α α x→+∞ 0
0
0
+α
` f− α
→ 0
x→+∞
∀ f ∈ C1 (R, R), ∀α ∈ C tel que Re(α) > 0, limx→+∞ ( f 0 (x) + α f (x)) = ` ⇒ limx→+∞ f (x) = α` . (b) f 00 + f 0 + f = ( f 0 − j f )0 − j2 ( f 0 − j f ). D’après 1), comme Re(− j2 ) = Re(− j) =
1 2
> 0,
f 00 + f 0 + f → 0 ⇒ ( f 0 − j f )0 − j2 ( f 0 − j f ) → 0 ⇒ f 0 − j f → 0 ⇒ f → 0. x→+∞
x→+∞
x→+∞
x→+∞
∀ f ∈ C2 (R, R), limx→+∞ ( f 00 (x) + f 0 (x) + f (x)) = 0 ⇒ limx→+∞ f (x) = 0. (c) Montrons le résultat par récurrence sur n. • Pour n = 1, c’est le 1) dans le cas particulier ` = 0 (si P = X − α, P(D)( f ) = f 0 − α f avec Re(−α) > 0). • Soit n ∈ N∗ . Supposons le résultat acquis pour n. Soit P un polynôme de degré n + 1 dont les racines ont des parties réelles strictement négatives et tel que limx→+∞ (P(D))( f )(x) = 0. Soit α une racine de P. P s’écrit P = (X − α)Q où Q est un polynôme dont les racines ont toutes une partie réelle strictement négative. Puisque P(D)( f ) = ((D − αId) ◦ (Q(D))( f ) = (Q(D)( f ))0 − α(Q(D)( f )) → 0, +∞
on en déduit que Q(D)( f ) → 0 d’après le cas n = 1 puis que f → 0 par hypothèse de récurrence. +∞
+∞
Le résultat est démontré par récurrence.
Correction de l’exercice 4694 N On pose g = f + f 00 . Par hypothèse, la fonction g est une application continue et positive sur R et de plus, la fonction f est solution sur R de l’équation différentielle y00 + y = g sur R. Résolvons cette équation différentielle, notée (E), sur R. Les solutions de l’équation homogène associée sont les fonctions de la forme x 7→ λ cos x + µ sin x, (λ , µ) ∈ R2 . D’après la méthode de variation des constantes, il existe une solution particulière de (E) sur R de la forme f0 : x 7→ λ (x) cos(x) + µ(x) sin(x) où de plus les fonctions λ et µ sont solutions du système 2218
λ 0 cos(x) + µ 0 sin(x) = 0 . −λ 0 sin(x) + µ 0 cos(x) = g
Les formules de C RAMER fournissent ∀x ∈ R, λ 0 (x) = −g(x) sin(x) et µ 0 (x) = g(x) cos(x). On peut Rx Rx alors prendre ∀x ∈ R, λ (x) = − 0 g(t) sin(t) dt et µ(x) = 0 g(t) cos(t) dt puis ∀x ∈ R, f0 (x) = − cos(x)
Rx 0
g(t) sin(t) dt + sin(x)
Rx 0
g(t) cos(t) dt =
Rx 0
g(t) sin(x − t) dt. R
Ainsi, les solutions de (E) sur R sont les fonctions de la forme x 7→ λ cos(x) + µ sin(x) + 0x g(t) sin(x − t) dt, (λ , µ) ∈ R2 . La fonction f est l’une de ces solutions. Par suite, il existe (λ0 , µ0 ) ∈ R2 tel que Rx ∀x ∈ R, f (x) = λ0 cos(x) + µ0 sin(x) + 0 g(t) sin(x − t) dt et donc pour tout réel x, f (x) + f (x + π) = =
Z x+π 0
g(t) sin(x + π − t) dt +
Z x
x
g(t) sin(t − x) dt =
g(u + x) sin(u) du > 0.
Z x+π
Z π 0
0
g(t) sin(x − t) dt = −
Z x+π 0
g(t) sin(x − t) dt +
Z x 0
g(t) sin(x − t)
On a montré que si ∀x ∈ R, f (x) + f 00 (x) > 0, alors ∀x ∈ R, f (x) + f (x + π) > 0. Correction de l’exercice 4695 N Dans tout l’exercice, on note (E) l’équation proposée et (EH ) l’équation homogène associée. (a) On note J l’un des deux intervalles ] − ∞, 0[ ou ]0, +∞[. Sur J, l’équation (E) s’écrit encore y0 − 2x y = 0. Comme la fonction x 7→ − 2x est continue sur J, les solutions de (E) sur J constituent un R-espace 2 vectoriel 1. de dimension Enfin, la fonction x 7→ x est une solution non nulle de (E) sur J et donc 2 SJ = x 7→ λ x , λ ∈ R . λ1 x2 si x > 0 0 si x = 0 Soit f une solution de (E) sur R. Nécessairement, ∃(λ1 , λ2 ) ∈ R2 / ∀x ∈ R, f (x) = = λ2 x2 si x < 0 λ1 x2 si x > 0 . λ2 x2 si x < 0 Réciproquement, une telle fonction f est définie sur R, dérivable sur R∗ , solution de (E) sur R∗ et vérifie encore l’équation (E) en 0 si de plus elle est dérivable en 0. Donc, une telle fonction est solution de (E) sur R si et seulement si elle est dérivable en 0. Il est géométriquement clair que f est dérivable en 0 pour tout choix de λ1 et λ2 et donc f est solution de (E) sur R pour tout choix de λ1 et λ2 . λ1 x2 si x > 0 2 SR = x 7→ , (λ1 , λ2 ) ∈ R . λ2 x2 si x < 0 On note que SR est un R-espace vectoriel de dimension 2. En effet, pour toute solution f de (E) x2 si x > 0 0 si x > 0 sur R, f (x) = λ1 + λ2 = λ1 f1 (x) + λ2 f2 (x). Donc SR = Vect( f1 , f2 ) 0 si x < 0 x2 si x < 0 avec ( f1 , f2 ) clairement libre. Un exemple de graphe de solution est donné à la page suivante.
2219
5 4 3 2 1 −5
−4
−3
−2
−1 −1
1
2
3
4
−2 −3 −4 (b) L’ensemble des solutions sur ] − ∞, 0[ ou ]0, +∞[ est {x 7→ λ x, λ ∈ R}.
λ1 x si x > 0 . λ2 x si x < 0 Réciproquement, une telle fonction f est solution de l’équation (E) sur R si et seulement si elle est dérivable en 0. Il est géométriquement clair que f est dérivable en 0 si et seulement si λ1 = λ2 et donc Soit f une solution de (E) sur R. Nécessairement, ∃(λ1 , λ2
) ∈ R2 / ∀x ∈ R,
f (x) =
SR = {x 7→ λ x, λ ∈ R}. Dans ce cas, SR est un R-espace vectoriel de dimension 1. (c) L’ensemble des solutions sur ] − ∞, 0[ ou ]0, +∞[ est {x 7→ λx , λ ∈ R}.
λ1 x si x > 0 0 si x = 0 . Soit f une solution de (E) sur R. Nécessairement, ∃(λ1 , λ2 ) ∈ R2 / ∀x ∈ R, f (x) = λ2 x si x < 0 Réciproquement, une telle fonction f est solution de l’équation (E) sur R si et seulement si elle est dérivable en 0. Il est géométriquement clair que f est dérivable en 0 si et seulement si λ1 = λ2 = 0 et donc SR = {0}. Dans ce cas, SR est un R-espace vectoriel de dimension 0.
(d) Soit f une fonction dérivable sur ]0, +∞[.
1 2 f solution de (E) sur J ⇔ ∀x ∈ J, x f 0 (x) − 2 f (x) = x3 ⇔ ∀x ∈ J, 2 f 0 (x) − 3 f (x) = 1 x x 0 1 f (x) f (x) ⇔ ∀x ∈ J, f (x) = 1 ⇔ ∃λ ∈ R/ ∀x ∈ J, 2 = x + λ ⇔ ∃λ ∈ R/ ∀x ∈ J, 2 = 2 x x x ⇔ ∃λ ∈ R/ ∀x ∈ J, f (x) = x3 + λ x2 .
2220
S]0,+∞[ = {x 7→ x3 + λ x2 , λ ∈ R}. (e) Si f est une solution sur R de l’équation x2 y0 + 2xy = 1 alors 02 × f 0 (0) + 0 × f (0) = 1 ce qui est impossible. Donc SR = ∅. (f) • Résolution sur ] − ∞, 0[, ]0, 1[ et ]1, +∞[. Soit I l’un des trois intervalles ] − ∞, 0[, ]0, 1[ ou ]1, +∞[. 1 1 1 1 Sur I, l’équation (E) s’écrit encore y0 + 2x y = 2x(1−x) . Puisque les fonctions x 7→ 2x et x 7→ 2x(1−x) sont continues sur I, les solutions de (E) sur I constituent un R-espace affine de dimension 1. Soit f une fonction dérivable sur I. Pour x ∈ I, on note ε le signe de x sur I. 1
1 1 1 1 1 e 2 ln(ε ⇔ ∀x ∈ I, e 2 ln(εx) f 0 (x) + e 2 ln(εx) f (x) = f solution de (E) sur I ⇔ ∀x ∈ I, f (x) + f (x) = 2x 2x(1 − x) 2x 2x(1 − √ √ √ εx ε ⇔ ∀x ∈ I, ( εx f )0 (x) = . ⇔ ∀x ∈ I, ( εx f )0 (x) = √ 2x(1 − x) 2 εx(1 − x)
0
Déterminons alors les primitives de la fonction x 7→
√ ε 2 εx(1−x)
sur I. En posant u =
√ εx et donc
x = εu2 puis du = 2εudu.
R
-Résolution sur ] − ∞, 0[. R Dans ce cas, ε = −1 puis
√ ε 2 εx(1−x)
dx =
√ ε 2 εx(1−x)
dx =
R
ε 2εu 2u(1−εu2 )
R
1 1+u2
du =
R
1 1−εu2
du.
√ du = arctan(u) + λ = arctan( −x) + λ . Par suite,
√ √ −x f (x) = arctan( −x) + λ √ arctan( −x) + λ √ ⇔ ∃λ ∈ R/ ∀x ∈] − ∞, 0[, f (x) = . −x
f solution de (E) sur ] − ∞, 0[ ⇔ ∃λ ∈ R/ ∀x ∈] − ∞, 0[,
n S]−∞,0[ = x 7→
√ arctan(√ −x)+λ , −x
-Résolution sur ]0, 1[ et ]1, +∞[. Dans ce cas, ε = 1 puis
R
√ ε 2 εx(1−x)
n S]0,1[ = x 7→
1 2
ln
λ ∈ R et S]1,+∞[ =
(
dx =
-Résolution sur ]0, 1[ et ]1, +∞[. √ argth(√ x)+λ , x
o λ ∈R .
R
1 1−u2
o
du =
√
√x+1 x−1
si x > 1
+ λ . Par suite, argth(√x) si x ∈]0, 1[ x 7→
1 2
ln
√
√x+1 x−1
√ x
+λ
)
, λ ∈R .
-Résolution sur ]0, +∞[ et sur R. Si f est une solution de (E) sur ]0, +∞[ ou sur R, alors 0 × f 0 (1) + 0 × f (1) = 1 ce qui est impossible. Donc S]0,+∞[ = ∅ et SR = ∅. -Résolution sur ] − ∞, 1[. Si f est une solution de (E) sur ] − ∞, 1[, alors il existe nécessairement (λ1 , λ2 ) ∈ R2 tel que
2221
∀x ∈] − ∞, 1[, f (x) =
√ arctan(√ −x)+λ −x
si x < 0
1 si x√= 0
. Réciproquement une telle fonction est solution si
argth(√ x)+λ x
si 0 < x < 1 et seulement si elle est dérivable en 0. Quand x tend vers 0 par valeurs inférieures, √ 3 √ √ ( −x) 1 3 √ = f (x) = −x λ1 + −x − 3 + o ( −x)
et quand x tend vers 0 par valeurs supérieures, √ 3 √ √ f (x) = √1x λ2 + x + ( 3x) + o ( x)3 =
√λ1 −x
λ2 √ x
+ 1 + 3x + o(x) =
+ 1 + 3x + o(x) =
λ2 √ x
√λ1 −x
+ f (0) + 3x + o(x).
+ f (0) + 3x + o(x).
Par suite, f est dérivable à droite et à gauche en 0 si et seulement si λ1 = λ2 = 0 et dans ce cas, quand x tend vers 0, f (x) = f (0) + 3x + o(x) ce qui montre que f est dérivable en 0. En résumé, f est solution de (E) sur ] − ∞, 1[ si et seulement si λ1 = λ2 = 0. √ arctan( −x) √ si x < 0 −x S]−∞,1[ = x 7→ . 1 si x = 0 √ x) argth( √ si 0 < x < 1 x
(g) Résolution de (E) sur ] − ∞, 0[ et sur ]0, +∞[. Soit I l’un des deux intervalles ] − ∞, 0[ ou ]0, +∞[. 1 0 2 On note ε le signe de x sur I. Sur I, (E) s’écrit encore y + ε 1 − x y = εx . Puisque les deux fonctions x 7→ ε 1 − 1x et x 7→ εx2 sont continues sur I, les solutions de (E) sur I constituent un R-espace affine de dimension 1. Soit f une fonction dérivable sur I. 1 f solution de (E) sur I ⇔ ∀x ∈ I, f (x) + ε 1 − f (x) = εx2 x 1 εx−ε ln(εx) εx−ε ln(εx) 0 ⇔ ∀x ∈ I, e f (x) + ε 1 − e f (x) = εx2 eεx−ε ln(εx) x 0 ⇔ ∀x ∈ I, (εx)−ε eεx f (x) = x−ε x2 eεx 0
• Si I =]0, +∞[, ε = 1 et
f solution de (E) sur ]0, +∞[ ⇔ ∀x ∈]0, +∞[,
ex f x
0
(x) = xex ⇔ ∃λ ∈ R/ ∀x ∈]0, +∞[,
ex f (x) = (x − 1)ex + x
⇔ ∃λ ∈ R/ ∀x ∈]0, +∞[, f (x) = x2 − x + λ xe−x . S]0,+∞[ = x 7→ x2 − x + λ xe−x , λ ∈ R . • Si I =] − ∞, 0[, ε = −1 et 0 0 f solution de (E) sur ]0, +∞[ ⇔ ∀x ∈]0, +∞[, −xe−x f (x) = x3 e−x ⇔ ∀x ∈]0, +∞[, xe−x f (x) = −x3 e−x . R
R
R
Or, −x3 e−x dx = x3 e−x − 3 x2 e−x dx = (x3 + 3x2 )e−x − 6 xe−x dx = (x3 + 3x2 + 6x + 6)e−x + λ et donc 2222
f solution de (E) sur ] − ∞, 0[ ⇔ ∃λ ∈ R/ ∀x ∈] − ∞, 0[, xe−x f (x) = (x3 + 3x2 + 6x + 6)e−x + λ 6 + λ ex ⇔ ∃λ ∈ R/ ∀x ∈] − ∞, 0[, f (x) = x2 + 3x + 6 + . x o n x S]0,+∞[ = x 7→ x2 + 3x + 6 + 6+λx e , λ ∈ R . Résolution de (E) sur R. de (E) sur R, nécessairement il existe (λ1 , λ2 ) ∈ R2 Si2 f est une solution −x 2 x − x + λ1 xe si x > 0 x − x + λ1 xe−x si x > 0 0 si x = 0 x = tel que ∀x ∈ R, f (x) = . Récix 2 x2 + 3x + 6 + 6+λx 2 e si x < 0 x + 3x + 6 + 6+λx 2 e si x < 0 proquement, une telle fonction est solution sur R si et seulement si elle est dérivable en 0. Quand x tend vers 0 par valeurs supérieures, f (x) = −x + o(x) + λ1 x(1 + o(1)) = (λ1 − 1)x + o(x). Par suite, f est dérivable à droite en 0 pour tout choix de λ1 et fd0 (0) = λ1 − 1. Quand x tend vers 0 par valeurs inférieures,
f (x) = 6 + 3x + o(x) +
2 6 + λ2 1 + x + x2 + o(x2 ) x
λ2 6 + λ2 x + o(x) = + 6 + λ2 + 3 + x 2
Par suite, f est dérivable à gauche en 0 si et seulement si λ2 = −6. Dans ce cas, quand x tend vers 0 par valeurs inférieures, f (x) = o(x) et fg0 (0) = 0. Maintenant, f est dérivable en 0 si et seulement si f est dérivable à droite et à gauche en 0 et fd0 (0) = fg0 (0). Ceci équivaut à λ2 = −6 et λ1 = 1.
SR = x 7→
x2 − x + xe−x si x > 0 x) x2 + 3x + 6 + 6(1−e si x < 0 x
.
Correction de l’exercice 4696 N Cn
2n . La suite (an )n∈N ne s’annule pas et pour n ∈ N, • Pour n ∈ N, posons an = (−1)n−1 2n−1
an+1 2n − 1 (2n + 2)! n!2 (2n + 2)(2n + 1) 2n − 1 2(2n − 1) × × =− × =− =− . 2 2 an (2n)! (n + 1)! 2n + 1 (n + 1) 2n + 1 n+1 Par suite, aan+1 → 4 et d’après la règle de d’A LEMBERT, Ra = 14 . Pour x tel que la série converge, n n→+∞
Cn
2n xn . on pose f (x) = ∑+∞ (−1)n−1 2n−1 1 1 n=0 • Soit x ∈ − 4 , 4 . Pour n ∈ N, on a (n + 1)an+1 + 4nan = 2an . Pour chaque n ∈ N, on multiplie les deux +∞ n n−1 = membres de cette égalité par xn puis on somme sur n. On obtient ∑+∞ n=0 (n+1)an+1 x +4x ∑n=1 nan x +∞ n 0 2 ∑n=0 an x ou encore (1 + 4x) f (x) = 2 f (x). De plus f (0) = a0 = 1. Mais alors
1 1 1 1 2 1 1 0 e− 2 ln(1+4x) f (x) = 0 ∀x ∈ − , , (1 + 4x) f (x) = 2 f (x) ⇒ ∀x ∈ − , , e− 2 ln(1+4x) f 0 (x) − 4 4 4 4 1 + 4x 0 1 1 f 1 1 f (x) f (0 √ ⇒ ∀x ∈ − , , (x) = 0 ⇒ ∀x ∈ − , , √ =√ 4 4 4 4 1 + 4x 1 + 4x 1+ √ 1 1 ⇒ ∀x ∈ − , , f (x) = 1 + 4x. 4 4 n √ n C2n n ∀x ∈ − 14 , 41 , ∑+∞ n=0 (−1) 2n−1 x = 1 + 4x. 2223
• Pour n ∈ N, posons un =
n C2n (2n−1)4n .
La suite u est strictement positive à partir du rang 1 et pour n > 1, un+1 un
=
2(2n−1) 4(n+1)
=
2n−1 2n+2
< 1.
Ainsi, la suite u est décroissante à partir du rang 1. De plus, d’après la formule de S TIRLING, 2n √
( 2ne ) 4πn = √1 . un = 2n ( ne ) (2πn)(2n)4n 2 πn3/2 → 0. En résumé, la suite u est positive et décroissante à partir du rang 1 et limn→+∞ un = (2n)! ∼ n!2 (2n−1)4n n→+∞
Par suite, un
n→+∞
Cn
n−1 u converge en 2n 0. On en déduit que la série numérique de terme général (−1)n−1 (2n−1)4 n = (−1) n vertu du critère spécial aux séries alternées (théorème de L EIBNIZ). • La fonction f est donc définie en 14 . Vérifions que f est continue en 41 . n C2n Pour x ∈ 0, 41 et n ∈ N, posons fn (x) = an xn = (−1)n−1 2n−1 xn . Pour chaque x de 0, 14 , la suite ( fn (x))n∈N ne pas et la suite ((−1)n−1 fn (x))n∈N est positive à partir du rang 1. Ensuite, pour s’annule 1 n > 1 et x ∈ 0, 4 ,
fn+1 (x) an+1 2(2n − 1) 1 4n − 2 2(2n − 1) fn (x) = an x = n + 1 x 6 n + 1 × 4 = 4n + 4 < 1 On en déduit que pour chaque x de 0, 41 , la suite numérique (| fn (x)|)n∈N décroît à partir du rang 1. 1 D’après une majoration classique du reste à l’ordre n d’une série alternée, pour n > 1 et x ∈ 0, 4 +∞ n+1 | ∑ 6 | fn+1 (x)| = |an+1 |xn+1 6 |an+1 = un+1 , f (x) k k=n+1 4 1 +∞ et donc ∀n ∈ N, Sup ∑k=n+1 fk (x) , x ∈ 0, 4 6 un+1 . Puisque la suite (un ) tend vers 0 quand n tend vers+∞, on a montré que la série de fonction de terme général vers f fn , n ∈ N, converge uniformément sur 0, 41 . Puisque chaque fonction fn est continue sur 0, 41 , f est continue sur 0, 14 et en particulier en 41 . Mais alors r √ n−1 n 1 √ +∞ (−1) C2n 1 ∑n=0 (2n−1)4n = f 4 = lim1 f (x) = lim1 1 + 4x = 1 + 4 × = 2. 4 x→ 4 x→ 4 x< 14
∑+∞ n=0
x< 41
n (−1)n−1C2n n (2n−1)4
=
Correction de l’exercice 4697 N 4 −2 (a) Posons A = . 1 1 λ 2 − 5λ
PDP−1
√ 2.
1 2 1 1
.
+ 6 = (λ − 2)(λ − 3) puis A = où D = diag(2, 3) et P = x x1 Posons X = puis X1 = P−1 X = . y y1 0 x = 4x − 2y ⇔ X 0 = AX ⇔ X 0 = PDP−1 X ⇔ P−1 X 0 = DP−1 X ⇔ (P−1 X)0 = D(P−1 X) ⇔ X10 = DX1 y0 = x + y 0 x1 = 2x1 x1 (t) = ae2t ⇔ ⇔ ∃(a, b) ∈ R/ ∀t ∈ R, y1 (t) = be3t y01 = 3y1 2t x(t) 1 2 ae ⇔ ∃(a, b) ∈ R/ ∀t ∈ R, = y(t) 1 1 be3t 2t x(t) ae + 2be3t ⇔ ∃(a, b) ∈ R/ ∀t ∈ R, = y(t) ae2t + be3t χA =
2224
2t ae + 2be3t 2 , (a, b) ∈ R . S = t 7→ ae2t + be3t 1 cost
(b) Puisque la fonction t 7→
!
est continue sur − π2 , π2 , les solutions réelles sur − π2 , π2 du
0 système proposé constituent un R-espace affine de dimension 2. 1 −1 . χA = λ 2 + 1 = (λ − i)(λ + i) Résolution du système homogène associé. Posons A = 2 −1 et en particulier A est diagonalisable dans C. Un vecteur propre de A associé à lavaleur propre i 1 1 est et un vecteur propre de A associé à la valeur propre −i est . On sait alors 1−i 1+i que les solutions sur R du système homogène associé sont les fonctions de la forme complexes 1 1 it −it X : t 7→ ae + be , (a, b) ∈ C2 . 1−i 1+i Déterminons alors les solutions réelles du système homogène.
it
X réelle ⇔ ∀t ∈ R, ae
1 1−i
−it
+ be
1 1+i
= ae
−it
1 1+i
⇔ b = a (car la famille de fonctions (eit , e−it ) est libre.)
it
+ be
1 1−i
7 aeit →
Les solutions réelles sur R du système homogène sont les fonctions de la forme X : t 1 1 −it it ae = 2Re ae , a ∈ C. En posant a = λ + iµ, (λ , µ) ∈ R2 , 1+i 1−i 1 (λ + iµ)(cost + i sint) it 2Re ae = 2Re = (λ + iµ)(1 − i)(cost + i sint) 1−i λ cost − µ sint 2 . λ (cost + sint) + µ(cost − sint)
1 1−i
+
Maintenant, le couple (λ , µ) décrit R2 si et seulement si le couple (2λ , 2µ) décrit R2 et en renom- cost mant les constantes λ et µ, on obtient les solutions réelles du système homogène : t 7→ λ + cost + sint − sint µ , (λ , µ) ∈ R2 . cost − sint Résolution du système. D’après la méthode de la constante, il existe une solution par de variation cost − sint ticulière du système de la forme t 7→ λ (t) + µ(t) où λ et µ sont cost + sint cost − sint π π π π 0 cost + deux fonctions dérivables sur − 2 , 2 telles que pour tout réel t de − 2 , 2 , λ (t) cost + sint ! 1 − sint cost 1 µ 0 (t) = . Les formules de C RAMER fournissent λ 0 (t) = cost (cost −sint) = cost − sint 0 sint 1 sint 1 − cost et µ 0 (t) = − cost (cost + sint) = −1 − cost . On peut prendre λ (t) = t + ln(cost) et µ(t) = −t + ln(cost) et on obtient la solution particulière cost − sint X(t) = (t + ln(cost)) + (−t + ln(cost)) = cost + sint cost − sint t(cost + sint) + ln(cost)(cost − sint) . . 2t sint + 2 cost ln(cost) t(cost + sint) + ln(cost)(cost − sint) + λ cost − µ sint 2 S]− π , π [ = t 7→ , (λ , µ) ∈ R . 2 2 2t sint + 2 cost ln(cost) + λ (cost + sint) + µ(cost − sint) 2225
et (c) Puisque la fonction t 7→ est continue sur R, les solutions sur R du système proposé constit tuent un R-espace affine de dimension 2. 5 −2 Résolution du système homogène associé. Posons A = . χA = λ 2 − 11λ + 28 = −1 6 1 t (λ − 4)(λ − 7). Un vecteur propre de A associé à la valeur propre 4 est et un vecteur propre 1 1 de t A associé à la valeur propre 7 est . Ces vecteurs fournissent des combinaisons linéaires −2 intéressantes des équations :
x0 = 5x − 2y + et ⇔ y0 = −x + 6y + t
(x + y)0 = 4(x + y) + et + t (x − 2y)0 = 7(x − 2y) + et − 2t t 1 + λ e4t x(t) + y(t) = − e3 − 4t − 16 2 ⇔ ∃(λ , µ) ∈ R / ∀t ∈ R, t 2 x(t) − 2y(t) = − e6 + 2t7 + 49 + µe7t t 3t 33 x(t) = − 5e6 − 14 − 392 + +2λ e4t + µe4t ⇔ ∃(λ , µ) ∈ R2 / ∀t ∈ R, t 81 4t 7t y(t) = − e6 15t 28 − 784 + λ e − µe 5 1 −1 (d) Posons A = 2 4 −2 . 1 −1 1 5−λ 1 −1 4−λ −2 = (5 − λ )(λ 2 − 5λ + 2) − 2(−λ ) + (−λ + 2) = −λ 3 + 10λ 2 − 26λ + 12 χA = 2 1 −1 1 − λ √ √ = −(λ − 6)(λ 2 − 4λ + 2) = −(λ − 6)(λ − 2 + 2)(λ − 2 − 2), et en particulier A est diagonalisable dans R. −x + y − z = 0 2x − 2y − 2z = 0 ⇔ z = 0 et x = y. (x, y, z) ∈ Ker(A − 6I) ⇔ x − y − 5z = 0
Ker(A − 6I) est la droite vectorielle engendrée par le vecteur (1, 1, 0).
√ √ (3 − 2)x + y − z = 0 z = (3 − √ √ √2)x + y √ (x, y, z) ∈ Ker(A − (2 + 2)I) ⇔ ⇔ 2x + (2 − 2)y − 2z = 0 2x + (2 − 2)y − 2((3 √ − 2)x + y) = 0 √ √ x − y − (1 + 2)z = 0 x − y − (1 + 2)((3 − 2)x + y) = 0 √ √ z = (3 −√ 2)x +√y z = (3 −√ 2)x + y ⇔ (−4√+ 2 2)x −√ 2y = 0 ⇔ y = (−2 2 + 2)x −2 2x − (2 + 2)y = 0 √ y = (−2 √ 2 + 2)x ⇔ . z = (5 − 3 2)x √ √ √ Ker(A − (2 + 2)I) est la droite vectorielle engendrée par le vecteur (1, 2 − 2 2, 5 − 3 2). Un √ calcul conjugué √montre alors √ que Ker(A − (2 − 2)I) est la droite vectorielle engendrée par le vecteur (1, 2 + 2 2, 5 + 3 2). 1√ 1 √ On sait alors que les solutions du système homogène t 7→ ae6t 1 + be(2+ 2)t 2 − 2√ 2 + 0 5 − 3 2) 1√ √ (2− 2)t 2 + 2√ 2 , (a, b, c) ∈ R3 . ce 5 + 3 2) 2226
2−λ 2 1 0 1 0 0 = (1 − λ )(λ 2 − 2λ + 1) = (1 − λ )3 . Le (e) Posons A = −1 0 0 . χA = −1 −λ 1 1 1 1 1 1−λ théorème de C AYLEY-H AMILTON permet alors d’affirmer que (A − I)3 = 0. On sait que les solutions du système X 0 = AX sont les fonctions de la forme t 7→ etA X0 où X0 ∈ M3,1 (R). Or, pour t ∈ R,
etA = et(A−I) × etI (car les matrices t(A − I) et tI commutent) ! ! +∞ n 2 n t t n t t n = ∑ (A − I) × e I = e ∑ (A − I) n=0 n! n=0 n! 1 0 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 2 t = et 0 1 0 + t −1 −1 0 + −1 −1 0 −1 −1 0 2 0 0 1 1 1 0 1 1 0 1 1 0 1+t t 0 = et −t 1 − t 0 . t t 1
1+t t 0 a tA t −t 1 − t 0 b = Les solutions du système sont les fonctions de la forme t 7→ e X0 = e t t 1 c t (a + (a + b)t)e (b − (a + b)t)et , (a, b, c) ∈ R3 . Maintenant, ((a + b)t + c)et x(0) 0 a=0 y(0) = 1 ⇔ b=1 . z(0) −1 c = −1 tet La solution cherchée est t 7→ (1 − t)et . (t − 1)et Correction de l’exercice 4698 N Soit A ∈ Sn+ (R). Pour t ∈ R, posons g(t) = kX(t)k22 = (X(t)|X(t)). La fonction g est dérivable sur R et pour tout réel t g0 (t) = 2 (X(t)|X 0 (t)) = 2 (X(t)|AX(t)) = 2t X(t)AX(t) > 0. √ Ainsi, la fonction g est croissante sur R et il en est de même de la fonction g : t 7→ kX(t)k2 . Correction de l’exercice 4699 N (a) Puisque les fonctions t 7→
− 2t1
1 2t 2
1 2
1 2t
!
et t 7→
2t t2
sont continues sur ]0, +∞[, l’ensemble des
solutions sur ]0, +∞[ du système proposé est un R-espace affine de dimension 2. Résolution du système homogène associé. Le couple de fonctions (x, y) = (1,t) est solution du système positif t, les deux vecteurs réel strictement homogène associé sur ]0, +∞[. Pour chaque 1 0 1 0 et constituent une base de M2 (R) car = 1 6= 0. Cherchons alors les solutions t 1 t 1 1 0 α(t) du système homogène sous la forme t 7→ α(t) + β (t) = . t 1 tα(t) + β (t) 2227
x0 = − 2t1 x + 2t12 y ⇔ y0 = 12 x + 2t1 y
(
α 0 = − 2t1 α + 2t12 (tα + β )
⇔
(
α 0 = 2tβ2 tα 0 + β 0 =
tα 0 + α + β 0 = 12 α + 2t1 (tα + β ) ( 0 β =0 α 0 = 2tβ2 ⇔ β ⇔ β 0 α 0 = 2tβ2 2t + β = 2t β (t) = λ 2 ⇔ ∃(λ , µ) ∈ R / ∀t ∈]0, +∞[, α 0 (t) = 2tλ2 β (t) = λ 2 ⇔ ∃(λ , µ) ∈ R / ∀t ∈]0, +∞[, α(t) = − 2tλ + µ ( x(t) = − 2tλ + µ 2 ⇔ ∃(λ , µ) ∈ R / ∀t ∈]0, +∞[, y(t) = λ2 + µt
β 2t
1 − 2t 1 Maintenant, pour tout réel strictement positif t, w(t) = = −1 6= 0 et donc les deux 1 t 2 ! − 2t1 1 sont deux solutions indépendantes du système homogène et t 7→ fonctions t 7→ 1 t 2
sur ]0, +∞[. solutions sur ]0, +∞[ du système homogène sont les fonctions de la forme t 7→ ! Les − 2t1 1 λ +µ . 1 t 2
Recherche d’une solution particulière du système par la méthode de variations des constantes. ! − 2t1 1 + µ(t) où Il existe une solution particulière du système de la forme t 7→ λ (t) 1 t 2
λ et µ sont deux fonctions dérivables sur ]0, +∞[ telles que pour tout réel strictement positif t, 1 ! − 2t 1 2t 1 2t 1 0 0 0 λ (t) + µ (t) = . Les formules de C RAMER fournissent λ (t) = −1 2 = 2 1 t t t t 2 1 − 2t 3 2 2t 3t 1 −t 2 et µ 0 (t) = −1 = 2 . On peut prendre λ (t) = − t3 et µ(t) = 3t4 et on obtient la solu 1 t2 2 ! − 2t1 3 1 11t 2 /12 t 3t 2 = tion particulière X(t) = − 3 + 4 1 t 7t 3 /12 2
S]0,+∞[ = t 7→
11t 2 12 7t 3 12
− 2tλ + µ
+ λ2 + µt
!
, (λ , µ) ∈ R2 .
2t 2 − 1 (b) Puisque les fonctions t 7→ et t 7→ sont continues sur R, l’en3t 1 t semble des solutions sur R du système proposé est un R-espace affine de dimension 2. Résolution du système homogène associé. Les couples de fonctions X1 = (x, y) = (t, −1) et (x, y) = (1,t) sont solutions du système homogène associé sur R. De plus, pour chaque réel t, w(t) = t 1 2 −1 t = t + 1 6= 0. Le couple de fonctions (X1 , X2 ) est donc un système fondamental de solu0 tions sur R du système homogène X 0= AX. Les fonctions solutions du système homogène X = AX t 1 sont les fonctions de la forme t 7→ λ +µ , (λ , µ) ∈ R2 . −1 t Recherche d’une solution particulière du système par la méthode de variation de la constante. 1 t 2 +1
t
−1
2228
1 t 2 +1
t 1 Il existe une solution particulière du système de la forme t 7→ λ (t) + µ(t) où λ et −1 t t 1 + µ 0 (t) = µ sont deux fonctions dérivables sur R telles que pour tout réel t, λ 0 (t) −1 t 2 2 2 2t − 1 1 0 (t) = 1 (2t − 1)/(t + 1) 1 = . Les formules de C RAMER fournissent λ 2 2 2 t +1 t +1 3t/(t + 1) t 3t 2 2 2 −1 (2t − 1)/(t + 1) 2t 3 +2t 1 t = t 22t+1 et µ 0 (t) = t 2 +1 = (t5t2 +1) 2 . On peut déjà prendre λ (t) = 2 −1 (t 2 +1)2 3t/(t + 1) R 1 R R 5t 2 −1 1 1 2 dt = 5 t 2 +1 dt − 6 (t 2 +1) 2 dt puis 2 ln(t + 1). Ensuite, (t 2 +1)2 R
1 t 2 +1
et donc
R
dt =
1 (t 2 +1)2
SR =
R
R
2
R
R
t t 1 1 − t × (t 2−2t dt = t 2 +1 + 2 t(t 2+1−1 dt = t 2 +1 + 2 t 2 +1 dt − 2 (t 2 +1) 2 dt, +1)2 +1)2 t dt = 21 t 2 +1 + arctant +C. On peut prendre µ(t) = t 22t+1 − 3 arctant.
t t 2 +1
(
t 7→
ln(1 + t 2 ) + t 22t+1 − 3 arctant + λt + µ 2 − 2t ln(1 + t 2 ) + t 22t+1 − 3t arctant − λ + µt t 2
!
)
, (λ , µ) ∈ R2 .
sh(2t)x0 = ch(2t)x − 1x sh(2t)x0 = ch(2t)x − 1x (c) Si de plus y = ou encore . 0 sh(2t)x0 = x3 − ch(2t)x − sh(2t) xx2 = −x + ch(2t) 1x On obtient x3 − ch(2t)x = ch(2t)x − 1x ou encore x4 − 2 ch(2t)x2 + 1 = 0. Ensuite, 1 x , le système s’écrit
x4 − 2 ch(2t)x2 + 1 = (x2 − ch(2t))2 − sh2 (2t) = (x2 − e2t )(x2 − e−2t ) = (x − et )(x + et )(x − e−t )(x + e−t ).
Ainsi, nécessairement (x, y) ∈ {(et , e−t ), (e−t , et ), (−et , −e−t ), (−e−t , et )}. Réciproquement, si (x, y) = (et , e−t ), ch(2t)x − y = 12 (e3t + e−t ) − e−t = 21 (e3t − e−t ) = 12 (e2t − e−2t )et = sh(2t)et = sh(2t)x0 et −x + ch(2t)y = −et + 21 (et + e−3t ) = 21 (−et + e−3t ) = − 12 (e2t − e−2t )e−t = − sh(2t)e−t = sh(2t)y0 .
Donc le couple X1 = (x, y) = (et , e−t ) est une solution non nulle du système. De même, si (x, y) = (e−t , et ), ch(2t)x − y = 12 (et + e−3t ) − et = 12 (−et − e−3t ) = − 12 (e2t − e−2t )e−t = − sh(2t)e−t = sh(2t)x0 et −x + ch(2t)y = −e−t + 12 (e3t + e−t ) = 12 (e3t − e−t ) = 12 (e2t − e−2t )et = sh(2t)et = sh(2t)y0 . t e e−t −t t Donc le couple X2 = (x, y) = (e , e ) est une solution non nulle du système. Enfin, w(t) = −t e et 2t −2t e − e = 2 sh(2t) 6= 0 et le couple (X1 , X2 ) est un système fondamental de solutions sur ]0, +∞[. λ et + µe−t 2 . S]0,+∞[ = t 7→ , (λ , µ) ∈ R λ e−t + µet
Correction de l’exercice 4700 N 4x−2 0 8 (a) Sur I = − 12 , +∞ , (E) s’écrit y00 + 2x+1 y − 2x+1 y = 0. Puisque les deux fonctions x 7→ 4x−2 2x+1 et x 7→ 8 − 2x+1 sont continues sur I, les solutions de (E) sur I forment unR-espace vectoriel de dimension 2. Recherche d’une solution polynomiale non nulle de (E). Soit P un éventuel polynôme non nul solution de (E). On note n son degré. Le polynôme Q = (2X + 1)P00 + (4X − 2)P0 − 8P est de degré au plus n. De plus, le coefficient de X n dans Q est (4n − 8)dom(P). Si P est solution de (E), on a nécessairement (4n − 8)dom(P) = 0 et donc n = 2. Posons alors P = aX 2 + bX + c. 2229
=
(2X + 1)P00 + (4X − 2)P0 − 8P = (2X + 1)(2a) + (4X − 2)(2aX + b) − 8(aX 2 + bX + c) = −4bX + 2a − 2b − 8c Par suite, P est solution de (E) sur I si et seulement si −4b = 2a − 2b − 8c = 0 ce qui équivaut à b = 0 et a = 4c. La fonction f1 : x 7→ 4x2 + 1 est donc une solution non nulle de (E) sur I. Recherche d’une solution particulière de la forme fα : x 7→ eαx , α ∈ C. (2x + 1)(eαx )00 + (4x − 2)(eαx )0 − 8eαx = α 2 (2x +1) + α(4x − 2) − 8 eαx = 2α(α + 2)x + α 2 − 2α − 8 eαx
Par suite, fα est solution de (E) sur I si et seulement si 2α(α + 2) = α 2 − 2α − 8 = 0 ce qui équivaut à α = −2. Ainsi, la fonction f2 : x 7→ e−2x est solution de (E) sur I. Résolution de (E) sur − 12 ,+∞ . Vérifions que le couple ( f1 , f2 ) est un système fondamental de solution de (E) sur − 21 , +∞ . Pour x > − 21 , 2 −2x 4x + 1 e = (−8x2 − 8x − 2)e−2x = −2(2x + 1)2 e−2x 6= 0. w(x) = −2x 8x −2e Donc le couple ( f1 , f2 ) est un système fondamental de solution de (E) sur − 21 , +∞ et S]− 1 ,+∞[ = x 7→ λ (4x2 + 1) + µe−2x , (λ , µ) ∈ R2 . 2
Résolution de (E) sur R. On a aussi S]−∞,− 1 [ = x 7→ λ (4x2 + 1) + µe−2x , (λ , µ) ∈ R2 . Soit f 2
une de (E) sur R. Nécessairement, il existe (λ1 , λ2 , µ1 , µ2 ) ∈ R4 tel que ∀x ∈ R, f (x) = ( solution λ1 (4x2 + 1) + µ1 e−2x si x 6 − 21 (par continuité à gauche en − 21 ). 1 2 −2x λ2 (4x + 1) + µ2 e si x > − 2 f ainsi définie est deux fois dérivables sur −∞, − 12 et sur − 21 , +∞ , solution de (E) sur chacun de ces deux intervalles et vérifie encore (E) en x = − 21 si de plus f est deux fois dérivable en − 21 . En résumé, f est solution de (E) sur R si et seulement si f est deux fois dérivables en − 21 . f est déjà deux fois dérivable à droite et à gauche en − 21 . De plus, en posant h = x + 12 ou encore x = − 12 + h, on obtient quand x tend vers − 21 par valeurs inférieures f (x) = λ1 (2 − 4h + 4h2 ) + µ1 ee−2h = (2λ1 + eµ1 ) + (−4λ1 − 2eµ1 )h + (4λ1 + 2eµ1 )h2 + o(h2 ), et de même quand x tend vers − 12 par valeurs supérieures, f (x) = (2λ2 + eµ2 ) + (−4λ2 − 2eµ2 )h + (4λ2 + 2eµ2 )h2 + o(h2 ). Par suite, f est deux fois dérivable en − 12 si et seulement si 2λ1 + eµ1 = 2λ2 + eµ2 ou encore µ2 = 2e (λ1 + λ2 ) + µ1 . ( a(4x2 + 1) + be−2x si x 6 − 12 Ainsi, les solutions de (E) sur R sont les fonctions de la forme x 7→ c(4x2 + 1) + 2e (a + c) − b e−2x si x > − 21 (a, b, c) ∈ R3 . Ainsi, l’espace des solutions R est de dimension 3 et une base de cet espace est ( sur −2x 4x2 + 1 si x 6 − 12 e si x 6 − 21 par exemple ( f1 , f2 , f3 ) où f1 : x 7→ , f2 : x 7→ et 2 −2x 1 −e−2x si x > − 12 e si x > − e 2 0 si x 6 − 12 f3 : x 7→ . 4x2 + 1 + 2e e−2x si x > − 21
2 2 2 0 (b) Sur I =]0, +∞[, l’équation (E) s’écrit y00 − x+1 y + x(x+1) y = 0. Puisque les deux fonctions x 7→ − x+1
2 et x 7→ x(x+1) sont continues sur I, les solutions de (E) sur I forment un R-espace vectoriel de dimension 2. La fonction f1 : x 7→ x est solution de (E) sur I. Posons alors y = f1 z. Puisque la fonction f1 ne s’annule pas sur I, la fonction y est deux fois dérivables sur I si et seulement si la fonction z est deux fois dérivables sur I. De plus, d’après la formule de L EIBNIZ,
2230
(x2 + x)y00 − 2y0 + 2y = (x2 + x)( f100 z + 2 f10 z0 + f1 z00 ) − 2x( f10 z + f1 z0 ) + 2 f1 z
= (x2 + x) f1 z00 + (2(x2 + x) f10 − 2x f1 )z0 + ((x2 + x) f100 − 2 f10 + 2 f1 )z = (x3 + x2 )z00 + 2xz0 .
Par suite,
y solution de (E) sur I ⇔ ∀x ∈ I, (x3 + x2 )z00 (x) + 2xz0 (x) = 0 0 2 ⇔ ∀x ∈ I, z00 (x) + z0 (x) = 0 ⇔ ∀x ∈ I, e2 ln |x|−2 ln |x+1| z0 (x) = 0 x(x + 1) x+1 2 0 2 ⇔ ∃λ ∈ R/ ∀x ∈ I, z (x) = λ ⇔ ∃(λ , µ) ∈ R / ∀x ∈ I, z(x) = λ x + 2 ln |x| − x ⇔ ∃(λ , µ) ∈ R2 / ∀x ∈ I, y(x) = λ (x2 + 2x ln |x| − 1) + µx.
(c) Cherchons les solutions développables en série entière. Soit f (x) = ∑+∞ n=0 an xn une série entière dont le rayon R est supposé à priori strictement positif. Pour x ∈] − R, R[, +∞
+∞
n=2 +∞
n=1 +∞
+∞
4x f 00 (x) − 2 f 0 (x) + 9x2 f (x) = 4x ∑ n(n − 1)an xn−2 − 2 ∑ nan xn−1 + 9x2 ∑ an xn n=0
+∞
= 4 ∑ n(n − 1)an xn−1 − 2 ∑ nan xn−1 + 9 ∑ an xn+2 n=1 +∞
=
n=1 +∞
∑ 2n(2n − 3)an xn−1 + 9 ∑ an xn+2 =
n=1
n=0
n=0 +∞
+∞
∑ 2n(2n − 3)an xn−1 + 9 ∑ an−3 xn−1
n=1
n=3
+∞
= −a1 + 4a2 x + ∑ (2n(2n − 3)an + 9an−3 )xn−1 n=3
Par suite, f est solution de (E) sur ] − R, R[ si et seulement si a1 = a2 = 0 et ∀n > 3, 2n(2n − 3)an + 9an−3 = 0 ce qui s’écrit encore 9 an−3 . a1 = a2 = 0 et ∀n > 3, an = − 2n(2n−3) 9 Les conditions a1 = 0 et ∀n > 3, an = − 2n(2n−3) an−3 sont équivalentes à ∀p ∈ N, a3p+1 = 0 et les 9 conditions a2 = 0 et ∀n > 3, an = − 2n(2n−3) an−3 sont équivalentes à ∀p ∈ N, a3p+2 = 0.
1 9 a3p−3 = − 2p(2p−1) a3(p−1) sont équivalentes pour Enfin les conditions ∀p ∈ N∗ , a3p = − 6p(6p−3) p>1à 1 1 1 a3p = − 2p(2p−1) × − (2p−2)(2p−3) × . . . × − 2×1 a0 =
(−1) p (2p)! a0 .
En résumé, sous l’hypothèse R > 0, f est solution de (E) sur ] − R, R[ si et seulement si ∀x ∈] − R, R[, (−1) p 3p f (x) = ∑+∞ p=0 (2p)! x . p
3p Réciproquement, puisque pour tout réel x, limx→+∞ (−1) (2p)! x = 0 d’après un théorème de croissances comparées, R = +∞ pour tout choix de a0 ce qui valide les calculs précédents sur R. n
(−1) 3n Les solutions de (E) développables en série entière sont les fonctions de la forme x 7→ λ ∑+∞ n=0 (2n)! x , x ∈ R. Ensuite, pour x > 0, (−1)n 3n +∞ (−1)n 3/2 2n ) = cos x3/2 . ∑+∞ n=0 (2n)! x = ∑n=0 (2n)! (x
2231
Donc la fonction x 7→ cos x3/2 est une solution de (E) sur ]0, +∞[. La forme de cette solution nous invite à changer de variable en posant t = x3/2 . Plus précisément, pour x > 0, posons y(x) = z(x3/2 ) = z(t). Puisque l’application ϕ : x 7→ x3/2 est un C2 -difféomorphisme de ]0, +∞[ sur luimême, la fonction y est deux fois dérivables sur ]0, +∞[ si et seulement si la fonction est deux fois dérivable sur ]0, +∞[. Pour x > 0, on a y(x) = z(x3/2 ) puis y0 (x) = 23 x1/2 z0 (x3/2 ) puis y00 (x) = 43 x−1/2 z0 (x3/2 ) + 94 xz00 (x3/2 ) et donc
3 −1/2 0 3/2 3 1/2 0 3/2 9 00 3/2 4xy (x) − 2y (x) + 9x y(x) = 4x x z (x ) + xz (x ) − 2 x z (x ) + 9x2 z(x3/2 ) 4 4 2 00
0
2
= 9x2 (z00 (x3/2 ) + z(x3/2 )).
Par suite, y solution de (E) sur ]0, +∞[ ⇔ ∀x > 0, 9x2 (z00 (x3/2 ) + z(x3/2 )) = 0 ⇔ ∀t > 0, z00 (t) + z(t) = 0 ⇔ ∃(λ , µ) ∈ R2 / ∀t > 0, z(t) = λ cost + µ sint
⇔ ∃(λ , µ) ∈ R2 / ∀x > 0, y(x) = λ cos(x3/2 ) + µ sin(x3/2 ).
S]0,+∞[ = x 7→ λ cos(x3/2 ) + µ sin(x3/2 ), (λ , µ) ∈ R2 . −x
2 xe (d) Puisque les fonctions x 7→ − 1+x , x 7→ 1−x 1+x et x 7→ 1+x sont continues sur ] − 1, +∞[, les solutions de (E) sur ] − 1, +∞[ constituent un R-espace affine de dimension 2. Résolution de l’équation homogène. La fonction f1 : x 7→ ex est solution sur ] − 1, +∞[ de l’équation (1 + x)y00 − 2y0 + (1 − x)y = 0. Posons alors y = f1 z. Puisque la fonction f1 ne s’annule pas sur ] − 1, +∞[, la fonction y est deux fois dérivable sur ] − 1, +∞[ si et seulement si la fonction z est deux fois dérivable sur ] − 1, +∞[. De plus, la formule de L EIBNIZ permet d’écrire pour x > −1
(1 + x)y00 (x) − 2y0 (x) + (1 − x)y(x) = (1 + x)( f100 z(x) + 2 f10 (x)z0 (x) + f1 (x)z00 (x)) − 2( f10 (x)z(x) + f1 (x)z0 (x)) + (1 − x) f1 (x)z(x)
= (1 + x) f1 (x)z00 (x) + (2(1 + x) f10 (x) − 2 f1 (x))z0 (x) = ((1 + x)z00 (x) + 2xz0 (x)
Par suite,
2 y solution de (EH ) sur ] − 1, +∞[ ⇔ ∀x > −1, (1 + x)z (x) + 2xz (x) = 0 ⇔ ∀x > −1, z (x) + 2 − z0 (x) 1+x 2 e2x−2 ln(1+x) z0 (x) = 0 ⇔ ∀x > −1, e2x−2 ln(1+x) z00 (x) + 2 − 1+x 0 e2x 0 ⇔ ∀x > −1, z (x) = 0 ⇔ ∃λ ∈ R/ ∀x > −1, z0 (x) = λ (x + 1)2 e−2 (x + 1)2 00
0
00
Maintenant Z
Z
Z
1 1 1 1 (x + 1)2 e−2x dx = − (x + 1)2 e−2x + (x + 1)e−2x dx = − (x + 1)2 e−2x − (x + 1)e−2x + e−2x dx 2 2 2 2 2 1 1 1 −2x x 3x 5 −2x 1 2 = − (x + 1) − (x + 1) − e +C = − − − e +C = − (2x2 + 6x + 5)e 2 2 4 4 2 4 4 2232
On en déduit que y solution de (EH ) sur ] − 1, +∞[ ⇔ ∃λ ∈ R/ ∀x > −1, z0 (x) = λ (x + 1)2 e−2x λ ⇔ ∃(λ , µ) ∈ R2 / ∀x > −1, z(x) = − (2x2 + 6x + 5)e−2x + µ 4 λ ⇔ ∃(λ , µ) ∈ R2 / ∀x > −1, y(x) = − (2x2 + 6x + 5)e−x + µex . 4 Maintenant, λ décrit R si et seulement si − λ4 décrit R et en renommant la constante λ , les solutions de (EH ) sur ] − 1, +∞[ sont les fonctions de la forme x 7→ λ (2x2 + 6x + 5)e−x + µex , (λ , µ) ∈ R2 . Recherche d’une solution particulière de (E). Au vu du second membre, on peut chercher une solution particulière de la forme f0 : x 7→ (ax + b)e−x , (a, b) ∈ R2 . (1 + x)((ax + b)e−x )00 − 2((ax + b)e−x )0 + (1 − x)(ax + b)e−x = ((1 + x)((ax + b) − 2a) − 2(−(ax + b) + a) + (1 − x)(ax + b))e−x
= (2bx + (4b − 4a))e−x .
Par suite, f0 est solution de (E) sur ] − 1, +∞[ si et seulement si 2b = 1 et 4b − 4a = 0 ce qui équivaut −x à a = b = 21 . Une solution de (E) sur ] − 1, +∞[ est x 7→ x+1 2 e . −x 2 S]−1,+∞[ = x 7→ λ (2x2 + 6x + 5)e−x + µex + x+1 2 e , (λ , µ) ∈ R . −2x
(e) Puisque la fonction x 7→ √ex2 +1 est continue sur R, les solutions de (E) sur R constituent un R-espace affine de dimension 2. L’équation caractéristique de l’équation homogène est z2 + 4z + 4 = 0. Puisque cette équation admet −2 pour racine double, les solutions de l’équation homogène associée sont les fonctions de la forme x 7→ λ e−2x + µxe−2x , (λ , µ) ∈ R2 . D’après la méthode de variation de la constante, il existe une solution particulière de (E) sur R de la forme x 7→ λ (x)e−2x + µ(x)xe−2x où λ et µ sont deux fonctions dérivables sur R telles que ( λ 0 (x)e−2x + µ 0 (x)xe−2x = 0 −2x . −2λ 0 (x)e−2x + µ 0 (x)(−2x + 1)e−2x = √ex2 +1 −2x 0 xe 1 Les formules de C RAMER fournissent λ 0 (x) = e−4x √e−2x = − √xx2 +1 et x2 +1 (−2x + 1)e−2x e−2x √ 0 √1 1 −2x µ 0 (x) = e−4x = x2 +1 . On peut prendre λ (x) = − x2 + 1 et µ(x) = argsh(x) = e −2x √ −2e x2 +1 √ √ √ ln x + x2 + 1 puis f0 (x) = − x2 + 1 + x ln x + x2 + 1 e−2x . n √ o √ SR = x 7→ λ + µx + − x2 + 1 + x ln x + x2 + 1 e−2x , (λ , µ) ∈ R2 .
Correction de l’exercice 4701 N Soit f une éventuelle solution. f est dérivable sur R et pour tout réel x, f 0 (x) = − f (−x) + ex . On en déduit que f 0 est dérivable sur R ou encore que f est deux fois dérivable sur R. En dérivant l’égalité initiale, on obtient pour tout réel x f 00 (x) = f 0 (−x) + ex = − f (x) + e−x + ex , 2233
et donc f est solution sur R de l’équation différentielle y00 + y = 2 ch(x). Par suite, il existe (λ , µ) ∈ R2 tel que ∀x ∈ R, f (x) = ch(x) + λ cos(x) + µ sin(x). Réciproquement, soit f une telle fonction. f est dérivable sur R et pour tout réel x, f 0 (x) + f (−x) = (sh(x) − λ sin(x) + µ cos(x)) + (ch(x) + λ cos(x) − µ sin(x)) = ex + (λ + µ)(cos(x) − sin(x)), et f est solution si et seulement si λ + µ = 0. Les fonctions solutions sont les fonctions de la forme x 7→ ch(x) + λ (cos(x) − sin(x)), λ ∈ R. Correction de l’exercice 4702 N
3 Soit f une éventuelle solution. f est dérivable sur ]0, +∞[ et pour tout réel x > 0, f 0 (x) = f 16x . On en déduit que f 0 est dérivable sur ]0, +∞[ ou encore que f est deux fois dérivable sur ]0, +∞[. En dérivant l’égalité initiale, on obtient pour tout réel x 3/16 3 3 3 0 3 f f 00 (x) = − 16x = − 2 f 2 16x (3/16)/x = − 16x2 f (x), 16x
3 et donc f est solution sur R de l’équation différentielle x2 y00 + 16 y = 0 (E). Les solutions de (E) sur ]0, +∞[ constituent un R-espace vectoriel de dimension 2. Cherchons une solution particulière de (E) sur ]0, +∞[ de la forme gα : x 7→ xα , α ∈ R.
fα solution de (E) sur ]0, +∞[ ⇔ ∀x > 0, x2 α(α − 1)xα−2 + ⇔α =
3 α 3 x = 0 ⇔ α2 − α + =0 16 16
1 3 ou α = . 4 4
Les deux fonctions f1 : x 7→ x1/4 et f2 : x 7→ x3/4 sont solutions de (E) sur ]0, +∞[. Le wronskien de x1/4 x3/4 ces solutions est w(x) = 1 −3/4 3 −1/4 = 21 6= 0 et donc ( f1 , f2 ) est un système fondamental de 4x 4x solutions de (E) sur ]0, +∞[. Ainsi, si f est solution du problème, nécessairement ∃(λ1 , λ2 ) ∈ R2 tel que ∀x > 0, f (x) = λ1 x1/4 + λ2 x3/4 . Réciproquement, soit f une telle fonction. 31/4 λ −1/4 33/4 λ −3/4 3 Pour tout réel x > 0, f 0 (x) = λ41 x−3/4 + 3λ4 2 x−1/4 et f 16x = 2 1x + 8 2x . Donc λ1 −3/4 3λ2 −1/4 31/4 λ1 −1/4 33/4 λ2 −3/4 x + x = x + x 4 4 2 8 λ1 −3/4 3λ2 −1/4 31/4 λ1 −1/4 33/4 λ2 −3/4 ⇔ ∀x > 0, x + x = x + x 4 4 2 8 λ1 1/4 3λ2 3/4 31/4 λ1 3/4 33/4 λ2 1/4 ⇔ ∀x > 0, x + x = x + x (après multiplication par x) 4 4 2 8 λ1 33/4 λ2 3λ2 31/4 λ1 2 ⇔ = et = ⇔ λ2 = 3/4 λ1 . 4 8 4 2 3 3/4 Les fonctions solutions sont les fonctions de la forme x 7→ λ x1/4 + 2 3x . f solution ⇔ ∀x > 0,
Correction de l’exercice 4703 N La fonction nulle est solution. Dorénavant, f est une éventuelle solution non nulle. Il existe donc x0 ∈ R tel que f (x0 ) 6= 0. R +0 • L’égalité f (x0 ) f (0) = xx00−0 f (t) dt = 0 fournit f (0) = 0. Ry • Pour tout réel y, −y f (t) dt = f (0) f (y) = 0. Maintenant, la fonction f est continue sur R et donc la Ry fonction y 7→ −y f (t) dt est de classe C1 sur R. En dérivant, on obtient pour tout réel y, f (y)+ f (−y) = 0 et donc f est impaire. 2234
• Pour tout réel y, on a alors f (y) =
R +y f (t) dt est de classe C1 x 7→ f (x10 ) xx00−y R x +y 1 2 0 f (x0 ) x0 −y f (t) dt est de classe C sur R
1 R x0 +y f (x0 ) x0 −y
f (t) dt. Puisque f est continue sur R, la fonction
sur R et il en est de même de f . Mais alors la fonction x 7→
et il en est de même de f .
f est de classe C2 sur R. R
x+y • En dérivant à y fixé ou x fixé l’égalité f (x) f (y) = x−y f (t) dt, on obtient pour tout (x, y) ∈ R2 , 0 0 f (x) f (y) = f (x+y)− f (x−y) et f (x) f (y) = f (x+y)+ f (x−y). En dérivant la première égalité à y fixé et la deuxième à x fixé, on obtient pour tout (x, y) ∈ R2 , f 00 (x) f (y) = f 0 (x + y) − f 0 (x − y) = f (x) f 00 (y). 00 (x ) 0 En particulier, pour tout réel x, f 00 (x) f (x0 ) − f (x) f 00 (x0 ) = 0 ou encore f 00 (x) − k f (x) = 0 où f = f f (x . 0
f est solution d’une équation différentielle du type y00 − ky = 0. • f est donc de l’un des types suivants : x 7→ λ cos(ωx)+ µ sin(ωx), (λ , µ) ∈ R2 et ω > 0 ou x 7→ ax +b, (a, b) ∈ R2 ou x 7→ λ ch(ωx) + µ sh(ωx), (λ , µ) ∈ R2 et ω > 0 (suivant que k > 0, k = 0 ou k < 0). De plus, f étant impaire, f est nécessairement de l’un des types suivants : x 7→ λ sin(ωx), λ ∈ R∗ et ω > 0 ou x 7→ ax, a ∈ R∗ ou x 7→ λ sh(ωx), λ ∈ R et ω > 0. Réciproquement, R x+y - si ∀x ∈ R, f (x) = ax, a ∈ R∗ alors f (x) f (y) = a2 xy et x−y f (t) dt = 2a ((x + y)2 − (x − y)2 ) = 2axy. Donc f est solution si et seulement si a = 2. On obtient la fonction solution x 7→ 2x. - si ∀x ∈ R, f (x) = λ sin(ωx), λ ∈ R∗ et ω > 0, alors f (x) f (y) = λ 2 sin(ωx) sin(ωy) et R x+y 2λ λ x−y f (t) dt = ω (cos(ω(x − y)) − cos(ω(x + y))) = ω sin(ωx) sin(ωy). Donc f est solution si et seulement si λ = ω2 . On obtient les fonctions solutions x 7→ ω2 sin(ωx), ω > 0. - si ∀x ∈ R, f (x) = λ sh(ωx), λ ∈ R∗ et ω > 0, alors f (x) f (y) = λ 2 sh(ωx) sh(ωy) et R x+y λ 2λ x−y f (t) dt = ω (ch(ω(x + y)) − ch(ω(x − y))) = ω sh(ωx) sh(ωy). Donc f est solution si et seulement si λ = ω2 . On obtient les fonctions solutions x 7→ ω2 sh(ωx), ω > 0. Correction de l’exercice 4704 N Existence de F(x) = dominée par déduit que
1 t2
R +∞ e−tx e−tx dt. Soit x > 0. La fonction t 7→ 1+t 2 dt est continue sur [0, +∞[ et est 0 1+t 2
quand t tend vers +∞. Donc la fonction t 7→
e−tx 1+t 2
dt est intégrable sur [0, +∞[. On en
F est définie sur ]0, +∞[. Dérivées de F. Soient a > 0 puis Φ : [a, +∞[×[0, +∞[ → R . e−tx (x,t) 7→ 1+t 2 • Pour tout réel x ∈ [a, +∞[, la fonction t 7→ Φ(x,t) est continue et intégrable sur [0, +∞[. • La fonction Φ admet sur [a, +∞[×[0, +∞[ des dérivées partielles d’ordre 1 et 2 par rapport à sa première variable x et pour tout (x,t) ∈ [a, +∞[×[0, +∞[ ∂Φ ∂ x (x,t)
−tx
= − te et 1+t 2
∂ 2Φ (x,t) ∂ x2
=
t 2 e−tx . 1+t 2
De plus - pour tout x ∈ [a, +∞[, les fonctions t 7→ [0, +∞[.
∂Φ ∂ x (x,t)
et t 7→ 2
∂ 2Φ (x,t) ∂ x2
sont continues par morceaux sur
- pour tout t ∈ [0, +∞[, les fonctions x 7→ ∂∂Φx (x,t) et x 7→ ∂∂ xΦ2 (x,t) sont continues sur [0, +∞[. 2 −ta ∂ Φ t 2 e−ta - pour tout (x,t) ∈ [a, +∞[×[0, +∞[, ∂∂Φx (x,t) 6 te = ϕ (t) et (x,t) 6 1+t 2 = ϕ2 (t) où les 1 2 2 1+t ∂x fonctions 2235
ϕ1 et ϕ2 sont continues par morceaux et intégrables sur [0, +∞[ car sont dominées en +∞ par t12 . D’après le théorème de dérivation des intégrales à paramètres (théorème de L EIBNIZ), F est deux fois dérivable sur [a, +∞[ et les dérivées de F s’obtiennent par dérivation sous le signe somme. Ceci étant R 2 e−tx vrai pour tout réel a > 0, F est deux fois dérivable sur ]0, +∞[ et pour x > 0, F 00 (x) = 0+∞ ∂∂ xF2 1+t 2 dt = R +∞ t 2 e−tx 0
1+t 2
dt.
∀x > 0, F 00 (x) =
R +∞ t 2 e−tx 0
1+t 2
dt.
Equation différentielle vérifiée par F. Pour x > 0, F 00 (x) + F(x) =
R +∞ cos u a u du et a u du. R A cos u R A sin u cos a cos A Soit A > a. Une intégration par parties fournit a u du = − a + A − a u2 du. Puisque cosA A 6 u 1 1 cos A 6 2 , la fonction u 7→ cos2 u est intégrable part, puisque ∀u > a, cos A , on a limA→+∞ A = 0. D’autre u2 u u R A cos u R sur [a, +∞[ et en particulier, a u2 du a une limite quand A tend vers +∞. On en déduit que aA sinu u du R a une limite quand A tend vers +∞ ou encore que l’intégrale a+∞ sinu u du converge en +∞. De même, R +∞ cos u a u du converge en +∞.
Existence de G(x) =
R +∞ sint
∀x > 0, F 00 (x) + F(x) = 1x .
+∞ R +∞ −tx dt = − 1x e−tx 0 = 1x . 0 e
0
t+x
dt. Soit a > 0. Montrons l’existence de
R +∞ sin u
Mais alors, pour x > 0, cos x
R +∞ sin u x
u
du − sin x
R +∞ cos u x
u
du =
R +∞ sin(u−x) x
u
du =
G est définie sur ]0, +∞[.
R +∞ sint 0
t+x
dt = G(x) existe.
Equation différentielle vérifiée par G. Puisque la fonction u 7→ sinu u est continue sur ]0, +∞[, la foncR R R tion x 7→ x+∞ sinu u du = 1+∞ sinu u du − 1x sinu u du est de classe C1 sur ]0, +∞[. De même, la fonction R x 7→ x+∞ cosu u du est de classe C1 sur ]0, +∞[ puis G est de classe C1 sur ]0, +∞[. De plus, pour tout réel x > 0, G0 (x) = − sin x puis en redérivant G00 (x) = − cos x
R +∞ sin u R cos x sin x − cos x x+∞ cosu u du + cos xxsin x = x uR du − x R +∞ cos u +∞ sin u
− sin x
R +∞ sin u x
u
x
du − cos x
u
2
du + sinx x + sin x
x
u
R +∞ cos u x
u
du,
2x
du + cosx
= −G(x) + 1x .
∀x > 0, G00 (x) + G(x) = 1x . R
R
Limites de F et G en +∞. Puisque 1+∞ sinu u du et 1+∞ cosu u du sont deux intégrales convergentes, R R limx→+∞ x+∞ sinu u du = limx→+∞ x+∞ cosu u du = 0. Puisque les fonctions sinus et cosinus sont bornées sur R. On en déduit que limx→+∞ G(x) = 0. R R +∞ −tx e−tx Pour tout réel x > 0, |F(x)| = 0+∞ 1+t e dt = 1x et donc limx→+∞ F(x) = 0. 2 dt 6 0 limx→+∞ F(x) = limx→+∞ G(x) = 0.
Egalité de F et G. D’après ce qui précède, (F − G)00 + (F − G) = 0 et donc il existe (λ , µ) ∈ R2 tel p que pour tout x > 0, F(x) − G(x) = λ cos x + µ sin x. Si (λ , µ) 6= (0, 0), alors λ cos x + µ sin x = λ 2 + µ 2 cos(x − x0 ) ne tend pas vers 0 quand x tend vers +∞. Puisque limx→+∞ F(x) − G(x) = 0, on a nécessairement λ = µ = 0 et donc F − G = 0. On a montré que ∀x > 0,
R +∞ e−tx R +∞ sint dt = 2 0 0 t+x dt. 1+t
Remarque. On peut montrer que l’égalité persiste quand x = 0 (par continuité) et on obtient π 2. Correction de l’exercice 4705 N 2236
R +∞ sint 0
t
dt =
(a) y = −1 + 1−λ1 ex ou y = −1.
(b) y ≡ 2 arctan(λ e− cos x ) − π2 (mod π). p √ (c) y = ± 1 + ( x + λ )2 ou y = ±1. (d) y = − ln 1 − x(1 − 1/e) . (e) y = λ + x λ + x ou y = 0. 2
2
Correction de l’exercice 4706 N 1−λ 2 x2 2λ ,
λ > 0. √ √ (b) y = −x ± 2x2 − λ ou y = x(−1 ± 2). (a) y =
√ −1± 1+4λ 2 x2 2λ
ou y = ±x ou y = 0. √ √ (d) y = −x ± λ + 3x2 et y = x(−1 ± 3). (c) y =
Correction de l’exercice 4707 N (a) y =
√ ±1 λ x2 +2x
ou y = 0. q (b) y = ± 4 x2 + xλ2 . √ √ (c) y = (( x + 2)2 + λ e x )2 . 2 2 ou y = 0. (d) y = 1x λ −x √
3
x (e) y = ± √2λ2−x ou y = 0. 4
Correction de l’exercice 4708 N 1 1 y = 1x + x ln |x|+λ x ou y = x .
Correction de l’exercice 4709 N √ y = λ ± λ 2 + 1 − x2 ou y = 0. Correction de l’exercice 4710 N (a) γ1 (t) = (−x(t), y(t)) et γ2 (t) = (x(−t), −y(−t)) sont aussi solutions de (S). Par ailleurs, la théorie de Cauchy-Lipschitz s’applique, en particulier s’il existe t0 tel que x(t0 ) = 0 alors x(t) = 0 pour tout t. De même s’il existe t0 tel que x(t0 ) = y(t0 ) = 0 alors x(t) = y(t) = 0 pour tout t. Pour λ , µ non nuls et x ne s’annulant pas, t 7→ (λ x(µt), λ y(µt)) est solution de (S) si et seulement si µ = λ . L’ensemble des trajectoires maximales est donc stable par les symétries par rapport aux deux axes et par les homothéties de centre (0, 0). De plus toute trajectoire maximale qui touche l’axe des x est symétrique par rapport à cet axe. (b) x0 (t0 ) = 0 ⇔ x(t0 ) = 0 ou y(t0 ) = 0. Dans le premier cas on a x(t) = 0 pour tout t et y(t) est arbitraire (solution de y0 = y2 ). Dans le second cas x(t0 ) est arbitraire (Cauchy-Lipschitz) donc l’ensemble des points à tangente verticale est la réunion des deux axes privé de (0, 0) (où il n’y a pas de tangente). y0 (t0 ) = 0 ⇔ x(t0 ) = ±y(t0 ), quantité arbitraire, donc l’ensemble des points à tangente horizontale est la réunion des deux bissectrices des axes, privée de (0, 0). Solutions particulières : x(t) = 0, y(t) = λ 1−t . 2237
2 2 0 2 2 0 2 (c) En supposant Φ de classe C 1 on n xΦΦ = Φ − x soit n xψ = ψ − x avec obtient l’équation n ψ = Φ2 . On obtient ψ(x) = |x|n λ + (n−1)x si n 6= 1 et ψ(x) = |x|(λ − ln |x|) si n = 1.
Une courbe intégrale (en fait une trajectoire) qui ne touche aucun des deux axes vérifie l’hypothèse y = fonction de x car x0 ne peut s’annuler donc x est une fonction injective de t. Une trajectoire qui touche l’axe des y est incluse dans cet axe (déjà vu) et une trajectoire qui touche l’axe des x en dehors de (0, 0) le traverse (y0 6= 0), p donc est réunion de sous-arcs localement d’un seul côté de l’axe des x, de la forme y = Φ(x) = ± ψ(x).
Correction de l’exercice 4711 N Méthode d’Euler : x y z
0.0 1.000 0.000
0.1 0.2 0.3 0.900 0.810 0.729 0.100 0.180 0.243
0.4 0.656 0.292
0.5 0.590 0.328
0.6 0.531 0.354
0.7 0.478 0.372
0.8 0.430 0.383
0.9 0.387 0.387
1.0 0.348 0.387
Solution théorique : y = e−x , z = xe−x . Correction de l’exercice 4712 N √ (a) y = 4 arctan(( 2 − 1)ex ).
(b) y = 2a − (λ x + µ)2/3 . 2 (c) y = exp − x2 + λ x + µ .
Correction de l’exercice 4714 N Si a > 0, y0 (0) = a3 , si a = 0, y00 (0) = 0, y000 (0) = 0, yIV (0) = 6. Donc y est croissante au voisinage de 0. Si y0 > 0 sur ]0, γ[, alors y(γ) > 0 donc y0 (γ) > 0 et y0 > 0 sur [γ, γ + ε[ donc, par connexité, y0 > 0 sur ]0, β [. y0 > y3 ⇒ 1 6
y0 y3
⇒x6
1 2a2
− 2y12 6
1 . 2a2
Correction de l’exercice 4715 N (a) Régionnement. (b) idem. (c) Pour x < 0, y0 < −ey ⇒ −y0 e−y > 1 ⇒ x > e−y +C > C. Correction de l’exercice 4717 N 2 Supposons t > t0 tel que x2 (t) − t > 0. On peut alors poser t1 = min{t On a alors √ > t0 | x 0(t) − t > 0}. √ 2 x (t1 ) − t1 = 0. Si x(t1 ) = t1 , on étudie la fonction y(t) = x(t) − t. On a y (t1 ) = − 2√1 t1 < 0. Cela √ t1 , on étudie la fonction contredit le fait que, pour tout t ∈ [t ,t [, y(t) < 0. De même si x(t ) = − 0 1 1 √ z(t) = x(t) + t et on aboutit à une contradiction. Par conséquent la courbe intégrale reste dans D0 . Si la solution maximale (à droite) est définie sur [t0 , β [, avec β ∈ R, alors pour tout t ∈ [t0 , β [, −β 6 x0 (t) 6 0. On en déduit que x0 est intégrable sur [t0 , β [ et donc que x(t) admet une limite finie quand t tend vers β . On prolonge la fonction en β et la fonction prolongée vérifie (E) sur [t0 , β ] ce qui est impossible. On en déduit que β = +∞. On a, pour tout t > t0 , x0 (t) < 0, donc x est décroissante. Si x(t) a une limite ` ∈ R en +∞ alors x0 (t) ∼ −t, ce qui est impossible. Par conséquent x(t) → −∞ (lorsque t → +∞). t→+∞
En particulier, pour t assez grand, x(t) 6 0. En dérivant (E) on a x00 (t) = 2x(t)(x2 (t) −t) − 1. Si, à partir d’un certain rang, pour tout t, x00 (t) > 0 alors x0 est croissante et majorée. Elle ne peut tendre que vers 0 car sinon x0 (t) ∼ `, puis x(t) ∼ `t et x0 (t) ∼ `2t 2 . Sinon il existe t1 tel que x00 (t1 ) < 0. S’il existe t2 > t1 2238
tel que x00 (t2 ) = 0 (avec t2 minimal) alors x000 (t2 ) = 2x + 2x12 qui est négatif pour t assez grand. Ceci est −1 impossible et donc dans ce cas x00 (t) reste négatif lorsque t tend vers +∞, on a alors 0 < t − x2 (t) 6 2x(t) · √ 2 Par conséquent x (t) − t → 0 lorsque t → +∞, on en déduit que x(t) ∼ − t. t→+∞
Correction de l’exercice 4721 N Soient y, z deux solutions distinctes. D’après Cauchy-Lipschitz, y0 (a) 6= z0 (a), donc par exemple y0 (a) > z0 (a). Soit c > a maximal tel que : ∀ x ∈ ]a, c[, y(x) > z(x). Donc y − z est strictement positive convexe sur [a, c], et s’annule en a et c, ce qui est impossible. Correction de l’exercice 4725 N (a) Sinon d(0, f 0 (R)) > 0 et f ne peut pas être minorée. (b) Supposons que pour tout a ∈ R p on a ∇ f (a) 6= 0.
∇ f (x) On considère l’équation différentielle autonome : x0 = k∇ f (x)k . Pour x(0) donné il existe une solution 0 maximale, et elle est définie sur R car x est bornée. Alors la fonction : t 7→ f (x(t)) est C 1 minorée sur R donc il esiste une suite de réels (tn ) telle que dtd ( f (x(tn ))) = k∇ f (x(tn ))k → 0 lorsque n → ∞.
Correction de l’exercice 4726 N fu : p 7→ p + u ∧ p est linéaire injective car fu (p) = 0 ⇒ p ⊥ p, donc bijective. L’application u 7→ fu de R3 dans L (R3 ) est C ∞ , donc il en est de même de l’application inverse : u 7→ ( fu )−1 et l’équation différentielle donnée équivaut à u0 = ( fu )−1 (−u ∧ (u3 e3 )) qui relève de la théorie de Cauchy-Lipschitz : il existe une unique solution maximale définie sur un intervalle ouvert I. D’après l’équation différentielle, (u0 | u) = 0 d’où kuk est constant. Alors u0 = ( fu )−1 (−u ∧ (u3 e3 )) est borné, donc u admet une limite finie en tout point fini par uniforme continuité, ceci prouve que I = R. Correction de l’exercice 4727 N R
x (a) fn+1 (x) − fn (x) = t=0 ( fn − fn−1 )(t − t 2 ) dt donc par récurrence fn+1 − fn > 0. Rx De plus fn+1 (x) − fn (x) 6 xk fn − fn−1 k∞ d’où fn+2 (x) − fn+1 (x) 6 k fn − fn−1 k∞ t=0 (t − t 2 ) dt 6 1 1 6 k f n − f n−1 k∞ et k f n+2 − f n+1 k∞ 6 6 k f n − f n−1 k∞ ce qui prouve que la série télescopique ∑( f n+1 − fn ) est normalement convergente.
R
x (b) Par passage à la limite uniforme sous le signe intégral on a f (x) = 1 + t=0 f (t −t 2 ) dt d’où f est C 1 0 2 ∞ 0 et f (x) = f (x − x ) ce qui entraine le caractère C de f par récurrence. f (0) = f 0 (1) = f (0) = 1.
(c) f 0 est positive d’après l’équation différentielle vérifiée par f et f 00 (x) = (1 − 2x) f 0 (x − x2 ) est du signe de 1 − 2x, c’est-à-dire que f est convexe sur [0, 21 ] et concave sur [ 12 , 1].
0 2 (d) 1 + x = f1 (x) 6 f (x) = f1 (x) + ∑∞ k=1 ( f k+1 (x) − f k (x)). De plus, f (x) = f (x − x ) 6 f (x) d’où x 7→ f (x)e−x est décroissante et vaut 1 en 0 ce qui prouve que f (x) 6 ex .
Correction de l’exercice 4728 N (a) Qu’il en existe et qu’il y en a une unique maximale, son intervalle de définition est ouvert. (b) Soit (]α, β [, x) une solution maximale. Si t0 ∈ ]α, β [ est tel que x(t0 ) = a alors x0 (t0 ) > 0 donc x(t)−a est du signe de t − t0 au voisinage de t0 . Ceci montre que t0 (éventuel) est unique, et en particulier t0 < 0. De même, il existe au plus un réel t1 tel que x(t1 ) = b et t1 < 0. Par ailleurs l’existence de l’un des deux réels t0 ou t1 exclut l’autre. Enfin, a 6 x(t) 6 b pour tout t ∈ [0, β [ donc d’après le théorème des bouts on a β = +∞.
2239
(c) Soit ϕ : [a, b] → [a, b], y 7→ x(T ). Comme deux courbes intégrales maximales distinctes n’ont aucun point commun, ϕ est injective et par disjonction de cas on montre que ϕ est strictement croissante et satisfait à la propriété des valeurs intermédiaires. En particulier ϕ est continue et ϕ(y) − y prend une valeur positive en a, négative en b donc s’annule pour un certain y ∈ [a, b]. Pour cet y, la solution correspondante est T -périodique.
Correction de l’exercice 4729 N Remarque : la seule continuité de f implique l’existence d’une solution maximale à condition initiale donnée (thm. de Cauchy-Arzela, HP), mais pas son unicité. thm des bouts : supposons y solution, définie sur [t0 , α[ avec α < sup J. z0 = 2az + 2b − c avec z = kyk2 On a dtd (kyk2 ) = 2(y0 | y) = 2( f (t, y) | y) 6 2akyk2 + 2b, ce que l’on écrit Rt et c fonction continue positive. Donc z(t) = exp(2A(t) − 2A(t0 ))z(t0 ) + s=t0 exp(2A(t) − 2A(s))(2b(s) − c(s)) ds où A est une primitive de a sur J. On en déduit que z est majoréeR sur [t0 , α[ car A et b sont α continues sur [t0 , α] et c > 0, donc ky0 k = k f (t, y)k est aussi majorée, et s=t y0 (s)ds est absolument 0 − convergente. Ainsi y admet une limite finie en α , et l’on peut prolonger y au dela de α avec le thm de Cauchy-Arzela ; y n’est pas maximale. Correction de l’exercice 4730 N (a)
d dt
f (x, y) = x0 ∂∂ xf + y0 ∂∂ yf donc f convient si
∂f ∂x
= y(x − 1) et
∂f ∂y
= x(y − 1) (condition suffisante). Il
n’existe pas de telle fonction (thm. de Schwarz), mais on peut accepter f telle que ∂∂ xf = λ (x, y)y(x − 1) et ∂∂ yf = λ (x, y)x(y − 1) où λ est une fonction bien choisie (appelée facteur intégrant). On voit 1 convient, d’où f (x, y) = x + y − ln(xy). immédiatement que λ (x, y) = xy
(b) D’après le théorème d’unicité de Cauchy-Lipschitz, s’il existe t0 tel que x(t0 ) = 0 alors x(t) = 0 pour tout t, et de même pour y. Ainsi, si on fixe une condition initiale x(0) > 0, y(0) > 0 alors x(t) > 0 et y(t) > 0 pour tout t. De plus, par le même raisonnement, si (x(0), y(0)) 6= (1, 1) alors (x(t), y(t)) 6= (1, 1) pour tout t. Désormais on suppose ces conditions satisfaites. Soit k = f (x(0), y(0)) = x(0) + y(0) − ln(x(0)y(0)). Par étude de fonction, on voit que k 6= 2 et la courbe Ck d’équation f (x, y) = k est une courbe fermée de classe C 1 entourantple point (1, 1). Le point Mt = (x(t), y(t)) se déplace sur Ck avec une vitesse numérique ds/dt = x2 (1 − y)2 + y2 (x − 1)2 > αk > 0 où αk ne dépend que de k. On en déduit qu’une abscisse curviligne de Mt décrit R quand t décrit R. En particulier il existe t0 > 0 tel que s(t0 ) − s(0) = longueur(Ck ) ce qui implique Mt0 = M0 et le mouvement est t0 -périodique.
Correction de l’exercice 4731 N f (x, y) = (3x − 2y)e4(x−y) . Correction de l’exercice 4732 N f (x, y) =
a(x−y) 2
+ g(x + y).
Correction de l’exercice 4733 N f (x, y) = g(xy). Correction de l’exercice 4734 N f (x, y) = ln |xy| + g xy .
2240
Correction de l’exercice 4735 N f (x, y) = g(θ ). Correction de l’exercice 4736 N (a) g(ρ, θ ) = λ (ρ)e−2θ . (b) g est 2π-périodique, donc λ = 0, et f = 0.
Correction de l’exercice 4737 N 2 f (x, y) = g 1+y . x Correction de l’exercice 4739 N f (x, y) = ρ α A(θ ) + ρ 1−α B(θ ). Correction de l’exercice 4740 N 2
2
2
(a) (a + bα + cα 2 ) ∂∂ ug2 + (2a + b(α + β ) + 2cαβ ) ∂∂u∂gv + (a + bβ + cβ 2 ) ∂∂ vg2 = 0. (b)
Correction de l’exercice 4741 N √ 2 2u ∂∂ ug2 + ∂∂ gu = 0 ⇒ f (x, y) = A xy xy + B xy . Correction de l’exercice 4742 N 2tg0 (t) + (1 + t 2 )g00 (t) = t ⇒ g(t) = 2t + λ arctant + µ. Correction de l’exercice 4743 N (a)
(b)
2 2 2 ∂ 2g = 4 ∂∂ x2f + 8 ∂∂x∂fy + 4 ∂∂ y2f ∂ x2 2 2 2 ∂ 2g = ∂∂ x2f − 2 ∂∂x∂fy + ∂∂ y2f ∂ y2 ∂2 f ∂2 f ∂ 2g ∂ x∂ y = 2 ∂ x2 − 2 ∂ y2 . xy f (x, y) = 16 + h(x) + k(y).
Correction de l’exercice 4744 N √ 2 2u ∂∂u∂gv − ∂∂ gv = 0 ⇒ f (x, y) = g xy xy + h(xy). Correction de l’exercice 4745 N
1+t + µ. (1 − t 2 ) f 00 − 2t f 0 = 0 ⇒ f (t) = λ ln 1−t Correction de l’exercice 4746 N ∆ f = 4(x2 + y2 )∆F. Correction de l’exercice 4747 N 2241
(a)
∂ 2g ∂ u∂ v
2
2
2
= uv ∂∂ x2f + (u + v) ∂∂x∂fy + ∂∂ y2f + ∂∂ xf .
(b) f (x, y) =
xy 2
+ h(u) + k(v) avec u + v = y, uv = x.
Correction de l’exercice 4748 N f (r) = A cos r + B sin r. Correction de l’exercice 4749 N (a) Il existe G telle que
∂G ∂u
= g + u ∂∂ ug =
∂ (ug) ∂u
et
Donc G = ug + ϕ(v) = vg + ψ(u), d’où g = (b) f (x, y) = x ϕ y − 1x + ψ y + 1x .
∂ (vg) ∂g ∂G ∂v = g + v ∂v = ∂v . ϕ(v)−ψ(u) . La réciproque v−u
est immédiate.
Correction de l’exercice 4750 N (a) Soit f une application de classe C1 sur R2 . Posons f (x, y) = g(u, v) où u = x + y et v = x + 2y. L’application (x, y) 7→ (x + y, x + 2y) = (u, v) est un automorphisme de R2 et en particulier un C1 difféormorphisme de R2 sur lui-même. ∂f ∂x
De même,
∂f ∂y
=
∂g ∂u
=
∂ ∂ x (g(u, v))
=
∂u ∂x
× ∂∂ ug + ∂∂ xv × ∂∂ gv =
∂g ∂u
+ ∂∂ gv
+ 2 ∂∂ gv et donc 2 ∂∂ xf − ∂∂ yf = 2 ∂∂ gu + 2 ∂∂ gv − ∂∂ ug − 2 ∂∂ gv =
∂g ∂u.
Par suite, 2 ∂∂ xf − ∂∂ yf = 0 ⇔ ∂∂ gu = 0 ⇔ ∃h ∈ C1 (R, R)/ ∀(u, v) ∈ R2 , g(u, v) = h(v) ⇔ ∃h ∈ C1 (R, R)/ ∀(x, y) ∈ R2 , f (x, y) = h(x + 2y). Les solutions sont les (x, y) 7→ h(x + 2y) où h ∈ C1 (R, R). Par exemple, la fonction (x, y) 7→ cos
p (x + 2y)2 + 1 est solution.
(b) Soit f une application de classe C1 sur R2 \ {(0, 0)}. Posons f (x, y) = g(r, θ ) où x = r cos θ et y = r sin θ . L’application (r, θ ) 7→ (r cos θ , r sin θ ) = (x, y) est un C1 -difféormorphisme de ]0, +∞[×[0, 2π[ sur R2 \ {(0, 0)}. De plus, ∂g ∂r
=
∂ ∂ r ( f (x, y))
=
∂x ∂ f ∂r ∂x
+ ∂∂ yr ∂∂ yf = cos θ ∂∂ xf + sin θ ∂∂ yf ,
et ∂g ∂θ
=
∂ ∂ θ ( f (x, y))
=
∂x ∂ f ∂θ ∂x
+ ∂∂θy ∂∂ yf = −r sin θ ∂∂ xf + r cos θ ∂∂ yf = x ∂∂ yf − y ∂∂ xf .
Donc ∂f ∂g ∂f −y =0⇔ = 0 ⇔ ∃h1 ∈ C1 (]0, +∞[, R)/ ∀(r, θ ) ∈]0, +∞[×[0, 2π[, g(r, θ ) = h1 (r) ∂y ∂x ∂θ p ⇔ ∃h1 ∈ C1 (]0, +∞[, R)/ ∀(x, y) ∈ R2 \ {(0, 0)}, f (x, y) = h1 x 2 + y2 ⇔ ∃h ∈ C1 (]0, +∞[, R)/ ∀(x, y) ∈ R2 \ {(0, 0)}, f (x, y) = h(x2 + y2 ).
Les solutions sont les (x, y) 7→ h(x2 + y2 ) où h ∈ C1 (]0, +∞[, R).
2242
(c) Soit f une fonction de classe C2 sur ]0, +∞[×R. D’après le théorème de S CHWARZ,
∂2 f ∂ x∂ y
=
∂2 f ∂ y∂ x .
Soit ϕ : ]0, +∞[×R → ]0, +∞[×R . Donc si on pose f (x, y) = g(u, v), on a g = f ◦ ϕ. (u, v) 7→ (u, uv) = (x, y) Soit (x, y, u, v) ∈]0, +∞[×R×]0, +∞[×R. u=x u=x ϕ(u, v) = (x, y) ⇔ . uv = y v = xy Ainsi, ϕ est une bijection de ]0, +∞[ sur lui-même et sa réciproque est l’application ϕ −1 : ]0, +∞[×R → (x, y) 7→
]0, +∞[×R . x, xy = (u, v)
De plus, ϕ est de classe C2 sur ]0, +∞[×R et son jacobien 1 0 =u Jϕ (u, v) = v u
ne s’annule pas sur ]0, +∞[×R. On sait alors que ϕ est un C2 -difféomorphisme de ]0, +∞[×R sur lui-même. Puisque g = f ◦ ϕ et que ϕ est un C2 -difféomorphisme de ]0, +∞[×R sur lui-même, f est de classe C2 sur ]0, +∞[×R si et seulement si g est de classe C2 sur ]0, +∞[×R. ∂f ∂g y ∂g ∂u ∂g ∂v ∂g ∂ x = ∂ x ∂ u + ∂ x ∂ v = ∂ u − x2 ∂ v . • ∂∂ yf = ∂∂ uy ∂∂ gu + ∂∂ vy ∂∂ gv = 1x ∂∂ gv . 2 2 2 ∂g • ∂∂ x2f = ∂∂x ∂∂ gu − xy2 ∂∂ gv = ∂∂ ug2 − xy2 ∂∂u∂gv + 2y x3 ∂ v 2y ∂ g . x3 ∂ v 2 2 2 • ∂∂x∂fy = ∂∂y ∂∂ ug − xy2 ∂∂ gv = 1x ∂∂v∂gv − x12 ∂∂ gv − xy3 ∂∂ vg2 .
•
•
∂2 f ∂ y2
=
Ensuite,
x2
∂ ∂y
1 ∂g x ∂v
=
2 2 2 − xy2 ∂∂u∂gv + xy4 ∂∂ vg2 =
∂ 2g ∂ u2
2
2
2
∂ g − 2y + xy4 ∂∂ vg2 + x2 ∂ u∂ v
1 ∂ 2g . x 2 ∂ v2
2 2 ∂2 f ∂2 f ∂ 2g y2 ∂ 2 g 2y ∂ g ∂ 2g 2y ∂ g 2y2 ∂ 2 g y2 ∂ 2 g 2∂ g 2∂ f + 2xy = x − 2y + + + y + + 2y − − 2 ∂ x2 ∂ x∂ y ∂ y2 ∂ u2 ∂ u∂ v x2 ∂ v2 x ∂v ∂ v∂ v x ∂v x ∂ v2 x2 ∂ v2 ∂ 2g = x2 2 . ∂u
Ainsi, 2 ∂2 f ∂2 f ∂ 2g 2∂ f (x, y) + 2xy (x, y) + y (x, y) = 0 ⇔ ∀(u, v) ∈]0, +∞[×R, (u, v) = 0 ∂ x2 ∂ x∂ y ∂ y2 ∂ u2 ∂g ⇔ ∃h ∈ C2 (R, R)/ ∀(u, v) ∈]0, +∞[×R, (u, v) = h(v) ∂u ∃(h, k) ∈ (C2 (R, R))2 / ∀(u, v) ∈]0, +∞[×R, g(u, v) = uh(v) + k(v)
∀(x, y) ∈]0, +∞[×R, x2
∃(h, k) ∈ (C2 (R, R))2 / ∀(x, y) ∈]0, +∞[×R, f (x, y) = xh(xy) + k(xy).
Les fonctions solutions sont les (x, y) 7→ xh(xy) + k(xy) où h et k sont deux fonctions de classe C2 sur R. Correction de l’exercice 4778 N (a) Le graphe est bien un paraboloïde de révolution ayant l’origine pour sommet, d’axe de révolution l’axe des z, et dont la concavité tourne vers le haut. Les lignes de niveau sont les cercles x2 + y2 = z0 , z0 = c, c > 0 étant une constante ; pour c = 0 c’est le somment, c.a.d. l’origine. 2243
(b) Le graphe de la fonction f est un paraboloïde de révolution ayant le point (0, 0, 25) pour sommet et plafonné par le plan des x et y, d’axe de révolution l’axe des z, et dont la concavité tourne vers le bas. Les lignes des niveau sont les cercles x2 + y2 = 25 − z0 , z0 = c, c < 25 étant une constante qui dégénèrent en un point, le sommet, pour c = 25. Le graphe de la fonction g est un demi-cône de révolution ayant le point (0, 0, 5) pour sommet et plafonné par le plan des x et y, d’axe de révolution l’axe des z, et dont la concavité tourne vers le bas. Les lignes des niveau sont les cercles x2 + y2 = (5 − z0 )2 , z0 = c étant une constante telle que 0 6 c 6 5 qui dégénèrent en un point, le sommet, pour c = 5. (c) Dans R3 avec coordonnées (x, y, z), avec f (x) = (y, z), le graphe en discussion est une hélice sur le cône de révolution y2 + z2 = x2 . (d) Le support de cette courbe paramétrée est une spirale planaire qui rencontre l’origine et dont la pente à l’origine vaut zéro. (e) Pour que f (x, y, z) = exp(x + y2 − z2 ) soit constant il faut et il suffit que x + y2 − z2 soit constant. Les surfaces de niveau en discussion sont donc les surfaces x + y2 − z2 = c. Ce sont des paraboloïdes hyperboliques. (f) Le graphe de l’application f en discussion est une surface dans R4 , et la dimension 4 est trop grande pour représenter, sur une feuille de papier, ce graphe plongé dans R4 . L’application f est un champs de vecteurs dans le plan cependant. De façon générale, on peut représenter graphiquement le champ de vecteurs X : U → R2 dans l’ouvert U du plan en dessinant, au point (u1 , u2 ) de U, le vecteur X(u1 , u2 ) = (x1 (u1 , u2 ), x2 (u1 , u2 )). N.B. Quand on représente une surface dans l’espace de dimension 3 ordinaire par un dessin sur une feuille de papier, en vérité on ne dessine qu’une projection de l’espace de dimension 3 sur un plan.
Correction de l’exercice 4779 N (a) La partie A1 est ouverte. Car la courbe x2 y2 = 1 a quatre branches, les deux branches de xy = 1 et les deux branches de xy = −1 ; ces quatre branches coupent le plan en cinq parties dont une contient l’origine. La courbe x2 y2 = 1 étant une partie fermée, le complémentaire est un ouvert qui est réunion de cinq ouverts. La partie A1 est la réunion des quatre parties qui ne contiennent pas l’origine. Puisque A1 est ouvert, A1 coïncide avec son intérieur. L’adhérence de A1 est la réunion de A1 avec les quatre branches de la courbe x2 y2 = 1. (b) La partie A2 est le demi-cercle de rayon 1 ayant l’origine pour centre constitué des angles 0 < ϕ < π en radians et ce n’est ni ouvert ni fermé. La partie A2 n’est pas ouverte car aucun disque de rayon positif n’est dans A2 ; elle n’est pas fermée car les points (±1, 0) sont des points d’adhérence qui n’appartiennent pas à A2 . L’adhérence de A2 est la partie {(x, y) ∈ R2 |x2 + y2 = 1, y > 0} du plan.
Correction de l’exercice 4780 N (a) Soient q1 un point de B1 et q2 un point de B2 , soient d1 resp. d2 la distance de q1 au bord de B1 resp. la distance de q2 au bord de B2 , et soit 0 < d 6 min(d1 , d2 ). Alors la boule ouverte dans Rn+m centrée en (q1 , q2 ) et de rayon d est dans B1 × B2 .
(b) Soient p un point de A, q un point de B, soit B1 un disque ouvert dans A contenant p, et soit B2 un intervalle ouvert dans B contenant q. D’après (1.), B1 ×B2 est un ouvert de R3 tel que B1 ×B2 ⊆ A×B et (p, q) appartient à B1 × B2 . Par conséquent, A × B est un ouvert de R3 . Correction de l’exercice 4781 N 2244
(a) La réunion ∪n An d’une suite de parties ouvertes An de R2 est bien une partie ouverte de R2 . En effet, soit q un point de ∪n An . Alors il existe n0 tel que q appartienne à An0 . Puisque An0 est ouvert, il existe un disque ouvert D dans An0 tel que q appartienne à D. Par conséquent, il existe un disque ouvert D dans ∪n An tel que q appartienne à D. L’intersection ∩n An d’une suite de parties ouvertes An de R2 n’est pas nécessairement ouverte. Par exemple, dans R, l’intersection des intervalles ouverts ] − 1/n, 1/n[ est la partie {0} ⊆ R qui n’est pas ouverte. (b) La réunion ∪n Bn d’une suite de parties fermées Bn de R2 n’est pas nécessairement une partie fermée de R2 . Car le complémentaire C (∪n Bn ) de ∪n Bn est l’intersection ∩n C Bn des complémentaires et c’est donc l’intersection d’une suite (C Bn ) de parties ouvertes de R2 qui, d’après (1.), n’est pas nécessairement une partie ouverte de R2 . De même, l’intersection ∩n Bn d’une suite de parties fermées Bn de R2 est bien une partie fermée de R2 . Car le complémentaire C (∩n Bn ) de ∩n Bn est la réunion ∪n C Bn des complémentaires et c’est donc la réunion d’une suite (C Bn ) de parties ouvertes de R2 qui, d’après (1.), est une partie ouverte de R2 . Correction de l’exercice 4782 N La partie A du plan n’est pas ouverte puisqu’elle ne contient aucun disque ouvert. Cette partie A n’est pas fermée non plus : L’origine est un point d’adhérence : Quel que soit le disque ouvert B centré à l’origine, il existe un point de B qui appartient à A. Mais l’origine n’appartient pas à A d’où A n’est pas fermé. L’adhérence A de A est la réunion A∪({0}×[−1, 1]). Car quelle que soit la suite (xn ) de points de A ∪ ({0} × [−1, 1]) telle que cette suite converge dans le plan, la limite appartient à A ∪ ({0} × [−1, 1]). Correction de l’exercice 4784 N ◦ ◦
◦
◦
(a) Soit A une partie de E. A est fermé et donc (A) = A. A est ouvert et donc A = A. (b) Soient A et B deux parties de E telles que A ⊂ B. • Pour tout x ∈ E, x ∈ A ⇒ ∀V ∈ V (x), V ∩ A 6= ∅ ⇒ ∀V ∈ V (x), V ∩ B 6= ∅ ⇒ x ∈ B. Donc A ⊂ B. ◦
◦
◦
◦
• Pour tout x ∈ E, x ∈ A ⇒ A ∈ V (x) ⇒ B ∈ V (x) ⇒ x ∈ B. Donc A ⊂ B. (c) Soient A et B deux parties de E. A ∪ B est une partie fermée de E contenant A ∪ B. Donc A ∪ B ⊂ A ∪ B (puisque A ∪ B est le plus petit fermé de E au sens de l’inclusion contenant A ∪ B). Réciproquement, A ⊂ A ∪ B et B ⊂ A ∪ B ⇒ A ⊂ A ∪ B et B ⊂ A ∪ B ⇒ A ∪ B ⊂ A ∪ B. Finalement A ∪ B = A ∪ B. ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ A ∩ B est un ouvert contenu dans A ∩ B et donc A ∩ B ⊂ A ∩ B. ◦
◦
◦
◦
◦
◦
◦
Réciproquement , A ∩ B ⊂ A et A ∩ B ⊂ B ⇒ A ∩ B ⊂ A et A ∩ B ⊂ B ⇒ A ∩ B ⊂ A ∩ B. ◦
◦
◦
Finalement, A ∩ B = A ∩ B. (d) A ∩ B est un fermé contenant A ∩ B et donc A ∩ B ⊂ A ∩ B. On n’a pas nécessairement l’égalité. Si A = [0, 1[ et B =]1, 2], A ∩ B = ∅ puis A ∩ B = ∅ mais A ∩ B = [0, 1] ∩ [1, 2] = {1} 6= ∅. ◦
◦
◦
◦
◦
A ∪ B est un ouvert contenu dans A ∪ B et donc A ∪ B ⊂ A ∪ B.
◦
On n’a pas nécessairement l’égalité. Si A = [0, 1] et B = [1, 2], A ∪ B = [0, 2] puis A ∪ B =]0, 2[ mais ◦
◦
A ∪ B =]0, 1[∪]1, 2[6=]0, 2[. (e) Soient A et B deux parties de E. Soit x ∈ E. ◦
x ∈ A \ B ⇔ A \ B ∈ V (x) ⇔ ∃B boule ouverte de centre x telle que B ⊂ A \ B
⇔ ∃B boule ouverte de centre x telle que B ⊂ A et B ⊂ c B ⇔ A ∈ V (x) et c B ∈ V (x) ◦
◦
◦
◦
◦
⇔ x ∈ A et x ∈ (c B) ⇔ x ∈ A et x ∈ c (B) ⇔ x ∈ A ∩ c (B) ⇔ x ∈ A \ B. 2245
◦
◦
Donc A \ B = A \ B.
◦ ◦
◦ ◦
◦
◦
◦
◦
◦ ◦
◦
◦
◦ ◦
◦ ◦
◦
(f) Soit A une partie de E. A ⊂ A ⇒ A ⊂ A = A. D’autre part A ⊂ A ⇒ A = A ⊂ A ⇒ A ⊂ A. Finalement, ◦
◦ ◦
◦
◦
A = A. ◦ ◦
◦ ◦
◦
◦
◦
◦ ◦
◦
◦ ◦
◦
A ⊂ A ⇒ A = A ⊂ A. D’autre part A ⊂ A ⇒ A ⊂ A = A ⇒ A ⊂ A. Finalement, A = A. Correction de l’exercice 4785 N L’exercice 4784 montre que l’on ne peut pas faire mieux. Soit A = ([0, 1[∪]1, 2]) ∪ {3} ∪ (Q ∩ [4, 5]). ◦
• A =]0, 1[∪]1, 2[. ◦
• A = [0, 2]. ◦ ◦
• A =]0, 2[. • A = [0, 2]] ∪ {3} ∪ [4, 5] ◦
• A =]0, 2[∪]4, 5[. ◦
• A = [0, 2] ∪ [4, 5]. Les 7 ensembles considérés sont deux à deux distincts. Correction de l’exercice 4786 N
Soit f ∈ E. Pour n ∈ N∗ , soit gn l’application définie par ∀x ∈ [0, 1], gn (x) = f (x) + 1n x − 12 . Chaque fonction gn est continue sur [0, 1] mais non dérivable en 12 ou encore ∀n ∈ N∗ , gn ∈ E \ D. De 1 plus, ∀n ∈ N∗ k f − gn k∞ = 2n . On en déduit que la suite (gn )n>1 tend vers f dans l’espace vectoriel normé (E, k k∞ ). f est donc limite d’une suite d’éléments de c D et donc est dans l’adhérence de c D. Ceci montre que cD
◦
◦
= E ou encore c (D) = E ou enfin D = ∅. ◦
Enfin, puisque P ⊂ D, on a aussi P = ∅. Correction de l’exercice 4787 N (a) Soit x ∈ E. Puisque D est dense dans E, il existe une suite (dn )n∈N d’éléments de D convergeant vers x et puisque f et g sont continues et coincident sur D et donc en x f (x) = f (limn→+∞ dn ) = limn→+∞ f (dn ) = limn→+∞ g(dn ) = g (limn→+∞ dn ) = g(x). On a montré que f = g. (b) Soit f ∈ RR . On suppose que ∀(x, y) ∈ R2 f (x + y) = f (x) + f (y). Soit a = f (1). • x = y = 0 fournit f (0) = 0 = a × 0. • Soit n ∈ N∗ et x ∈ R. f (nx) = f (x + ... + x) = f (x) + ... + f (x) = n f (x). Ceci reste vrai pour n = 0. • En particulier x = 1 fournit pour tout entier naturel non nul n, f (n) = n f (1) = an puis x = 1n fournit n f 1n = f (1) = a et donc f 1n = an . • Ensuite, ∀(p, q) ∈ (N × N∗ )2 , f qp = p f 1q = a qp . • Soit x ∈ R. L’égalité f (x) + f (−x) = f (0) = 0 fournit f (−x) = − f (x). • En particulier, ∀(p, q) ∈ (N∗ )2 , f − qp = − f qp = −a qp .
En résumé, si f est morphisme du groupe (R, +) dans lui-même, ∀r ∈ Q, f (r) = ar où a = f (1). 2246
Si de plus f est continue sur R, les deux applications f : x 7→ f (x) et g : x 7→ ax sont continues sur R et coïncident sur Q qui est dense dans R. D’après le 1), f = g ou encore ∀x ∈ R, f (x) = ax où a = f (1). Réciproquement, toute application linéaire x 7→ ax est en particulier un morphisme du groupe (R, +) dans lui-même, continu sur R. Les morphismes continus du groupe (R, +) dans lui-même sont les applications linéaires x 7→ ax, a ∈ R.
Correction de l’exercice 4788 N Soit u = (un )n∈N une suite bornée de l’espace normé (E, k k) ayant une unique valeur d’adhérence que l’on note `. Montrons que la suite u converge vers `. Supposons par l’absurde que la suite u ne converge pas vers `. Donc ∃ε > 0/ ∀n0 ∈ N, ∃n > n0 / kun − `k > ε
(∗).
ε est ainsi dorénavant fixé. En appliquant (∗) à n0 = 0, il existe un rang ϕ(0) > n0 = 0 tel que kuϕ(0) − `k > ε. Puis en prenant n0 = ϕ(0) + 1, il existe un rang ϕ(1) > ϕ(0) tel que kuϕ(1) − `k > ε ... et on construit ainsi par récurrence une suite extraite (uϕ(n) )n∈N telle que ∀n ∈ N, kuϕ(n) − `k > ε. Maintenant, la suite u est bornée et il en est de même de la suite (uϕ(n) ). Puisque E est de dimension finie, le théorème de B OLZANO-W EIERSTRASS permet d’affirmer qu’il existe une suite (uψ(n) )n∈N extraite de (uϕ(n) ) et donc de u convergeant vers un certain `0 ∈ E. `0 est donc une valeur d’adhérence de la suite u. Mais quand n tend vers +∞ dans l’inégalité kuψ(n) − `k > ε, on obtient k`0 − `k > ε et donc ` 6= `0 . Ceci constitue une contradiction et donc u converge vers `. Correction de l’exercice 4795 N (a) (b) d(xn , a) décroit, donc tend vers d. Il existe une sous-suite (xnk ) convergeant vers ` et d(`, a) = d. La suite ( f (xnk )) converge vers f (`) et on a d( f (`), a) = d, donc ` = a. Il y a une seule valeur d’adhérence, donc la suite converge.
Correction de l’exercice 4796 N C est stable par fn qui est 1 − 1n -lipschitzienne. Donc il existe xn ∈ C tel que fn (xn ) = xn ; toute valeur d’adhérence de (xn ) est point fixe de f . Correction de l’exercice 4800 N (a) (b) (c) Soit ` = limn→∞ δ (Kn ). Il existe xn , yn ∈ Kn tels que d(xn , yn ) = δ (Kn ). Après extraction de soussuites, on peut supposer que xn → x et yn → y. Pour ε > 0, (B(x, ε) ∩ Kn ) et (B(y, ε) ∩ Kn ) forment des suites décroissantes de compacts non vides, donc B(x, ε) ∩ K et B(y, ε) ∩ K sont non vides. Par conséquent, δ (K) > ` − 2ε. Correction de l’exercice 4802 N Ui,n = {x ∈ E tq B(x, 1/n) ⊂ Oi } est ouvert et les Ui,n recouvrent E. On extrait un recouvrement fini ⇒ r = min(1/n). 2247
Correction de l’exercice 4803 N Soit (un ) une suite de suites éléments de A : un = (unk ). On peut trouver une sous-suite (un p0 ) telle que np np np (u0 0 ) converge vers u0 ∈ [0, 1], puis une sous-suite (un p1 ) telle que (u0 1 , u1 1 ) converge vers (u0 , u1 ) ∈ [0, 1]2 , etc. Alors la suite (un pk )k converge dans A vers (u0 , u1 , . . . ). Correction de l’exercice 4806 N
On choisit a ∈ K et on considère pour n > 1 la fonction fn : x 7→ n1 a + 1 − 1n f (x). fn est une 1 − n1 contraction de K donc admet un point fixe xn . Si x est une valeur d’adhérence de la suite (xn ) alors f (x) = x. Correction de l’exercice 4812 N Pour α ∈]0, π[, posons f (α) = Sup| sin(nα)| = Sup| sin(nα)|. n∈Z
n∈N
• Tout d’abord ∀α ∈]0, π[, ∀n ∈ N, | sin(n(π − α))| = | sin(nα)| et donc ∀α ∈]0, π[, f (π − α) = f (α). On en déduit que Inf f (α) = Inf f (α). α∈]0,π[ α∈]0, π2 ] n o √ √ • f π3 = sup 0, 23 = 23 . √ • Ensuite, si α ∈ π3 , π2 , f (α) > sin(α) > sin π3 = 23 = f π3 . Par suite Inf f (α) = Inf f (α). α∈]0, π2 ] α∈]0, π ] π π 2π 3 • Soit alors α ∈ 0, 3 . Montrons qu’il existe un entier naturel non nul n0 tel que n0 α ∈ 3 , 3 . π . Il existe un unique entier naturel n1 tel que n1 α 6 π3 < (n1 + 1)α à savoir n1 = E 3α π π π 2π Mais alors, 3 < (n1 + 1)α = nα + α 6 3 + 3 = 3 et l’entier n0 = n1 + 1 convient. √ Ceci montre que f (α) > sin π3 = 23 = f π3 . π Finalement ∀α ∈]0, π[, f (α) > f 3 et donc Inf Sup| sin(nα)| = Min Sup| sin(nα)| = f π3 = α∈]0,π[
√ 3 2 .
Inf α∈]0,π[
Sup| sin(nα)| = n∈Z
α∈]0,π[
n∈Z
n∈Z
√ 3 2 .
Correction de l’exercice 4813 N (a) A\]a − 1n , a + n1 [ est fini.
(b)
Correction de l’exercice 4815 N
√ √ Soient x < y : Il existe a ∈ ||| tel que n > a ⇒ n + 1 − n < y − x. √ √ Il existe b ∈ ||| tel que a − b < x. √ √ Alors il existe c > a tel que x < c − b < y. Correction de l’exercice 4816 N √ √ n + p 2 > 1 ⇒ n > 0, p > 0, donc A∩]1, +∞[ admet un plus petit élément : 3 + 2 2.
2248
Correction de l’exercice 4817 N On construit un ensemble de type Cantor dont les trous ont pour longueur 1, 21a , 41a , . . ., et on répartit les xk de part et d’autre des trous en fonction de l’écriture décimale de k (0 → à gauche, 1 → à droite). Correction de l’exercice 4819 N L’ensemble des valeurs d’adhérence est un intervalle constitué de points fixes de f ⇒ la suite (un ) a une seule valeur d’adhérence. Correction de l’exercice 4823 N Soit ` = lim inf unn et ε > 0. Il existe p tel que (` − ε)p 6 u p 6 (` + ε)p. Alors pour n ∈ ||| et 0 6 k < p : uk + (` − ε)np 6 unp+k 6 uk + (` + ε)np. Correction de l’exercice 4824 N (a) Il est supposé connu (et à savoir démontrer) le fait suivant : si G est un sous-groupe de R, alors soit G√ est monogène, soit G = R. Dans √ le cas de la question, le groupe G des périodes de f contient 1 / Q (la démonstration a été demandée à l’élève). De plus G et 2 donc n’est pas monogène car 2 ∈ est fermé par continuité de f , d’où f est constante. (b) D’après la première question, pour tout y ∈ R \ Q l’application x 7→ f (x, y) est constante et il en va de même si y ∈ Q par continuité de f . Donc f est de la forme (x, y) 7→ g(y) où g est 1-périodique. Réciproquement, toute fonction f de cette forme convient.
Correction de l’exercice 4825 N 1ère solution. • Montrons qu’entre deux réels distincts, il existe un rationnel. Soient x et y deux réels tels que x < y. Soient d = y − x puis n un entier naturel non nul tel que (par exemple, n = E d1 + 1). Soient enfin k = E(nx) et r = k+1 n . r est un rationnel et de plus x=
nx n
δ (Fr(A)). Soient x, y ∈ A distincts et D la droite passant par x et y. D coupe A suivant un ensemble borné dont les extrémités appartiennent à Fr(A). Donc δ (Fr(A)) > δ (A). Correction de l’exercice 4834 N Si f est continue : soit x ∈ A : x = lim an ⇒ f (x) = lim f (an ) ∈ f (A). soit x ∈ f −1 (B)◦ : f (x) ∈ B˚ ⇒ ∃ B( f (x), r) ⊂ B, ∃ δ > 0 tq f (B(x, δ )) ⊂ B( f (x), r) ⇒ B(x, δ ) ⊂ f −1 (B). si f (A) ⊂ f (A) : soit B ⊂ F fermé et A = f −1 (B) : f (A) ⊂ B donc A ⊂ A. ˚ ⊂ f −1 (B)◦ : soit B ⊂ F ouvert et A = f −1 (B) : A˚ ⊃ f −1 (B) ˚ = A. si f −1 (B) Correction de l’exercice 4839 N (a) Pour x, x0 ∈ Rn et y ∈ A on a dA (x) 6 kx − yk 6 kx − x0 k + kx0 − yk. En prenant la borne inférieure sur y on obtient dA (x) 6 kx − x0 k + dA (x0 ). Par symétrie on a aussi dA (x0 ) 6 kx − x0 k + dA (x) d’où |dA (x) − dA (x0 ) 6 kx − x0 k.
(b) On sait que A = {x ∈ Rn tq dA (x) = 0}. Donc dA = dB ⇒ A = B et la réciproque résulte de la propriété facile dA = dA . (c) On note : M = sup{|dA (y) − dB (y)|, y ∈ Rn }, α = sup{dB (x), x ∈ A} et β = sup{dA (x), x ∈ B}. Par restriction de y à A ∪ B on obtient M > max(α, β ). Par ailleurs, pour y ∈ Rn , a ∈ A et b ∈ B on a ky − ak − ky − bk 6 ka − bk d’où dA (y) − ky − bk 6 dA (b) puis dA (y) − dB (y) 6 β . Par symétrie on a aussi dB (y) − dA (y) 6 α donc |dA (y) − dB (y)| 6 max(α, β ) et finalement M 6 max(α, β ). Correction de l’exercice 4842 N (a) Pour θ ∈ R, la demi-droite d’origine O et d’angle polaire θ coupe K selon un intervalle non trivial (K est convexe et O est interieur à K), fermé borné (K est compact). On note f (θ ) la longueur de cet intervalle, ce qui définit f : R → R+∗ 2π-périodique telle que K = {M(ρ, θ ) tq 0 6 ρ 6 f (θ )}. Continuité de f : soit θ0 ∈ R et ε > 0. Soit M(ρ0 , θ0 ) tel que f (θ0 ) − ε < ρ0 < f (θ0 ). Donc M ∈ K˚ et il existe α > 0 tel que la boule de centre M et de rayon α est incluse dans K (faire un dessin). Ainsi, pour tout θ suffisament proche de θ0 on a f (θ ) > OM > f (θ0 ) − ε. Considérons alors une 2250
hypothétique suite (θk ) de réels convergeant vers θ0 telle que la suite ( f (θk )) ne converge pas vers f (θ0 ). Comme la suite ( f (θk )) est bornée on peut, quitte à extraire une sous-suite, supposer qu’elle converge vers un réel ` et le raisonnement précédent montre que ` > f (θ0 ). Si Mk désigne le point de K à la distance f (θk ) dans la direction d’angle polaire θk alors la suite (Mk ) converge vers le point M(`, θ0 ) qui doit appartenir à K par compacité, mais qui contredit la définition de f (θ0 ). R
π (b) Si g ne s’annule pas alors x=0 g(x) sin(x) dx 6= 0. Si g ne s’annule qu’en α ∈ [0, π] alors g est de signe constant sur [0, α] et sur [α, π], les signes sont opposés, et on obtient encore une contradiction Rπ en considérant x=0 g(x) sin(x − α) dx qui vaut 0 (développer le sinus). RR R R ~ = ~0, soit 2π f 3 (θ ) cos θ dθ = 2π f 3 (θ ) sin θ dθ = 0, soit en(c) On choisit O = G. On a M∈K OM θ =0 θ =0 Rπ R core : θ =0 ( f 3 (θ ) − f 3 (θ + π)) cos θ dθ = θπ=0 ( f 3 (θ ) − f 3 (θ + π)) sin θ dθ = 0. D’après la question précédente, il existe α 6= β ∈ ]0, π[ tels que f (α) = f (α + π) et f (β ) = f (β + π), ce qui prouve qu’il y a au moins deux diamètres de K dont O = G est le milieu. On prouve l’existence d’un troisième diamètre en décalant l’origine des angles polaires de façon à avoir f (0) = f (π), ce qui est possible vu l’existence de α, β .
Correction de l’exercice 4843 N Pour kxk 6 1 et kyk 6 1 on a k f (x) − f (y)k = kx − yk.
y Pour kxk 6 1 < kyk on a k f (x) − f (y)k 6 kx − yk+ y − kyk = kx − yk + kyk − 1 6 kx − yk + kyk − kxk 6 2kx − yk.
x kx−yk+kyk−kxk y y y − kxk 6 2kx−yk Pour 1 < kxk 6 kyk on a k f (x) − f (y)k 6 kxk
+ kxk − kyk 6 kxk kxk .
Remarque : dans le cas où la norme est euclidienne, f (x) est le projeté de x sur la boule unité, c’est-àdire le point de la boule unité le plus proche de x. Dans ce cas, f est 1-lipschitzienne. Dans le cas d’une norme non euclidienne on peut avoir k f (x) − f (y)k > kx − yk, par exemple avec x = (1, 1) et y = ( 21 , 32 ) dans R2 pour k k∞ .
Correction de l’exercice 4853 N On construit (sk ) de proche en proche de sorte que pour tout n fixé la suite (ysnk ) soit convergente vers zn . Comme ∑n6N (ysnk )2 est bornée indépendamment de N et k la série ∑n z2n a ses sommes partielles bornées donc converge. On a alors (x | ysk ) −−−→ (x | z) pour toute suite x à support fini, puis pour toute suite de k→∞
carré sommable par interversion de limites.
Correction de l’exercice 4854 N (a) Soit (e1 , . . . , e p ) une base de E. On remplace la norme sur E par la norme infinie associée à (e1 , . . . , e p ). p Alors k|un k| 6 ∑i=1 kun (ei )k.
(b) Trigonaliser fortement u (ou son prolongement au complexifié de E). Comme (un ) est borné, les valeurs propres de u sont de module inférieur ou égal à 1, et pour celles de module 1 le bloc triangulaire 1 associé est en fait diagonal. On trouve n+1 ∑ni=0 ui −−−→ projection sur Ker(u − id) parallèlement à n→∞
Im(u − id).
Correction de l’exercice 4858 N (a) (b) (c) (d) (Pn ) converge vers 0 pour a ∈ ] − 2, 2[ et vers 1 pour a = 2. La suite est non bornée si |a| > 2 ; elle est bornée divergente pour a = −2. 2251
(e) (X/b)n converge vers 1 pour Nb et vers 0 pour Na .
Correction de l’exercice 4860 N (a) (b) (c) f (x) =
Rx
t=0 sin(x − t)( f (t) +
f 00 (((t)) dt, f 00 (x) = ( f (x) + f 00 (x)) − f (x).
Correction de l’exercice 4861 N (AB)i j = ∑nk=1 Aik Bk j ⇒ (AB)2i j 6 ∑nk=1 A2ik × ∑nk=1 B2k j . Correction de l’exercice 4862 N Si A est une matrice de rang r > 0 telle que p(A) = 0 alors pour toute matrice M de rang < r on peut trouver P et Q telles que M = PAQ d’où P(M) = 0. Donc p est nulle sur toute matrice de rang 1 et par inégalité triangulaire sur tout matrice. Correction de l’exercice 4869 N (a) 2n ∑ni=1 kui k2 .
(b) Supposons qu’il existe une norme euclidienne k k et deux réels α, β > 0 tels que αkuk∞ 6 kuk 6 β kuk∞ pour tout u ∈ C ([0, 1], R). On pose u(x) = 1 − 2|x| pour x ∈ [ −1 , 1 ] et u(x) = 0 sinon. Soit
n
2 2 2 n 2 n ∈ ||| et pour 1 6 i 6 n : ui (x) = u((n + 1)x − i). Alors ∑σ ∑i=1 σ (i)ui 6 2 β et 2n ∑ni=1 kui k2 > 2n nα 2 donc ces deux sommes ne peuvent rester égales quand n → ∞. (c) Même construction. On trouve
n 2/p
n
2 n 2 2
∑ ∑ σ (i)ui 6 2 β kuk p n + 1 σ i=1
n et 2n ∑ni=1 kui k2 > 2n α 2 kuk2p (n+1) 2/p .
Correction de l’exercice 4871 N (a) (b) On prouve la convexité de B. Soient x, y ∈ B, t ∈ [0, 1] et z = (1 − t)x + ty. On a N 2 (z) 6 2t 2 + 2(1 − t)2 , d’où N(z) 6 1 si t = 12 . Ceci prouve déjà que B est stable par milieu, et on en déduit par récurrence sur n ∈ ||| que z ∈ B si t est de la forme a/2n avec a ∈ [[0, 2n ]]. Si t n’est pas de cette forme, on écrit t comme barycentre de deux nombres dyadiques t = u 2an + (1 − u) 2bn en faisant en sorte que u soit arbitrairement proche de 12 . Si c’est possible, on obtient que z est barycentre de deux éléments de B avec les coefficients u et 1 − u, d’où N 2 (z) 6 2u2 + 2(1 − u)2 −−−−→. Reste donc à choisir n, a, b : pour n donné, on choisit a = [2n ] − n et b = [2n ] + n. u→1/2
C’est possible car [2nt] ∼ 2nt et on est dans le cas 0 < t < 1 donc on a bien a, b ∈ [[0, 2n ]] si n est nt n−1 1 1 suffisament grand. Il vient u = b−2 b−a , quantité comprise entre 2n et 2 et donc qui tend bien vers 2 . Remarque : la condition (iii) est aussi nécessaire, donc une norme est une application vérifiant (i), (ii) et (iii).
Correction de l’exercice 4877 N 2252
(a) On procède par récurrence sur n. Pour n = 1, l’application [0, +∞[ 3 λ1 7→ kx − λ1 a1 k est continue, constante si a1 = 0 et tend vers +∞ quand λ1 → +∞ si a1 6= 0. Dans les deux cas elle admet un minimum. n o Pour n > 2, soit C0 = ∑n−1 λ a , λ > 0 . Soit pour λn ∈ [0, +∞[ : ϕ(λn ) = d(x − λn an ,C0 ). La i i i i=1 distance à C0 est 1-lipschitzienne donc ϕ(λn ) > d(−λn an ,C0 ) − kxk = λn d(−an ,C0 ) − kxk −−−−→ λn →+∞
(b)
+∞. Étant continue, ϕ admet un minimum sur [0, +∞[ et on applique l’hypothèse de récurrence à x − λn an .
Correction de l’exercice 4878 N On procède par récurrence sur n = dim E. Pour n = 1, en confondant E et R, C est un intervalle dense, c’est R. Pour n > 2, soit E = H ⊕ < a > où H est un hyperplan de E. On montre ci-dessous que C0 = C ∩ H est une partie de H convexe et dense, donc égale à H, d’où H ⊂ C et ce pour tout H. Ainsi C = E. Densité de C0 : soit x ∈ H, et (yk ), (zk ) des suites d’éléments de C convergeant respectivement vers x + a et x − a. On écrit yk = y0k + λk a et zk = z0k + µk a avec y0k , z0k ∈ H et λk , µk ∈ R. Par équivalence des k yk normes en dimension finie, on a λk −−−→ 1 et µk −−−→ −1, donc le point xk = λkλzkk −µ −µk est bien défini et k→∞
k→∞
appartient à C0 pour k assez grand, et converge vers x. Remarque : Si E est de dimension infinie, alors il contient des hyperplans non fermés, donc des parties strictes, convexes denses. Correction de l’exercice 4880 N
(a) P = P, P˚ = {fonctions strictement positives}. (b) P = P, P˚ = ∅.
Correction de l’exercice 4881 N F = F, F˚ = ∅. Correction de l’exercice 4882 N Oui pour ±idRn , non pour les autres (les symétries non triviales). idRn est isolé car si u 6= idRn et u2 = idRn alors −1 est valeur propre de u et ku − idRn k > 2. De même pour −idRn . Si u est une symétrie non triviale, soit (e1 , . . . , en ) une base propre de u avec u(e1 ) = e1 et u(e2 ) = −e2 . Pour p ∈ |||∗ soit u p ∈ L (Rn ) définie par u p (e1 ) = e1 +e2 /p et u p (ei ) = u(ei ) pour i > 2. On a u2p = idRn , u p 6= u et u p −−−→ u. p→∞
Correction de l’exercice 4885 N (a) GLn (C) = det−1 (C \ {0}) est ouvert. Il est dense car A ∈ Mn (C) quelconque est limite des matrices A − 1p I inversibles pour presque tout entier p (A a un nombre fini de valeurs propres).
(b) Toute matrice triangulaire est limite de matrices triangulaires à coefficients diagonaux distincts. λ 0 λ 1/p (c) = lim p→∞ donc une matrice triangulaire à valeurs propres non distinctes est 0 λ 0 λ limite de matrices non diagonalisables. Par conjugaison, la frontière de Dn (C) contient l’ensemble des matrices ayant au moins une valeur propre multiple.
2253
Réciproquement, soit (Ak ) une suite de matrices non diagonalisables convergeant vers une matrice A. Les matrices Ak ont toutes au moins une valeur propre multiple, et ces valeurs propres sont bornées (car si λ est une valeur propre de M alors |λ | 6 kMk en prenant une norme sur Mn (C) subordonnée à une norme sur Cn ) donc on peut trouver une suite (zk ) de complexes convergeant vers un complexe z telle que χA0 k (zk ) = 0. A la limite on a χA (z) = 0 ce qui prouve que A a au moins une valeur propre multiple. Conclusion : la frontière de Dn (C) est exactement l’ensemble des matrices diagonalisables ayant au moins une valeur propre multiple et l’intérieur de Dn (C) est l’ensemble des matrices à valeurs propres distinctes.
Correction de l’exercice 4886 N Si N est nilpotente, on peut se ramener au cas où N est triangulaire supérieure stricte. Soit alors P = diag(1, α, . . . , α n−1 ) avec α ∈ C∗ . Le coefficient général de P−1 NP est α j−i Ni j −−−→ 0. α→0
Réciproquement, s’il existe une suite (Nk ) de matrices semblables à N convergeant vers la matrice nulle, alors par continuité du polynôme caractéristique, on a χN = (−X)n et N est nilpotente. Correction de l’exercice 4887 N (a) Ω est ouvert : si P a n racines distinctes a1 < a2 < · · · < an on choisit b0 < a1 < b1 < a2 < · · · < an < bn . La suite (P(b0 ), . . . , P(bn )) est constituée de termes non nuls de signes alternés, il en est de même pour la suite (Q(b0 ), . . . , Q(bn )) où Q est un polynôme unitaire arbitraire suffisament proche de P (pour une norme quelconque). Ω n’est pas fermé car ∅ 6= Ω 6= Rn et Rn est connexe.
(b) Déjà, si l’on munit Rn et Rn [X] de normes convenables, f est une isométrie bicontinue donc f (Ω) = f (Ω). Montrons que f (Ω) est l’ensemble S des polynômes de Rn [X] unitaires et scindés sur R. Si P = X n + an−1 X n−1 + · · · + a0 , notons M(P) la matrice compagne de P. Si P ∈ S alors M(P) est R-trigonalisable, donc limite de matrices à valeurs propres réelles distinctes. Les polynômes caractéristiques de ces matrices, au signe près, appartienent à f (Ω) et convergent vers P d’où S ⊂ f (Ω). Si (Pk ) est une suite de polynômes de f (Ω) convergeant vers P alors il existe une suite (Ok ) de matrices orthogonales telle que t Ok M(Pk )Ok est triangulaire supérieure (méthode de Schmidt). Quitte à extraire une sous-suite, on peut supposer que Ok converge vers une matrice orthogonale O et donc t OM(P)O est aussi triangulaire supérieure ce qui implique que P ∈ S . Correction de l’exercice 4889 N Remarquer que la restriction de f à toute partie compacte est uniformément continue. Correction de l’exercice 4896 N (a) (b) Soit F est un tel fermé, et a ∈ F. On prend f (x) = x + d(x, F) si 0 6 x 6 a et f (x) = x − d(x, F) si a 6 x 6 1.
Correction de l’exercice 4897 N (a) Pour simplifier, on suppose z = 0 (sinon, se placer dans la base (1, X − z, . . . , (X − z)d ) et invoquer l’équivalence des normes en dimension finie). Soit Pn (x) = an,0 + an,1 x + · · · + an,d xd . La suite (Pn ) étant convergente est bornée donc il existe M ∈ R tel que |an,k | 6 M pour tous n, k. De plus, an,0 −−−→ a0 = 0 et an,1 −−−→ a1 6= 0. n→∞
2254
n→∞
Posons alors Qn (x) = −
an,0 +an,2 x2 +···+an,d xd an,1
(bien défini si n est assez grand). On va montrer que Qn
vérifie les hypothèses du théorème du point fixe sur B(0, δ ) pour tout n assez grand si δ est choisi assez petit, ce qui implique l’existence et l’unicité d’une racine pour Pn dans B(0, δ ). Qn (B(0, δ )) ⊂ B(0, δ ) ? Soit x ∈ B(0, δ ) : on a |Qn (x)| 6
|an,0 | + M(δ 2 + · · · + δ d ) M(δ 2 + · · · + δ d ) −−−→ . n→∞ |an,1 | |a1 | d−1
) On choisit δ > 0 tel que M(δ +···+δ 6 12 . Il existe alors N1 ∈ ||| tel que |a1 tout n > N1 . Qn est contractante sur B(0, δ ) ? Soient x, y ∈ B(0, δ ). On a :
|an,0 |+M(δ 2 +···+δ d ) |an,1 |
6 δ pour
|an,2 ||x2 − y2 | + · · · + |an,d ||xd − yd | |an , 1| |an,2 ||x + y| + · · · + |an,d ||xd−1 + · · · + yd−1 | 6 |x − y| |an,1 |
|Qn (x) − Qn (y)| 6
6 |x − y| Quitte à diminuer δ on peut imposer et Qn est 32 -lipschitzienne.
M(2δ + · · · + dδ d−1 ) . |an,1 |
M(2δ +···+dδ d−1 ) |a1 |
6 21 et donc
M(2δ +···+dδ d−1 ) |an,1 |
6 32 pour tout n > N2
(b) Voir réponse précédente. Y a-t-il une réponse plus simple pour 1) ? (c) Si z est zéro d’ordre k de P alors il existe δ > 0 tel que pour tout n assez grand, Pn a exactement k racines comptées avec leur ordre de multiplicité dans B(0, δ ). Ceci est une conséquence du théorème des résidus largement hors programme. . .
Correction de l’exercice 4898 N Si f est constante c’est évident. Sinon, on a facilement | f (z)| −−−→ ∞. Considérons un fermé F et une |z|→∞
suite ( f (zn )) d’éléments de f (F) convergeant vers Z ∈ C. D’après la remarque, la suite (zn ) est bornée, elle admet une valeur d’adhérence z ∈ F et Z = f (z) ∈ f (F). Remarque : ce résultat est faux pour une fonction polynomiale sur C p avec p > 2, prendre par exemple f (x, y) = x sur C2 et F = {(x, y) ∈ C2 tq xy = 1}. Correction de l’exercice 4899 N On suppose P non constant, sans quoi le résultat est trivial. Soit S(X) = sup(|P(x)|, x ∈ X). On a par inclusion et continuité : S(Fr(U)) 6 S(U) = S(U). Soit x ∈ U tel que |P(x)| = S(U). On démontre par l’absurde que x ∈ Fr(U), ce qui entraîne l’égalité demandée. Supposons donc x ∈ U et soit n = deg(P). Alors pour ρ > 0 suffisament petit, et θ ∈ R, on a x + ρeiθ ∈ U et : P(x + ρeiθ ) = P(x) + ρeiθ P0 (X) + · · · + avec P(n) (x) = P(n) 6= 0. On en déduit : Z 2π Z 2π|P(x)| = P(x + ρeiθ ) dθ 6 θ =0
2π
θ =0
ρ n einθ (n) P (x). n!
|P(x + ρeiθ )| dθ 6 2π S(U) = 2π|P(x)|.
On en déduit que les inégalités sont des égalités, et en particulier que la quantité |P(x + ρeiθ )| est indépendante de ρ et θ . Il y a contradiction car |P(x + ρeiθ )|2 est un polynôme de degré 2n en ρ. Correction de l’exercice 4900 N 2255
(a) f (rx) = r f (x) pour tout r ∈ ||| par récurrence, puis pour tout r ∈ Z par différence, pour tout r ∈ Q par quotient et enfin pour tout r ∈ R par densité. Dans le cas de C-ev f est R-linéaire mais pas forcément C-linéaire, ctrex : z 7→ z de C dans C.
(b) k fn+1 (x)− fn (x)k 6 M2−n−1 donc la série télescopique ∑( fn+1 (x)− fn (x)) est uniformément convergente. (c) k fn (x + y) − fn (x) − fn (y)k 6 M2−n donc kg(x + y) − g(x) − g(y)k 6 0 et g est continue (limite uniforme des fn ) d’où g est linéaire continue. k f (x) − g(x)k = k ∑∞ k=0 ( f k (x) − f k+1 (x))k 6 2M donc f − g est bornée. Si h est une application linéaire telle que f − h est bornée alors g − h est aussi bornée ce qui entraîne g = h par linéarité.
Correction de l’exercice 4903 N (a) (b) Si c 6= 0 alors Pc est continue pour toutes les normes Np et k|Pc |kNp = |c|−p e|c| . Par contre P0 n’est p p e−p −−→ (n+1) p − n→∞ e−n|x| ) = 1 →/ 0.
continue que pour N0 car si p > 0 alors Np (x 7→ e−n|x| ) =
converge vers la fonction nulle pour Np , mais P0 (x 7→
0 donc la suite (x 7→ e−n|x| )
(c) Si p < q alors Np (x 7→ e−n|x| )/Nq (x 7→ e−n|x| ) → ∞ losrque n → ∞. Correction de l’exercice 4908 N Prendre une base. Correction de l’exercice 4909 N 1 1−X n
n
1 2ikπ/n . Donc 1 = n−1 1−X = 1n ∑n−1 ∑k=0 n(1−ωk X) . k=0 1−ωk X , ωk = e
2ikπ/n u −1 . Il s’agit de polynômes, donc on peut remplacer X par u, d’où : (idE − un )−1 = n1 ∑n−1 k=0 idE − e Correction de l’exercice 4910 N kX + iY k2 = kXk2 + kY k2 , kA(X + iY )k2 = kAXk2 + kAY k2 6 |||A|||2R (kX 2 k + kY k2 ) donc |||A|||C 6 |||A|||R . Correction de l’exercice 4911 N (a) Non : k(x2 + 1)n k = 2n .
(b) Oui : kψk = kAk.
(c) kφ k = e, kψ(xn )k/kxn k si mn ⇒ ψ est discontinue. Correction de l’exercice 4912 N
(a) nvn−1 . (b) Si u et v sont continus, nkvn−1 k 6 2kuk kvn k 6 2kuk kvn−1 k kvk. S’il existe k tel que vk = 0, on peut remonter jusqu’à v = 0, absurde. Sinon, on a aussi une contradiction.
Correction de l’exercice 4913 N (a) 2256
(b) kPk = N(P) + N(P0 ) + N(P00 ) + . . . où N est une norme quelconque sur F. Correction de l’exercice 4914 N Les formes linéaires P 7→ P(0), P 7→ P(1) et P 7→ P(2) constituent une base de E2∗ donc engendrent les formes linéaires P 7→ P0 (1), P 7→ P0 (2) et P 7→ P0 (3). Après calculs, on trouve : 0 − P(0) 2P (1) = P(2) 0 2P (2) = 3P(2)− 4P(1)+ P(0) ∀ P ∈ E2 , 0 2P (3) = 5P(2)− 8P(1)+ 3P(0). En notant P(0) = a, P(1) = b et P(2) = c on doit donc chercher : k|ϕk| =
1 sup{|c − a| + 4|3c − 4b + a| + 9|5c − 8b + 3a|, tq |a| + |b| + |c| 6 1}. 2
La fonction f : (a, b, c) 7→ |c − a| + 4|3c − 4b + a| + 9|5c − 8b + 3a| est convexe donc son maximum sur l’icosaèdre I = {(a, b, c) tq |a| + |b| + |c| 6 1} est atteint en l’un des sommets (±1, 0, 0), (0, ±1, 0), (0, 0, ±1). Finalement, k|ϕk| = 21 f (0, 1, 0) = 44. Correction de l’exercice 4916 N (a) (b) Si x ∈ / Ker f : ∀ y ∈ Ker f , | f (x)| = | f (x − y)| 6 k f k kx − yk donc | f (x)| 6 k f kd(x, Ker f ). Soit z ∈ E : z = αx + y avec y ∈ Ker f . Alors | f (z)| = |α|| f (x)| et kzk > |α|d(x, Ker f ) donc
| f (z)| kzk
6
| f (x)| d(x,Ker f ) .
Correction de l’exercice 4917 N (a) f (x1 ) + f (x2 ) 6 k| f k| kx1 + x2 k 6 k| f k| (kx1 − εk + kx2 + εk).
(b) Prendre α compris entre le sup du premier membre et l’inf du troisième. Le sup et l’inf sont dans cet ordre d’après la question précédente. (c) Rmq : ϕ est mal définie, il faut ajouter "ϕ est linéaire". On a évidemment k|ϕk| > k| f k| puisque ϕ prolonge f , et il reste à montrer : ∀x ∈ F, ∀ t ∈ R, | f (x) + tα| 6 k| f k| kx + tεk. Pour t = 0 c’est un fait connu. Pour t > 0, cela résulte de l’encadrement de α en prenant x1 = −x/t et x2 = x/t. Pour t < 0, prendre x1 = x/t et x2 = −x/t.
(d) Si uk = (ukn )n∈||| ∈ E et (uk )k∈||| est une suite de Cauchy, alors pour tout n ∈ ||| la suite réelle (ukn )k∈||| est de Cauchy dans R donc converge vers un réel `n . De plus la suite (uk )k∈||| est bornée dans E donc la suite ` ainsi mise en évidence est sommable (les sommes partielles de ∑ |`n | sont majorées), et on montre que kuk − `k −−−→ 0 par interversion de limites. k→∞
(e) Prendre Fn = {u ∈ E tq uk = 0 si k > n}.
(f) D’après la question 3) on peut construire fn , forme linéaire sur F + Fn telle que fn+1 prolonge fn et a même norme que fn (donc k| fn k| = k| f k|). Soit G = ∪n∈||| (F + Fn ) et g la forme linéaire sur G coï ncidant avec chaque fn sur F + Fn . G est dense dans E donc on peut prolonger g en ϕ : E → R par uniforme continuité. Il est alors clair que ϕ est une forme linéaire prolongeant f et a même norme que f .
2257
Correction de l’exercice 4919 N (a) Si ν est subordonnée à k k : on a |λ | 6 ν( f p )1/p pour toute valeur propre λ et tout p > 1, donc il suffit de prouver que la suite (x p = ν( f p )1/p ) est convergente. Soit ` = inf{x p , p > 1}, ε > 0 et p > 1 tel que x p 6 ` + ε. Pour n > p on note n − 1 = pq + r la division euclidienne de n − 1 par p et l’on a : ν( f n ) = ν(( f p )q ◦ f r+1 ) 6 ν( f p )q ν( f r+1 ) d’où :
pq/n (r+1)/n xr+1
` 6 xn 6 x p
6 (` + ε) pq/n max(x1 , . . . , x p )(r+1)/n .
Le majorant tend vers ` + ε quand n tend vers l’infini donc pour n assez grand on a ` 6 xn 6 ` + 2ε ce qui prouve la convergence demandée. Dans le cas où ν est une norme quelconque sur L (E), il existe une norme subordonnée µ et deux réels a, b > 0 tels que aµ 6 ν 6 bµ et donc les suites (ν( f p )1/p ) et (µ( f p )1/p ) ont même limite par le théorème des gens d’armes. Remarque : il résulte de ceci que lim p→∞ (ν( f p )1/p ) est indépendant de ν. (b) Considérer la matrice de f p dans une base propre pour f . (c) On sait que f p = ∑λ ∈spec( f ) λ p Pλ (p) où Pλ est un polynôme. D’où ρ( f ) 6 ν( f p )1/p 6 ρ( f ) + o(1) et donc ν( f p )1/p −−−→ ρ( f ) (thm du rayon spectral). p→∞
Correction de l’exercice 4920 N ˚ 1)) est ouvert alors il engendre Rm donc u est surjective. Si u(B(0, ˚ 1)). A est convexe, borné, symétrique par rapport à 0 et la réunion Si u est surjective, soit A = u(B(0, des homothétiques de A est égale à Rm ; la jauge associée à A est une norme sur Rm équivalente à l’une des normes usuelles donc A contient une boule de centre 0 et, par homothétie-translation, tout ouvert de Rn a une image ouverte dans Rm . Correction de l’exercice 4923 N E \ B est connexe par arcs et contient au moins un point a ∈ A. Soit x ∈ E \ B et ϕ : [0, 1] → E \ B un arc continu joignant a à x dans E \ B. Alors ϕ −1 (A) = ϕ −1 (A ∪ B) est non vide, relativement ouvert et relativement fermé dans [0, 1], donc c’est [0, 1] ce qui prouve que x ∈ A. Correction de l’exercice 4924 N Le sens H est fermé ⇒ E \ H n’est pas connexe (par arcs) est évident. Réciproquement, si H n’est pas fermé alors H = E. Soient a, b ∈ E \H et (xn ) une suite d’éléments de H telle que x0 = 0 et xn −−−→ a−b. n→∞
1 1 1 On définit un arc continu ϕ : [0, 1] → E \ H reliant a à b par : ϕ est affine sur [ n+2 , n+1 ], ϕ( n+1 ) = b + xn et ϕ(0) = a.
Correction de l’exercice 4925 N Cas de la boule fermée. Soit B = {u ∈ E/ kuk 6 1}. Soient (x, y) ∈ B2 et λ ∈ [0, 1]. kλ x + (1 − λ )yk 6 λ kxk + (1 − λ )kyk 6 λ + 1 − λ = 1. Ainsi, ∀(x, y) ∈ B2 , ∀λ ∈ [0, 1], λ x + (1 − λ )y ∈ B et donc B est convexe. Cas de la boule ouverte. Soit B = {u ∈ E/ kuk < 1}. Soient (x, y) ∈ B2 et λ ∈ [0, 1]. Puisque 0 6 λ 6 1 et 0 6 kxk < 1, on en déduit que λ kxk < 1. Comme (1 − λ )kyk 6 1 (et même < 1) et donc 2258
kλ x + (1 − λ )yk 6 λ kxk + (1 − λ )kyk < 1. La boule unité fermée (ou ouverte) de l’espace vectoriel normé (E, k k) est un convexe de l’espace vectoriel E.
Correction de l’exercice 4926 N (a) Puisque p > 0 et q > 0, 1 = 1p + 1q >
1 p
et donc p > 1. De même, q > 1. D’autre part, q =
p p−1 .
i. L’inégalité est immédiate quand y = 0. Soit y > 0 fixé. q p Pour x > 0, on pose f (x) = xp + yq − xy. Puisque p > 1, la fonction f est dérivable sur [0, +∞[ et ∀x > 0, f 0 (x) = x p−1 − y. f admet donc un minimum en x0 = y1/(p−1) égal à p/(p−1) p(p−1) f y1/(p−1) = y p + y q − y1/(p−1) y = y p/(p−1 1p + 1q − 1 = 0. Finalement, f est positive sur [0, +∞[ et donc
∀x > 0, ∀y > 0, xy 6
xp p
q
+ yq .
ii. Posons A = ∑nk=1 |ak | p et B = ∑nk=1 |bk |q . Si A (ou B) est nul, tous les ak (ou tous les bk ) sont nuls et l’inégalité est vraie. On suppose dorénavant que A > 0 et B > 0. D’après la question a), p q |ak | 1 1 1 1 k| k| k| × B|b1/q 6 ∑nk=1 |apA + |bqB = pA × A + qB ×B = ∑nk=1 A1/p ∑nk=1 |ak | p + qB ∑nk=1 |bk |q = pA 1 p
+ q1 = 1,
et donc ∑nk=1 |ak ||bk | 6 A1/p B1/q = (∑nk=1 |ak | p )1/p (∑nk=1 |bk |q )1/q . Comme |∑nk=1 ak bk | 6 ∑nk=1 |ak ||bk |, on a montré que ∀((ak )16k6n , (bk )16k6n ) ∈ (Rn )2 , ∑nk=1 |ak bk | 6 (∑nk=1 |ak | p )1/p (∑nk=1 |bk |q )1/q (Inégalité de H ÖLDER). Remarque. Quand p = q = 2, on a bien ∑nk=1 |ak bk | 6 ∑nk=1 |ak |2
1/2
1 p
+ q1 = 1 et l’inégalité de H ÖLDER s’écrit
∑nk=1 |bk |2
1/2
(inégalité de C AUCHY-S CHWARZ).
iii. Soit ((ak )16k6n , (bk )16k6n ) ∈ (Rn )2 . D’après l’inégalité de H ÖLDER, on a n
n
∑ (|ak | + |bk |) p =
k=1
n
∑ |ak |(|ak | + |bk |) p−1 + ∑ |bk |(|ak | + |bk |) p−1
k=1
n
⇔
=
∑ |ak | p
k=1
!1/p
n
∑ |ak | p
k=1
!1/p
k=1
n
∑ (|ak | + |bk |)(p−1)q
k=1
+
!1/p n ∑ |bk | p
k=1
!1/q
n
∑ |bk | p
k=1
!1/p
n
∑ (|ak | + |bk |) p
k=1
!1− 1p
n
∑ (|ak | + |bk |)(p−1)q
k=1
.
Si ∑nk=1 (|ak | + |bk |) p = 0, tous les ak et les bk sont nuls et l’inégalité est claire. Sinon ∑nk=1 (|ak | + |bk |) p > 0 et après simplification des deux membres de l’inégalité précédente par le réel strictement positif ∑ k = 1n (|ak | + |bk |) p , on obtient (∑nk=1 |ak + bk | p )1/p 6 (∑nk=1 |ak | p )1/p + (∑nk=1 |bk | p )1/p 2259
!1/q
∀((ak )16k6n , (bk )16k6n ) ∈ (Rn )2 , (∑nk=1 |ak + bk | p )1/p 6 (∑nk=1 |ak | p )1/p + (∑nk=1 |bk | p )1/p (Inégalité de M IN (b) i. On sait déjà que N1 est une norme sur Rn . Soit α > 1. (1) Nα est bien une application de Rn dans R+ . (2) Soit x = (xk )16k6n ∈ Rn . Nα (x) = 0 ⇒ ∀k ∈ [[1, n]] , |xk | = 0 ⇒ x = 0.
(3) Soient λ ∈ R et x = (xk )16k6n ∈ Rn . Nα (λ x) = (∑nk=1 |λ xk |α )1/α = (|λ |α )1/α Nα (x) = |λ |Nα (x). (4) L’inégalité triangulaire est l’inégalité de M INKOWSKI. ∀α ∈ Rn , Nα est une norme sur Rn .
ii. Quelques « boules unités » dans R2 .
1 B2
B∞
B3/2 B1 B2/3 −1
1
−1 Remarque. Toute boule unité est symétrique par rapport à O puisque ∀x ∈ E, N(x) = N(−x) et donc ∀x ∈ E, N(x) 6 1 ⇔ N(−x) 6 1. iii. Soient α > 0 et x ∈ E. On a N∞ (x) 6 Nα (x) 6 n1/α N∞ (x), et le théorème des gendarmes fournit limα→+∞ Nα (x) = N∞ (x). ∀x ∈ E, limα→+∞ Nα (x) = N∞ (x). iv. Soient α ∈]0, 1[ puis B = {x ∈ Rn / Nα (x) 6 1}. Les vecteurs x = (1, 0, 0, . . . , 0) et y = (0, 1, 0, . . . , 0) sont des éléments de B. Le milieu du segment [xy] est z = 12 (1, 1, 0, . . . , 0). 1
Nα (z) = 12 (1α + 1α )1/α = 2 α −1 > 1 car
1 α
−1 > 0
et donc z ∈ / B. Ainsi, B n’est pas convexe et donc Nα n’est pas une norme d’après l’exercice 4925. On peut remarquer que pour n = 1, les Nα coïncident toutes avec la valeur absolue. 2260
Correction de l’exercice 4927 N • Il est connu que N est une norme sur E. • Montrons que N 0 est une norme sur E. (1) N 0 est une application de E dans R+ car pour f dans E, f 0 est continue sur le segment [0, 1] et donc f 0 est intégrable sur le segment [0, 1]. (2) Soit f ∈ E. Si N 0 ( f ) = 0 alors f (0) = 0 et f 0 = 0 (fonction continue positive d’intégrale nulle). Par suite, f est un polynôme de degré inférieur ou égal à 0 tel que f (0) = 0 et on en déduit que f = 0. R R (3) ∀ f ∈ E, ∀λ ∈ R, N 0 (λ f ) = |λ f (0)| + 01 |λ f 0 (t)| dt = |λ | | f (0)| + 01 | f 0 (t)| dt = |λ |N 0 ( f ). (4) Soit ( f , g) ∈ E 2 .
N 0 ( f + g) 6 | f (0)| + |g(0)| +
R1 0
| f 0 (t)| dt +
R1 0
|g0 (t)|dt = N 0 ( f ) + N 0 (g).
Donc N 0 est une norme sur E. • Montrons que N 00 est une norme sur E. On note que ∀ f ∈ E, N 00 ( f ) = | f (0)| + N 0 ( f 0 ) et tout est immédiat. N, N 0 et N 00 sont des normes sur E. • Soit f ∈ E et t ∈ [0, 1]. Puisque la fonction f 0 est continue sur [0, 1] | f (t)| = | f (0) + R
Rt 0 Rt 0 R1 0 0 0 f (u) du| 6 | f (0)| + 0 | f (u)|du 6 | f (0)| + 0 | f (u)| du = N ( f ), R1 0 0
et donc N( f ) = 01 | f (t)| dt 6 0 N ( f ) dt = N ( f ). Ensuite en appliquant le résultat précédent à f 0 , on obtient
N 0 ( f ) = | f (0)| + N( f 0 ) 6 | f (0)| + N 0 ( f 0 ) = N 00 ( f ). Finalement ∀ f ∈ E, N( f ) 6 N 0 ( f ) 6 N 00 ( f ). Pour n ∈ N et t ∈ [0, 1], on pose fn (t) = t n . R 1 N( fn ) = 01 t n dt = n+1 et donc la suite ( fn )n∈N tend vers 0 dans l’espace vectoriel normé (E, N). R
Par contre, pour n > 1, N 0 ( fn ) = n 01 t n−1 dt = 1 et la suite ( fn )n∈N ne tend pas vers 0 dans l’espace vectoriel normé (E, N 0 ). On en déduit que les normes N et N 0 ne sont pas des normes équivalentes. n
De même en utilisant fn (t) = tn , on montre que les normes N 0 et N 00 ne sont pas équivalentes. Correction de l’exercice 4928 N (a) Soit x ∈ E. {kx − ak, a ∈ A} est une partie non vide et minorée (par 0) de R. {kx − ak, a ∈ A} admet donc une borne inférieure dans R. On en déduit l’existence de dA (x). (b) i. Soit A une partie fermée et non vide de E. Soit x ∈ E. • Supposons que x ∈ A. Alors 0 6 f (x) = Inf{kx − ak, a ∈ A} 6 kx − xk = 0 et donc dA (x) = 0. • Supposons que dA (x) = 0. Par définition d’une borne inférieure, ∀ε > 0 ∃aε ∈ A/ kx − aε k < ε. Soit V un voisinage de x. V contient une boule ouverte de centre x et de rayon ε > 0 puis d’après ce qui précède, V contient un élément de A. Finalement, ∀V ∈ V (x), V ∩ A 6= ∅ et donc x ∈ A = A. 2261
Si A est fermée, ∀x ∈ E, (dA (x) = 0 ⇔ x ∈ A). ii. Posons d = dA (x). Pour chaque entier naturel n, il existe an ∈ A tel que d 6 kx − an k 6 d + 1n . La suite (an )n∈N est bornée. En effet, ∀n ∈ N∗ kan k 6 kan −xk+kxk 6 d + 1n +kxk 6 d +kxk+1. Puisque E est de dimension finie, d’après le théorème de B OLZANO-W EIERSTRASS, on peut extraire de la suite (an )n>1 une suite (aϕ(n) )n>1 convergeant vers un certain élément a de E. Ensuite, puisque A est fermée, on en déduit que a ∈ A. Puis, comme 1 , ∀n ∈ N∗ , d 6 kx − aϕ(n) k 6 d + ϕ(n)
et puisque ϕ(n) tend vers l’infini quand n tend vers +∞, on obtient quand n tend vers l’infini, d = limn→+∞ kx − aϕ(n) k. Maintenant on sait que l’application y 7→ kyk est continue sur l’espace normé (E, k k) et donc
limn→+∞ x − aϕ(n) = x − limn→+∞ aϕ(n) = kx − ak. On a montré qu’il existe a ∈ A tel que dA (x) = kx − ak.
(c) Soit x ∈ E. Puisque A ⊂ A, dA (x) est un minorant de {kx − ak, a ∈ A}. Comme dA (x) est le plus grand des minorants de {kx − ak, a ∈ A}, on a donc dA (x) 6 dA (x). Soit alors ε > 0. Il existe y ∈ A tel que kx−yk < d(x, A)+ ε2 et puis il existe a ∈ A tel que k|y−ak < ε2 . On en déduit que dA (x) 6 kx − ak 6 kx − yk + ky − ak < dA (x) + ε2 + ε2 = dA (x) + ε. Ainsi, ∀ε > 0, dA (x) < dA (x) + ε. Quand ε tend vers 0, on obtient dA (x) 6 dA (x). Finalement ∀x ∈ E, dA (x) = dA (x). (d) Montrons que l’application dA est Lipschitzienne. Soit (x, y) ∈ E 2 Soit a ∈ A. dA (x) 6 kx − ak 6 kx − yk + ky − ak. Donc, ∀a ∈ A, dA (x) − kx − yk 6 ky − ak ou encore dA (x) − kx − yk est un minorant de {ky − ak, a ∈ A}. Puisque dA (y) est le plus grand des minorants de {ky − ak, a ∈ A}, on a donc dA (x) − kx − yk 6 dA (y). En résumé, ∀(x, y) ∈ E 2 , dA (x) − dA (y) 6 kx − yk. En échangeant les rôles de x et y, on obtient ∀(x, y) ∈ E 2 , dA (y) − dA (x) 6 kx − yk et finalement ∀(x, y) ∈ E 2 , |dA (x) − dA (y)| 6 kx − yk. Ainsi l’application dA : (E, k k) → (R, | |) est 1-Lipschitzienne et en particulier dA est contix 7→ dA (x) nue sur l’espace vectoriel normé (E, k k).
(e) Soient A et B deux parties fermées et non vides de E telles que dA = dB . Soit a ∈ A. dB (a) = dA (a) = 0 (d’après 2)) et donc a ∈ B (d’après 2)). Ainsi A ⊂ B puis, par symétrie des rôles, B ⊂ A et finalement A = B. (f) (A n’est pas un sous espace vectoriel de E.) R R Soit f ∈ A. 1 6 01 f (t) dt 6 01 | f (t)| dt 6 k f k∞ . Ainsi, ∀ f ∈ A, k f k∞ > 1 et donc dA (0) > 1. (n + 1)x si x ∈ 0, 1n . Pour n ∈ N∗ et x ∈ [0, 1], on pose fn (x) = 1 + 1n x ∈ 1n , 1
2262
1
1/n
1
Pour chaque entier naturel non nul n, la fonction fn est continue sur [0, 1] et R1 1 1 1 1 1 + n1 = 1 + 2n − 2n12 > 1. 0 f n (x) dx = 2n 1 + n + 1 − n
Donc, la suite ( fn )n>1 est une suite d’éléments de A. On en déduit que ∀n ∈ N∗ , dA (0) 6 k fn k∞ = 1 + n1 . En résumé, ∀n ∈ N∗ , 1 6 dA (0) 6 1 + 1n et finalement dA (0) = 1. Remarque. A est fermée mais la distance à A n’est malgré tout pas atteinte. En effet • Soit ( fn )n∈N est une suite d’éléments de A convergeant dans l’espace vectoriel normé (E, k k∞ ) vers un certain élément f de E. La suite de fonctions ( fn )n∈N converge uniformément vers f sur [0, 1] R1 R1 et donc d’une part, f (0) = limn→+∞ fn (0) = 0 et d’autre part 0 f (x) dx = 0 limn→+∞ fn (x) dx = R limn→+∞ 01 fn (x) dx > 1. Donc f ∈ A et on a montré que A est fermée. R
• Supposons qu’il existe f ∈ A telle que k f k∞ = 1. Alors l’encadrement 1 6 01 f (x) dx 6 k f k∞ = 1 R R fournit 01 f (x) dx = k f k∞ = 1 puis 01 (k f k∞ − f (x)) dx = 0 et donc k f k∞ − f = 0 (fonction continue positive d’intégrale nulle) ou encore f = 1 ce qui contredit f (0) = 0. On ne peut donc pas trouver f ∈ A tel que dA (0) = d(0, f ).
Correction de l’exercice 4929 N Soient F1 , F2 fermés non vides disjoints tels que F1 ∪ F2 = A : Alors Fr(A) = Fr(F1 ) ∪ Fr(F2 ). Correction de l’exercice 4931 N Soient F1 , F2 fermés non vides disjoints tels que F1 ∪ F2 = {va de un }. Il existe ε > 0 tel que d(F1 , F2 ) > ε. Alors, à partir d’un certain rang, tous les termes de la suite sont dans un seul des Fi . Correction de l’exercice 4936 N Soit r = lim rn : kan − an+k k 6 rn − rn+k donc la suite (an ) est de Cauchy, et converge vers a. On a kan − ak 6 rn − r donc B(a, r) ⊂ Bn . T Réciproquement, si x ∈ n Bn , alors kx − an k 6 rn donc kx − ak 6 r. Correction de l’exercice 4938 N S Soit a ∈ F˚ et B(a, r) ⊂ n Fn : B \ F1 est un ouvert non vide donc contient une boule B1 (a1 , r1 ). De T même, B1 \ F2 contient une boule B2 (a2 , r2 ) etc. On peut imposer rn −−−→ 0, donc il existe c ∈ n Bn , n→∞
c.a.d. c ∈ B mais pour tout n, c ∈ / Fn . Contradiction.
2263
Correction de l’exercice 4939 N Soit (an ) définie par an+1 = f (an ) : les sous-suites (a2n ) et (a2n+1 ) convergent vers le point fixe de f ◦ f .
Correction de l’exercice 4940 N Supposons qu’il existe une famille (Ci = C (ai , Ri ))i∈I de cercles disjoints dont la réunion est égale au plan P. On note Di le disque fermé de frontière Ci . Soit i0 ∈ I choisi arbitrairement, i1 tel que ai0 ∈ Ci1 , i2 tel que ai1 ∈ Ci2 etc. On a Rik < 12 Rik−1 donc la suite (Dik ) vérifie le théorème des fermés emboités, l’intersection des Dik est réduite à un point x par lequel ne passe aucun cercle C j . Correction de l’exercice 4941 N (a) (b) demi-cercle unité ⇒ x = 0, y = π2 .
(c) Sommes de Riemann + l’enveloppe convexe d’un compact est compacte. ~ 0 (t)) ⇒ k~N 0 (t)k = kM ~ 0 (t))k. (d) ~N 0 (t) = ~σ (M Rb R ~ t kM ~ t k~N 0 (t)k dt = ~0 = b σ (G)N ~ 0 (t)k dt, donc σ (G) = G. GN t=a
t=a
(e)
Correction de l’exercice 4942 N (a) (b) (c) ~ei 00 = ~Ω 0 ∧~ei + (~Ω|~ei )~Ω − k~Ωk2~ei . Correction de l’exercice 4945 N (a) Non : f (t) = (t,t 2 ), g(t) = (1,t). 2 2 3 (b) Non : f (t) = t2 , t3 , g(t) = t, t2 . Correction de l’exercice 4947 N +∞ k (a) • Soit Si on opose P = ∑k=0 ak X , il existe n ∈ N tel que ∀k > n, ak = 0. Donc kPk∞ = n P(k)∈ E. Sup P k!(0) , k ∈ N = Max{|ak |, 0 6 k 6 n} existe dans R.
• ∀P ∈ E, kPk∞ > 0. • Soit P ∈ E. kPk∞ = 0 ⇒ ∀k ∈ N, |ak | 6 0 ⇒ ∀k ∈ N, ak = 0 ⇒ P = 0. • Soient P ∈ E et λ ∈ R. kλ Pk∞ = Max{|λ ak |, 0 6 k 6 n} = |λ |Max{|ak |, 0 6 k 6 n} = |λ |kPk∞ . • Soient P = ∑k>0 ak X k et Q = ∑k>0 bk X k deux polynômes. Pour k ∈ N, |ak + bk | 6 |ak | + |bk | 6 kPk∞ + kQk∞ et donc kP + Qk∞ 6 kPk∞ + kQk∞ . k k∞ est une norme sur E.
(P)k∞ = 1. On en déduit que Sup (b) ∀P ∈ E, k f (P)k∞ = kPk∞ et donc ∀P ∈ E \{0}, k fkPk ∞ 1. Ceci montre tout à la fois que f est continue sur (E, k k∞ ) et ||| f ||| = 1.
f est continue sur (E, k k∞ ) et ||| f ||| = 1. 2264
n
k f (P)k∞ kPk∞ ,
o P ∈ E \ {0} =
Correction de l’exercice 4948 N (La linéarité de ∆ est claire et de plus ∆ est un endomorphisme de E car si u est une suite bornée, ∆(u) l’est encore. Plus précisément,) ∀u ∈ E, ∀n ∈ N, |∆(u)n | 6 |un | + |un+1 | 6 2kuk∞ et donc ∀u ∈ E, k∆(u)k∞ 6 2kuk∞ . Ceci montre que ∆ est continu sur E et |||∆||| 6 2. Ensuite, si u est la suite définie par ∀n ∈ N, un = (−1)n alors u est un élément non nul de E tel que kuk∞ = 1 et k∆(u)k∞ = 2. En résumé, • ∀u ∈ E \ {0},
k∆(u)k∞ kuk∞ k∆(u)k∞ kuk∞
• ∃u ∈ E \ {0}, On en déduit que
6 2, = 2.
∆ est continu sur (E, k k∞ ) et |||∆||| = 2. (La linéarité de C est claire et C est un endomorphisme de E car si u est bornée, C(u) l’est encore. Plus précisément,) ∀u ∈ E, ∀n ∈ N, |(C(u))n | 6
1 n+1
∑nk=0 kuk∞ = kuk∞ et donc ∀u ∈ E, kC(u)k∞ 6 kuk∞ .
Par suite T est continue sur E et |||T ||| 6 1. Ensuite, si u est la suite définie par ∀n ∈ N, un = 1 alors u est un élément non nul de E tel que kuk∞ = 1 et kC(u)k∞ = 1. En résumé, • ∀u ∈ E \ {0},
kC(u)k∞ kuk∞ kC(u)k∞ kuk∞
• ∃u ∈ E \ {0}, On en déduit que
6 1, = 1.
C est continu sur (E, k k∞ ) et |||C||| = 1.
Correction de l’exercice 4949 N (a) Soit f ∈ E. Z 1 Z x
Z 1
f (t) dt dx
|T f (x)| dx = 0 0 Z 1 Z x 6 | f (t)| dt dx 0 0 Z 1 Z 1 Z 1 | f (t)| dt dx = k f k1 dx = k f k1 . 6
kT f k1 =
0
0
0
0
f k1 Ceci montre que ∀ f ∈ E \ {0}, kT k f k1 6 1. Ceci montre que T est continu sur (E, k k1 ) et que |||T ||| 6 1. Pour n ∈ N et x ∈ [0, 1], posons fn (x) = (1 − x)n . Pour n ∈ N, h i n+1 1 R 1 k fn k1 = 01 (1 − x)n dx = − (1−x) = n+1 , n+1 0
puis pour x ∈ [0, 1], T fn (x) = kT fn k1 =
R1 0
Rx 0
(1 − t)n
|T fn (x)| dx =
On en déduit que ∀n ∈ N, |||T ||| > En résumé, ∀n ∈ N,
n+1 n+2
dt =
1 n+1 ) n+1 (1 − (1 − x)
1 R1 n+1 ) n+1 0 (1 − (1 − x)
kT fn k1 k fn k1
=
n+1 n+2 .
6 |||T ||| 6 1 et donc |||T ||| = 1. 2265
et donc
dx =
1 n+1
1 1 − n+2 =
1 n+2 .
T est continu sur (E, k k1 ) et |||T ||| = 1. (b) Supposons qu’il existe f ∈ E \ {0} tel que kT f k1 = k f k1 . On en déduit que chaque inégalité écrite R1 Rx R 1 R 1 au début de la question 1) est une égalité et en particulier 0 ( 0 | f (t)| dt) dx = 0 0 | f (t)| dt dx R R R R R ou encore 01 01 | f (t)| dt − 0x | f (t)| dt dx = 0. Par suite, ∀x ∈ [0, 1], 01 | f (t)| dt − 0x | f (t)| dt = 0 (fonction continue, positive, d’intégrale nulle) puis en dérivant la dernière inégalité, ∀x ∈ [0, 1], | f (x)| = 0 et finalement f = 0. Ceci est une contradiction et donc |||T ||| n’est pas atteinte. Correction de l’exercice 4950 N L’application f est linéaire de (E, N) dans (R, | |). Soit A = (ai, j )16i, j6n ∈ E. n
| f (A)| = |Tr(A)| 6 ∑ |ai,i | i=1
n
n
!
∑ |ai, j |
6∑
i=1
j=1
n
6 ∑ N(A) = nN(A). i=1
Ceci montre déjà que f est continue sur (E, N) et que ||| f ||| 6 n. De plus, si A = In 6= 0, Donc
| f (A)| N(A)
=
n 1
= n.
f est continue sur (E, N) et ||| f ||| = n.
Correction de l’exercice 4951 N • ∀A = (ai, j )16i, j6n ∈ Mn (R), kAk∞ = Max{|ai, j |, 1 6 i, j 6 n}. Soient A = (ai, j )16i, j6n et B = (bi, j )16i, j6n . Posons AB = (ci, j )16i, j6n où ∀(i, j) ∈ [[1, n]]2 , ci, j = ∑nk=1 ai,k bk, j . Pour (i, j) ∈ [[1, n]]2 ,
|ci, j | 6 ∑nk=1 |ai,k ||bk, j | 6 ∑nk=1 kAk∞ kBk∞ = nkAk∞ kBk∞ ,
et donc, kABk∞ 6 nkAk∞ kBk∞ . Ainsi, ∀(A, B) ∈ (Mn (C) \ {0})2 ,
kABk∞ kAk∞ kBk∞
6 n.
De plus, pour A0 = B0 = (1)16i, j6n 6= 0, kA0 k∞ = kB0 k∞ = 1 puis kA0 B0 k∞ = knA0 k∞ = n et donc kA0 B0 k∞ kA0 k∞ kB0 k∞ = n. Ceci montre que Sup
n
kABk∞ kAk∞ kBk∞ ,
o (A, B) ∈ (Mn (C) \ {0})2 = n.
En particulier, k k∞ n’est pas une norme sous-multiplicative. • ∀A = (ai, j )16i, j6n ∈ Mn (R), kAk1 = ∑16i, j6n |ai, j |. Avec les notations précédentes, n kABk1 = ∑ |ci, j | = ∑ ∑ ai,k bk, j 16i, j6n 16i, j6n k=1 ! n
6
∑
16i, j6n
∑ 16i, j,k,l6n
Donc ∀(A, B) ∈ (Mn (R) \ {0})2 ,
∑ |ai,k ||bk, j |
k=1
=
∑
16i, j,k6n
|ai,k ||bk, j |
|ai, j ||bk,l | = kAk1 kBk1 .
kABk1 kAk1 kBk1
6 1.
De plus, pour A0 = B0 = E1,1 , on a A0 B= E1,1 et donc 2266
kA0 B0 k1 kA0 k1 kB0 k1
= 1. Ceci montre que
Sup
n
o (A, B) ∈ (Mn (C) \ {0})2 = 1.
kABk1 kAk1 kBk1 ,
En particulier, k k1 est une norme sous-multiplicative. q • ∀A = (ai, j )16i, j6n ∈ Mn (R), kAk2 = ∑16i, j6n a2i, j . Avec les notations précédentes, n
kABk22
=
c2i, j
∑
=
16i, j6n n
6
∑
16i, j6n
∑ a2i,k k=1 n
=
∑
16i, j6n
∑ ai,k bk, j
∑
16i, j6n
∑ a2i,k k=1
!
!
k=1 n
∑ b2k, j k=1 n
∑ b2l, j l=1
Donc ∀(A, B) ∈ (Mn (R) \ {0})2 ,
!
!
!2
(inégalité de C AUCHY-S CHWARZ) =
∑
a2i,k b2l, j =
16i, j,k,l6n
kABk2 kAk2 kBk2
n
16i,k6n
a2i,k
∑
b2l, j
16 j,l6n
!
= kAk2 kBk2
6 1.
De plus, pour A0 = B0 = E1,1 , on a A0 B= E1,1 et donc Sup
∑
!
kABk2 kAk2 kBk2 ,
kA0 B0 k2 kA0 k2 kB0 k2
= 1. Ceci montre que
o (A, B) ∈ (Mn (C) \ {0})2 = 1
En particulier, k k2 est une norme sous-multiplicative. Correction de l’exercice 4952 N Une « norme trois barres » sur Mn (R) est nécessairement sous-multiplicative. L’exercice précédent montre qu’il existe des normes sur Mn (R) qui ne sont pas sous-multiplicatives (par exemple k k∞ ). Donc une norme sur Mn (R) n’est pas nécessairement une « norme trois barres ». Correction de l’exercice 4953 N Soit N une norme sur Mn (R). D’après l’exercice 4951, k k1 est une norme sous-multiplicative. Puisque Mn (R) est un espace vectoriel de dimension finie sur R, N et k k1 sont des normes équivalentes. Par suite, il existe deux réels strictement positifs α et β tels que αk k1 6 N 6 β k k1 . Pour (A, B) ∈ (Mn (R))2 , N(AB) 6 β kABk1 6 β kAk1 kBk1 6 et le réel k =
β α2
β N(A)N(B) α2
est un réel strictement positif tel que ∀(A, B) ∈ (Mn (R))2 , N(AB) 6 kN(A)N(B).
Remarque. Le résultat précédent signifie que N 0 = (A, B) ∈ (Mn (R))2 , N 0 (AB) =
1 N(AB) k2
6
1 N(A)N(B) k2
1 KN
est une norme sous-multiplicative car pour
= 1k N(A) 1k N(B) = N 0 (A)N 0 (B).
Correction de l’exercice 4954 N Non, car si A = E1,1 6= 0 et B = E2,2 6= 0 alors AB = 0 puis N(AB) < N(A)N(B). Correction de l’exercice 4955 N • Pour k k1 . Soient A = (ai, j )16i, j6n ∈ Mn (R) puis X = (xi )16i6n Mn,1 (R).
2267
n kAXk1 = ∑ ∑ ai, j x j i=1 j=1 n
n
n
∑ |ai, j ||x j |
6∑
i=1
j=1 n
6
!
!
∑ |x j |
j=1
Max
(
n
=
!
n
∑ |x j | ∑ |ai, j |
j=1
i=1
n
∑ |ai, j |, 1 6 j 6 n
i=1
)
= Max{kC j k1 , 1 6 j 6 n} × kXk1 ,
en notant C1 ,. . . , Cn les colonnes de la matrice A. Donc, ∀A ∈ Mn (R), |||A|||1 6 Max{kC j k1 , 1 6 j 6 n}. Soit alors j0 ∈ [[1, n]] tel que kC j0 k1 = Max{kC j k1 , 1 6 j 6 n}. On note X0 le vecteur colonne dont toutes les composantes sont nulles sauf la j0 -ème qui est égale à 1. X0 est un vecteur non nul tel que kAX0 k1 = ∑ni=1 |ai, j0 | = Max kC j k1 , 1 6 j 6 n × kX0 k1 . En résumé, (1) ∀X ∈ Mn,1 (R) \ {0},
(2) ∃X0 ∈
kAXk1 kXk1 6 Max kC j k1 , 1 6 j 0 k1 Mn,1 (R) \ {0}, kAX kX0 k1 = Max kC j k1 , 1 6
6n , j6n .
On en déduit que ∀A ∈ Mn (R), |||A|||1 = Max kC j k1 , 1 6 j 6 n . • Pour k k∞ . Soient A = (ai, j )16i, j6n ∈ Mn (R) puis X = (xi )16i6n Mn,1 (R). Pour i ∈ [[1, n]], n |(AX)i | = ∑ ai, j x j 6 j=1 (
n
n
∑ |ai, j ||x j | 6 ∑ |ai, j |
j=1
n
6 Max
∑ |ai, j |, 1 6 i 6 n
j=1
!
)
j=1
kXk∞
kXk∞ = Max{kLk k1 , 1 6 k 6 n} × kXk∞ ,
en notant L1 ,. . . , Ln les lignes de la matrice A. Donc, ∀A ∈ Mn (R), |||A|||∞ 6 Max{kLi k1 , 1 6 i 6 n}. Soit alors i0 ∈ [[1, n]] tel que kLi0 k1 = Max{kLi k1 , 1 6 i 6 n}. On pose X0 = (εi )16i6n où ∀ j ∈ [[1, n]], a ε j est un élément de {−1, 1} tel que ai0 , j = ε j |ai0 , j | (par exemple, ε j = |aii0 ,, jj | si ai0 , j 6= 0 et ε j = 1 si 0 ai0 , j = 1). ( ) n kAX0 k∞ = Max ∑ ai, j ε j , 1 6 i 6 n j=1 n n > ∑ ai0 , j ε j = ∑ |ai0 , j | = kLi0 k1 = Max{kLi k1 , 1 6 i 6 n} × kX0 k∞ . j=1 j=1
En résumé, (1) ∀X ∈ Mn,1 (R) \ {0}, (2) ∃X0 ∈
kAXk∞ kXk∞ 6 Max {kLi k1 , 1 6 i 6 n}, 0 k∞ Mn,1 (R) \ {0}, kAX kX0 k∞ > Max {kLi k1 , 1 6 i 6 n}.
On en déduit que ∀A ∈ Mn (R), |||A|||∞ = Max {kLi k1 , 1 6 j 6 n}. Ainsi, en notant C1 ,. . . , Cn et L1 ,. . . , Ln respectivement les colonnes et les lignes d’une matrice A, ∀A ∈ Mn (R), |||A|||1 = Max{kC j k1 , 1 6 j 6 n} et |||A|||∞ = Max{kLi k1 , 1 6 i 6 n}.
Correction de l’exercice 4956 N Soit D = diag(λi )16i6n ∈ Dn (R). Pour X = (xi )16i6n ∈ Mn,1 (R), 2268
kDXk2 =
q q ∑ni=1 λi2 xi2 6 (ρ(D))2 ∑ni=1 xi2 = ρ(D)kXk2 ,
De plus, si λ est une valeur propre de D telle que |λ | = ρ(D) et X0 est un vecteur propre associé, alors kDX0 k2 = kλ X0 k2 = |λ |kX0 k2 = ρ(D)kX0 k2 . En résumé (1) ∀X ∈ Mn,1 (R) \ {0}, (2) ∃X0 ∈
kDXk2 kXk2 6 ρ(D), 0 k2 Mn,1 (R) \ {0}, kDX kX0 k2 = ρ(D).
On en déduit que ∀D ∈ Dn (R), |||D|||2 = ρ(D). Soit alors A ∈ Sn (R). D’après le théorème spectral, il existe P ∈ On (R) et D = diag(λi )16i6n ∈ Dn (R) tel que A = PDt P. De plus ρ(A) = ρ(D). Pour X ∈ Mn,1 (R), kAXk2 = kPDt PXk2
= kD(t PX)k2 (car P ∈ On (R) ⇒ ∀Y ∈ Mn,1 (R), kPY k2 = kY k2 ) = kDX 0 k2 où on a posé X 0 = t PX.
Maintenant l’application X 7→ t PX = X 0 est une permutation de Mn,1 (R) car la matrice t P est inversible 0 vecteur colonne X, o et donc X décrit Mn,1 (R) si et seulement si n X décrit Mn,1 (R). De plus, o pour n tout 0k kAXk kDX 2 2 kX 0 k2 = kt PXk2 = kXk2 . On en déduit que kXk2 , X ∈ Mn,1 (R) \ {0} = kX 0 k2 , X 0 ∈ Mn,1 (R) \ {0} et en particulier, |||A|||2 = |||D|||2 = ρ(D) = ρ(A). n o 2 , X ∈ M (R) \ {0} = ρ(A). ∀A ∈ Sn (R), |||A|||2 = Sup kAXk n,1 kXk2 Remarque. L’application A 7→ ρ(A) est donc une norme sur Sn (R) et de plus cette norme est sousmultiplicative. Correction de l’exercice 4966 N (a) Soit d : Mn (R) → R . On sait que l’application d est continue sur Mn (R) (muni de M 7→ det(M) n’importe quelle norme) et que R∗ est un ouvert de R en tant que réunion de deux intervalles ouverts. Par suite, GLn (R) = d −1 (R∗ ) est un ouvert de Mn (R) en tant qu’image réciproque d’un ouvert par une application continue. Soit A ∈ Mn (R). Le polynômedet(A − xI) n’a qu’un nombrefini de racines (éventuellement nul) 1 1 donc pour p entier naturel supérieur ou égal à un certain p0 , det A − p I 6= 0. La suite A − p I p>p0
est une suite d’éléments de GLn (R) convergente de limite A. Ceci montre que l’adhérence de GLn (R) est Mn (R) ou encore GLn (R) est dense dans Mn (R). GLn (R) est un ouvert de Mn (R), dense dans Mn (R).
(b) Mn (R) \ GLn (R) est fermé en tant que complémentaire d’un ouvert. Soit n > 2. Les matrices A p = pE1,1 , p ∈ N, sont non inversibles et la suite (A p ) p∈N est non bornée. Par suite Mn(R) \ GLn(R) est non borné et donc non compact. ∀n > 2, Mn (R) \ GLn (R) est fermé mais non compact.
2269
(c) • Montrons que On (R) est fermé. Posons g : Mn (R) → (Mn (R))2 , h : (Mn (R))2 → Mn (R) p t M 7→ (M, M) (M, N) 7→ MN f : Mn (R) → Mn (R) . M 7→ Mt M g est continue sur Mn (R) car linéaire sur un espace de dimension finie. h est continue sur (Mn (R))2 car bilinéaire sur un espace de dimension finie. On en déduit que f = h ◦ g est continue sur Mn (R). Enfin On (R) = f −1 (In ) est fermé en tant qu’image réciproque d’un fermé par une application continue. • Montrons que On (R) est borné. ∀A ∈ On (R), ∀(i, j) ∈ [[1, n]]2 , |ai, j | 6 1 et donc ∀A ∈ On (R), kAk∞ 6 1. D’après le théorème de B OREL-Lebesgue, puisque On (R) est un fermé borné de l’espace de dimension finie Mn (R), On (R) est un compact de Mn (R). On (R) n’est pas convexe. En effet, les deux matrices In et −In sont orthogonales mais le milieu du segment joignant ces deux matrices est 0 qui n’est pas une matrice orthogonale. On (R) est compact mais non convexe. (d) Sn (R) est un sous espace vectoriel de l’espace de dimension finie Mn (R) et est donc un fermé de Mn (R). Sn (R) est fermé. (e) Soit A ∈ Mn (R) et p un élément fixé de [[1, n − 1]] (le résultat est clair si p = 0 ou p = n). A est de rang inférieur ou égal à p si et seulement si tous ses mineurs de format p + 1 sont nuls (hors programme). Soient I et J deux sous-ensembles donnés de [[1, n]] de cardinal p + 1 et AI,J la matrice extraite de A de format p + 1 dont les numéros de lignes sont dans I et les numéros de colonnes sont dans J. Pour I et J donnés, l’application A 7→ AI,J est continue car linéaire de Mn (R) dans M p+1 (R). Par suite, l’application fI,J : A 7→ det(AI,J ) est continue sur Mn (R). L’ensemble des matrices A telles que det(AI,J ) = 0 est donc un fermé de Mn (R) (image réciproque du fermé {0} de R par l’application continue fI,J ) et l’ensemble des matrices de rang inférieur ou égal à p est un fermé de Mn (R) en tant qu’intersection de fermés. (f) Soit A ∈ Mn (C). Posons Sp(A) = (λi )16i6n . On sait que toute matrice est triangulable dans C et donc il existe P ∈ GLn (C) et T ∈ Tn (C) avec ∀i ∈ [[1, n]], ti,i = λi telle que A = PT P−1 . On munit dorénavant Mn (C) d’une norme multiplicative notée k k. Puisque toutes les normes sont équivalentes en dimension finie, il existe un réel strictement positif K telle que pour toute matrice M, kMk 6 KkMk∞ . ε Soit ε > 0. Il existe un n-uplet de réels (λ1 , ..., λn ) tels que ∀k ∈ [[1, n]], 0 6 εk < KkPkkP −1 k et les h h ε λk + εk sont deux à deux distincts. (On prend ε1 = 0 puis ε2 dans 0, KkPkkP tel que λ2 + ε2 6= −1 k h h h h ε ε λ1 +ε1 ce qui est possible puisque 0, KkPkkP −1 k est infini puis ε3 dans 0, KkPkkP−1 k tel que λ3 +ε3 h h ε soit différent de λ1 + ε1 et λ2 + ε2 ce qui est possible puisque 0, KkPkkP est infini ...) −1 k On pose D = diag(λi )16i6n puis T 0 = T + D et enfin A0 = PT 0 P−1 . Tout d’abord les valeurs propres de A0 sont deux à deux distinctes (ce sont les λi + εi , 1 6 i 6 n) et donc A0 est diagonalisable. Ensuite kA0 − Ak = kPDP−1 k 6 kPkkDkkP−1 k 6 KkPkkP−1 kkDk∞ < ε.
En résumé, ∀A ∈ Mn (C), ∀ε > 0, ∃A0 ∈ Mn (C)/ kA0 − Ak < ε et A0 diagonalisable. On a montré que L’ensemble des matrices complexes diagonalisables dans C est dense dans Mn (C).
2270
On ne peut remplacer Mn (C) par Mn (R). 0 −1 a c Soient A = et E = ∈ M2 (R). 1 0 b d a−X c−1 = X 2 − (a + d)X + (ad − bc) + (b − c) + 1. χA+E = b+1 d −X
Le discriminant de χA+E est ∆ = (a + d)2 − 4(ad − bc) − 4(b − c) − 4. Supposons de plus que kEk∞ 6 41 . Alors 1 1 ∆ = (a + d)2 − 4(ad − bc) − 4(b − c) − 4 6 41 + 4 16 + 16 + 4 41 + 14 − 4 = − 45 < 0.
Par suite, aucune des matrices A + E avec kEk∞ 6 14 n’a de valeurs propres réelles et donc aucun donc diagonalisable dans R. On a montré que l’ensemble des matrices réelles diagonalisables dans R n’est pas dense dans Mn (R). 2 2 (g) La matrice de la forme quadratique Q : (x, y) 7→ ax + 2bxy + cy dans la base canonique est a b . b c Les valeurs propres de cette matrice sont strictement positives si et seulement si a + c > 0 et ac − b2 > 0. L’application (a, b, c) 7→ a + c est continue sur R3 car linéaire sur R3 qui est de dimension finie et l’application (a, b, c) 7→ ac − b2 est continue sur R3 en tant que polynôme. L’ensemble des triplets considéré est l’intersection des images réciproques par ces applications de l’ouvert ]0, +∞[ de R et est donc un ouvert de R3 .
(h) Notons S l’ensemble des matrices stochastiques. • Vérifions que S est borné. Soit A = (ai, j )16i, j6n ∈ S . ∀(i, j) ∈ [[1, n]]2 , 0 6 ai, j 6 1 et donc kAk∞ 6 1. Ainsi, ∀A/inS , kAk∞ 6 1 et donc S est borné. • Vérifions que S est fermé. Soit (i, j) ∈ [[1, n]]2 . L’ application fi, j : A 7→ ai, j est continue sur Mn (R) à valeurs dans R car linéaire sur Mn (R) qui est de dimension finie. [0, +∞[ est un fermé de R car son complémentaire ] − ∞, 0[ est un ouvert de R. Par suite, A = (ak,l )16k,l6n / ai, j > 0 = fi,−1 j ([0, +∞[) est un fermé de Mn (R) en tant qu’image réciproque d’un fermé par une application continue. Soit i ∈ [[1, n]]. L’ application gi : A 7→ ∑nj=1 ai, j est continue sur Mn (R) à valeurs dans R car linéaire sur Mn (R) qui est de dimension finie. Le singleton {1} est un fermé de R. Par suite, A = (ak,l )16k,l6n / ∑nj=1 ai, j = 1 = g−1 ({1}) est un fermé de Mn (R) en tant qu’image réciproque i d’un fermé par une application continue. S est donc un fermé de Mn (R) en tant qu’intersection de fermé de Mn (R). En résumé, S est un fermé borné de l’espace Mn (R) qui est de dimension finie et donc S est un compact de Mn (R) d’après le théorème de B OREL-L EBESGUE. • Vérifions que S est convexe. Soient (A, B) ∈ (S )2 et λ ∈ [0, 1]. D’une part, ∀(i, j) ∈ [[1, n]]2 , (1 − λ )ai, j + λ bi, j > 0 et d’autre part, pour i ∈ [[1, n]] ∑nj=1 ((1 − λ )ai, j + λ bi, j ) = (1 − λ ) ∑nj=1 ai, j + λ ∑nj=1 bi, j = (1 − λ ) + λ = 1, ce qui montre que (1 − λ )A + λ B ∈ S . On a montré que ∀(A, B) ∈ S 2 , ∀λ ∈ [0, 1], (1 − λ )A + λ B ∈ S et donc S est convexe. l’ensemble des matrices stochastiques est un compact convexe de Mn (R). (i) Soient A et B deux matrices réelles diagonalisables. Soient γ1 : [0, 1] → Mn (R) t 7→ (1 − t).A + t.0 = (1 − t)A et γ2 : [0, 1] → Mn (R) . Soit enfin γ : [0, 1] → Mn (R) . 1 t 7→ tB γ1 (2t) si t ∈ 0, 2 t 7→ γ2 (2t − 1) si t ∈ 12 , 1 2271
γ1 est un chemin continu joignant la matrice A à la matrice nulle et γ2 est un chemin continu joignant la matrice nulle à la matrice B. Donc γ est un chemin continu joignant la matrice A à la matrice B. De plus, pour tout réel t ∈ [0, 1], la matrice γ1 (t) = (1 − t)A est diagonalisable (par exemple, si A = Pdiag(λi )16i6n P−1 alors (1 − t)A = Pdiag((1 − t)λi )16i6n P−1 ) et de même, pour tout réel t ∈ [0, 1], la matrice γ2 (t) = tB est diagonalisable. Finalement γ est un chemin continu joignant les deux matrices A et B diagonalisables dans R, contenu dans l’ensemble des matrices diagonalisables dans R. On a montré que l’ensemble des matrices diagonalisables dans R est connexe par arcs.
Correction de l’exercice 4967 N − → (a) i. Un vecteur directeur est AB dont les coordonnées sont (xB − xA , yB − yA ) = (−3, 1). Pour n’importe quel vecteur directeur ~v = (xv , yv ) la pente est le réel p = yxvv . La pente est indépendante du choix du vecteur directeur. On trouve ici p = − 13 . Une équation paramétrique de la droite de x = xvt + xA . Donc ici pour le vecteur directeur ~v passant par A = (xA , yA ) est donnée par y = yvt + yA − → x = −3t + 2 vecteur directeur AB on trouve l’équation paramétrique y = t +3 Il y a plusieurs façons d’obtenir une équation cartésienne ax + by + c = 0. Première méthode. On sait que A = (xA , yA ) appartient à la droite doncses coordonnées vérifient 2a + 3b + c = 0 l’équation axA + byA + c = 0, idem avec B. On en déduit le système . Les −a + 4b + c = 0 solutions s’obtiennent à une constante multiplicative près, on peut fixer a = 1 et on trouve alors b = 3 et c = −11. L’équation est donc x + 3y − 11 = 0. − → x = 5t − 7 3 ii. On trouve ~v = AB = (5, −3), p = − 5 et y = −3t − 2 Deuxième méthode. x+7 Pour trouver l’équation cartésienne on part de l’équation paramétrique y+2 5 =t réécrite ainsi On en déduit x+7 5 = − 3 ; d’où l’équation 3x + 5y + 31 = 0. − y+2 = t 3 − → iii. On trouve ~v = AB = (0, 3), la droite est donc verticale (sa pente est infinie) une équation parax=3 métrique est . Une équation cartésienne est simplement (x = 3). y = 3t + 6 x = −3t + 2 (b) i. Equation paramétrique y = −t + 1 Troisième méthode. Pour une droite d’équation cartésienne ax + by + c = 0, on sait que ~n = (a, b) est un vecteur normal à la droite et donc ~v = (−b, a) est un vecteur directeur (car alors ~v ·~n = 0). Réciproquement si ~v = (−b, a) est un vecteur directeur alors une équation est de la forme ax + by + c = 0 pour une certaine constante c à déterminer. Ici on nous donne le vecteur directeur~v = (−3, −1) donc on cherche une équation sous la forme −x + 3y + c = 0. Pour trouver c, on utilise que A appartient à la droite donc −xA + 3yA + c = 0, ce qui conduit à c = −1. Ainsi une équation de la droite est −x + 3y = 1. ii. On trouve 2x − y + 1 = 0.
iii. Droite horizontale d’équation (y = 1). (c) Voici juste les résultats : i. y = 3x + 4, ii. y = −3,
iii. 8x + 4y = 4 (les droites parallèles à 8x + 4y = 3 sont de la forme 8x + 4y = c).
2272
Correction de l’exercice 4971 N (a) Le point A est l’intersection des droites (AB) et (AC). Les coordonnées (x, y) de A sont donc so x + 2y = 3 lutions du système : donné par les équations des deux droites. La seule solution est x+y = 2 (x, y) = (1, 1). On a donc A = (1, 1). On fait de même pour obtenir le point B = (−1, 2) et C = (2, 0). C yB +yC (b) Notons A0 le milieu de [BC] alors les coordonnées se trouvent par la formule suivante A0 = ( xB +x 2 , 2 )= ( 12 , 1). De même on trouve B0 = ( 32 , 12 ) et C0 = (0, 32 ).
(c) i. Les médianes ont pour équations : (AA0 ) : (y = 1) ; (BB0 ) : (3x + 5y = 7) ; (CC0 ) : (3x + 4y = 6). ii. Vérifions que les trois médianes sont concourantes (ce qui est vrai quelque soit le triangle). On calcule d’abord l’intersection I = (AA0 ) ∩ (BB0 ), les coordonnées du point I d’intersection y=1 vérifient donc le système . On trouve I = ( 32 , 1). 3x + 5y = 7 Il ne reste plus qu’à vérifier que I appartient à la droite (CC0 ) d’équation 3x + 4y = 6. En effet 3xI + 4yI = 6 donc I ∈ (CC0 ). Conclusion : les médianes sont concourantes au point I = ( 32 , 1).
Correction de l’exercice 5011 N Soit z 7→ αz + β la représentation en coordonnée complexe de la similitude directe envoyant A sur C et B sur D. On a donc αa + β = c αb + β = d c−d ce qui donne α = a−b et β = ad−bc a−b . D’après la condition fixée par l’énoncé, on a α 6= 1 donc cette similitude admet un unique point fixe Ω d’affixe
ω=
β ad − bc = . 1−α a−b−c+d
On remarque que l’expression de ω est inchangée en permutant b et c. Cela signifie qu’en faisant les mêmes calculs pour déterminer la représentation complexe de la similitude envoyant A sur B et C sur D, on obtient le même point fixe. Correction de l’exercice 5013 N (a) i. Une équation d’un plan est ax + by + cz + d = 0. Si un point appartient à un plan cela donne une condition linéaire sur a, b, c, d. Si l’on nous donne trois point cela donne un système linéaire de trois équations à trois inconnues (car l’équation est unique à un facteur multplicatif non nul près). On trouve : A. x + y + z − 1 = 0
B. 3x + 3y + z − 7 = 0
ii. ~n = ~u ∧~v est normal au plan. Si ~n = (a, b, c) alors une équation du plan est ax + by + cz + d = 0. On trouve : A. −9x + 7y + 12z − 17 = 0 B. 17x + 13y − 7z − 3 = 0
− → − → iii. Trouver deux points B,C de la droite D. Le vecteurs~u = AB et~v = AC sont des vecteurs directeurs de P. Procédé ensuite comme la question précédente. On obtient : A. Par exemple B = (0, −6, −3) et C = (−1, 0, 2) appartiennent à D. On trouve l’équation 4x − y + 2z = 0. 2273
B. Par exemple B = (0, −1, 1) (pout t = 0) et C = (1, 1, −2) (pour t = 1) appartiennent à D. On trouve l’équation 2x − y − 1 = 0. − → − → iv. Trouver un point A de D et deux points B,C de la droite D0 . Le vecteurs ~u = AB et ~v = AC sont des vecteurs directeurs de P. Puis procédé comme avant. (b) Les plans sont définis paramétriquement par (P) : (2, 2, 1) + s(1, 2, −1) + t(2, 1, −1) donc deux des vecteurs directeurs sont ~u = (1, 2, −1) et ~v = (2, 1, −1). Un vecteur normal à (P) est alors ~n = ~u ∧~v = (−1, −1, −3). Pour le plan (P0 ) défini par (1, 3, 1) + s0 (3, 3, −2) + t 0 (−1, 1, 0), il a pour vecteurs directeurs ~u0 = (3, 3, −2) et ~v0 = (−1, 1, 0). Un vecteur normal à (P0 ) est alors ~n0 = ~u0 ∧ ~v0 = (2, 2, 6). Les vecteurs normaux ~n et ~n0 sont colinéaires donc les plans (P) et (P0 ) sont parallèles (ou confondus). Maintenant le point A = (2, 2, 1) appartient à (P) (on a fait s = 0 et t = 0). Il appartient aussi à (P0 ) (en prenant s0 = 0 et t 0 = −1). Bilan. (P) et (P0 ) sont parallèles et ont un point commun : ils sont égaux !
Correction de l’exercice 5022 N (a) i. Un point A appartient à un plan d’équation ax + by + cz + d = 0 si et seulement si axA + byA + czA + d = 0. Donc A(1, 1, 1) ∈ Pm si et seulement si m2 + (2m − 1) + m = 3. Ce qui équivaut à m2 + 3m − 4 = 0. Les deux solutions sont m = 1 et m = −4. Donc A appartient aux plans P1 et P−4 et pas aux autres. ii. Un plan d’équation ax + by + cz + d = 0 a pour vecteur normal ~n = (a, b, c). Donc si ~n = (2, − 25 , −1) est un vecteur normal à Pm une équation cartésienne est de la forme 2x− 52 y−z+d = 0. Or une équation de Pm est m2 x + (2m − 1)y + mz − 3 = 0. Ces deux équations sont égales à un facteur multiplicatif près λ ∈ R∗ : 2x − 25 y − z + d = λ m2 x + (2m − 1)y + mz − 3 . On en déduit 2 = λ m2 , − 52 = λ (2m − 1) et −1 = λ m. En divisant la première égalité par la troisième on trouve : m = −2. D’où λ = 21 . La seconde égalité est alors vérifiée. Le seul plan ayant ~n pour vecteur normal est P−2 .
iii. Un vecteur est directeur du plan P si et seulement si le produit scalaire~v·~n = 0. Ici~n = (m2 , 2m− 1, m). Donc ~v = (1, 1, 1) est vecteur directeur si et seulement si m2 + 2m − 1 + m = 0. Ce qui équivaut à m2 + 3m − 1√ = 0. Les deux plans qui ont pour vecteur directeur ~v sont les plans ayant le paramètre m = −3±2 13 . (b) Nous allons prendre 3 plans de la famille (Pm ), calculer leur point d’intersection et finalement montrer que ce point appartient aux autres plans. Prenons trois paramètre “au hasard” m = 0, m = 1, m = −1. Un point qui appartient à ces trois plans doit vérifier les trois équations : y = −3 x+y+z = 3 x − 3y − z = 3
On résout ce système pour trouver que l’intersection des trois plan P0 , P1 et P−1 est le point Q = (0, −3, 6). Il ne reste plus qu’à vérifier que ce point appartient à tous les plans Pm : c’est le cas car m2 · 0 + (2m − 1) · (−3) + m · 6 − 3 = 0. Autre méthode. On cherche un point Q = (x0 , y0 , z0 ) qui vérifie l’égalité m2 x0 + (2m − 1)y0 + mz0 − 3 = 0 pour tout m. En considérant que c’est une égalité polynomiale en m (x0 , y0 , z0 sont fixés) on en déduit que m2 x0 + (2m − 1)y0 + mz0 − 3 est le polynôme nul : x0 m2 + (2y0 + z0 )m − y0 − 3 = 0. Ces coefficients sont nuls : x0 = 0 (le coefficient de m2 ), 2y0 +z0 = 0 (le coefficient de m), −y0 −3 = 0 (le terme constant). On trouve bien sûr le même point d’intersection de tous les plans : Q = (0, −3, 6).
Correction de l’exercice 5023 N 2274
(a) La distance d’un point A = (x0 , y0 , z0 ) à un plan P d’équation ax + by + cz + d = 0 est donnée par la formule : |ax0 + by0 + cz0 + d| √ d(A, P) = . a2 + b2 + c2 On trouve donc i. d(A, P) = ii. d(A, P) =
|2·1+1·0+1·2+4| √ 22 +12 +12 √2 . 42
=
√8 6
=
√ 4 6 3 .
(b) Trouvons d’abord une équation paramétrique de la droite D. On pose par exemple z = t et on exprime −2x + y − 3z = 1 x et y en fonction de t. Partant du système on trouve x = 1 − t et y = 3 + t. La x+z = 1 droite D est donc l’ensemble des point Mt = (1 − t, 3 + t,t) (t parcourant R). La distance AMt vérifie donc AMt2 = k~AMt k2 = k(1 − t − 1, 3 + t − 2,t − 3)k2 = t 2 + (t + 1)2 + (t − 3)2 = 3t 2 − 4t + 10. Minimiser cette distance c’est trouver le minimum de la fonction δ (t) = 3t 2 − 4t + 10. Il est donc atteint pour t0 vérifiant δ 0 (t0 ) = 0, donc pour t0 = 32 . La distance entre A et la droite D est donc la q p longueur AMt0 = δ (t0 ) = 26 3 . Au passage on a obtenu la perpendiculaire à D passant par A c’est la droite (AMt0 ). Autre méthode. Il existe une formule pour calculer directement la distance. Si ~v est un vecteur directeur de D et M0 un point de D alors −−→ k~v ∧ AM0 k . d(A, D) = k~vk
On a paramétré la droite D par les points Mt = (1, 3, 0) + t(−1, 1, 1). Donc M0 = (1, 3, 0) ∈ D et −−→ −−→ ~v = (−1, 1, 1) est un vecteur directeur de D. On a alors AM0 = (0, 1, −3) et~v∧ AM0 = (−4, −3, −1) : on obtient : √ −−→ 26 k~v ∧ AM0 k d(A, D) = = √ . k~vk 3 Correction de l’exercice 5034 N (a) Soit G l’isobarycentre du triangle (ABC). On a donc G = bar(A(1), B(1),C(1)). Notons A0 , B0 et C0 les milieux respectifs des côtés [B,C], [C, A] et [A, B]. D’après le théorème du barycentre partiel, G = bar(A(1), A0 (2)). En particulier, G est sur la médiane (AA0 ). De même, G est sur la médiane (BB0 ) et sur la médiane (CC0 ). Finalement, G est sur les trois médianes. les trois médianes sont donc concourantes en G. (b) Les droites (BC) et (CA) ne sont pas parallèles. Par suite, les médiatrices respectives des côtés [B,C] et [C, A] ne sont pas parallèles. Elles sont donc sécantes en un point que l’on note O. Par définition de O, on a OA = OB = OC. O est donc à égale distance de A et B et est ainsi sur la médiatrice de [A, B]. Finalement, les trois médiatrices sont concourantes en O. De plus, O étant à égale distance de A, B et C, le cercle de centre O et de rayon OA passe par B et C. Réciproquement, un cercle passant par A, B et C a pour centre un point à égale distance de ces points et donc nécessairement de centre O et de rayon OA. Ceci démontre l’existence et l’unicité du cercle circonscrit au triangle (ABC) : c’est le cercle de centre O et de rayon OA. (c) Les hauteurs issues de A et B ne sont pas parallèles (car perpendiculaires à deux droites non parallèles). Elles admettent ainsi un et un seul point d’intersection. Ceci assure l’unicité d’un point commun aux trois hauteurs.
2275
−→ −→ Soit h l’homthétie de centre G et de rapport −2. Puisque GA = −2GA, on a h(A0 ) = A et de même h(B0 ) = B et h(C0 ) = C. Par h, l’image de la médiatrice de [B,C], c’est-à-dire de la droite passant par A0 et perpendiculaire à (BC) est la droite passant par h(A0 ) = A et perpendiculaire à (BC) (car parallèle à la médiatrice de [B,C]). Cette droite est la hauteur issue de A du triangle (ABC). De même, les images des médiatrices de [C, A] et [A, B] sont respectivement les hauteurs issues de B et C. Le point O est sur les trois médiatrices. Son image par h est donc sur les trois hauteurs (d’où l’existence d’un point commun aux trois hauteurs). Ces trois hauteurs sont ainsi concourantes en un point −→ −→ noté H et appelé l’orthocentre du triangle (ABC). De plus, l’égalité h(O) = H s’écrit GH = −2GO − → −→ −→ ou encore G0 + OH = 2OG ou enfin, −→ −→ OH = 3OG E ULER. Les trois points O, G et H, s’ils sont deux à deux distincts, sont en particulier alignés sur une droite appelée droite d’E ULER du triangle (ABC). (d) Deux bissectrices intérieures ne sont pas parallèles (démontrez-le) et sont donc sécantes en un point I à égale distance des trois côtés et à l’intérieur du triangle (ABC). Ce point étant à égale distance des trois côtés est centre du cercle tangent intérieurement aux trois côtés, le cercle inscrit.
Correction de l’exercice 5035 N (Notez bien l’alignement des points G, H et O).
4
C
3 G • • H• Ω 2 B −4 (a) On a AB =
−3
−2
A
1 −1 −1
1
2
3
√ √ √ √ 32 + 12 = 10 et AC = 1 + 22 = 5. Par suite, − →− → AB.AC (−3)(−1) + (−1)(2) 1 d √ √ cos(BAC) = = = √ . AB.AC 5 10 5 2
d = 81◦ à un degré près. Par suite, BAC −3 −1 − →− → 1 1 ) = 7 . (b) aire(ABC) = 2 |det(AB, AC)| = 2 abs( 2 −1 2
(c) Notons G l’isobarycentre du triangle (ABC). zG = 13 (zA + zB + zC ) = 31 (1 + 2i − 2 + i + 4i) = 31 (−1 + G(− 13 , 37 ).
7i), et donc Notons (x, y) les coordonnées de Ω, le centre du cercle circonscrit au triangle (ABC) (dans cette exercice, la lettre O désigne certainement l’origine du repère).
2276
3x + y = 0 (x − 1)2 + (y − 2)2 = (x + 2)2 + (y − 1)2 ⇒ 2x − 4y = −11 (x − 1)2 + (y − 2)= x2 + (y − 4)2 11 33 ⇒ x = − et y = (d’après les formules de C RAMER), 14 14
ΩA = ΩB ⇒ ΩA = ΩC
et donc 33 Ω(− 11 14 , 14 ). Notons (x, y) les coordonnées de l’orthocentre H du triangle (ABC). 1ère solution. ( −→ − → AH.BC = 0 2(x − 1) + 3(y − 2) = 0 2x + 3y = 8 ⇒ ⇒ → −→ − −(x + 2) + 2(y − 1) = 0 −x + 2y = 4 BH.AC = 0 ⇒x=
16 4 et y = (d’après les formules de C RAMER), 7 7
H( 47 , 16 7 ).
et donc, −−→ −→ 2ème solution. Il est bien meilleur de connaître la relation d’E ULER ΩH = 3ΩG et de l’utiliser. 11 1 11 4 −→ − 14 − 3 + 14 7 H = Ω + 3ΩG = . +3 = 33 7 33 16 − 14 3 14 7 Pour trouver le cercle circonscrit au triangle (ABC), on a déjà le centre Ω et le rayon ΩA =
r
√ 11 2 33 2 1p 2 5p 2 5 26 2 (1 + ) + (2 − ) = 25 + 5 = 5 +1 = . 14 14 14 14 14
Il n’y a plus qu’à écrire l’équation cherchée : (x +
33 325 11 33 20 11 2 ) + (y − )2 = ou encore x2 + y2 + x − y + = 0. 14 14 98 7 7 7
Néanmoins, on peut trouver directement une équation de ce cercle. Les points A, B et C n’étant pas alignés, on sait que le cercle circonscrit existe et est unique. Soient alors (a, b, c) ∈ R3 et C le cercle d’équation x2 + y2 + ax + by + c = 0. (C RAMER) a + 2b + c = −5 a = 11 7 c = −4b − 16a − 2b = 11 3 −2a + b + c = −5 ⇔ (A, B,C) ∈ C ⇔ ⇔ b = − 33 7 −2a − 3b = 11 4b + c = −16 c = 20 7
(d) Les bissectrices de l’angle A sont les deux droites constituées des points à égale distance des droites (AB) et (AC). Ces deux droites admettent pour vecteurs normaux respectifs ~n1 (1, −3) et ~n2 (2, 1). Soit M(x, y) un point du plan.
−→ −→ (AM.~n1 )2 (AM.~n2 )2 = ||~ n1 ||2 ||~ n2 ||2 ((x − 1) − 3(y − 2))2 (2(x − 1) + (y − 2))2 ⇔ = ⇔ (x − 3y + 5)2 = 2(2x + y − 4)2 10 √ 5 √ ⇔ [(x − 3y + 5) + 2(2x + y − 4)].[(x − 3y + 5) − 2(2x + y − 4)] = 0 √ √ √ √ √ √ ⇔ (1 + 2 2)x + (−3 + 2)y + 5 − 4 2 = 0 ou (1 − 2 2)x − (3 + 2)y + 5 + 4 2 = √ √ √ √ ⇔ y = (1 + 2)x + 1 − 2 ou y = (1 − 2)x + 1 + 2
d(M, (AB)) = d(M, (AC)) ⇔
2277
b est la droite (pour certains, cette bissectrice est une demiLa bissectrice intérieure δA de l’angle A √ → 1− → 1 − AB + AC AC). Ce vecteur a pour droite) passant par A(2, 1) et dirigée par le vecteur ~u = − 10.( AB √ √ coordonnées (3 + 2, 1 − 2 2). Soit M(x, y) un point du plan. √ √ −→ M ∈ δA ⇔ det(AM,~u) = 0 ⇔ (1 − 2 2)(x − 1) − (3 + 2)(y − 2) = 0 √ √ √ √ √ ⇔ (1 − 2 2)x − (3 + 2)y + 5 + 4 2 = 0 ⇔ y = (1 − 2)x + 1 + 2 Correction de l’exercice 5036 N Soit (x, y) ∈ R2 . 1 1 2x2 + 5xy + 3y2 − 3x − 2y − 5 = 2x2 + x(5y − 3) + 3y2 − 2y − 5 = 2(x + (5y − 3))2 − (5y − 3)2 + 3y2 − 2y − 5 4 8 1 14 49 1 = (4x + 5y − 3)2 − y2 + y − 8 8 8 8 1 1 2 2 = [(4x + 5y − 3) − (y − 14y + 49)] = [(4x + 5y − 3)2 − (y − 7)2 ] 8 8 1 = (4x + 4y + 4)(4x + 6y − 10) = (x + y + 1)(2x + 3y − 5) 8 Par suite, ∀(x, y) ∈ R2 , 2x2 + 5xy + 3y2 − 3x − 2y − 5 = 0 ⇔ (x + y + 1 = 0 ou 2x + 3y − 5 = 0. (E) est la réunion de la droite (D1 ) d’équation x + y + 1 = 0 et de la droite (D2 ) d’équation 2x + 3y − 5 = 0.
B 6 A
5 (D2 )
(D1 )
4 3 (D1′ ) 2
C
1 (D2′ ) −6
−5
−4
−3
−2
−1 −1
O 1
2
3
La parallèle à (D1 ) passant par O est la droite (D01 ) d’équation x + y = 0 et la parallèle à (D2 ) passant par O est la droite (D02 ) d’équation 2x + 3y = 0. Ces droites se coupent en les quatre points O(0, 0), −→ −→ A(−5, 5), B(−8, 7) et C(−3, 2). L’aire de ce parallélogramme vaut det(OA, OC) = 5. 2278
Correction de l’exercice 5037 N Notons (D1 ), (D2 ) et (D3 ) les droites d’équations respectives y = 2x + 1, y = 2x + 7 et y = − 21 x. Soit C un cercle. Les droites (D1 ) et (D2 ) sont parallèles. Donc, C est un cercle tangent à (D1 ) et (D2 ) si et seulement si son centre est sur l’ensemble des points à égale distance de (D1 ) et (D2 ) à savoir la droite d’équation y = 2x + 4 et son rayon est la moitié de la distance de (D1 ) à (D2 ), ou encore la moitié de la distance √ d’un point de (D1 ), par exemple (0, 1), à (D2 ). Cette distance vaut |2.0−1+7| = √65 . Finalement, C est un 22 +12 cercle tangent à (D1 ) et (D2 ) si et seulement si son centre Ω a des coordonnées de la forme (a, 2a + 4), a ∈ R, et son rayon vaut √35 . Un cercle de centre Ω et de rayon rayon
√3 . 5
√3 5
est tangent à (D3 ) si et seulement si la distance de Ω à (D3 ) est le
Donc, 3 |a + 2(2a + 4)| 3 √ C solution ⇔ d(Ω, (D3 )) = √ ⇔ = √ ⇔ |5a + 8| = 3 5 5 5 11 ⇔ 5a + 8 = 3 ou 5a + 8 = −3 ⇔ a = −1 ou a = − 5
On trouve deux cercles solutions, le cercle C1 de centre Ω1 (−1, 2) et de rayon centre
2 Ω2 (− 11 5 ,−5)
et de rayon
√3 5
et le cercle C2 de
√3 5
Correction de l’exercice 5038 N Pour 1 6 i 6 n, notons si la symétrie centrale de centre Ai . Le problème revient à trouver n points B1 ,..., Bn tels que B2 = s1 (B1 ), B3 = s2 (B2 ),...,Bn = sn−1 (Bn−1 ), B1 = sn (Bn ). Ceci équivaut à ∀i ∈ {2, ..., n}, Bi = si−1 ◦ si−2 ◦ ... ◦ s1 (B1 ) et B1 = sn ◦ sn−1 ◦ ... ◦ s1 (B1 ) (∗). Posons alors f = sn ◦ sn−1 ◦ ... ◦ s1 . f est une composée de symétries centrales. Il y a donc deux cas. Si n est pair, on peut regrouper les symétries deux par deux. f est alors (d’après l’exercice 5159) une composée de translations et donc f est une translation. Si n est impair, n − 1 est pair et donc la composée des n − 1 premières symétries est une translation. Par suite, f est la composée d’une translation et d’une symétrie centrale et est donc une symétrie centrale (d’après l’exercice 5159). Maintenant, (∗) a une solution si et seulement si f a un point invariant. 1er cas. Si n est impair, f étant une symétrie centrale, f a un et un seul point invariant : son centre. Il existe donc un et un seul point B1 vérfiant B1 = sn ◦ sn−1 ◦ ... ◦ s1 (B1 ) et finalement, un et un seul n-uplet (B1 , ..., Bn ) solution du problème posé. 2ème cas. Si n est pair, f est une translation. Si son vecteur est non nul, f n’a pas de point invariant et le problème n’a pas de solution. Si son vecteur est nul, f est l’identité et tout point est invariant par f. Déterminons le vecteur de f . On pose n = 2p. On a alors −−−−−→ ◦ ... ◦ t −−→ = t −−→ −−−−−−→ . f = s2p ◦ s2p−1 ◦ ...s2 ◦ s1 = t2− A A 2A A 2(A A +...+A A ) 2p−1 2p
1 2
1 2
2p−1 2p
−−→ −−−−−−→ → − Quand n = 2p est pair, le problème posé a des solutions si et seulement si A1 A2 +...+ A2p−1 A2p = 0 . Correction de l’exercice 5039 N Tout d’abord, pour (x, y) ∈ R2 , x2 + y2 − 2x + 4y + 1 = 0 ⇔ (x − 1)2 + (y + 2)2 = 4 et C est le cerlce de centre Ω(1, −2) et de rayon 2. √ √ (a) Le point A(2, −2 + 3) est effectivement sur C car (2 − 1)2 + (−2 + 3 + 2)2 = 1 + 3 = 4. La −→ tangente (T ) en A à C est la droite passant par A et de vecteur normal AΩ. 2279
√ √ √ √ −→ −→ M(x, y) ∈ (T ) ⇔ AM.AΩ = 0 ⇔ (x − 2) + 3(y + 2 − 3) = 0 ⇔ x + 3y − 5 + 2 3 = 0. (b) Soit C 0 le cercle de centre (1, 0) et de rayon 2. Une équation de ce cercle est x2 + y2 − 2x − 3 = 0. Par suite,
M(x, y) ∈ C ∩ C 0 ⇔ ⇔
x2 + y2 − 2x + 4y + 1 = 0 ⇔ x2 + y2 − 2x − 3 = 0
y = −1 √ √ x = 1 + 3 ou x = 1 − 3
4y + 4 = 0 ((1) − (2)) ⇔ x2 + y2 − 2x − 3 = 0
y = −1 x2 − 2x − 2 = 0
√ √ Il ya donc deux points d’intersection : (1 + 3, −1) et (1 − 3, −1). Correction de l’exercice 5040 N
N
A
P C
M
B
A1
MB NC PA Montrons tout d’abord que si M, N et P sont alignés, alors MC . NA . PB = 1 (∗). On suppose donc que M, N et P sont alignés et on note (∆) la droite contenant M, N et P. 1ère solution. Soit A1 le projeté de A sur la droite (BC) parallèlement à la droite (∆). D’après le théorème de T HALES, on a
NC MC PA MA1 = et = , MB NA MA1 PB et donc, MB NC PA MB MC MA1 . . = . . = 1. MC NA PB MC MA1 MB 2ème solution. Soit h1 l’homothétie de centre M et de rapport k1 = h2 l’homothétie de centre N et de rapport k2 =
NC , NA
MB , MC
de sorte que h1 (C) = B. Soit
de sorte que h2 (A) = C.
Maintenant, le produit k1 k2 peut-il être égal à 1 ? Si c’était le cas, on aurait MB MC
NA . NC
MB NC MC NA
= 1 et donc,
= La réciproque du théorème de T HALES permettrait alors d’affirmer que (MN) et (AB) sont parallèles, ce qui n’est pas. Donc, k1 k2 6= 1 et d’après l’exercice 5159, h1 ◦h2 est une homothétie. Puisque h1 ◦ h2 transforme A en B, son centre est sur la droite (AB). Mais d’autre part, son centre est sur la droite des centres (MN). Finalement, le centre de h1 ◦ h2 est le point d’intersection de (MN) et (AB), c’est-à-dire le point P. MB NC MB NC PA Mais alors, le rapport de h1 ◦ h2 vaut également PB . Ainsi, MC = PB et finalement, MC = 1. PA NA PA NA PB
2280
− →− → 3ème solution. On se place dans le repère R = (A, AB, AC). Dans ce repère, les coordonnées des différents points sont : A(0, 0), B(1, 0), C(0, 1), M(m, 1 − m), N(0, n) et P(p, 0) où m, n et p sont distincts de 0 et de 1. −→ −→ −→ Les coordonnées de MB sont (1 − m, m − 1) et celles de MC sont (−m, m). Par suite, mMB = (m − −→ p MB NC PA n−1 1)MC et finalement, MC = m−1 m . On trouve de même NA = n et PB = p−1 . Finalement, MB NC PA (m − 1)(n − 1)p = . mn(p − 1) MC NA PB
Maintenant,
−m p−m M, N et P alignés ⇔ m+n−1 m−1
⇔ −m(m − 1) − (p − m)(m + n − 1) = 0
⇔ −pm − pn + p + mn = 0 ⇔ mn = p(m + n − 1) ⇔ mn
= −p(m − 1)(n − 1) + pmn ⇔ p(m − 1)(n − 1) = mn(p − 1) (m − 1)(n − 1)p ⇔ =1 mn(p − 1)
MB NC PA Montrons maintenant que si MC = 1, alors les points M, N et P sont alignés. Pour cela, vériNA PB fions tout d’abord que (MN) n’est pas parallèle à (AB). Dans le cas contraire, le théorème de T HALES MB NC PA = 1 et donc PB fournirait MC = 1, puis PA = PB et finalement AB = 0, ce qui n’est pas. NA Par suite, la droite (MN) coupe la droite (AB) en un point P1 vérifiant d’après le début de l’exercice MB NC P1 A MC NA P1 B
= 1. On en déduit que
P1 A P1 B
=
PA . PB
Notons k la valeur commune de ce rapport.
On a déjà que k 6= 1, ou encore 1 − k 6= 0. Par suite, P1 = bar{A(1), B(−k)} = P, ce qui montre que les points M, N et P sont alignés. Correction de l’exercice 5041 N (a) Le fait que (D) et (D0 ) soient sécantes équivaut à ab0 − a0 b 6= 0. Soit A(xA , yA ) le point d’intersection de (D) et (D0 ). Si (∆) est une droite ayant une équation de la forme λ (ax + by + c) + µ(a0 x + b0 y + c0 ) = 0, (λ , µ) 6= (0, 0) alors, puisque λ (axA + byA + c) + µ(a0 xA + b0 yA + c0 ) = λ .0 + µ.0 = 0, le point A appartient à (∆). − Réciproquement, soit (∆) une droite d’équation αx + β y + γ = 0, (α, β ) 6= (0, 0). Soit → v le vecteur − − de coordonnées (α, β ). Puisque ab0 − a0 b 6= 0, les deux vecteurs → u (a, b) et → u 0 (a0 , b0 ) ne sont pas co− − linéaires. Mais alors, la famille (→ u ,→ u 0 ) est une base du plan (vectoriel). Par suite, il existe (λ , µ) 6= → − − − − − (0, 0) (car → v 6= 0 ) tel que → v = λ→ u + µ→ u 0 , ou encore tel que α = λ a + µa0 et β = λ b + µb0 . Toute droite (∆) admet donc une équation cartésienne de la forme λ (ax + by) + µ(a0 x + b0 y) + γ = 0, (λ , µ) 6= (0, 0). Maintenant, si A ∈ (∆), alors γ = −λ (axA + byA ) + µ(a0 xA + b0 yA ) = −λ (−c) − µ(−c0 ) = λ c + µc0 . Finalement, si A ∈ (∆), (∆) admet une équation de la forme λ (ax + by + c) + µ(a0 x + b0 y + c0 ) = 0, (λ , µ) 6= (0, 0).
(b) Les deux droites (D) et (D0 ) considérées sont bien sécantes car 5.2 − 7(−3) = 31 6= 0. Notons A leur point d’intersection et B le point de coordonnées (1, 0). B n’est sur aucune des deux droites considérées de sorte qu’il existe une et seule droite, notée (∆), solution du problème posé.
2281
Puisque (∆) passe par A, (∆) a une équation de la forme λ (5x + 7y + 1) + µ(−3x + 2y + 1) = 0. Il est clair que l’on ne peut avoir λ = 0 (car (∆) n’est pas (D0 )) et après division par λ , l’équation s’écrit sous la forme (5x + 7y + 1) + k(−3x + 2y + 1) = 0 où k est un réel. Maintenant, (∆) passe par B si et seulement si 6 − 2k = 0 ou encore k = 3. Une équation cartésienne de (∆) est donc (5x + 7y + 1) + 3(−3x + 2y + 1) = 0 ou encore −4x + 13y + 4 = 0. (c) Soit M(x, y) un point du plan. ∀m ∈ R, M ∈ (Dm ) ⇔ ∀m ∈ R, (2m − 1)x + (m + 1)y − 4m − 1 = 0 ⇔ ∀m ∈ R, m(2x + y − 4) − x + y − 1 = 0 2x + y − 4 = 0 ⇔ ⇔ x = 1 et y = 2 −x + y − 1 = 0 Toutes les droites (Dm ) passent par le point A(1, 2). La droite (D−1 ) passe par A et est parallèle à (Oy). Ensuite, pour m 6= −1, (Dm ) est la droite passant 3 par A et de coefficient directeur f (m) = −2m+1 m+1 = −2 + m+1 . Quand m décrit R \ {−1}, f (m) prend toutes les valeurs réelles sauf −2. La droite passant par A de coefficient directeur −2 (et donc d’équation y = −2x + 4) n’est pas une droite (Dm ). Toute autre droite passant par A est une droite (Dm ).
Correction de l’exercice 5042 N • Repère de (D).
x−z−a = 0 ⇔ y + 3z + 1 = 0
x = a+z . y = −1 − 3z
(D) est la droite passant par A(a, −1, 0) et dirigée par u(1, −3, 1). • Repère de (D0 ). x + 2y + z − 2b = 0 2y + z = 2b − x y = 4b − 7 + x ⇔ ⇔ 3x + 3y + 2z − 7 = 0 3y + 2z = 7 − 3x z = 14 − 6b − 3x
(D0 ) est la droite passant par A0 (0, 4b − 7, −6b + 14) et dirigée par u0 (1, 1, −3). • Les vecteurs u et u0 ne sont pas colinéaires et donc (D) et (D0 ) ne sont pas parallèles. • Le plan (P) contenant (D) et parallèle à (D0 ) est le plan de repère (A, u, u0 ). Déterminons une équation de ce plan. x−a 1 1 M(x, y, z) ∈ (P) ⇔ y + 1 −3 1 = 0 ⇔ 8(x − a) + 4(y + 1) + 4z = 0 ⇔ 2x + y + z = 2a − 1. z 1 −3 • Enfin, (D) et (D0 ) sont sécantes si et seulement si (D0 ) est contenue dans (P). Comme (D0 ) est déjà parallèle à (P), on a (D) et (D0 ) sécantes ⇔ A0 ∈ (P) ⇔ (4b − 7) + (−6b + 14) = 2a − 1 ⇔ b = −a + 4. (D) et (D0 ) sont sécantes si et seulement si b = −a + 4 et dans ce cas, une équation du plan contenant (D) et (D0 ) est 2x + y + z = 2a − 1.
Correction de l’exercice 5043 N • (∆) est parallèle à (D) si et seulement si (∆) est dirigée par le vecteur u(3, 2, 1) ou encore (∆) admet x = a + 3λ y = b + 2λ . Ensuite, (∆) est sécante à (D1 ) si et un système d’équations paramétriques de la forme z = c+λ seulement si on peut choisir le point (a, b, c) sur (D1 ) ou encore si et seulement si (∆) admet un système x = 3λ y = b + 2λ . Enfin, d’équations paramétriques de la forme z = 4+λ 2282
(∆) et (D2 ) sécantes ⇔ ∃λ ∈ R/ b + 2λ = 4 + λ + 4 = 0 ⇔ b + 2 × (−8) = 0 ⇔ b = 16. x = 3λ y = 16 + 2λ . Ceci démontre l’existence et l’unicité de (∆) : un système d’équations paramétriques de (δ ) est z = 4+λ x = 3(z − 4) Un système d’équations cartésiennes de (∆) est ou encore y = 16 + 2(z − 4) (∆) :
x − 3z + 12 = 0 . y − 2z − 8 = 0
Correction de l’exercice 5044 N Notons (∆) une éventuelle droite solution. • (∆) est sécante à (D1 ) et (D2 ) si et seulement si (∆) passe par un point de la forme (1, 0, a) et par un point de la forme (b, 1, 0) ou encore si et seulement si (∆) passe par un point de la forme (1, 0, a) et est dirigée par un vecteur de la forme (b − 1, 1, −a). Ainsi, (∆) est sécante à (D1 ) et (D2 ) si et seulement si (∆) admet un système d’équations paramétriques de la forme x = 1 + λ (b − 1) x − (b − 1)y = 1 y=λ ou encore un système d’équations cartésiennes de la forme . ay + z = a z = a−λa −(b − 1)y = 1 a • Ensuite, (∆) et (D3 ) sécantes ⇔ ∃y ∈ R/ ⇔ b 6= 1 et − b−1 + 1 = a ⇔ b 6= 0 et b 6= ay + 1 = a 1 et a = 1 − 1b . En résumé, les droites sécantes à (D1 ), (D2 ) et (D3 ) sont les droites dont un système d’équations cartésiennes est x − (b − 1)y = 1 ,b∈ / {0, 1}. 1 − b1 y + z = 1 − 1b Enfin,
x − (b − 1)y = 1 (∆) et (D) sécantes ⇔ ∃(x, y, z) ∈ R3 / 1 − b1 y + z = 1 − 1b x = y = −6z −6z + 6(b− 1)z = 1 ⇔ ∃(x, y, z) ∈ R3 / −6 1 − 1b z + z = 1 − b1 x = y = −6z 1 1 1 1 + = 1− ⇔b∈ / {0, 1, 2} et − 6 1 − b 6(b − 2) 6(b − 2) b
⇔b∈ / {0, 1, 2} et − 6(b − 1) + b = 6(b − 1)(b − 2) ⇔ b ∈ / {0, 1, 2} et 6b2 − 13b + 6 = 0 2 3 ⇔b∈ , . 3 2
Les droites solutions sont (∆1 ) :
3x + y = 3 et (∆2 ) : y − 2z = 1
2x − y = 2 . y + 3z = 1
Correction de l’exercice 5045 N • Déterminons le centre de gravité G. G = 31 A + 31 B + 31 C = 13 (2, −2, 0) + 13 (4, 2, 6) + 13 (−1, −3, 0) =
2283
.
5 3 , −1, 2
x − 2 2 −3 • Déterminons le centre du cercle circonscrit O. Une équation du plan (ABC) est y + 2 4 −1 = 0 z 6 0 ou encore 6(x − 2) − 18(y + 2) + 10z = 0 ou enfin 3x − 9y + 5z = 24. Posons alors O(a, b, c). Ensuite, OA = OB ⇔ (a − 2)2 + (b + 2)2 + c2 = (a − 4)2 + (b − 2)2 + (c − 6)2 ⇔ 4a + 8b + 12c = 48 ⇔ a + 2b + 3c = 16 et OA = OC ⇔ (a − 2)2 + (b + 2)2 + c2 = (a + 1)2 + (b + 3)2 + c2 ⇔ −6a − 2b = 2 ⇔ 3a + b = −1. D’où le système b = −3a − 1 b = −3a − 1 3a − 9b + 5c = 24 6a + c = 3 3a − 9(−3a − 1) + 5c = 24 ⇔ a + 2b + 3c = 16 ⇔ −5a + 3c = 18 a + 2(−3a − 1) + 3c = 16 3a + b = −1 9 a = − 23 b = −3a − 1 4 c = 3 − 6a ⇔ ⇔ b = 23 −5a + 3(3 − 6a) = 18 c = 123 23 9 4 123 , 23 , 23 . • Déterminons l’orthocentre H. D’après la relation d’E ULER, Donc O − 23 −→ 9 4 123 9 4 −151 85 354 H = O + 3OG = − 23 , 23 , 23 + 3 − 23 − 53 , 23 + 1, 123 23 − 2 = 23 , 23 , 23 .
√ {A(a), 52 + 52 + 62 = •√Déterminons le√centre du cercle inscrit I. On sait que I = bar B(b),C(c)} où a = BC = √ √ √ 2 2 2 2 2 2 86, b = AC = 3 + 1 + 0 = 10 et c = AB = 2 + 4 + 6 = 54. Donc √ √ √ 86 10 54 √ A+ √ √ B+ √ √ C √ √ √ I=√ 86 + 10 + 54 86 + 10 + 54 86 + 10 + 54 ! √ √ √ √ √ √ √ 2 86 + 4 10 − 54 −2 86 + 2 10 − 3 54 6 10 √ √ √ √ √ √ √ = , √ ,√ . 86 + 10 + 54 86 + 10 + 54 86 + 10 + 54 Dans R3 euclidien rapporté à un repère orthonormé, on donne A(2, −2, 0), B(4, 2, 6) et C(−1, −3, 0). Déterminer l’orthocentre, le centre de gravité, les centres des cercles circonscrits et inscrits au triangle (A, B,C). 9 4 123 85 354 G 35 , −1, 2 , O − 23 , 23 , 23 et H −151 23 , 23 , 23 puis I
√ √ √ √ √ √ √ 2√86+4 6√ 10 √ √ 54 , −2√ 86+2 √ 54 , √ √ 10− √ 10−3 . 86+ 10+ 54 86+ 10+ 54 86+ 10+ 54
Correction de l’exercice 5046 N • Déterminons un repère de (D). x+y+z+1 = 0 x + y = −1 − z x = 3 − 4z ⇔ ⇔⇔ . 2x + y + 5z = 2 2x + y = 2 − 5z y = −4 + 3z − − Un repère de (D) est (A, → u ) où A(3, −4, 0) et → u (−4, 3, 1). • Soit M(x, y, z) un point du plan. On sait que √ −→ − (y−3z+4)2 +(x+4z−3)2 +(3x+4y+7)2 kAM∧→ uk √ = d(A, (D)) = k→ − uk 26 • Notons C le cylindre de révolution d’axe (D) et de rayon 2.
M(x, y, z) ∈ C ⇔ d(A, (D)) = 2 ⇔ (y − 3z + 4)2 + (x + 4z − 3)2 + (3x + 4y + 7)2 = 104 Une équation cartésienne du cylindre de révolution d’axe (D) et de rayon 2 est (y − 3z + 4)2 + (x + 4z − 3)2 + (3x + 4y + 7)2 = 104. 2284
Correction de l’exercice 5047 N • Déterminons un repère de (D). x+y+z+1 = 0 x + y = −z − 1 x = −4z + 3 ⇔ ⇔ 2x + y + 5z = 2 2x + y = −5z + 2 y = 3z − 4 − − Un repère de (D) est (A, → u ) où A(3, −4, 0) et → u (−4, 3, 1). • Déterminons un repère de (D0 ). x+y+z = 2 x + y = −z + 2 x = 6z + 1 ⇔ ⇔ 2x + y − 5z = 3 2x + y = 5z + 3 y = −7z + 1 −4 6 → − → − → − − Un repère de (D0 ) est A0 , u0 où A0 (1, 1, 0) et u0 (6, −7, 1). • → u ∧ u0 = 3 ∧ −7 = 1 1 10 → − − − 10 6= → 0 . Puisque → u et u0 ne sont pas colinéaires, les droites (D) et (D0 ) ne sont parallèles. 10 Ceci assure l’unicité de la perpendiculaire commune à (D) et (D0 ). • On sait que la distance d de (D) à (D0 ) est donnée par d=
h−→ → − i − u , u0 abs AA0 ,→ , → − − k→ u ∧ u0 k
−2 −4 6 −→ − → − 3 −7 = 10 × (−2) + 10 × 5 = 30 et donc d = avec [AA0 , → u , u0 ] = 5 0 1 1 √ d((D), (D0 )) = 3.
30 √ 10 3
=
√ 3.
h → −i −→ − → AM, → u ,− u ∧ u0 = 0 h −→ → • Un système d’équations de la perpendiculaire commune est . Or, − − → −i − A0 M, u0 , → u ∧ u0 = 0 h−→ i x − 3 −4 1 → − → − → − 1 0 3 1 = 2(x − 3) + 5(y + 4) − 7z = 2x + 5y − 7z + 14, 10 AM, u , u ∧ u = y + 4 z 1 1
et
x−1 6 1 h−−→ → i −0 → → −0 − 1 0 y − 1 −7 1 A M, u , u ∧ u = 10 z 1 1
Donc
= −8(x − 1) − 5(y − 1) + 13z = −8x − 5y + 13z + 13.
un système d’équations cartésienne de la perpendiculaire commune à (D) et (D0 ) est 2x + 5y − 7z = −14 . 8x + 5y − 13z = 13
Correction de l’exercice 5048 N z − 2y = 0 → − → − → − x = 3y → − 2x − 3z = 0 ⇔ u ∈ P1 ∩ P2 ∩ P3 ⇔ . Ainsi, les plans (P1 ), (P2 ) et (P3 ) sont tous trois z = 2y 3y − x = 0 x = 3y parallèles à la droite affine (D) d’équations . Ces plans définissent donc un prisme. Détermiz = 2y nons alors l’aire d’une section droite. Le plan (P) d’équation 3x + y + 2z = 0 est perpendiculaire à la 2285
droite (D). Son intersection avec les plans (P1 ), (P2 ) et (P3 ) définit donc une section droite du prisme. • Soit M(x, y, z) un point de l’espace. 5 z = 14 y = z−5 z − 2y = 5 2 2x − 3z = 0 ⇔ M ∈ (P1 ) ∩ (P2 ) ∩ (P) ⇔ ⇔ x = 32 z y = − 65 28 9 z−5 3x + y + 2z = 0 2 z + 2 + 2z = 0 15 x = 28 65 5 Notons A 15 28 , − 28 , 14 . • Soit M(x, y, z) un point de l’espace. 5 y = −7 z = 2y + 5 z − 2y = 5 x = 3y 3y − x = 0 ⇔ ⇔ M ∈ (P1 ) ∩ (P3 ) ∩ (P) ⇔ x = − 15 7 9y + y + 2(2y + 5) = 0 3x + y + 2z = 0 25 z= 7 5 25 Notons B − 15 7 ,−7, 7 . • Soit M(x, y, z) un point de l’espace. 2x − 3z = 0 3y − x = 0 ⇔x=y=z=0 M ∈ (P2 ) ∩ (P3 ) ∩ (P) ⇔ 3x + y + 2z = 0 65 5 15 5 25 Une section droite est OAB où A 15 28 , − 28 , 14 et B − 7 , − 7 , 7 . De plus
−3 3
1
1 − 5 5 5 5p 2 → −→ 1 −13 ∧ −1 aire de(OAB) = OA ∧ OB = × × 63 + 212 + 422 = × ×
2 2 28 7 2 28 7
5 2 p 1 75 5 5 = × × × 21 32 + 12 + 22 = √ 2 28 7 4 14 L’aire d’une section droite est
75 √ . 4 14
Correction de l’exercice 5049 N Soient (P) le plan d’équation x + 2y + 2z = 3 et (P0 ) le plan d’équation x + y = 0. L’angle entre (P) et → − − (P0 ) est l’angle entre les vecteurs normaux → n (1, 2, 2) et n0 (1, 1, 0) : → − → −0 → − \ → − n . n0 3 √ √1 n , n = arccos → = arccos = arccos = π4 . → − − 0 3 2 2 k n kk n k
Correction de l’exercice 5050 N Soit M(x, y, z) un point de l’espace. On a d(M, (P1 )) =
|4x+4y−7z−1| √ 42 +42 +72
=
|4x+4y−7z−1| 9
et d(M, (P2 )) =
|8x−4y+z+7| √ 82 +42 +12
=
|8x−4y+z+7| . 9
Par suite, d(M, (P1 )) = d(M, (P2 ) ⇔ |4x + 4y − 7z − 1| = |8x − 4y + z + 7| ⇔ (4x + 4y − 7z − 1)2 = (8x − 4y + z + 7)2
⇔ ((4x + 4y − 7z − 1) − (8x − 4y + z + 7)) ((4x + 4y − 7z − 1) + (8x − 4y + z + 7)) = 0
⇔ (−4x + 8y − 8z − 8)(12x − 6z + 6) = 0 ⇔ x − 2y + 2z + 2 = 0 ou 2x − z + 1 = 0.
Les plans bissecteurs de (P1 ) et (P2 ) admettent pour équation cartésienne x − 2y + 2z + 2 = 0 et 2x − z + 1 = 0. 2286
Correction de l’exercice 5051 N • Déterminons un repère de (D). x + y − 3z + 4 = 0 y − 3z = −x − 4 y = 5x − 1 ⇔ ⇔ 2x − z + 1 = 0 z = 2x + 1 z = 2x + 1
− − 0 Un repère de (D) est (A, → u ) où A(0, −1, 1) et → u (1, 5, 2). • Puisque un système d’équations de (D ) 1 → −0 → −0 → −0 x = z−1 → − 0 0 0 5 ∧ est , un repère de (D ) est A , u où A (−1, −1, 0) et u (1, 1, 1). • u ∧ u = y = z−1 2 1 3 → − − − 1 = 1 6= → 0 . Puisque → u et u0 ne sont pas colinéaires, les droites (D) et (D0 ) ne sont 1 −4 parallèles. Ceci assure l’unicité de la perpendiculaire commune à (D) et (D0 ). h → −i →− → − AM, → u ,− u ∧ u0 = 0 h−−→ → • Un système d’équations de la perpendiculaire commune est . Or, − − → −i A0 M, u0 , → u ∧ u0 = 0
et
1 3 h−→ i x → − → − → − 0 AM, u , u ∧ u = y + 1 5 1 z − 1 2 −4
Donc
= −22x + 10(y + 1) − 14(z − 1) = −22x + 10y − 14z + 24,
x+1 1 3 h−−→ → i −0 → → −0 − 0 A M, u , u ∧ u = y + 1 1 1 z 1 −4
= −5(x + 1) + 7(y + 1) − 2z = −5x + 7y − 2z + 2.
un système d’équations cartésienne de la perpendiculaire commune à (D) et (D0 ) est 11x − 5y + 7z = 12 . 5x − 7y + 2z = 2
Correction de l’exercice 5052 N
C b
D
b
b
A
I
b
b
B
Angle entre deux arêtes. Les faces du tétraèdre ABCD sont des triangles équilatéraux et donc l’angle entre deux arêtes est 60◦ .
2287
b
C
√ a 3/2
b
I
H b
a
b
√ a 3/2
D
d de la figure ci-dessus. Angle entre une arête et une face. C’est l’angle CDI d = arccos HD = arccos √a/2 = arccos √1 = 54, 7 . . .◦ . CDI DI a 3/2 3
d de la figure ci-dessus. Angle entre deux faces. C’est l’angle CID d = π − 2CDI d = 2 π − arccos √1 √1 = 2 arcsin = 70, 5 . . .◦ . CID 2 3 3 Correction de l’exercice 5053 N Déterminons un repère de (D). x−y−z = 0 x−z = y y = 10 3 . ⇔ ⇔ x + 2y − z = 10 y + 2y = 10 z = x − 10 3 → − − 10 Un repère de (D) est (A, → u ) où A 10 3 , 3 , 0 et u (1, 0, 1). On sait alors que
1 1 −→ →
− kAO∧ u k 1 10 10 = √2 × 3 d(O, (D)) = k→ −
1 ∧ 0 = √6 . uk
0 1 d(O, (D)) =
10 √ . 6
Correction de l’exercice 5054 N (D) est une droite de vecteur normal ~n = (2, −3). Le projeté orthogonal p(M0 ) de M0 sur (D) est de la forme M0 + λ .~n où λ est un réel à déterminer. Le point M0 + λ .~n a pour coordonnées (x0 + 2λ , y0 − 3λ ). M0 + λ .~n ∈ (D) ⇐⇒ 2(x0 + 2λ ) − 3(y0 − 3λ ) = 5 ⇐⇒ λ =
−2x0 + 3y0 + 5 . 13
0 +5 0 +5 0 +10 6x0 +4y0 −15 p(M0 ) a pour coordonnées x0 +2 −2x0 +3y , y0 −3 −2x0 +3y ou encore p(M0 ) = 9x0 +6y , . 13 13 13 13 −−−−−−→ Le symétrique orthogonal s(M0 ) vérifie : s(M0 ) = M0 + 2M0 p(M0 ) (car p(M0 ) est le milieu du segment [M0 , s(M0 )]) autrement dit s(M0 ) = M0 + 2λ .~n (pour le λ obtenu ci-dessus). 0 +5 0 +5 0 +20 12x0 −5y0 −30 Ses coordonnées sont donc s(M0 ) = x0 +4 −2x0 +3y , y0 −6 −2x0 +3y ou encore 5x0 +12y , . 13 13 13 13 Correction de l’exercice 5055 N ~ MJ) ~ + det(MJ, ~ MK) ~ + det(MK, ~ MI) ~ = det(IJ, ~ IK). ~ det(MI, Correction de l’exercice 5056 N 2288
P Le système P0 Q
doit être lié.
Correction de l’exercice 5057 N 11x + 2y − 13z = −4. Correction de l’exercice 5058 N (a) a = −4
(b) x − 5y + 3z = −9 Correction de l’exercice 5059 N (a) Le plan passant par A et D0 n’est pas parallèle à D00 . (b) On doit pouvoir s’en sortir avec un repère adéquat . . .
Correction de l’exercice 5061 N ~ AD). ~ Repère (A, AB, Correction de l’exercice 5062 N 0 4/3 . Correction de l’exercice 5063 N dim(H ) = dim(F ) + dim(G ) − dim(F ∩ G ) si F ∩ G 6= ∅. dim(H ) = dim(F ) + dim(G ) − dim(F ∩ G ) + 1 sinon. Correction de l’exercice 5065 N (a) ux + vy + h = λ 2 (ua + v) + λ (u + va) + h. Ceci est nul pour tout λ si et seulement si ua + v = 0, u + va = 0, h = 0 soit (u, v, a, h) = (u, −u, 1, 0) ou (u, v, a, h) = (u, u, −1, 0).
(b) x − y + (λ − λ 2 )(z − 1) = 0 et x + y − (λ + λ 2 )(z + 1) = 0. (c)
Correction de l’exercice 5066 N 1 2 = −1, on choisit d’exprimer x et z en fonction de y. Soit M(x, y, z) ∈ R3 . D’après les Puisque 2 3 formules de C RAMER, on a x − y + 2z + 7 = 0 x + 2z = y − 7 M ∈ (D) ⇔ ⇔ 2x + 2y + 3z − 5 = 0 −2x − 3z = 2y − 5 1 y − 7 1 1 2 y − 7 ⇔x= et z = 1 2y − 5 −3 1 −2 2y − 5 x = 31 − 7y ⇔ . z = −19 + 4y 2289
(D) est la droite passant par A(31, 0, −19) dirigée par le vecteur u(−7, 1, 4).
Correction de l’exercice 5067 N Soit M(2 + λ , 3 − λ , 7), λ ∈ R, un point quelconque de (D). M ∈ (P) ⇔ (2 + λ ) + 3(3 − λ ) − 5 × 7 + 2 = 0 ⇔ λ = 12. (P) ∩ (D) est donc un singleton. Pour λ = 12, on obtient les coordonnées du point d’intersection (P) ∩ (D) = {(14, −9, 7)}.
Correction de l’exercice 5068 N • Repère de (D). x + 2 = −2z x = −2 − 2z x = −2 − 2z ⇔ ⇔ y = 3x + z y = 3(−2 − 2z) + z y = −6 − 5z (D) est la droite passant par A(0, −1, −1) et dirigée par u(2, 5, −1). • Repère de (D0 ). x+y+z = 1 −x − y = z − 1 x = 2z + a − 1 ⇔ ⇔ 2x + y − z = a 2x + y = z + a y = 2 − a − 3z (D0 ) est la droite passant par A0 (a − 1, 2 − a, 0) et dirigée par u0 (2, −3, 1). • Déjà u et u0 ne sont pas colinéaires et donc (D) et (D0 ) sont ou bien sécantes en un point et dans ce cas coplanaires ou bien non coplanaires. • Le plan (P) contenant (D) et parallèle à (D0 ) est le plan de repère (A, u, u0 ). Déterminons une équation de ce plan. x 2 2 M(x, y, z) ∈ (P) ⇔ y + 1 5 −3 = 0 ⇔ 2x − 4(y + 1) − 16(z + 1) = 0 ⇔ −x + 2y + 8z = −10. z + 1 −1 1 • Enfin, (D) et (D0 ) sont coplanaires si et seulement si (D0 ) est contenue dans (P). Comme (D0 ) est déjà parallèle à (P), on a (D) et (D0 ) coplanaires ⇔ A0 ∈ (P) ⇔ −(a − 1) + 2(2 − a) = −10 ⇔ a = 35 . (D) et (D0 ) sont coplanaires si et seulement si a = 35 et dans ce cas, une équation du plan contenant (D) et (D0 ) est −x + 2y + 8z = −10.
Correction de l’exercice 5069 N
− → → − → − Puisque P parallèle à la droite (Oy), le vecteur j = (0, 1, 0) est dans P . De même, le vecteur AB = → − (−1, 3, 1) est dans P . P est donc nécessairement le plan passant par A(0, −1, 2) et de vecteur normal → → − − j ∧ AB = (1, 0, 1). Réciproquement, ce plan convient. Une équation de P est donc (x − 0) + (z − 2) = 0 ou encore x + z = 2. Une équation du plan parallèle à la droite (Oy) et passant par A(0, −1, 2) et B(−1, 2, 3) est x + z = 2.
Correction de l’exercice 5072 N
2290
0 2x = x − 2y − z + 1 (a) 2y0 = −x − z + 1 0 2z = −x − 2y + z + 1 0 2x = −5x − 3y + 2z − 3 (b) 2y0 = 3x + y − 2z − 1 0 z = −3x − 3y + z − 3 Correction de l’exercice 5073 N affinité de base P : x + 2y + z = 2, de direction vect(~e1 −~e2 + 2~e3 ), de rapport 3. Correction de l’exercice 5074 N si trois points sont non alignés, ABCD doit être un parallélogramme. si deux points sont distincts et A, B,C, D sont alignés, on doit avoir A = C, B = D. Correction de l’exercice 5076 N affinité de rapport λ µ si λ µ 6= 1, transvection ou id sinon. Correction de l’exercice 5078 N ~ = vect(~e1 +~e2 +~e3 ), 5. B = {3(x + y + z) = 1}, F
9~u =~e1 + 4~e2 − 5~e3 .
Correction de l’exercice 5079 N ~ Dans ce cas, f est unique. oui ssi P~0 Q0 est colinéaire à PQ. Correction de l’exercice 5080 N Il existe une homothétie de centre O transformant A en A0 , B en B0 , et C en C0 , et l’homothétie de centre G, − 21 transforme A en α, B en β , C en γ. Correction de l’exercice 5099 N ~ OB, ~ OC) ~ ⇒ les plans (ABC) et (A0 B0C0 ) sont parallèles. Repère (O, OA, Correction de l’exercice 5100 N (k) |l−i| Ai = Bar A j : 21k ∑l≡ j(mod n) Ck . Correction de l’exercice 5101 N ~(k+1) ~ (k) 1 GAi = − n−1 GAi . Correction de l’exercice 5102 N Ak = Bar(A0 : αk , A1 : βk , A2 : γk ) où αk , βk , γk vérifient : xk = xk−1 + xk−2 + 2xk−3 . Les racines de l’équation caractéristique sont 2, j, j2 , donc xk ∼ λ 2k avec λ = x0 +x71 +x2 = 17 . Donc αk ∼ βk ∼ γk , et Ak → G, isobarycentre de A0 A1 A2 .
2291
Correction de l’exercice 5106 N 1 7.
Correction de l’exercice 5107 N (a) (b) N = Bar(A : 1 − α, B : 1 − β ,C : 1 − γ). (c) (d) homothétie de centre G, de rapport − 12 . Correction de l’exercice 5108 N ~ AC). ~ Repère (A, AB, Correction de l’exercice 5109 N M1 7→ M4 est affine, et échange A et B. ⇒ involutive. Correction de l’exercice 5110 N (a) (b) G et les symétriques de A, B,C par rapport aux milieux des côtés opposés.
Correction de l’exercice 5112 N (a) Soit α 0 = (A~0 A, A~0 B) :
A0 B sin(α/2)
=
AB A0 C sin(α 0 ) , sin(α/2)
=
AC sin(π−α 0 ) .
(b) I = Bar(A : a, B : b,C : c).
Correction de l’exercice 5099 N ~ OB, ~ OC) ~ ⇒ les plans (ABC) et (A0 B0C0 ) sont parallèles. Repère (O, OA, Correction de l’exercice 5100 N (k) |l−i| Ai = Bar A j : 21k ∑l≡ j(mod n) Ck . Correction de l’exercice 5101 N ~(k+1) ~ (k) 1 GAi = − n−1 GAi . Correction de l’exercice 5102 N Ak = Bar(A0 : αk , A1 : βk , A2 : γk ) où αk , βk , γk vérifient : xk = xk−1 + xk−2 + 2xk−3 . Les racines de l’équation caractéristique sont 2, j, j2 , donc xk ∼ λ 2k avec λ = x0 +x71 +x2 = 17 . Donc αk ∼ βk ∼ γk , et Ak → G, isobarycentre de A0 A1 A2 . Correction de l’exercice 5106 N 1 7.
Correction de l’exercice 5107 N 2292
(a) (b) N = Bar(A : 1 − α, B : 1 − β ,C : 1 − γ). (c)
(d) homothétie de centre G, de rapport − 12 . Correction de l’exercice 5108 N ~ AC). ~ Repère (A, AB, Correction de l’exercice 5109 N M1 7→ M4 est affine, et échange A et B. ⇒ involutive. Correction de l’exercice 5110 N (a) (b) G et les symétriques de A, B,C par rapport aux milieux des côtés opposés.
Correction de l’exercice 5112 N (a) Soit α 0 = (A~0 A, A~0 B) :
A0 B sin(α/2)
=
AB A0 C sin(α 0 ) , sin(α/2)
=
AC sin(π−α 0 ) .
(b) I = Bar(A : a, B : b,C : c).
Correction de l’exercice 5113 N tan γ (a) − tan β.
(b) H = Bar(A : tan α, B : tan β ,C : tan γ) = Bar A :
a cos α , B
:
b cos β ,C
:
c cos γ
.
Correction de l’exercice 5114 N Il revient au même de démontrer que, si le plan est rapporté à un repère orthonormé, il n’existe pas de triangle équilatéral dont les sommets ont pour coordonnées des nombres entiers. Le plan est muni d’un repère orthonormé direct. Soient A, B et C trois points deux à deux distincts, non − →− → − →− → − →− → − →− → alignés et à coordonnées entières. On sait que cos(AB, AC) = AB.AC et sin(AB, AC) = det(AB,AC) . − → − → ||AB||.||AC||
− → − → ||AB||.||AC||
Par suite, ou bien le triangle (ABC) est rectangle en A (et n’est donc pas équilatéral), ou bien − →− → − →− → − →− → (AB,AC) tan(AB, AC) = det−→ − → . Dans ce dernier cas, tan(AB, AC) est un quotient de deux nombres entiers, AB.AC et est donc un √ rationnel. Malheureusement, pour un triangle équilatéral, la tangente de chacun de ses angles vaut 3 qui n’est pas un rationnel. Quand le repère est orthonormé, il n’existe pas de triangle équilatéral dont les sommets sont à coordonnées entières. Correction de l’exercice 5115 N
2293
B
D H
A O
A′
C
D’après les hypothèses, la droite (BC) est perpendiculaire à la droite (AH) et ADA0 est rectangle en D. Donc, les droites (AH) et (A0 D) sont perpendiculaires. Or, deux droites perpendiculaires à une même droite sont parallèles. Correction de l’exercice 5116 N Le point A est l’orthocentre de PQB. L’angle est donc droit. Correction de l’exercice 5117 N Un triangle dont un des côtés est un diamètre du cercle circonscrit est rectangle. On en déduit que les trois droites sont les hauteurs de ABC. Elles sont donc concourantes. Q C
P
A R
B
Correction de l’exercice 5118 N Prendre un deuxième point N sur le cercle de telle sorte que (AM) et (BN) se coupent en un point C. On peut alors construire l’orthocentre de ABC. La troisième hauteur fournit une droite orthogonale à (AB), coupant le cercle en deux points P et Q. On peut alors compléter MPQ en un trapèze (isocèle) MPQR, en utilisant les diagonales d’un tel trapèze. La droite (MR) est orthogonale à (AB).
2294
Correction de l’exercice 5119 N (a) Par définition, (IA) et (IB) sont tangentes au cercle C , donc IA = IB. On a de même IA = IC et donc I est le milieu de [BC]. Le triangle ABC est donc un triangle d’écolier et il est rectangle en A.
Correction de l’exercice 5123 N L’exercice se résout assez simplement en utilisant trois triangles isocèles, mais on peut remarquer que les trois tangentes sont les trois axes radicaux, qui s’intersectent tous trois au centre radical des trois cercles. Correction de l’exercice 5124 N Soit D le symétrique de B par rapport à C. D
C M B
A
Alors [AC] est une médiane de ABD et M est son centre de gravité. Comme BA = 2BC = BD, le triangle ABD est isocèle en B. On en déduit que la médiane issue de B est également la bissectrice issue de B. [ et MBC [ sont donc égaux. Les angles ABM Correction de l’exercice 5127 N Pour montrer CA = CP, on va montrer que le triangle CAP est donc isocèle en C. On a les égalités d’angles : d = OAB d car les angles sont opposés par le sommet CAP d = π/2 − ABO d car POB est isocèle en O = π/2 − OPB d = APC
Le triangle CAP est donc isocèle en C, et donc CA = CP.
Correction de l’exercice 5128 N Deuxième indication : un des angles du triangle a une mesure > π/3, et un autre a une mesure 6 π/3. Correction de l’exercice 5132 N Pour le cercle de centre P, il suffit de montrer que P est le centre du cercle inscrit du triangle MAB. Pour cela, en notant C le projeté orthogonal de P sur (MA), il suffit de montrer que PC = PH, ou de montrer [ que AC = AH. Or, on a AC = AH = cos(AMO)/OA. D’autres solutions sont possibles, par exemple avec des homothéties. Correction de l’exercice 5142 N Soit f la transformation considérée. 2295
(a) f est la translation de vecteur ~u(3, −1).
(b) ω = 2ω + 3 ⇔ ω = −3. f est l’homothétie de rapport 2 et de centre Ω(−3, 0).
(c) ω = iω + 1 ⇔ ω = 12 (1 + i). Comme i = eiπ/2 , f est la rotation d’angle π2 et de centre Ω( 12 , 12 ). √ −iπ/4 , f est la similitude de centre Ω(1, −2), (d) ω = (1 − i)ω √ + 2 + i ⇔ ω =π1 − 2i. Comme 1 − i = 2e de rapport 2 et d’angle − 4 . Correction de l’exercice 5148 N Cercle circonscrit au triangle A0 BC symétrique de ABC par rapport à (BC). Correction de l’exercice 5149 N xAM 2 + yBM 2 + zCM 2 = r2 − OM 2 avec C = C (O, r). xyAB2 + xzAC2 + yzBC2 = xAM 2 + yBM 2 + zCM 2 . Correction de l’exercice 5151 N Nous savons que la distance d’un point M0 (x0 , y0 ) à une droite D d’équation ax + by + c = 0 est donnée 0 +by0 +c0 | par la formule d(M0 , D) = |ax√ . a2 +b2 Pour une droite Dλ la formule donne : d(M0 , Dλ ) =
|(1−λ 2 )x0 +2λ y0 −(4λ +2)| √ . (1−λ 2 )2 +4λ 2
Analyse. On cherche un point M0 = (x0 , y0 ) tel que pour tout λ , d(M0 , Dλ ) = k où k ∈ R est une constante. L’égalité d(M0 , Dλ )2 = k2 conduit à 2 (1 − λ 2 )x0 + 2λ y0 − (4λ + 2) = k2 (1 − λ 2 )2 + 4λ 2
pour tout λ ∈ R. Nos inconnues sont x0 , y0 , k. On regarde l’égalité comme une égalité de deux polynômes en la variable λ . Pour ne pas avoir à tout développer on raffine un peu : on identifie les termes de plus haut degré en λ 4 : x02 λ 4 = k2 λ 4 donc x02 = k2 . En évaluant l’égalité pour λ = 0 cela donne (x0 − 2)2 = k2 . On en déduit (x0 − 2)2 = x02 dont la seule solution est x0 = 1. Ainsi k = 1 (car k > 0). L’égalité pour λ = +1 donne (2y0 − 6)2 = 4k2 et pour λ = −1 donne (−2y0 + 2)2 = 4k2 . La seule solution est y0 = 2. Synthèse. Vérifions que le point de coordonnées M0 = (1, 2) est situé à une distance k = 1 de toutes les droites Dλ . 2 |λ 2 +1| |λ 2 +1| +2)| √ )+4λ2 −(4λ √ Pour (x0 , y0 ) = (1, 2), on trouve : d(M0 , Dλ ) = |(1−λ = = = 1. Donc M0 = 2 2 2 2 |λ 2 +1| (1−λ ) +4λ
(λ +1)
(1, 2) est bien équidistant de toutes les droites Dλ . Correction de l’exercice 5153 N Décomposer les rotations en symétries.
Correction de l’exercice 5154 N la symétrie centrale (α + β + γ = π) autour de K, point de contact du cercle inscrit et de (AC). Correction de l’exercice 5156 N 2296
x0 =
ay2 x2 +y2 −ax
, y0 =
−axy
x2 +y2 −ax
, M 0 est bien défini ssi M n’appartient pas au cercle de diamètre [AO].
Soit D le demi-disque supérieur de diamètre [AO], D est caractérisé par les inégalités x2 + y2 − ax < 0, y > 0 d’où x0 < 0 et y0 > 0. La réciproque se traite (péniblement) en remarquant que seuls les points de D ont une image dans ce quart de plan et que f est quasi-involutive. Correction de l’exercice 5157 N (D) est une droite de vecteur normal (1, 3). Le projeté orthogonal p(M0 ) de M0 sur (D) est de la forme M0 + λ .~n où λ est un réel à déterminer. Le point M0 + λ .~n a pour coordonnées (x0 + λ , y0 + 3λ ). M0 + λ .~n ∈ (D) ⇔ (x0 + λ ) + 3(y0 + 3λ ) − 5 = 0 ⇔ λ =
−x0 − 3y0 + 5 . 10
0 +5 0 +5 −3x0 +y0 +15 0 +5 , y0 + 3 −x0 −3y ) ou encore ( 9x0 −3y , ). p(M0 ) a pour coordonnées (x0 + −x0 −3y 10 10 10 10 −−−−−−→ Le symétrique orthogonal s(M0 ) vérifie : s(M0 ) = M0 + 2M0 p(M0 ). 0 +5 0 +15 Ses coordonnées sont donc (x0 + 2( 9x0 −3y − x0 ), y0 + 2( −3x0 +y − y0 ) ou encore 10 10
0 +5 −3x0 −4y0 +15 ( 4x0 −3y , ). 5 5 (Remarque. Si on n’avait pas déjà p(M0 ) on aurait cherché le symétrique sous la forme M0 + λ .~n, λ étant entièrement déterminé par la condition : le milieu du segment [M0 , s(M0 )] appartient à (D).)
Correction de l’exercice 5158 N
−→ − → − → − →− → Puisque (ABDC) un parallélogramme, AD = AB + AC. Les coordonnées de D dans le repère (A, AB, AC) sont donc (1, 1). Correction de l’exercice 5159 N (a) Soient k et k0 deux réels non nuls, Ω et Ω0 deux points (pas nécessairement distincts), puis h (resp.h0 ) l’homothétie de centre Ω (resp. Ω0 ) et de rapport k (resp. k0 ). Soient M un point du plan, puis M 0 = h(M) et M 00 = h0 (M 0 ). −−→ −−→ −−−→ −−→ −−→ M 00 = Ω0 + k0 Ω0 M 0 = Ω0 + k0 (Ω0 Ω + ΩM 0 ) = Ω0 + k0 Ω0 Ω + kk0 ΩM (∗) Chechons alors les points invariants par h0 ◦ h. −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ → − h0 ◦ h(M) = M ⇔ Ω0 + k0 Ω0 Ω + kk0 ΩM = M ⇔ −Ω0 M + k0 Ω0 Ω + kk0 ΩM = 0 −−→ −−→ ⇔ (kk0 − 1)ΩM = (k0 − 1)ΩΩ0 (∗∗) −−→0 −−→ 0 1er cas. Si kk0 6= 1, (∗∗) ⇔ ΩM = kkk 0−1 −1 ΩΩ , ce qui signifie que l’équation (∗∗) a une et eune seule solution que l’on note Ω00 , ou encore h0 ◦ h a un et un seule point invariant, le point Ω00 tel que −−→ −−→ Ω00 = Ω0 + k0 Ω0 Ω + kk0 ΩΩ00 . Mais alors, l’égalié (∗) s’écrit pour tout point M −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ M 00 = Ω0 + k0 Ω0 Ω + kk0 ΩM = Ω0 + k0 Ω0 Ω + kk0 ΩΩ00 + kk0 Ω00 M = Ω00 + kk0 Ω00 M. h0 ◦ h est donc l’homothétie de rapport kk0 et de centre Ω00 . On doit noter que le centre Ω00 est sur la droite (ΩΩ0 ). Si kk0 6= 1, h0 ◦ h est une homothétie de rapport kk0 .
2297
−−→ −−→ 2ème cas. Si kk0 = 1, l’égalité (∗) s’écrit pour tout point M, M 00 = Ω0 + k0 Ω0 Ω + ΩM et donc −−−→00 −−→ MM = Ω0 + k0 (Ω − Ω0 ) + (M − Ω) − M = (1 − k0 )ΩΩ0 . −−→ Dans ce cas, h0 ◦ h est la translation de vecteur (1 − k0 )ΩΩ0 . En résumé, la comoposée de deux homothéties de rapport respectifs k et k0 tous deux non nuls est une homothétie de rapport kk0 si kk0 6= 1 et une tranlation si kk0 = 1 (ce résultat est à connaître). (b) C’est un cas particulier de la question précédente. Une symétrie centrale est une homothétie de −−−−−−→ −−−−→ rapport −1. Puisque (−1)(−1) = 1, s0 ◦ s est une translation. Son vecteur est Ωs0 ◦ s(Ω) = Ωs0 (Ω) = −−→ 2ΩΩ0 .
M′ • Ω M •
•
•
Ω′
−−−→′′ −−→ • MM = 2ΩΩ′
M ′′
La composée de deux symétries centrales est une translation. −−→ − − u . Soit s0 la symétrie centrale de centre (c) Soit Ω0 le point tel que → u = 2Ω0 Ω, c’est-à-dire Ω0 = Ω − 12 → −−→ − Ω0 . D’après 2), s ◦ s0 est la translation de vecteur 2Ω0 Ω = → u . Par suite, s ◦ t = s ◦ s ◦ s0 = s0 . La composée d’une symétrie centrale et d’une translation est une symétrie centrale.
Correction de l’exercice 5162 N On relie les points A et B. On construit le milieu I de [AB]. On a donc AI = 21 AB. On trace le cercle C de centre A et de rayon AI. Ceci fait, On trace le cercle C 0 centré en I de diamètre AB. Nommons C l’un des deux points d’intersection de C et C 0 . Il s’agit de l’une des deux solutions possibles. En effet, par construction AC = 12 AB, puisque C appartient à C . En outre ACB est rectangle en C. En effet, ACB est inscrit dans le cercle C 0 et AB est un diamètre de C 0 . Correction de l’exercice 5163 N Comme par hypothèse DA = DC = DB, les points A, B et C sont situés sur le cercle de centre A et de diamètre AB. Donc, ACB est rectangle en C.
C
D
A
B
d = BAC d = 60◦ . Comme ACB est rectangle en C, donc ACB d = 90◦ . Puisque ADC est équilatéral, DAC d + ACB d + CBA d on tire CBA d = 30◦ . De la relation 180◦ = BAC 2298
Correction de l’exercice 5165 N (a) Soit G l’isobarycentre. On a G=
A + B +C + D = 4
A+B 2
+ C+D 2 2
Donc si I et J sont les milieux de [AB] et [CD], on a montré que G est le milieu de [IJ]. On construit I et J, puis leur milieu G. (b) Soit H le deuxième barycentre. Par définition, A + B + 3C + 3D 1 = H= 8 4
A+B 3 C+D + 2 4 2
On construit donc I et J les milieux de [AB] et [CD], puis on construit le barycentre de (I, 1/4) et (J, 3/4). (c) Même technique : tracer les milieux I et J de [AB] et [CD], puis tracer le milieu K de [IJ]. L’isobarycentre du pentagone est le barycentre de (K, 4/5) et (E, 1/5).
Correction de l’exercice 5167 N (a) Les droites sont perpendiculaires. (b) Pour les tangentes communes extérieures, le cercle de centre O0 et de rayon r0 − r intersecte le cercle de diamètre [OO0 ] en deux points C et D. Les droites (O0C) et (O0 D) coupent C 0 en deux points A0 et B0 . Les tangentes extérieures sont les parallèles à (OC) et (OD) passant par A0 et B0 . Pour les tangentes intérieures, utiliser le cercle de centre O0 et de rayon r0 + r.
Correction de l’exercice 5171 N Tracer le lieu des points à distance R des cercles et droites en présence. Leurs éventuels points d’intersection fournissent des solutions. Correction de l’exercice 5175 N Si n est impair, la composée définie dans l’indication est une symétrie centrale, et son centre (que l’on peut construire en considérant les images de plusieurs points) est un sommet du polygone. On récupère ensuite les autres sommets en appliquant les autres symétries centrales les unes après les autres. Remarque : cet exercice peut également se résoudre à l’aide de nombres complexes, en écrivant que le milieu de deux points a pour affixe (a + b)/2. On obtient un système linéaire, dont on discute l’existence de solutions. Correction de l’exercice 5176 N On complète le trapèze rectangle ABB0 A0 en un rectangle comme conseillé, en utiisant la symétrie de centre I.
2299
B ′′
A′′
A A
I
B
′
B′
Le résultat demandé est alors une conséquence du fait que les diagonales d’un rectangle sont égales et se coupent en leur milieu. Correction de l’exercice 5177 N Correction de l’exercice 5178 N Tracer des rayons de C et C 0 parallèles entre eux. Correction de l’exercice 5180 N Analyse. Traçons comme suggéré une figure avec le carré déjà construit : on trace un carré puis on trace un triangle adéquat autour. On constate qu’un des côtés du carré, notons-le [IJ], est parallèle à [BC]. Il y a une homothétie h de centre A qui envoie [IJ] sur [BC]. Alors, l’image du carré IJKL par h est un carré dont un des côtés est [BC]. Notons BCDE ce carré et traçons-le. On constate que h(K) = D et h(L) = E, c’est-à-dire K = h−1 (D) et L = h−1 (E). Il ne reste plus qu’à faire la synthèse. Correction de l’exercice 5181 N (a) Le triangle des milieux est l’image de ABC par l’homothétie de centre G et de rapport −1/2. On en déduit que C est l’image du cercle circonscrit par cette homothétie, et donc que son centre est l’image de Ω par cette homothétie : il est donc sur la droite (GΩ). (b) Montrons que C 0 est l’image de C par l’homothétie de centre H et de rapport 1/2. Considérons la composition de l’homothétie de centre G et de rapport −1/2 avec l’homothétie de rapport −1 et de centre J. C’est une homothétie de rapport 1/2 qui envoie C sur C 0 . Comme elle envoie de plus Ω −−→ −→ sur J, son centre est le point M tel que MJ = 21 MΩ. Or on sait déjà, par exemple en considérant −→ −→ l’homothétie de centre G et de rapport − 12 , que GΩ = − 12 GH. On en déduit que M = H. Correction de l’exercice 5189 N Soit O le pt d’intersection. On note φ l’homothétie qui envoie A sur B, et ψ celle qui envoie B sur C. Alors φ ψ = ψφ . L’image de A est C et l’image de A0 est C0 , d’où le parallélisme demandé. Si les droites sont parallèles, on remplace les homothéties par des translations. Correction de l’exercice 5191 N La partie linéaire de f ◦ g−1 est l’identité. Donc c’est une translation. En regardant l’image d’un des centres, on trouve que le vecteur est (1 − λ )O1O2. 2300
Correction de l’exercice 5192 N Appliquer la translation au cercle. (Si on n’a pas donné le centre du cercle, commencer par construire le centre.) Les points d’intersection des deux cercles fournissent les (ou la) solutions du problème. Correction de l’exercice 5193 N Après avoir suivi l’indication, translater ce cercle de manière à ce qu’il contienne le point A. Correction de l’exercice 5194 N Commencer par tracer la bissectrice, puis (OA). Ensuite, tracer un cercle quelconque tangent aux deux droites (dans le même secteur angulaire), et utiliser une homothétie. Note : les exercices faisant intervenir des homothéties se résolvent plus facilement en « partant de la fin », c’est-à-dire en procédant par analyse-synthèse et en faisant une figure approximative de ce que sera la solution. Correction de l’exercice 5196 N On a et MM 0 = 2IJ et d’autre part I et J sont les projetés de O et O0 sur la droite D, donc IJ 6 OO0 avec égalité ssi (OO0 )//(IJ), dans ce cas le maximum est donc 2OO0 . Correction de l’exercice 5197 N En suivant l’indication on comprend qu’un carré inscrit dans un cercle inscrit au carré initial ABCD a une aire deux fois plus petite que ABCD.
On en déduit une construction du petit carré : ses sommets sont les points d’intersection des diagonales avec le cercle inscrit. Correction de l’exercice 5198 N On construit l’image du carré par une rotation d’angle π/4. Les points d’intersection des deux carrés forment un octogone régulier qui répond à la question. Correction de l’exercice 5199 N Voici une solution dans une configuration « générique ». Commençons par analyser le problème. On suppose que ABCD est direct et que E ∈ [AB], F ∈ [BC] etc. Considérons la rotation de centre O (le centre du carré), et d’angle π/4. L’image du segment [EG] est un segment [E 0 G0 ], que l’on suppose distinct de [FH]. En fait, on suppose pour simplifier E 0 6= F. −−→ Considérons alors la translation de vecteur E 0 F. Elle envoie G0 sur un point G00 appartenant à la droite (DA). Si on suppose que ce point est différent de H, alors on a (DA) = (G00 H). Voici comment obtenir le point G00 . On construit la perpendiculaire à (EG) passant par F, et sur cette −→ −−→ droite, on place le point G00 tel que FG00 = EG et (EG, FG00 ) = π/2. Ceci permet de tracer la droite (HG00 ) c’est-à-dire (AD). 2301
G
G′′ F
H
E
On projette ensuite les points E et G sur cette droite, ce qui donne A et D. On peut ensuite terminer la construction du carré. Il existe d’autres solutions qui utilisent le théorème de l’angle au centre. Correction de l’exercice 5200 N La rotation de centre O (le centre du carré) et d’angle π/2 envoie le triangle DAM sur ABN. On en déduit que (DM)⊥(AN) et donc que (AN) est une hauteur de DMN. On procède de même pour la deuxième hauteur. Correction de l’exercice 5201 N Tracer une figure en prolongeant les segments [OP] et [OR], et considérer une rotation de centre O et d’angle π/2. Correction de l’exercice 5207 N Deux carrés sont toujours semblables, et une similitude qui n’est pas une translation admet toujours un point fixe, son centre. Correction de l’exercice 5209 N Les triangles AA0 I et BB0C sont semblables, par une similitude d’angle π/2. L’image de (AJ) par cette similitude est (BI). Correction de l’exercice 5211 N
−→ −→ La composée est une translation, on en déduit que HG = EF. Correction de l’exercice 5213 N Traçons la figure, où on a placé I le milieu de [AB], de telle sorte que 21 (OA, OB) = (OA, OI).
2302
A
I
B
O
Les angles (AO, T ) et (AI, IO) sont droits. On a d’une part : 0 = (T , T ) = (T , AI) + (AI, AO) + π/2, et d’autre part, dans le triangle AIO : 0 = (AI, AO) + (IO, IA) + (OA, OI) = (AI, AO) + π/2 + (OA, OI). Finalement, on a donc : 1 (T , AB) = (T , AI) = −(AI, AO) − π/2 = (OA, OI) = (OA, OB), 2 ce qu’il fallait démontrer. Correction de l’exercice 5214 N Par le théorème de l’angle inscrit, c’est un arc de cercle, dont le centre est sur la médiatrice de [AB]. Par le cas limite du théorème de l’angle inscrit, on sait aussi que si T est la tangente à ce cercle en A, alors (T , AB) = α. On trace donc la droite T faisant un angle α avec (AB) en A, puis la perpendiculaire à T passant par A. Cette droite coupe la médiatrice en un point O qui est donc le centre du cercle recherché. Correction de l’exercice 5215 N Construisons un triangle AIB isocèle rectangle en I et le cercle de centre I et de rayon IA. Ce cercle d = ±π/4, par le théorème de l’angle au intersecte la médiatrice de [AB] en un point O qui vérifie AOB centre. C’est donc le centre d’un octogone appuyé sur [AB]. En traçant le cercle de centre O et de rayon OA, on peut terminer la construction de cet octogone. Correction de l’exercice 5216 N Commençons par rappeler deux points : (a) dans un trapèze, deux angles non adjacents à une même base sont supplémentaires, puisque les deux bases sont parallèles. (b) un quadrilatère non croisé est inscriptible ssi les angles opposés sont supplémentaires. Un trapèze est isocèle ssi les angles adjacents à une même base sont égaux, donc (par le premier point cidessus) ssi les angles opposés sont supplémentaires, donc (par le deuxième point) ssi il est inscriptible. 2303
C
B D
A
Correction de l’exercice 5218 N Traçons une figure. On marque dès à présent quelques égalités d’angles obtenues par le théorème de l’angle inscrit :
A E
C
D
B
F
Les égalités d’angles repérées sur la figure permettent de voir la solution, au moins dans la configurad sont égaux. Attention toutefois, [ et AEF tion particulière dessinée. On voit en effet que les angles ECD les angles géométriques sont trompeurs et les égalités que l’on voit sur une figure peuvent dépendre de la façon de tracer la figure. Sur la figure ci-dessous par exemple, les angles en question ne sont pas égaux mais supplémentaires.
C A E
D
B
2304
F
Il ne reste plus qu’à rédiger rigoureusement la solution avec des angles de droites, en s’appuyant sur l’intuition donnée par la figure. Pour montrer que (CD) et (EF) sont parallèles, il suffit par exemple de montrer qu’elles forment le même angle avec la droite (CA). Or on a la suite d’égalités d’angles de droites :
(CD,CA) = (BD, BA) car CDAB est inscriptible = (BF, BA) car (BD) = (BF) = (EF, EA) car BFAE est inscriptible = (EF,CA) car (EA) = (CA).
Correction de l’exercice 5219 N Pour montrer le résultat, il suffit de montrer que IBC et JBC sont isocèles en I et J. On commence par prouver le résultat pour I :
A
B
C
I
Pour montrer que BCI est isocèle en I, il suffit de montrer que (BC, BI) = (CI,CB). Or, on a (BC, BI) = (AC, AI) car ABIC est inscriptible = (AI, AB) car (AI) est une bissectrice de (AC) et (AB) = (CI,CB) car ABIC est inscriptible. On remarque qu’en rédigeant avec des angles de droites, on n’a pas eu besoin (ni en fait la possibilité) de préciser si la bissectrice était intérieure ou extérieure, ce qui implique que la preuve sera la même pour J. Traçons juste une figure pour visualiser la deuxième situation.
2305
J A
B
C
Correction de l’exercice 5220 N Soit T la tangente commune aux deux cercles. B0 A
T
A0 B
Par le cas limite du théorème des angles inscrits, on a (AB, AT ) = (BT, T ) = (B0 T, T ) = (A0 B0 , A0 T ) Comme (AT ) = (A0 T ), on en déduit que (AB, AT ) = (A0 B0 , AT ), et donc que (AB)//(A0 B0 ). Autre preuve : considérer une homothétie de centre T qui envoie un cercle sur l’autre. Correction de l’exercice 5221 N Soient C et C 0 les cercles circonscrits à ARQ et BPR. Traitons le premier cas, celui où ils se coupent en R et en un deuxième point T .
2306
C
P Q T
A
R
B
Il s’agit de montrer que T, P,C, Q sont cocycliques. Par le cours, il suffit de montrer l’égalité d’angles de droites (QT, QC) = (PT, PC). Or on a : (QT, QC) = (QT, QA) car (QC) = (QA) = (RT, RA) car AQT R est inscriptible = (RT, RB) car (RA) = (RB) = (PT, PB) car PT RB est inscriptible = (PT, PC) car (PB) = (PC). Attention, si on utilise des angles géométriques au lieu des angles de droites pour rédiger la solution, on peut être amené à distinguer plusieurs configurations possibles, par exemple celle-ci : C
Q
T P A
B R
d et BPT d sont supplémentaires dans la première figure, et égaux dans la seconde.) (Les angles BRT Le second cas, celui où les deux premiers cercles sont tangents en R, se traite à l’aide du cas limite du théorème de l’angle au centre. Correction de l’exercice 5222 N Les deux parties ont la même aire.
2307
Correction de l’exercice 5223 N Traçons une figure : A
B
D
F G C
E
d et GED [ et GED [ sont supplémentaires, car GFD [ = BFA [= [Sur la figure, on voit que les angles GFD d d [ +B [ GEB ED = FBA + BAF. Il ne reste plus qu’à rédiger cette preuve un peu plus rigoureusement avec des angles de droites.] Montrons que (FD, FG) = (ED, EG), ce qui prouve que EDFG est inscriptible. Tout d’abord, comme (FD) = (FA) et (FG) = (FB), on a (FD, FG) = (FA, FB). Ensuite, la somme des angles du triangle ABF vaut π, donc en termes d’angles de droites on a la relation (FA, FB) + (AB, AF) + (BF, BA) = 0, c’est-à-dire : (FA, FB) = (AF, AB) + (BA, BF). Calculons chacun de ces deux angles. D’une part, on a : (AF, AB) = (AD, AB) car (AD) = (AF) = (ED, EB) car ABDE est inscriptible. Et d’autre part : (BA, BF) = (BA, BC) car (BF) = (BC) = (CB,CA) car ABC est isocèle en A = (EB, EA) car ABCE est inscriptible. Finalement, on obtient donc : (FD, FG) = (FA, FB) = (AF, AB) + (BA, BF) = (ED, EB) + (EB, EA) = (ED, EA) = (ED, EG) car (EG) = (EA), ce qu’il fallait démontrer. A
B
D
A
B
D
F
F
G
G C
E
C
E
2308
Correction de l’exercice 5224 N Traçons une figure. [Le fait de marquer toutes les égalités d’angles disponibles donne le résultat. Sur la figure, on ne marque que celles utilisées dans la rédaction proposée.] P
D
A B
C
Q
Montrons que (PA, PC) = (DQ, BQ). On a : (PA, PC) = (PA, PQ) + (PQ, PC) = (BA, BQ) + (DQ, DC) par cocyclicité dans chaque cercle = (BA, BQ) + (DQ, BA) car (DC) = (BA) = (DQ, BQ).
Correction de l’exercice 5225 N → − (a) Soit θ l’angle de la similitude. La partie linéaire φ de φ est une similitude vectorielle d’angle θ . − → → −− → − → −→ \ \ On a donc θ = (AB, φ AB = (AB, CD. −−−−→ − → −→ − → −→ −→\ − → −→ \ \ \ (b) On a θ = (AB, CD = (AQ, CQ et d’autre part θ : (OA, Oφ (A) = (OA, OC. Donc AQCO est inscriptible. (c) De même BQDO est inscriptible. Donc O appartient à l’intersection des cercles circonscrits à ACQ et BDQ. (d) Si les segments sont parallèles, la similitude est une homothétie. S’ils sont de plus de même longueur, c’est une translation ou une symétrie centrale.
Correction de l’exercice 5226 N Le quadrilatère ABA0 B0 est inscriptible dans un cercle de diamètre [AB]. En effet, les triangles ABA0 et ABB0 sont par définition rectangles en A0 et B0 , et ont même hypoténuse [AB]. De même, les quadrilatères BCB0C0 et CAC0 A0 sont inscriptibles dans des cercles de diamètre [BC] et [CA].
2309
B
A0
C0
A B0
C
Montrons que la hauteur (BB0 ) est une bissectrice des droites (B0C0 ) et (B0 A0 ). Pour cela, on montre que (B0C0 , B0 B) = (B0 B, B0 A0 ). On a : (B0C0 , B0 B) = (CC0 ,CB) (car BCB0C0 est inscriptible) = (CC0 ,CA0 ) (mêmes droites) = (AC0 AA0 ) (car ACA0C0 est inscriptible) = (AB, AA0 ) (mêmes droites) = (B0 B, B0 A0 ) (car ABA0 B0 est inscriptible)
Correction de l’exercice 5227 N d = BDC. d La considération des autres Le théorème de l’angle inscrit sur l’arc BC donne l’égalité BAC d d d d d d arcs CD, DA et AB donne les égalités DAC = DBC, DBA = DCA et ACB = ADB. D
D
A
A
K
K
C B
C B
d = DBC. d Suivons l’énoncé. Soit K le point de la diagonale [AC] tel que ABK d = BDC d et Alors, ABK et DBC sont semblables (première figure) car leurs angles sont égaux : BAK d = DBC. d On a une similitude de rapport ABK BD BC DC = = , BA BK AK
envoyant ABK sur DBC.
2310
d = ACB d = De même, ABD et KBC sont semblables (deuxième figure) car leurs angles sont égaux : ADB d d d KCB et ABD = KBC. La similitude envoyant ABD sur KBC a pour rapport BK BC KC = = . BA BD AD
On a AC = AK + KC, donc AC · BD = AK · BD + KC · BD, or, AK · BD = AB ·CD (première similitude), et KC · BD = AD · BC (seconde similitude), d’où le résultat : AC · BD = AB ·CD + AD · BC.
Correction de l’exercice 5231 N La somme des angles d’un quadrilatère convexe vaut 2π : d + BCD d + CDA d + DAB d 2π = ABC d’où
d + 2KCD d [ + 2CDK [ + 2IAB = 2ABI
d + KCD d = π, [ + CDK [ + IAB ABI
autrement dit la somme des demi-angles vaut π. On termine alors la preuve en utilisant le critère de cocyclicité.
Correction de l’exercice 5232 N On trouve un parallélogramme dont les angles sont les supplémentaires de ceux de ABCD. Correction de l’exercice 5234 N Si ABC est rectangle, l’orthocentre coïncide avec un des sommets et la vérification de l’assertion est relativement facile. Dans la suite on suppose qu’on n’est pas dans ce cas. Par définition, H 0 est le symétrique de H par rapport à (AC) si (AC) est la médiatrice de [HH 0 ]. C’est cela qu’on doit montrer. D’autre part, par définition, on a (AC)⊥(HH 0 ), donc (AC) est la hauteur de AHH 0 issue de A. Donc si AHH 0 est isocèle en A, alors cette hauteur de AHH 0 est aussi la médiane issue de A et c’est encore la médiatrice du côté opposé à A c’est-à-dire [HH 0 ]. Il suffit donc de montrer que AHH 0 est isocèle en A. Pour cela, il suffit de montrer que les angles 0 H avec des angles géométriques non orientés, \0 = AH \ adjacents à la base sont égaux, autrement dit AHH 0 0 ou plus précisément avec des angles orientés (H A, H H) = (HH 0 , AH). Suivant la méthodologie habituelle, on marque de façon systématique les angles égaux (ou complémentaires, supplémentaires etc) sur la figure. Ceci indique la marche à suivre pour la preuve.
2311
Montrons que (H 0 A, H 0 H) = (HH 0 , AH). On a : (H 0 A, H 0 H) = (H 0 A, H 0 B) (car (H 0 H) = (HB) = (CA,CB) (car ABCH 0 est inscriptible) = (CA, AH) + (AH,CB) (par Chasles) = (CA, AH) + π/2 (car (AH) est une hauteur de ABC) = (CA, AH) + (HH 0 ,CA) = (HH 0 , AH) (par Chasles)
Correction de l’exercice 5235 N Rappelons la figure :
(a) On rappelle que le milieu de l’hypoténuse d’un triangle rectangle est le centre de son cercle circonscrit (une autre façon de le dire est que l’hypoténuse est un diamètre du cercle circonscrit). Si IO = IA, cela signifie que I est sur la médiatrice de [OA]. D’autre part, AOB est rectangle en O et I est par définition sur l’hypoténuse [AB]. Donc I est l’intersection de l’hypoténuse et d’une médiatrice d’un autre côté, c’est donc le milieu de l’hypoténuse par la propriété rappelée plus haut. Il est donc suffisant de montrer que IO = IA. (b) Pour montrer que IO = IA, il suffit de montrer que IOA est isocèle en I, c’est-à-dire que (AI, AO) =
2312
(OA, OI). Or, on a : (AI, AO) = (AB, AC) (mêmes droites) = (DB, DC) (car ABCD est inscriptible = (DO, DH) (mêmes droites) = (DO, OH) + (OH, DH) (par Chasles) = (DO, OH) + π/2 (par définition de H) = (OB, OI) + π/2 (mêmes droites) = (OB, OI) + (OA, OB) (car (OA)⊥(OB) d’après l’énoncé) = (OA, OI) (par Chasles)
Correction de l’exercice 5236 N (a) Soit D 0 une autre droite passant par P et intersectant le cercle en deux points A0 et B0 . Les quantités PA · PB et PA0 · PB0 ont forcément même signe, donc il suffit de montrer que PA · PB = PA0 · PB0 . Comme ABA0 B0 est inscriptible, le théorème de l’angle inscrit donne (BA, BA0 ) = (B0 A, B0 A0 ). On en déduit que les triangles PAB0 et PA0 B ont donc deux de leurs angles égaux, donc tous leurs angles égaux, donc sont semblables. On en déduit que : PA PA0 = , PB0 PB donc PA · PB = PA0 · PB0 . (b) On procède de la même manière, en utilisant la version tangentielle du théorème de l’angle inscrit. (c) Avec les notations de la question précédente, on a par le théorème de Pythagore PT 2 + r2 = PO2 , d’où le résultat. −→ 2 (d) L’ensemble est donc {P ∈ P, ||OP|| = λ + r2 } Si λ < −r2 , l’ensemble est √ vide. Si λ = −r , c’est 2 le centre du cercle, et si λ > −r , c’est un cercle de centre O et de rayon λ + r2 . (e) Si les deux produits sont nuls, alors P coïncide avec l’un des deux points A et B, ainsi qu’avec l’un des deux points C et D. On en déduit que ABCD est en fait un triangle et qu’il est donc inscriptible. Si les deux produits ne sont pas nuls, on obtient PC PA = , PD PB donc les triangles PAD et PBC sont semblables, donc ont mêmes angles. On conclut en utilisant la réciproque du théorème de l’angle inscrit.
Correction de l’exercice 5237 N Rappelons la figure :
2313
−→ −→ Soit M un point de (AB). Sa puissance par rapport aux deux cercles est la même et vaut MA · MB. Par ailleurs, si M est de plus sur la tangente commune (CD), alors sa puissance par rapport au premier cercle est MC2 , et celle par rapport au deuxième cercle est MD2 . On en déduit que MC = MD, donc M est le milieu de [CD]. Correction de l’exercice 5238 N Soit A0 le symétrique de A par rapport à [BC]. Alors, BACA0 est inscriptible, et la puissance de H par rapport à son cercle circonscrit est pC (H) = HB · HC = HA · HA0 = HA2 . Deuxième solution, n’utilisant pas la puissance d’un point par rapport à un cercle : Les triangles ABC, ABH et ACH sont semblables car ils ont à chaque fois deux (donc trois) angles identiques. Les rapports de longueurs de côtés homologues sont donc égaux, ce qui donne AB HB HA = = AC HA HC d’où on tire HA2 = HB · HC, ce qu’il fallait démontrer. Correction de l’exercice 5239 N Soit G le projeté orthogonal de F sur D. −→ −→ −→ −→ −→ PE · PF = PE · (PG + GF) −→ −→ = PE · PG Distinguons deux cas G = E et G 6= E. Dans le premier cas, cela signifie que le diamètre (EF) est orthogonal à la droite D, donc que celle-ci est tangente au cercle. Dans ce cas, PE · PG = PE 2 est la puissance de P par rapport au cercle. Dans le deuxième cas, EFG est rectangle en G, donc G est sur le cercle de diamètre [EF]. On en déduit −→ −→ que G est le second point d’intersection de (PE) avec le cercle, et donc que PE · PG est là aussi la puissance de P par rapport au cercle.
2314
Correction de l’exercice 5240 N Il existe une unique similitude directe s qui envoie [AE] sur [CB]. Son rapport est 1/l et son angle −π/2. −→ −−→ −→ −−−−−→ Soit D0 = s(D). Alors (AD, CD0 ) = (AD, s(A)s(D)) = −π/2 et CD0 = 1l AD = 1l . Cette similitude envoie donc D et F ssi CF = CD0 c’est-à-dire ssi 1/l = l − 1. √Comme l 6= 0, cette équation est équivalente à 1 = l 2 − l . Elle admet une unique solution positive : 1+2 5 . Correction de l’exercice 5241 N Il existe une unique similitude directe qui envoie le couple (B, D) sur le couple (C, E). Comme BD = CE, −→ −→ c’est une isométrie donc une rotation, et comme (BD, CE) = π/2, son angle est π/2. Or, il n’y a qu’une rotation d’angle π/2 qui envoie B sur C : son centre est I. On en déduit que IDE est rectangle isocèle en I. Correction de l’exercice 5242 N (a) Pour faire la figure on peut i. tracer la droite (AB0 ), sa perpendiculaire passant par A, puis les deux bissectrices de ces deux droites. ii. Tracer les cercles de centre A et de rayons 8, 4, 2 et plus généralement 8 · 2−k . Les points de la suite (Bn ) sont sur les intersections de ces droites et cercles. B1
B3 B4 A
B2
B0
2315
(b) Soit n ∈ |||. On a ABn+1 Bn+2 = s(A)s(Bn )s(Bn+1 ).
(c) Pour tout entier naturel n, on définit ln = Bn Bn+1 . La longueur (finie ou infinie) de la spirale est la somme de la série ∑ ln . D’après la question précédente, Bn+1 Bn+2 = 21 Bn Bn+1 . Autrement dit, la suite (ln )n∈||| est géomén trique de raison 21 , et donc pour tout n ∈ ||| on a ln = 12 · l0 . On en déduit que la série ∑ ln converge absolument, et que sa somme est l0 · 1−1 1 = 2l0 = 2B0 B1 . 2
Correction de l’exercice 5243 N Complétons la figure : C
R
P Q
A
C0
B
(a) Suivons l’indication. Soit s = s2 ◦ s1 . C’est une similitude directe de rapport 1 et d’angle π/2. On vérifie également que s(C0 ) = C0 , donc c’est la rotation de centre C0 et d’angle π/2. Or, d’une part on a s(R) = A, et d’autre part s1 (Q) = C et s2 (C) = P, donc s(Q) = P. On en déduit − → −→ que AP est l’image de RQ par une rotation de π/2. Les vecteurs ont donc même norme et sont orthogonaux. (b) Les droites (AP), (BQ) et (CE) sont les hauteurs de PQR donc sont concourantes en l’orthocentre de PQR. Ce point est le point intérieur de Vecten de ABC.
Correction de l’exercice 5244 N Soient H12 , H34 , H13 et H24 les projetés orthogonaux de M sur les droites (M1 M2 ), (M3 M4 ), (M1 M3 ) et (M2 M4 ). Soit s la similitude directe de centre M qui envoie M2 sur M3 . L’image par s de la droite (M1 M2 ) est une droite D passant par M3 et telle que (M1 M2 , D) = (MM2 , MM3 ). Or, on a (MM2 , MM3 ) = (M1 M2 , M1 M3 ) car les quatre points sont cocycliques. On en déduit que D = (M1 M3 ), et donc que s envoie la droite (M1 M2 ) sur la droite (M1 M3 ). On prouve de la même manière que s envoie la droite (M2 M4 ) sur la droite (M3 M4 ). Comme s(M) = M et que les similitudes conservent les angles orientés et en particulier l’orthogonalité, on en déduit que s(H12 ) = H13 et que s(H24 ) = H34 . MH13 12 Comme une similitude conserve les rapports de longueurs, on a finalement MH = MH MH24 c’est-à-dire : 34 MH12 · MH34 = MH13 · MH24 . 2316
Correction de l’exercice 5245 N (a) Soit φ un déplacement préservant S . C’est une translation ou une rotation. i. Si φ est une translation de vecteur ~v, alors ~v est horizontal (s’il avait une composante verticale, alors pour n grand et s ∈ S , le point φ n (s) aurait une ordonnée qui n’appartiendrait pas à [−1; 1] ce qui est impossible. Si ~v est horizontal, on en déduit que ||~v|| soit être une période de sinus, donc un multiple de 2π. Réciproquement, toute translation horizontale d’un multiple de 2π est une isométries de S . ii. Si φ est une rotation, alors son centre est un point de la forme (nπ, 0) pour un certain n ∈ Z, et l’angle est π, autrement dit φ est une symétrie centrale. Réciproquement, les symétries centrales de centres les points (nπ, 0) pour n ∈ Z sont dans G. La composée de deux telles symétries est une des translations trouvées plus haut. Déterminons maintenant les antidéplacements préservant A . Un antidéplacement est soit une réflexion soit une réflexion glissée. i. Si φ est une réflexion, son axe est forcément vertical par un argument similaire à celui plus haut. On en déduit ensuite que l’axe doit être une droite d’équation x = π/2 + nπ avec n un certain entier relatif. ii. Si φ est une réflexion glissée, la direction de glissement doit être horizontale (idem), et on en déduit ensuite que la longueur de translation doit être un multiple de π. (b) On trouve les translations horizontales de vecteur de norme multiple de π et les symétries centrales dont le centre est de la forme (kπ, 0) pour k ∈ Z. Correction de l’exercice 5246 N Comme une isométrie est affine, elle conserve les barycentres. Soit P un sommet du triangle. Comme ce n’est pas un barycentre d’autres points du triangle, son image par une isométrie fixant le triangle non plus, c’est-à-dire que son image est un sommet. On en déduit que les sommets sont envoyés sur les sommets. Par préservation du barycentre une isométrie de T fixe son isobarycentre. Comme elle a au moins un point fixe, ça ne peut être une translation ou une symétrie glissée. Correction de l’exercice 5247 N (a) Les trois réflexions suivant les médiatrices du triangle conviennent, de même que l’identité, et les rotations d’angles ±2π/3 de centre O. Ceci donne six isométries, trois directes et trois indirectes. On remarque en les composant entre elles que l’on n’obtient pas d’autres isométries. Cet ensemble de six isométries est donc stable par composition, et il est également stable par inverse, c’est donc un sous-groupe de G. Dans la suite, on va prouver que c’est G tout entier. (b) Comme une isométrie est affine, elle conserve les barycentres. Soit P un sommet du triangle. Comme ce n’est pas un barycentre d’autres points du triangle, son image par une isométrie fixant le triangle non plus, c’est-à-dire que son image est un sommet. On en déduit que les sommets sont envoyés sur les sommets. (c) D’après ce qui précède, une isométrie de T permute les sommets. Donc à toute isométrie f ∈ G on peut associer la bijection dans Bij({A, B,C}) qui lui correspond. Ce groupe de bijections est isomorphe à S3 , en numérotant les sommets de 1 à 3 (A est le premier sommet, B le second etc). On obtient donc une application G → S3 . Elle est injective car une application affine est complètement déterminée par l’image de trois points non alignés : donc préciser la permutation sur les sommets du triangle détermine complètement l’isométrie du plan. C’est un morphisme de groupes par construction : composer les isométries va composer les permutations des sommets. 2317
(d) Pour montrer que le morphisme de la question précédente est surjectif, on va utiliser la première question. À part l’identité qui est envoyée sur l’identité, les deux rotations sont envoyées sur les 3-cycles (123) et (132). Les trois réflexions sont envoyées sur les trois transpositions, par exemple la réflexion suivant la médiatrice de [BC] est envoyée sur la transposition (23). On remarque qu’une isométrie est directe ssi la permutation associée est paire. (e) D’après la question précédente, H est composé de l’identité et des deux rotations décrites plus haut. Ce sous-groupe est envoyé sur le groupe des permutations paires A3 . Il est isomorphe à Z/3Z par l’application qui envoie [0] sur l’identité, [1] sur (123) et [2] sur (132), et qui est un morphisme de groupe bijectif.
Correction de l’exercice 5248 N Comme une isométrie est affine, elle conserve les barycentres. Soit P un sommet du triangle. Comme ce n’est pas un barycentre d’autres points du triangle, son image par une isométrie fixant le triangle non plus, c’est-à-dire que son image est un sommet. On en déduit que les sommets sont envoyés sur les sommets. Dans la suite on suppose que ABC est isocèle en A. Soit f une isométrie de ABC. Comme une isométrie conserve les angles non orientés et que le triangle est isocèle en A et non équilatéral, on en déduit que B et C sont envoyés soit sur B soit sur C. Le point A est donc fixe. Comme une application affine est déterminée par l’image de trois points non alignés, on conclut que le triangle ABC n’admet que deux isométries : l’identité, et la réflexion σ suivante la médiatrice de [BC]. Le groupe Isom(T ) est donc de cardinal deux, donc isomorphe à Z/2Z. (Un isomorphisme est donné par φ : Z/2Z → Isom(T ) l’application qui envoie [0] = 2Z sur l’identité et [1] = 1 + 2Z sur σ . C’est une bijection, et on vérifie que c’est un isomorphisme de groupes.) Correction de l’exercice 5249 N (a) Montrons d’abord qu’une isométrie du carré permute les sommets. i. Première preuve : considérons une diagonale, par exemple [AC]. Comme g est une isométrie, la distance entre A et C est la même qu’entre leurs images. Or, deux points du carré à distance AC sont forcément deux sommets d’une diagonale du carré. L’isométrie g permute donc les sommets. ii. Deuxième preuve : une isométrie est affine, donc préserve les barycentres, donc envoie les points extrémaux (ceux qui ne sont pas des barycentres d’autres points du carré) sur d’autres points extrémaux, et donc permute les sommets. Le centre O étant l’isobarycentre des sommets, et une isométrie conservant les barycentres, on en déduit que g(O) = O. Ce n’est pas une translation ou une réflexion glissée, puisque ces dernières n’ont pas de points fixes. C’est donc une rotation (dont le centre est forcément O car O est fixe), ou bien une réflexion (dont l’axe contient O). (b) Soit f une isométrie du carré. Elle envoie un sommet P sur un des autres sommets. i. Si c’est une réflexion, son axe est la médiatrice du segment [P f (P)], donc l’axe est forcément une diagonale, ou bien une médiatrice d’un côté du carré. Réciproquement, on vérifie que les réflexions dont les axes sont les deux diagonales ou bien les deux médiatrices des côtés sont bien des isométries du carré. ii. Si c’est une rotation, son centre est O, et comme P est envoyé sur un autre sommet, les angles possibles sont les multiples de π/2. Réciproquement, on vérifie que les rotations de centre O et d’angles 0, π/2, π et 3π/2 sont des isométries du carré. Le groupe des isométries du carré a donc huit éléments : quatre réflexions et quatre rotations (dont l’identité).
2318
(c) Le groupe H est composé des quatre rotations décrites plus haut. L’application qui à un entier n associe la rotation de centre O et d’angle nπ/2 est un morphisme de groupes, noté φ : (Z, +) → (H, ◦). Il est surjectif. Déterminons son noyau. Soit n ∈ Z. On a : n ∈ ker(φ ) ⇔ φ (n) = Id
⇔ nπ/2 ≡ 0[2π] ⇔ n ≡ 0[4] ⇔ n ∈ 4Z.
On en déduit ker(φ ) = 4Z. Ce morphisme de groupes passe donc au quotient par 4Z et induit un morphisme injectif φ = Z/4Z → H qui est donc un isomorphisme de groupes. Correction de l’exercice 5250 N Dans le rectangle, les points maximalement éloignés sont les sommets des diagonales. Comme une isométrie conserve les distances, on en déduit qu’une isométrie du rectangle doit envoyer une diagonale sur une autre, et donc soit permuter les sommets. Elle fixe donc le centre, qui est l’isobarycentre des sommets, et donc est une rotation ou une réflexion, car les translations et les réflexions glissées n’ont pas de points fixes. Soit P un sommet et Q son image par une isométrie du rectangle. Si c’est une réflexion, son axe est donc la médiatrice de [PQ], donc l’axe peut être une des deux médiatrices des côtés du rectangle (et pas une médiatrice d’une diagonale, car le rectangle n’est pas carré). Réciproquement, ces deux réflexions, notons-les σ et σ 0 , sont des isométries du rectangle. Si c’est une rotation, son angle est 0 ou bien π, car le rectangle n’est pas carré. Réciproquement, ces deux rotations (Id et − Id) conviennent. Le groupe d’isométries du rectangle est isomorphe à (Z/2Z)2 , un isomorphisme possible étant celui qui envoie (1, 0) sur σ et (0, 1) sur σ 0 (et donc (1, 1) = (0, 1) + (1, 0) sur σ ◦ σ 0 = − Id. Correction de l’exercice 5251 N (a) Il suffit de montrer que (AU, AW ) = (PU, PW ). P U
A
W V
C B
Or, on a : (AU, AW ) = (AB, AC) (mêmes droites) = π/3 (car équilatéral direct)
2319
et (PU, PW ) = (BC, BA) (droites parallèles donc mêmes angles) = π/3 (car équilatéral direct). Donc (AU, AW ) = (PU, PW ) et donc APUW est inscriptible. On procède de même pour l’autre quadrilatère. (b) Pour chaque quadrilatère inscriptible, on peut en déduire six égalités d’angles inscrits, car il y a 6 = 24 façons de choisir une corde. Si APUW est inscriptible, on a donc les égalités d’angles de droites : (UA,UP) = (WA,W P), (AU, AW ) = (PU, PW ), et surtout : (WA,WU) = (PA, PU) (AU, AP) = (WU,W P), (UP,UW ) = (AP, AW ),
(PW, PA) = (UW,UA).
Les plus intéressantes (et utiles pour la suite) sont les quatre dernières. On procède de même pour l’autre quadrilatère. (c) Il suffit de montrer que ABCP est inscriptible si et seulement si (WU,W P) = (WV,W P). Cette dernière assertion dit en effet que les droites (WU) et (WV ) forment le même angle avec W P donc sont parallèles, et donc égales car elles ont le point W en commun.
W
A
U
P V
C
B
On a : (WU,W P) = (AU, AP) (car AUW P est inscriptible) = (AB, AP) (mêmes droites car U ∈ (AB) ) = (CB,CP) ssi ABPC est inscriptible
et d’autre part, on a (CB,CP) = (CV,CP) (mêmes droites car V ∈ (BC) ) = (WV,W P) (car PWCV est inscriptible)
2320
Correction de l’exercice 5255 N (a) Notons R le repère initial (0,~i, ~j,~k). Dire qu’un point M du plan a pour coordonnées (x, y, z) dans −−→ R signifie OM = x~i + y~j + z~k. Si R 0 désigne un autre repère (A,~u,~v,~w) alors le même point M a pour coordonnées (x0 , y0 , z0 ) dans −→ R 0 signifie AM = x0~u + y0~v + z0~w. −−→ −→ −→ La formule de changement c’est simplement écrire les coordonnées de l’égalité OM = OA + AM. x −2 y = 4 + x0~u + y0~v + z0~w z 1
Mais on connaît les coordonnées de ~u,~v,~w dans R : x −2 1 2 3 y = 4 + x0 1 + y0 2 + z0 −1 z 1 1 −4 1 D’où l’égalité de changement de repère : x = −2 + x0 + 2y0 + 3z0 y = 4 + x0 + 2y0 − z0 (S ) z = 1 + x0 − 4y0 + z0
y−z = 3 dans le repère R on remplace x, y, z par la formule x+y = 2 (S ) obtenue à la question précédente. On obtient : 4 + x0 + 2y0 − z0 − 1 + x0 − 4y0 + z0 = 3 . − 2 + x0 + 2y0 + 3z0 + 4 + x0 + 2y0 − z0 = 2
(b) Dans l’équation de la droite (D)
Ce qui donne une équation de (D) dans le repère R 0 : 0 6y − 2z0 = 0 ou encore 2x0 + 4y0 + 2z0 = 0
3y0 − z0 = 0 x0 + 2y0 + z0 = 0
En particulier en faisant (x0 , y0 , z0 ) = (0, 0, 0) on remarque que cette droite passe par A. (c) Nous avions obtenu l’égalité (S ) de changement de repère de R 0 vers R qui s’écrit : x + 2 = x0 + 2y0 + 3z0 X = x0 + 2y0 + 3z0 0 0 0 y − 4 = x + 2y − z Y = x0 + 2y0 − z0 =⇒ 0 0 0 z − 1 = x − 4y + z Z = x0 − 4y0 + z0
Où l’on a noté X = x + 2, Y = y − 4, Z = z − 1. On inverse le système par la méthode de Gauss pour obtenir après calculs : 0 1 X + 7Y + 4Z x = 12 y0 = 1 X +Y −2Z 0 12 1 z = 12 3X − 3Y Donc
0 1 x + 7y + 4z − 30 x = 12 1 y0 = 12 x + y − 2z 0 1 z = 12 3x − 3y + 18 2321
Avec les matrices cela se fait ainsi : le système (S ) devient 0 1 2 3 x+2 x y − 4 = M y0 où M = 1 2 −1 . 1 −4 1 z−1 z0
Ainsi
0 x+2 x y0 = M −1 y − 4 z−1 z0
où
1 7 4 1 1 1 −2 . M −1 = 12 3 −3 0
Correction de l’exercice 5257 N (a) Notons P le plan d’équation 2x + 2y − z = 1. Et soit M0 = (x0 , y0 , z0 ) un point quelconque. ~n = (2, 2, −1) est un vecteur normal au plan. On cherche p(M0 ) appartenant au plan sous la forme M0 + λ ·~n. p(M0 ) ∈ P ⇐⇒ M0 + λ ·~n ∈ P
⇐⇒ (x0 , y0 , z0 ) + λ (2, 2, −1) ∈ P
⇐⇒ (x0 + 2λ , y0 + 2λ , z0 − λ ) ∈ P
⇐⇒ 2(x0 + 2λ ) + 2(y0 + 2λ ) − (z0 − λ ) = 1 1 − 2x0 − 2y0 + z0 ⇐⇒ λ = 9 0 +z0 , le projeté orthogonal de M0 sur P est défini par p(M0 ) = (x0 +2λ0 , y0 + En posant λ0 = 1−2x0 −2y 9 2λ0 , z0 − λ0 ). x+y+z = 1 (b) Notons D la droite d’équation et soit M0 = (x0 , y0 , z0 ) un point quelconque. 2x − z = 2 Il nous faut deux vecteurs normaux : par exemple n~1 = (1, 1, 1) et n~2 = (2, 0, −1) (qui sont les vecteurs normaux aux deux plans définissant D). On cherche le projeté orthogonal π(M0 ) sur la droite D sous la forme M0 + λ1 n~1 + λ2 n~2 . On va déterminer λ1 , λ2 ∈ R de sorte que ce point appartienne à D.
π(M0 ) ∈ D ⇐⇒ M0 + λ1 n~1 + λ2 n~2 ∈ D
⇐⇒ (x0 , y0 , z0 ) + λ1 (1, 1, 1) + λ2 (2, 0, −1) ∈ D
⇐⇒ (x0 + λ1 + 2λ2 , y0 + λ1 , z0 + λ1 − λ2 ) ∈ D (x0 + λ1 + 2λ2 ) + (y0 + λ1 ) + (z0 + λ1 − λ2 ) = 1 ⇐⇒ 2(x0 + λ1 + 2λ2 ) − (z0 + λ1 − λ2 ) = 2 3λ1 + λ2 = 1 − x0 − y0 − z0 ⇐⇒ λ1 + 5λ2 = 2 − 2x0 + z0 1 1 ⇐⇒ λ1 = 3 − 3x0 − 5y0 − 6z0 et λ2 = 5 − 5x0 + y0 + 4z0 14 14 Ainsi π(M0 ) = (x0 , y0 , z0 ) + λ1 (1, 1, 1) + λ2 (2, 0, −1) avec les valeurs de λ1 , λ2 obtenues.
(c) Le principe est similaire, voici les étapes :
i. Trouver une équation du plan. Un vecteur normal au plan est ~u ∧ ~u0 = (−1, −2, −2). Donc le plan est d’équation x + 2y + 2z − 2 = 0. 2322
− → ii. Chercher le projeté d’un point M0 = (x0 , y0 , z0 ) sous la forme M0 + λ · AB. Trouver λ0 de sorte − → que M0 + λ0 · AB appartiennent au plan. − → iii. On trouve AB = (−1, 0, 3) et λ0 = − 15 (x0 + 2y0 + 2z0 − 2) et donc le projeté cherché est p(M0 ) = (x0 − λ0 , y0 , z0 + 3λ0 ). Correction de l’exercice 5262 N Droite parallèle à (AC) passant par D = Bar(A : 1, B : − 13 ). Correction de l’exercice 5263 N Pour k = −1, −5 : plan médiateur de G = Bar(A : 1, B : 2,C : k) et I = Bar(D : 1, E : 1). Pour k 6= −1, −3, −5 : sphère de centre O = Bar(G : (3 + k)2 , I : −4). Pour k = −3 : sphère de centre I. Correction de l’exercice 5264 N 221C1 = (949, 149, −615), 93C2 = (128, −71, 397). Correction de l’exercice 5265 N 1+3λ 10λ −4 AP = ( 12 , 12 , λ ), AQ = (1, 1 − λ2 , λ2 ), AR = (1 − λ2 , 1, λ2 ), AS = ( 7−λ 11 , − 11 , 11 ). coplanaires ⇔ 8λ + 3λ 2 + 3λ 3 = 0 ⇔ λ = 0.
Correction de l’exercice 5266 N √ (a) Ω : (1, 1, 1), R = 5. (b) (ABC) : x + y + z = 6. 12. (c)
(ABD) : 4x − 2y + z = 3.
6−a−b−c 4a − 2b + c − 3 I : (a, b, c) ⇔ a + 4b − 2c − 3 12 − 7a − b + 5c
(ACD) : x + 4y − 2z = 3.
√ = r√ 3 2a = r√21 2b ⇔ 2c = r√21 2r = r 75
(BCD) : 7x + y − 5z =
√ = 9 − 2√ 7 = 6− 7 = √ 3 √ = 21 − 2 3.
Correction de l’exercice 5267 N H : (−18/54, 8/54, −28/54), K : (7/54, 13/54, −33/54). Correction de l’exercice 5268 N
√ H : (−2/19, 28/19, 35/19), K : (−6/19, 40/19, 23/19), d = 4 19. Correction de l’exercice 5269 N Soient B0 , D0 les projetés de B, D sur (AC). Alors BB0 = DD0 donc la perpendiculaire commune à (AC) et (BD) passe par le milieu de [B, D]. Par symétrie, elle passe aussi par le milieu de [A,C] et par Pythagore AB = CD. Correction de l’exercice 5270 N √ a/ 2. 2323
Correction de l’exercice 5271 N d2 =
(x+2y−z+3)2 6
2
+ (3x+3z+11) . 9
Correction de l’exercice 5272 N 0 14x = 13x − 2y − 3z + 4 14y0 = −2x + 10y − 6z + 8 0 14z = −3x − 6y + 5z + 12. Correction de l’exercice 5273 N D0 : (9/53, 40/53, −117/53), E 0 : (−14/53, 32/53, 23/53), ~u : (23, 8, −140). Correction de l’exercice 5274 N 2x − 7y − z = −1. Correction de l’exercice 5277 N cos θ = 1 − 2 sin21(π/5) = − √15 . Correction de l’exercice 5278 N x2 + y2 + z2 − 10z = 9. Correction de l’exercice 5279 N Soient A, B deux points de S distincts. Intersection de S avec un plan passant par A et B ⇒ S est réunion de cercles passant par A et B. On considère le plan médiateur de [A, B], P qui coupe S suivant un cercle C de centre O. Le plan Q = (OAB) coupe S suivant un cercle C 0 . C et C 0 ont en commun les points C, D. (CD) est médiatrice de [A, B] dans Q donc est un diamètre de C 0 et passe par O, donc est aussi diamètre de C . Ainsi C et C 0 sont deux cercles de même centre et même rayon dans des plans perpendiculaires. En considérant les plans coupant P et Q à angle droit, on obtient que S est une sphère de centre O. Correction de l’exercice 5280 N Soient D,~u, α l’axe, le vecteur, et l’angle de g. Alors f ◦ g ◦ f −1 est le vissage d’axe f (D), de vecteur ~f (~u), et d’angle α. On veut que ce soit g, donc D est invariant par f , ce qui implique que D soit l’axe de f . Réciproquement, si f et g ont même axe, alors ils commutent. Correction de l’exercice 5281 N Soit v = σ1 ◦ σ2 . (vissage autour de la perp. commune à D1 et D2 ) σ1 ◦ σ2 ◦ σ3 est un 12 -tour ⇒ v ◦ σ3 ◦ v ◦ σ3 =id, donc σ3 ◦ v ◦ σ3−1 = v−1 . L’axe de v est donc invariant par σ3 , donc parallèle ou perpendiculaire à D3 . Si parallèle, alors σ1 ◦ σ2 ◦ σ3 est encore un vissage ⇒ ne convient pas. Correction de l’exercice 5282 N ~ 0 = DC. ~ dAD (D) = D, dAC (D) = D0 tq AD 2324
La droite (AD0 ) est parallèle à (DC) qui est perpendiculaire à (AB). ~ 00 = CD. ~ Donc f (D) = dAB (D0 ) = D00 tq AD 00 00 ~ 0 = CB. ~ dAD (D ) = C, dAC (C) = C, f (D ) = dAB (C) = C0 tq AC 0 00 00 0 00 ~ ~ dAD (C ) = C tq AC = BC, dAC (C ) = B, f (C ) = dAB (B) = B. ~ 0 = BD, ~ 00 = DB, ~ ~ dAD (B) = B0 tq AB dAC (B0 ) = B00 tq AB f (B) = dAB (B00 ) = D. Soit E le symétrique de C par rapport à (BD) : f est le 41 -tour autour de (AE) envoyant D sur B. Correction de l’exercice 5283 N ABC équilatéral : 12, ABC isocèle : 4, ABC scalène : 2. Correction de l’exercice 5284 N (a) 24 éléments : identité rotations autour de l’axe d’une face symétries % plan médiateur d’une arête 1 2 -tour autour de la perpendiculaire commune à deux arêtes opposées 1 4 -tour autour de la perp. . . .+ symétrie % plan médian
(1) (8) (6) (3) (6)
(b) 48 éléments : identité symétries
% plan médian d’une face % plan diagonal d’une face % axe d’une face % axe d’une arête % centre du cube rotation ±2π/3 autour d’une diagonale ±π/2 autour de l’axe d’une face symétries-rotations ±π/2 % axe face ±π/3 % diagonale
(1) (3) (6) (3) (6) (1) (8) (6) (6) (8)
(c) si les droites ne sont pas perpendiculaires : identité (1) 1 -tour autour de la perpendiculaire commune (1) 2 1 (2) 2 -tour autour d’une bissectrice si elles sont perpendiculaires, il y a aussi : symétrie % plan contenant une droite et la perp. commune symétrie- 14 -tour autour de la perp. commune
(2) (2)
Correction de l’exercice 5285 N L’application M1 7→ M4 est affine donc est une homothétie-translation (dim 1) et le coefficient d’homothétie est strictement inférieur à 1. Correction de l’exercice 5286 N −→ −→ − •→ n = OA ∧ OB a pour coordonnées (2, −3, −4). Ce vecteur n’est pas nul. Par suite, les points O, A et
B ne sont pas alignés et le plan (OAB) est bien défini. C’est le plan passant par O et de vecteur normal −→ −→ → − − n (2, −3, −4). Une équation cartésienne du plan (OAB) est donc 2x − 3y − 4z = 0. • → n 0 = OC ∧ OD a pour coordonnées (4, −9, −1). Ce vecteur n’est pas nul. Par suite, les points O, C et D ne sont pas alignés − et le plan (OCD) est bien défini. C’est le plan passant par O et de vecteur normal → n 0 (4, −9, −1). Une → − → − 0 équation cartésienne du plan (OAB) est donc 4x − 9y − z = 0. •− n ∧ n a pour coordonnées (33, 14, 6). Ce vecteur n’est pas nul et on sait que les plans (OAB) et (OCD) sont sécants en une droite, à savoir la 2325
droite passant par O(0, 0, 0) et de vecteur directeur (33, 14, 6). Un système d’équations cartésiennes de 2x − 3y − 4z = 0 cette droite est . 4x − 9y − z = 0 Correction de l’exercice 5287 N Les vecteurs (2, −3, 1) et (1, 2, 0) ne sont pas colinéaires, de sorte que (P) est bien un plan. Trouvons alors une équation cartésienne de (P) x = 1 + 2λ + µ λ = z−1 y = −1 − 3λ + 2µ ⇔ ∃(λ , µ) ∈ R2 / x = 1 + 2(z − 1) + µ M(x, y, z) ∈ (P) ⇔ ∃(λ , µ) ∈ R2 / z = 1+λ y = −1 − 3(z − 1) + 2µ λ = z−1 2 µ = x − 2z + 1 ⇔ ∃(λ , µ) ∈ R / y = −1 − 3(z − 1) + 2(x − 2z + 1) ⇔ −2x + y + 7z − 4 = 0
Soit alors M(2 + 3t, −t, 1 + t), t ∈ R, un point de (D) M ∈ (P) ⇔ −2(2 + 3t) + (−t) + 7(1 + t) − 4 = 0 ⇔ 0 × t − 1 = 0. Ce dernier système n’a pas de solution et donc (D) ∩ (P) = ∅. La droite (D) est strictement parallèle au plan (P). x = −5 − ν y = 3 + ν + 3η M(x, y, z) ∈ (P) ∩ (P0 ) ⇔ ∃(ν, η) ∈ R2 / z = ν +η −2x + y + 7z − 4 = 0 x = −5 − ν y = 3 + ν + 3η ⇔ ∃(ν, η) ∈ R2 / z = ν +η −2(−5 − ν) + (3 + ν + 3η) + 7(ν + η) − 4 = 0 9 η = −ν − 10 x = −ν − 5 x = −5 − ν 3 y = −2ν + 10 ⇔ ∃(ν, η) ∈ R2 / ⇔ ∃ν ∈ R/ 9 y = 3 + ν + 3 −ν − 9 10 z = − 10 9 z = ν + −ν − 10
3 9 (P) et (P0 ) sont donc sécants en la droite passant par le point −5, 10 , − 10 et de vecteur directeur (1, 2, 0). Correction de l’exercice 5288 N Soit r la rotation cherchée. Notons u le vecteur 13 (1, 2, 2) (u est unitaire) et θ l’angle de r. r est la rotation d’angle θ autour du vecteur unitaire u. On sait que pour tout vecteur v de R3 r(v) = (cos θ )v + (1 − cos θ )(v.u)u + (sin θ )u ∧ v et en particulier que [v, r(v), u] = sin θ kv ∧ uk2 . L’égalité r( j) = k fournit 1 0 0 1 2 sin θ k j ∧ uk = [ j, r( j), u] = [u, j, k] = 3 2 1 0 3 0 1 2326
(∗) 1 = . 3
Comme u ∧ j = 13 (i + 2 j + 2k) ∧ j = − 32 j + 13 k, on a k j ∧ uk2 = fournit ensuite
5 9
et donc sin θ = 35 . L’égalité r( j) = k
k = (cos θ ) j + (1 − cos θ ) × 32 × 13 (i + 2 j + 2k) + 53 × 31 (i + 2 j + 2k) ∧ j
En analysant la composante en i, on en déduit que 29 (1 − cos θ ) − 25 = 0 et donc cos θ = − 45 . Ainsi, pour tout vecteur v = (x, y, z) de R3 , l’égalité (∗) s’écrit 9 1 1 3 1 4 r(v) = − (x, y, z) + × × (x + 2y + 2z)(1, 2, 2) + × (2z − 2y, 2x − z, −2x + y) 5 5 3 3 5 3 1 = (−4x + (x + 2y + 2z) + (2z − 2y), −4y + 2(x + 2y + 2z) + (2x − z), −4z + 2(x + 2y + 2z) + (−2x + y)) 5 −3 0 4 x 1 1 4 0 3 y = (−3x + 4z, 4x + 3z, 5y) = 5 5 0 5 0 z
La matrice cherchée est
− 53
0
4 5
4 5
0
3 5
0
1 0
.
Correction de l’exercice 5289 N On note C la courbe considérée. (a) i. C est la parabole de sommet O, d’axe focal (Ox), de paramètre p = 21 tournée vers les x positifs. Son foyer est le point F 14 , 0 et sa directrice est D : x = − 41 . ii. C est la parabole de sommet O,d’axe focal (Ox), de paramètre p = 12 tournée vers les x négatifs. Son foyer est le point F − 41 , 0 et sa directrice est D : x = 41 . iii. C est la parabole de sommet O, d’axe focal (Oy), de paramètre p = 21 tournée vers les y positifs. Son foyer est le point F 0, 41 et sa directrice est D : y = − 41 . iv. C est la parabole de sommet O,d’axe focal (Oy), de paramètre p = 12 tournée vers les y négatifs. Son foyer est le point F 0, − 41 et sa directrice est D : y = 41 . (b) i. C est une ellipse, de centre O avec a = 5 > 3 = b et donc d’axe focal (Ox). Ses sommets sont A(5, 0), A0 (−5, 0), B(0, 3) et B0 (0, −3). √ c = a2 − b2 = 4 et donc les foyers sont F(4, 0) et F 0 (−4, 0). L’excentricité e vaut e = ac = 45 . 25 Les directrices ont pour équations respectives x = ae = 25 4 et x = − 4 . ii. C est une ellipse, de centre O avec a = 3 < 5 = b et donc d’axe focal (Oy). Ses sommets sont A(3, 0), A0 (−3, 0), B(0, 5) et B0 (0, −5). √ c = b2 − a2 = 4 et donc les foyers sont F(0, 4) et F 0 (0, −4). L’excentricité e vaut e = bc = 45 . 25 Les directrices ont pour équations respectives y = be = 25 4 et y = − 4 . iii. x2 + 2y2 = 1 ⇔
x2 12
+
y2
√1 2
2
= 1.
C est une ellipse, de centre O avec a = 1 > √12 = b et donc d’axe focal (Ox). Ses sommets sont A(1, 0), A0 (−1, 0), B 0, √12 et B0 0, − √12 . √ c = a2 − b2 = √12 et donc les foyers sont F √12 , 0 et F 0 − √12 , 0 . L’excentricité e vaut e =
c a
=
√1 . 2
Les directrices ont pour équations respectives x = 2327
a e
=
√ √ 2 et x = − 2.
(c) i. C est une hyperbole de centre O et d’axe focal (Ox) avec a = 4 et b = 3 et donc c = puis e = ac = 45 . Les sommets sont A(4, 0) et A0 (−4, 0) et les foyers sont F(5, 0) et F(−5, 0). 16 Les directrices sont les droites d’équations respectives x = ae = 16 5 et x = − 5 . Les asymptotes sont les les droites d’équations respectives y = 34 x et y = − 34 x. ii. C est une hyperbole de centre O et d’axe focal (Oy) avec a = 4 et b = 3 et donc c = puis e = bc = 35 . Les sommets sont B(0, 3) et B0 (0, −3) et les foyers sont F(0, 5) et F(0, −5). Les directrices sont les droites d’équations respectives y = be = 59 et y = − 95 . Les asymptotes sont les droites d’équations respectives y = 34 x et y = − 34 x.
9
1
−
x2 16 −
9
y2
4
16
−1
=
2
x
y
√ a2 + b2 = 5,
=
2
5
√ a2 + b2 = 5,
3 2 1 −8
−7
−6
−5
−4
−3
−2
−1 −1
1
2
3
4
5
6
−2 −3 −4 −5 √ √ iii. C est une hyperbole de centre O et d’axe focal (Ox) avec a = b = 1 et donc c = 2, puis e = 2. √ √ Les sommets sont A(1, 0) et A0 (−1, 0) et les foyers sont F( 2, 0) et F(− 2, 0). Les directrices sont les droites d’équations respectives x = √12 et y = − √12 . Les asymptotes sont les les droites d’équations respectives y = x et y = −x.
Correction de l’exercice 5290 N 2 2 (a) i. y = x2 +x+1 ⇔ y = x + 12 + 43 ⇔ y − 34 = x + 12 . C est la parabole de sommet S − 21 ,34 , d’axe focal la droite d’équation x = − 21 , de paramètre p = 12 et donc de foyer F − 12 , 34 + 41 = 1 − 2 , 1 et de directrice d’équation y = 34 − 14 = 21 . 2 2 ii. y2 + y − 2x= 0 ⇔ y + 12 − 41 − 2x = 0 ⇔ y + 21 = 2 x + 18 . C est la parabole de sommet S − 18 , − 12 , d’axe focal la droite d’équation y = − 12 , de paramètre p = 1 et donc de foyer F − 18 + 12 , − 21 = 83 , − 12 et de directrice d’équation x = − 81 − 21 = − 58 . 2328
7
√ 3 iii. y = 2x + 3 ⇔ y2 = 2 x + 32 et y > 0. C est une demi-parabole de sommet S − , 0 , d’axe 2 3 1 focal (Ox), de paramètre p = 1 et donc de foyer F − 2 + 2 , 0 = (−1, 0) et de directrice d’équation x = − 32 − 21 = −2. 2 2 2 2 (x+ 1 ) (y+ 1 ) (b) i. x2 + x + 2y2 + y = 0 ⇔ x + 12 + 2 y + 14 = 38 ⇔ √ 2 2 + √ 42 = 1. C est une ellipse. 3 3 8 4 q q √ Centre : − 12 , − 41 . a = 38 > 43 = b. Axe focal : y = − 14 . Sommets : A − 12 + 38 , − 14 , q √ √ √ √ 1 0 A − 2 − 38 , − 41 , B − 12 , − 14 + 43 et B0 − 12 , − 41 − 43 . c = a2 − b2 = 43 . e = ac = √12 . √ √ √ √ Foyers : F − 21 + 43 , − 14 et F 0 − 12 − 43 , − 14 . Directrices : x = − 12 + 23 et x = − 12 − 23 . 2 √ (x− 1 ) ii. y = −2 −x2 + x ⇔ y2 = 4(−x2 + x) et y 6 0 ⇔ 1 2 2 + y2 = 1 et y 6 0. C est une demi-ellipse. (2) : A (1, 0), A0 (0, 0) et B0 12 , −1 . Centre : 21 , 0 . a = 21 < 1 = b. Axe focal : x= 0. Sommets √ √ √ √ √ c = b2 − a2 = 23 . e = bc = 23 . Foyers : F 12 , 23 et F 0 12 , − 23 . Directrices : y = √23 et
y = − √23 .
2 2 (c) x2 − y2 + x + y + 1 = 0 ⇔ x + 21 − y − 12 = −1. C est une hyperbole de centre − 21 , 12 et d’axe √ focal la droite d’équation x = − 21 . a = b = 1. Sommets : B − 12 , 32 etB0 − 12 , − 21 . c = a2 + b2 = √ √ √ √ 2 puis e = bc = 2. Foyers : F − 12 , 12 + 2 et F 0 − 12 , 12 − 2 . Directrices : y = 12 + √12 et y = 12 − √12 . Asymptotes : y = x + 1 et y = −x.
Correction de l’exercice 5291 N (a) On note H l’hyperbole considérée. On tourne de π4 . Pour cela, on pose
(
x= y=
√1 (X 2 √1 (X 2
−Y ) . On a +Y )
alors 1 1 X2 Y2 ⇔ xy = 1 ⇔ (X −Y )(X +Y ) = 1 ⇔ √ 2 − √ 2 = 1. x 2 2 2 → → − → − − → − → − Ainsi, si R est le repère orthonormé initial O, i , j et R 0 est le repère O, I , J où I = → − → − → − → − → − √1 ( i + j ) et J = √1 (− i + j ), une équation de H dans R est xy = 1 et une équation de 2 2 √ √ √ 2 2 H dans R 0 est (√X2)2 − (√Y2)2 = 1. On obtient a = b = 2, c = a2 + b2 = 2 et e = ac = 2. Les ( x = √12 (X −Y ) formules de changement de repère s’écrivent et les formules inverses s’écrivent y = √12 (X +Y ) ( X = √12 (x + y) (dans ce qui suit, les coordonnées d’un point dans R 0 seront notées avec R 0 en y = √12 (−x + y) indice alors que les coordonnées dans R seront notées sans écrire R en indice). Centre O(0,0) . Asymptotes : bien sûr, les axes (Ox) et (Oy). Axe focal : l’axe (OX) ou encore la droite d’équation y = x (dans R). Sommets A(1,1) et A’(-1,-1) √ √ Sommets : A( 2, 0)R 0 , A0 (− 2, 0)R 0 et donc . √ √ √ √ Foyers F( 2, 2) et F 0 (− 2, − 2). Foyers : F(2, 0)R 0 , F 0 (−2, 0)R 0 et donc Directrices : les droites d’équations X = ± ae = ±1 et donc dans R, les droites d’équations respec√ tives x + y = ± 2. y=
2329
(b) Le discriminant de cetteconique vaut 41 × 34 − 122 = 1250 > 0. Il s’agit donc d’une conique du x = cos(θ )X − sin(θ )Y genre ellipse. On pose et on détermine θ (ou plutôt cos θ et sin θ ) de y = sin(θ )X + cos(θ )Y sorte que le terme en XY disparaisse. Mais, le coefficient de XY dans
41x2 −24xy+34y2 = 41(cos(θ )X −sin(θ )Y )2 −24(cos(θ )X −sin(θ )Y )(sin(θ )X +cos(θ )Y )+34(sin(θ )X +cos vaut −82 cos θ sin θ − 24(cos2 θ − sin2 θ ) + 68 cos θ sin θ = −24(cos2 θ − sin2 θ ) − 14 cos θ sin θ . Ce coefficient est nul si et seulement si −12 cos2 θ + 12 sin2 θ − 7 cos θ sin θ = 0 ou encore, après division par cos2 θ , 12 tan2 θ −7 tan θ −12 = 0. On peut alors prendre tan θ = 43 , puis on peut prendre 1 cos θ = √1+tan = 53 et sin θ = cos θ tan θ = 35 43 = 45 . 2θ x = 3X−4Y 5 (∗). On a alors Posons donc y = 4X+3Y 5 1 (41(3X − 4Y )2 − 24(3X − 4Y )(4X + 3Y ) + 34(4X + 3Y )2 25 − 530(3X − 4Y ) + 460(4X + 3Y ) + 1850) 1 = (625X 2 + 1250Y 2 + 250X + 3500Y + 1850) 25 2 28 74 2 2 = 25 X + 2Y + X + Y + 5 5 25
41x2 − 24xy + 34y2 − 106x + 92y + 74 =
74 Une équation de la courbe dans le repère défini par (∗) est donc X 2 + 2Y 2 + 52 X + 28 5 Y + 25 = 0. Ensuite, 74 1 X 2 + 2Y 2 + 25 X + 28 5 Y + 25 = 0 ⇔ X + 5
2
+ 2 Y + 57
2
= 1 ⇔ X + 15
2
2
+
(Y + 75 ) √ 2 = 1. ( 2)
√ C est une ellipse. On trouve a = 1, b = 2, c = 1 e = √12 puis Centre Ω (1, −1). Axe focal : 3x + 4y + 1 = 0 et axe non focal : −4x + 3y + 7 = 0. √ √ √ √ Sommets : A 85 , − 51 , A0 25 , − 59 , B 1 − 4 5 2 , −1 + 3 5 2 et B0 1 + 4 5 2 , −1 − 3 5 2 . Foyers : F 15 , − 52 et F 0 95 , − 58 . Directrices : 4x − 3y + 3 = 0 et 4x − 3y + 17 = 0. ( ( √1 (x − y) X = x = √12 (X +Y ) 2 2 2 2 (c) x + 2xy + y = (x + y) . On pose donc ou encore . Y = √12 (x + y) y = √12 (−X +Y ) 2 3 x2 + 2xy + y2 + 3x − 2y + 1 = 0 ⇔ 2Y 2 + √ (X +Y ) − √ (−X +Y ) + 1 = 0 2 2 2 2 1 5 15 1 5 3 ⇔2 Y+ √ +√ X+ =0⇔ Y+ √ =− √ X+ √ . 16 4 2 2 4 2 2 2 8 2 C est une parabole de paramètre p = 4√5 2 . 5 1 Sommet : S − 16 , 16 . Axe focal : x + y + 41 = 0. Foyer : F − 58 , 38 . Directrice : x − y − 41 = 0.
(d) C est le point d’intersection des droites d’équation x − y + 1 = 0 et x + y − 1 = 0 c’est-à-dire le point de coordonnées (0, 1). 2 2 (e) x2 + y2 − 3x − y + 3 = x − 23 + y − 21 + 12 > 0 et donc C est vide. (f) x(x − 1) + (y − 2)(y − 3) = 0 est une équation du cercle de diamètre [AB] où A(0, 2) et B(1, 3). 2330
X = x+y+1 , on effectue un changement de repère non orthonormé. Dans le nouY = x−y+3 veau repère, C admet pour équation cartésienne XY = 3 et donc C est une hyperbole. Avec le changement de repère effectué, on obtient directement les éléments affines de cette hyperbole mais pas ses éléments métriques : hyperbole d’asymptotes les droites d’équations x+y+1 = 0 et x−y+3 = 0 et donc de centre (−2, 1). Pour obtenir l’axe focal, l’excentricité, les foyers et les directrices il faut faire un changement de repère orthonormé. X = 2x + y + 1 (h) Si on pose , C admet pour équation cartésienne dans le nouveau repère Y = X 2 Y = 3x + 3y et donc C est une parabole. Pour obtenir ces éléments métriques, il faut un changement de repère orthonormé. (g) Si on pose
Correction de l’exercice 5292 N Etudier les courbes dont une équation polaire (en repère orthonormé direct) est 1) r =
1 1+2 cos θ
2) r =
1 1+cos θ
3) r =
1 2+cos θ
4) r =
1 1−sin θ
5) r =
1 2−cos θ .
(a) C est une conique d’excentricité 2 et donc une hyperbole.
2 1 F′ −2
b
b
−1 −1
b
b
Ω1
b
F 2
3
4
−2 −3 L’axe focal est (Ox). Les sommets sont les points d’intersection de C et (Ox) c’est-à-dire les points M(0) et M(π) de coordonnées cartésiennes respectives A0 13 , 0 et A(1, 0). Le centre Ω est le milieu 0 0 de [AA0 ] c’est-à-dire Ω 32 , 0 . L’un des foyers 1est F = O et l’autre est le symétrique de F par 4 rapport à Ω : c’est le point F 3 , 0 . Puisque a = 3 et e = 2, les directrices sont les droites d’équation x = xΩ − ae = 12 et x = 56 . Les branches infinies sont obtenues pour θ = ± 2π 3 . Les asymptotes sont donc les droites passant par Ω d’angle polaire ± 2π . Ce sont les droites d’équations cartésiennes 3 √ 2 y = ± 3 x− 3 .
(b) C est une conique d’excentricité 1 et donc une parabole.
2331
2 1 F −5
−4
−3
−2
b
b
b
−1 −1
K
1
−2 −3
L’axe focal est (Ox). Le sommet est le point M(0) de coordonnées cartésiennes S 12 , 0 . Le foyer est F = O. Le point K est le symétrique de F par rapport à S et a pour coordonnées (1, 0). La directrice a donc pour équation x = 1. (c) C est une conique d’excentricité e =
1 2
et donc une ellipse.
1 B b
A′ −2
b
b
F ′Ω F b
−1
b
b
A 1
b
B′ −1 0 L’axe focal est (Ox). Les sommets sur cet axe sont A = M(0) de coordonnées 31 , 0 et A = M(π) 1 0 de coordonnées (−1, 0). Le centre Ω est le milieu de [AA ] et a pour coordonnées − 3 , 0 . L’un des foyers est F = O. L’autre est le symétriqueq de F par rapport à Ω : c’est le point F 0 de coordonnées √ 2 2 1 2 √1 . D’où les sommets B − 1 , √1 − 23 , 0 . Par suite, c = 31 b = a2 − c2 = − = et 3 3 3 3 3 B0 − 31 , − √13 . Les directrices sont les droites d’équations x = xΩ + ae = 1 et x = − 53 . 1 1 π (d) M θ − π2 = r θ − π2 , θ − π2 = 1+cos θ , θ − 2 = rotO,−π/2 1+cos θ , θ . Donc C est l’image 1 de la parabole d’équation polaire r = 1+cos θ par le quart de tour indirect de centre O.
2332
4 3 2 1 −4
−3
−2
−1 −1
1
2
3
4
1 1 (e) M (θ + π) = [r (θ + π) , θ + π] = 2+cos θ , θ + π = sO 2+cos θ , θ . Donc C est l’image de l’el1 lipse d’équation polaire r = 2+cos θ par la symétrie centrale de centre O.
−1
1
2
Correction de l’exercice 5293 N Un point du plan est sur le cercle de centre O et de rayon 1 si et seulement si son affixe z est de module 1 ou encore si et seulement si il existe un réel θ tel que z = eiθ . Or, pour θ réel, 1 e−iθ = = f (e ) = 1 + eiθ + e2iθ eiθ + 1 + e−iθ iθ
eiθ . 1 + 2 cos θ
L’ensemble cherché est donc la symétrique par rapport à (Ox) de la courbe d’équation polaire r = 1 1+2 cos θ . Cette dernière est une ellipse, symétrique par rapport à (0x). Donc l’ensemble cherché est l’ellipse d’équation polaire r = 1+21cos θ (voir l’exercice 5292, 1)). Correction de l’exercice 5294 N (a) Soit M un point du plan. 1er cas. Supposons que M ∈ / (AB) ∪ (AC) ∪ (BC). −→ − −→ −→ − → → −→ P, Q et R alignés ⇔ PQ, PR = 0 [π] ⇔ PQ, PM = PR, PM [π].
Maintenant, puisque les triangles MPC et MQC sont rectangles enP et Q respectivement, les points −→ −→ −→ −→ P et Q sont sur le cercle de diamètre [MC]. On en déduit que PQ, PM = CQ, CM [π]. De − → −→ − → −→ même, PR, PM = BR, BM [π]. Par suite, −→ −→ − → −→ P, Q et R alignés ⇔ CQ, CM = BR, BM [π] − → −→ − → −→ ⇔ CA, CM = BA, BM [π]
⇔ M appartient au cercle circonscrit au triangle ABC (privé des points A, B et C). 2333
2ème cas. Supposons par exemple que M ∈ (AB). Dans ce cas, M = R. Si de plus M n’est ni A, ni B, alors M 6= P et M 6= Q puis les droites (MP) et (MQ) sont perpendiculaires aux droites (BC) et (AC) respectivement. Si par l’absurde, les points P, Q et R sont alignés, on a (MP) = (MQ) et donc (AB)//(AC). Ceci est une contradiction. Donc, si les points P, Q et R sont alignés, M est l’un des trois points A, B ou C. La réciproque est immédiate. En résumant les deux cas, P, Q et R sont alignés si et seulement si M est sur le cercle circonscrit au triangle ABC.
C b
Q b
b
P
b
b
A
M b
b
R
B
(b) Parabole tangente aux trois côtés d’un triangle. Commençons par rappeler une construction usuelle de la tangente en un point d’une parabole : le triangle FMH est isocèle en M et la tangente en M à P est la médiatrice du segment [FH]. Par suite, le projeté orthogonal P de F sur la tangente (T ) est sur 5T0 ) la tangente au sommet de la parabole P.
P
(T )
M b
b
F
(T0 ) P b
H
(D)
Soient A, B et C trois points non alignés. Si P est une parabole tangente aux droites (BC), (CA) et (AB), les projetés orthogonaux P, Q et R de son foyer F sur les droites (BC), (CA) et (AB) sont alignés sur la tangente au sommet de la parabole P. D’après 1), le point F est nécessairement sur le cercle circonscrit au triangle ABC. Réciproquement, si F est l’un des trois points A, B ou C, F n’est pas solution car une tangente à une parabole ne passe jamais par son foyer. Soit donc F un point du cercle circonscrit au triangle ABC et distinct des points A, B et C. Montrons alors qu’il existe une parabole de foyer F, tangente aux droites (BC), (CA) et (AB). On construit les projetés orthogonaux P, Q et R de F sur les droites (BC), (CA) et (AB). Ils sont alignés sur la droite de S IMSON (T0 ) de F relativement au triangle ABC. La parabole de foyer F et de tangente au sommet (T0 ) est solution du problème posé. La construction des points de contact est fournie par le graphique de la page précédente : on construit les symétriques de F par rapport aux points P, Q et R (ces symétriques sont sur la directrice) puis on remonte perpendiculairement à (T0 ) jusqu’à la parabole.
2334
b
b
C b
Q b
b b
b
F
b
R
P S b
b
b
A
b
B (T0 )
Correction de l’exercice 5295 N On choisit un repère orthonormé dans lequel A a pour coordonnées (R, 0) et (C ) a pour représentation x = R cost paramétrique , t ∈ R. Soit P(R cost, R sint) un point de (C ). La tangente (D) à (C ) en A y = R sint est la droite d’équation x = R et la tangente (T ) à (C ) en P est la droite d’équation x cost + y sint= R. Quand t ∈ / πZ, (T ) recoupe (D) en le point S de coordonnées R, R 1−cost ou encore R, R tan 2t . sint Une équation de la droite (BS) est − tan 2t (x + R) + 2y = 0. L’abscisse de M est R cost et donc yM = 12 tan 2t (xM + R) = 12 R tan 2t (cost + 1) = R sin 2t cos 2t = 12 R sint. x = R cost L’ensemble des points M est donc le support de l’arc , t ∈ R. C’est l’image du cercle C y = 21 R sint dans l’affinité de base (AB), de direction (D) et de rapport 21 et donc une ellipse de grand axe [AB].
P b
b
S
b
M B
A
2335
Correction de l’exercice 5296 N Dans tout l’exercice, on pose R = (O, i, j) et (Γ) l’ensemble considéré, d’équation f (x, y) = 0. (a) Pour (x, y) ∈ R2 , posons f (x, y) = 2x2 + 6xy + 5y2 + 4x + 6y + 1 et Q((x, y)) = 2x2 + 6xy + 5y2 . Le discriminant de cette conique est ∆ = 2 × 5 − 32 = 1 > 0 et la courbe (Γ) est du genre ellipse c’est-à-dire soit une ellipse, éventuellement un cercle, soit un point, soit l’ensemble vide. Point critique. ∂f ∂ x (x, y) = 0 4x + 6y + 4 = 0 ⇔ ⇔ x = −1 et y = 0. 6x + 10y + 6 = 0 ∂f (x, y) = 0 ∂y On note Ω le point de coordonnées (−1, 0) dans le repère R.
Réduction de Q en base orthonormée. La matrice de Q dans la base (i, j) est
polynôme caractéristique est χA = X 2 − 7X + 1 et les valeurs propres de A sont α = √
2 3 3 5
√ 7+3 5 2
. Son
et β =
7−3 5 2 .
√ Ker(A − αI2 ) est la droite d’équation −(1 + 5)x + 2y = 0 et est engendrée par √ √ le vecteur unitaire e1 = √ 1 √ (2, 1 + 5). Puis Ker(A − αI2 ) est la droite d’équation −(1 − 5)x + 2y = 0 et est 10+2 5 √ engendrée par le vecteur unitaire e2 = √ 1 √ (2, 1 − 5). 10−2 5
Equation réduite de (Γ) dans R 0 = (Ω, e1 , e2 )). Les termes de degré 1 disparaissent car Ω est l’origine de R 0 et d’autre part, Q(xi + y j) = Q(Xe1 + Ye2 ) = αX 2 + βY 2 . Il manque simplement la constante mais si on effectue le changement de variables x = x0 + aX + bY et y = y0 + cX + dY , la constante est bien sûr f ((x0 , y0 )). Donc une équation cartésienne de (Γ) dans R 0 est αX 2 + βY 2 + f ((−1, 0)) = 0 ce qui s’écrit encore √ √ 7+3 5 2 7−3 5 2 X + 2 2 Y
= 1.
Eléménts caractéristiques de la courbe (Γ) dans le repère R 0 . (Γ) est une ellipse de centre Ω, d’axe focal (ΩY ) car a = q 1 √ < 7+3 5 2
(ΩX). - Centre Ω(0, 0)R 0 .
q 1
√ 7−3 5 2
= b et d’axe non focal
√ √ √ 2 3 √ 5 −45+21 5 - Excentricité c2 = b2 − a2 = 7−32√5 − 7+32√5 = 3 5 puis e2 = bc = 7+3 = et 4 5 p √ e = 12 −45 + 21 5 = 0, 69... q √ q √ q √ q √ 7−3 5 7−3 5 7+3 5 0 0 - Sommets A A − B 0, B 0, − 7+32 5 2 ,0 2 ,0 2 0 0 0 R R R p R0 p p √ √ √ 0 0 - Foyers ΩF = ΩF = c = 3 5 et puisque (ΩY ) est l’axe focal, F(0, 3 5) et F (0, − 3 5). q q √ 7+3 2 2√ 2 √ = √ √ √ 5 et donc - Directrices ΩK = ΩK 0 = be = 2 (7−3√5)(−45+21 = 5) 7−3 5 3 5
(D) : Y =
√ 7+3 √ √5 6 5
et
(D0 )
:Y =
6 5
√ √ √5 . − 7+3 6 5
Eléménts caractéristiques de (Γ) dans R. Les formules de changement de repère s’écrivent
−1 0
.
x y
=
2 √ 10+2 √ 5 √1+ 5√ 10+2 5
√
2 √ 10+2 √ 5 √1− 5√ 10−2 5
√
p √ - Centre Ω(−1, 0)R et excentricité e = 12 −45 + 21 5 = 0, 69... q q q √ √ q √ √ 5 5−2 5 25−11 5 5−2 5 0 −1 − - Sommets A −1 + 25−11 , et A , − puis 10 5 10 5 R
2336
R
X Y
+
q q √ q √ √ q √ 25+11 5 5+2 5 25+11 5 5+2 5 0 B −1 + , , et B −1 − 10 5 10 5 R qR √ q √ q √ q √ 3( 5−1) 3( 5−1) 3( 5−1) 3( 5−1) 0 , ,− - Foyers F −1 + et F −1 − 2 2 2 2 R R √ √ √ √ 5 et (D0 ) : √ 1 √ (2(x + 1) + (1 − -Directrices (D) : √ 1 √ (2(x + 1) + (1 − 5)y) = 7+3 10−2 5 6 5 10−2 5 √ √ 5 7+3 √ 5)y) = − √ . 6 5
2 1 b
−2
−1 −1
1
2
−2 (b) Pour (x, y) ∈ R2 , posons f (x, y) = x2 + 2xy + y2 + 3x − 2y + 1 puis Q((x, y)) = x2 + 2xy + y2 = (x + y)2 . Q est de rang 1 et donc (Γ) est du genre parabole c’est-à-dire soit une parabole, soit une réunion de deux droites parallèles éventuellement confondues, soit l’ensemble vide. Si (Γ) est non vide, (Γ) est une conique est de direction asymptotique d’équation y = −x (fournie par Q(x, y) = 0). 1ère étude. On étudie l’intersection de (Γ) avec une perpendiculaire quelconque à sa direction. Soit (Dk ) la droite d’équation y = x + k, k ∈ R. L’équation aux abscisses des points d’intersection de (Γ) et (Dk ) est x2 + 2x(x + k) + (x + k)2 + 3x − 2(x + k) + 1 = 0 ou encore 4x2 + (4k + 1)x + k2 − 2k + 1 = 0. Le discriminant de cette équation est ∆ = (4k + 1)2 − 16(k2 − 2k + 1) = 40k − 15. Puisque ce discriminant change de signe, (Γ) est une parabole. Le discriminant est nul pour k = 83 ce qui founit la tangente au sommet (T ) : y = x + 83 et aussi le sommet : 4× 83 +1 2×4
5 1 = − 16 et yS = xS + 38 = 16 . 5 1 Le sommet de la parabole (Γ) est le point S − 16 , 16 . 5 L’axe focal à la droite (T ) en S. Une équation de l’axe focal (∆) est y + 16 = est la perpendiculaire 1 1 − x − 16 ou encore y = −x − 4 . Pour obtenir le paramètre, le foyer et la directrice, on constate tout d’abord au vu du signe du p 1 1 discriminant calculé plus haut que F = S + 2 − √2 , √2 et K = S − 2p − √12 , √12 .
xS = −
Il ne manque plus que le paramètre p. Soit M l’un des deux points de (Γ) situé sur la parallèle à la tangente au sommet passant par F. La construction usuelle d’une parabole point par point montre que le quadrilatère (M, F, K, H) est un carré. Le paramètre p cherché est alors p = FK = FM. Dans ce cas, la droite (MK) est la tangente à (Γ) en M et la bissectrice de l’angle des droites (D) et (∆). Cette tangente est donc parallèle à l’un des axes de coordonnées. L’équation générale de la tangente en un point (x0 , y0 ) de (Γ) est fournie par la règle de dédouble ment des termes : xx0 + xy0 + x0 y + yy0 + 32 (x + x0 ) − (y + y0 ) + 1 = 0 ou encore x x0 + y0 + 32 + y(x0 + y0 − 1) + x0 − y0 + 1 = 0. Cette tangente est parallèle à l’un des axes de coordonnées si et seulement si x0 + y0 + 23 = 0 ou x0 + y0 − 1 = 0. M est donc sur l’une des deux droites (∆1 ) : x + y + 23 = 0 ou (∆2 ) : x + y − 1 = 0 qui sont toutes deux parallèles à l’axe focal (∆) : x + y + 14 = 0. 2337
p est donc aussi la distance de (∆) à l’une quelconque de ces deux droites ou la distance d’un point 1 quelconque de (∆) à la droite (∆1 ). Comme le point de coordonnées − 4 , 0 est sur (∆), p=
|−√14 +0+ 23 | 12 +12
=
5 √ 4 2
5 1 5 5 1 5 5 5 puis F = S+ 8√5 2 − √12 , √12 = − 16 − 16 , 16 + 16 = − 58 , 83 et K = S− 8√5 2 − √12 , √12 = − 16 + 16 , 16 − 16 0, − 14 de sorte que la directrice (D) a pour équation y = x − 14 .
4 3 2 1 F −5 2ème étude. On pose X =
−4
√1 (x + y) 2
−3 et Y =
b b
−1 S −1
−2
√1 (−x + y) 2
1
ou encore x =
√1 (X −Y ) et y = √1 (X +Y ) 2 2 √1 √1 − 2 2
ce qui correspond au changement de bases orthonormées de matrice P =
√1 2
√1 2
. On note
(e1 , e2 ) la famille de matrice P dans la base (i, j). Déterminons une équation de (Γ) dans le repère R 0 = (O, e1 , e2 ).
3 2 1 5 (x + y)2 + 3x − 2y + 1 = 0 ⇔ 2X 2 + √ (X −Y ) − √ (X +Y ) + 1 = 0 ⇔ 2X 2 + √ X − √ Y + 1 = 0 2 2 2 2 2 2 1 5 1 5 3 1 − − √ Y +1 = 0 ⇔ X + √ = √ Y− √ . ⇔2 X+ √ 16 4 2 2 4 2 2 2 8 2 Eléments de (Γ) dans R 0 .
- (Γ) est une parabole de sommet S − 4√1 2 , 8√3 2 0 . R
- Paramètre p = supérieure à YS .
5 √ . 4 2
L’axe focal de (Γ) est l’axe (SY ) et le foyer a une ordonnée strictement
- Foyer F = S + 8√5 2 (0, 1)R 0 = − 4√1 2 , √12 0 . R - Directrice K = S − 8√5 2 (0, 1)R 0 = − 4√1 2 , − 4√1 2
R0
et donc (D) : Y = − 4√1 2 .
Eléments de la parabole (Γ) dans le repère R. 5 1 - Paramètre p = 4√5 2 . Sommet S = √12 XS − √12 YS , √12 XS + √12 YS = − 16 , 16 R . R 1 1 1 1 - Le foyer F a pour coordonnées √2 XF − √2 YF , √2 XF + √2 YF = − 58 , 38 R . R 1 √1 (−x + y) = − √ et donc y = x − 14 . 2 4 2 2x2 − 4xy − 3x + 3y + 1 puis Q((x, y)) =
- La directrice (D) a pour équation
(c) Pour (x, y) ∈ R2 , posons f (x, y) = 2x2 − 4xy = 0. Le discriminant de cette conique est ∆ = 2 × 0 − (−2)2 = −4 < 0 et la courbe est du genre hyperbole c’est-à-dire soit une hyperbole, soit une réunion de deux droites sécantes. Dans les deux cas, les deux directions asymptotiques admettent pour équation respective x = 0 et x = 2y (fourni par Q(x, y) = 0) Point critique. 2338
∂f ∂ x (x, y)
=0
∂f ∂ y (x, y)
=0
⇔
4x − 4y − 3 = 0 ⇔x= −4x + 3 = 0
3 4
et y = 0.
On note Ω le point de coordonnées 43 , 0 dans le repère R. Asymptotes. Ce sont les droites passant par Ω de directions d’équations x = 0 et x = 2y. Les asymp3 3 de ces deux droites a pour équation totes sont les 3droites (D1 ) : x = 4 et (D22) : x − 4 = 2y. La réunion 3 x − 4 x − 4 − 2y = 0 ou encore 2x − 4xy − 3x + 3y + 29 = 0. (Γ) n’est pas (D1 ) ∪ (D2 ) et donc (Γ) est une hyperbole. Axe focal et axe transverse. Ce sont les deux bissectrices de la paire de droites ((D1 ), (D2 )) ou encore l’ensemble des points à égale distance de ces deux droites ou encore l’ensemble des points de coordonnées (x, y) dans R 2 2 tels que x − 34 = 15 x − 2y − 43 . Ce sont donc les droites d’équations respectives x − 34 − √15 x − 2y − 34 = 0 et x − 34 + √15 x − 2y − 34 = √
√
5+1 0 ou encore y = − 5−1 8 (4x − 3) et y = 8 (4x − 3). Seule l’une de ses deux droites a une intersection non vide avec (Γ), à savoir l’axe focal et les deux points d’intersection sont les sommets de l’hyperbole. L’équation aux abscisses des points d’intersection de (Γ) et (D1 ) est √ √ 5−1 2x2 − 4x − 5−1 (4x − 3) (4x − 3) − 3x + 3 − +1 = 0 8 8 √ √ √ 9 − 161√5 = 0 dont le discriminant vaut ou encore 2 5x2 − 3 5x + 9 85−1 = 0 ou enfin x2 − 32 x + 16 1 √ 4 5
> 0.
L’axe focal est donc la droite d’équation y = − fournissent les abscisses des sommets.
√ 5−1 8 (4x − 3).
Les solutions de l’équation précédente
5 4 3 2 1 −5
−4
−3
−2
−1 −1
1
2
3
4
5
−2 −3 −4 −5 √ (d) Pour (x, y) ∈ R2 , posons Q(x, y) = −5x2 + 6 3xy + y2 . Le discriminant de (Γ) vaut −5 − 27 = −32 < 0. 2339
La conique est du genre hyperbole et de centre O. Comme O ∈ / (Γ), (Γ) est plus précisément une hyperbole de centre O. sont fournies par l’égalité Q(x, y) = 0 et sont donc les droites √ √ Les asymptotes d’équations y = (−3 3 ± 4 2)x. √ −5 3 3 √ La matrice de Q dans la base canonique est M = . Son polynôme caractéristique 3 3 1 √ 3 √1 1 2 t et D = est χM = X + 4X − 32 = (X − 4)(X + 8). Ensuite, M = PD P où P = 2 −1 3 diag(−8, 4). √ √ x = 12 ( 3X +Y ) X = 21 ( 3x√− y) √ Les formules de changement de repère s’écrivent ou aussi . y = 12 (−X + 3Y ) Y = 21 (x + 3y) 2
Dans R 0 (O, e1 , e2 ), (Γ) a pour équation −8X 2 + 4Y 2 − 4 = 0 ou encore − (1/X√2)2 + Y 2 = 1. Donc q √ a = √12 , b = 1 et c = a2 + b2 = 32 .
Eléments de l’hyperbole dans R 0 puis R. L’axe focal est (O, e2 ) c’est-à-dire la droite d’équation √ X = 0 dans R 0 ou encore y = 3x dans R. - Les√sommets points B et B0 de coordonées (1, 0) et (−1, 0) dans R 0 et donc de coordonnées sont les √ 3 1 et − 12 , − 23 dans R. 2, 2 q q - Excentricité, foyers, directrices. c = 32 puis e = bc = 32 . Les foyers F et F 0 ont pour coordonnées q q √ √ 3 0, 2 et 0, − 32 dans R 0 et donc 2√32 , 2√3 2 et − 2√32 , − 2√3 2 dans R. −→ q En ce qui concerne les directrices, K = O + 1e OB = 0, 23 0 . Les directrices sont les droites R q q √ d’équations respectives Y = 23 et Y = − 23 dans R 0 ou encore d’équations respectives x + 3y = √ √4 et x + 3y = − √4 . 6 6
5 4 3 2 1 −5
−4
−3
−2
−1 −1
1
2
3
4
5
−2 −3 −4 −5 (e) L’équation proposée s’écrit (2x + 3y)2 − 2x + 1 = 0. Il s’agit d’une conique du genre parabole de direction asymptotique éventuelle 2x + 3y = 0. Posons X = √113 (2x + 3y) et Y = √113 (3x − 2y) ou encore x = √113 (2X + 3Y ) et y = √113 (3X − 2Y ). 2340
Dans R 0 = (O, X,Y ), (Γ) admet pour équation cartésienne : 2 2 6 165 2 −√ Y+ =0 13X − √ (2X + 3Y ) + 1 = 0 ⇔ 13 X − √ 169 13 13 13 13 2 2 6 55 ⇔ X− √ = √ Y− √ 13 13 13 13 26 13 2
Ceci montre que (Γ) est une parabole, fournit le paramètre p = 13√6 13 puis les éléments de (Γ) dans le repère R 0 : p p 2 61 2 49 √ √ √ √ √ 0 = 0 = S = 13√2 13 , 2655 puis F = S+ et K = S− (0, 1) , (0, 1) , R R 2 2 13 13 13 26 13 13 13 26 13 0 0 et donc (D) : Y =
R 49 √ . 26 13
R
Eléments de (Γ) dans le repère R. 173 49 191 55 S 338 , − 169 puis F , − et (D) : 3x − 2y = 338 169 R R
R0
49 26 .
1 −5
−4
−3
−2
−1 −1
1
2
3
4
5
−2 −3 −4 −5 (f) (Γ) est le point d’intersection des droites d’équations respectives x − y + 1 = 0 et x + y − 1 = 0 à savoir le point de coordonnées (0, 1). 2 2 (g) L’équation s’écrit x − 32 + y − 21 = 21 . (Γ) est le cercle de centre 32 , 12 et de rayon √12 .
(h) On reconnait une équation du cercle de diamètre [AB] où A(0, 2) et B(1, 3).
(i) Si on pose X = x + 2y − 4 et Y = x − y − 1, l’équation s’écrit XY = 3 ce qui montre immédiatement que la courbe est une hyperbole dont les asymptotes sont les droites d’équations respectives x + 2y − 4 = 0 et x − y − 1 = 0 et donc de centre le point d’intersection de ces deux droites Ω(2, 1). Ce changement de repère non orthonormé ne peut pas fournir davantage et si on veut les éléments métriques de l’hyperbole, il faut revenir aux méthodes de 3) ou 4). (j) De nouveau, si on pose X = 2x + y − 1 et Y = x + y (ou même Y = 3(x + y)) , l’équation s’écrit X 2 = 3Y . Le nouveau repère est quelconque mais on peut tout de même affirmer que la courbe est une parabole de direction asymptotique 2x + y = 0. Avec cette équation, on ne lit cependant aucun des éléments métriques de celle-ci.
Correction de l’exercice 5297 N Les trois courbes proposées sont des coniques propres (équation polaire d’une conique propre dans un repère dont l’axe des abscisses est l’axe focal d’origine un foyer : r = 1+epcos θ où p = ed = eFK). (a) e = 2. Il s’agit une hyperbole dont l’un des foyers est l’origine.
2341
(D ′ )
(D) 5 4 3 2 1
′
F′ A b
−5
−4
−3
Ω b
−2
b
b
A F
−1 −1
b
1
2
3
4
5
−2 −3 −4 −5 L’axe focal est (Ox) et donc les sommets de l’hyperbole sont les points d’intersection de la courbe avec l’axe (Ox). Ce sont les points A et A0 de coordonnées cartésiennes − 23 , 0 et (−2, 0) obtenus pour θ = π et θ = 0 respectivement. Le centre est le milieu du segment [AA0 ] à savoir le point Ω − 43 , 0 . les directions asymptotiques sont fournies par : 2 cos θ − 1 = 0 ⇔ θ ∈ ± π3 + 2πZ. Les asymptotes sont les droites d’angle polaire ± π3 passant par Ω. Ce sont les droites d’équations respectives y = √ √ 3 x + 43 et y = − 3 x + 34 . L’un des foyers F est l’origine. L’autre est le symétrique de F par rapport à Ω à savoir le point F 0 de coordonnées (−3, 0). −→ −→ Les directrices sont fournies par les points K = Ω + 1e OA = (−1, 0) et K 0 = Ω − 1e OA = − 53 , 0 . Les directrices sont les droites (D) et (D0 ) d’équations respectives x = −1 et x = − 53 .
(b) L’équation s’écrit r =
3
1 2 +cos θ
. Donc e =
1 2
et la courbe est une ellipse.
2342
(D ′ )
(D) B
4
B′
3 2
′
A
F b
b
1
Ω
′
b
b
F
−11 −10 −9 −8 −7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 −1
b
1
2
A 3
4
5
6
7
−2 −3 −4 Les sommets du grand axe sont les points A(2, 0) et A0 (−6, 0) obtenus pour θ = 0 et θ = π. Le centre est le milieu Ω de [AA0 ] de coordonnées (−2, 0). Le premier foyer F est l’origine et le deuxième est le symétrique du point F par rapport à Ω à savoir le point F 0 (−4, 0). −→ −→ Les points K et K 0 sont définis par : K = Ω + 1e OA = (6, 0) et K 0 = Ω − 1e OA = (−10, 0). Les directrices sont les droites (D) et (D0 ) d’équations respectives x = 6 et x = −10. √ √ √ → − Les sommets sont déterminés par b = a2 − c2 = 42 − 22 = 12 puis B = Ω + b j = √ du petit axe→ √ − −2, 2 3 et B = Ω − b j = −2, −2 3
(c) L’équation r =
2 . 1+cos(θ + π2 )
On reconnait une parabole dans une présentation non traditionnelle.
Le foyer est toujours l’origine et comme la direction asymptotique est obtenue pour θ = π2 (et a donc pour angle polaire π2 ), l’axe focal est donc la droite passant par l’origine F et d’angle polaire π2 , c’està-dire l’axe des ordonnées. Le sommet est l’intersection de la courbe avec l’axe (Oy) obtenue pour θ = − π2 . Pour θ = − π2 , on obtient r = 1 et donc S(−1, 0). Puis K = sS (F) = (−2, 0) et la directrice (D) est la droite d’équation y = −2. Enfin, p = FK = 2.
5 4 3 2 1 F b
−5
−4
−3
−2
−1 −1 −2
1
2
3
4
5
b
S
(D)
Remarque. Si on n’est pas à l’aise en polaires, on peut toujours repasser en cartésien mais c’est une très grosse perte de temps : 2343
En 1), r(1 − 2 cos θ ) = 2 s’écrit r − 2x = 2 puis x2 + y2 = (2x + 2)2 . En 2), r(2 + cos θ ) = 6 s’écrit 2r + x = 6 et donc 4(x2 + y2 ) = (−x + 6)2 . En 3), r(1 − sin θ ) = 2 s’écrit r − y = 2 puis x2 + y2 = (y + 2)2 et donc y =
x2 4
− 1.
Correction de l’exercice 5298 N a 1−t 22 1+t
, t ∈ R, b 2t 1+t 2 dans ( un2repère adapté. Une branche d’hyperbole admet une représentation paramétrique de la forme 1+t a 1−t 2 , t ∈] − 1, 1[, dans un repère adapté. Une parabole admet une représentation paramétrique 2t b 1−t 2 2 t 2p de la forme , dans un repère adapté ... t Réciproquement, si la courbe admet une paramétrisation du type de l’énoncé, les six polynômes P2 , PQ, Q2 , PR, QR et R2 sont dans R4 [X] qui est de dimension 5 et donc sont linéairement dépendants. On en déduit qu’il existe (a, b, c, d, e, f ) 6= (0, 0, 0, 0, 0, 0) tel que aP2 + 2bPQ + cQ2 + 2dPR + 2eQR + f R2 = 0 ou encore tel que pour tout réel t tel que R(t) 6= 0, 2 2 P(t) Q(t) Q(t) Q(t) a P(t) + 2b × + c + 2d P(t) R(t) R(t) R(t) R(t) R(t) + 2e R(t) + f = 0.
(a) Une ellipse (privée d’un point) admet une représentation paramétrique de la forme
Le support de l’arc est donc contenu dans la courbe d’équation ax2 + 2bxy + cy2 + 2dx + 2ey + f = 0 où (a, b, c, d, e, f ) 6= (0, 0, 0, 0, 0, 0)). ( 2t+1 x = t 2 +2t−1 . (b) Construction de la courbe t 2 −1 y = t 2 +2t−1
5 4 3 2 1 −5
−4
−3
−2
−1 −1
1
−2 −3 −4 −5
2344
2
3
4
5
6
7
8
Correction de l’exercice 5301 N Soient P, P0 les symétriques de F par rapport aux tangentes. Donc F 0 P = F 0 P0 = 2a. Le triangle FPP0 est rectangle, donc T est le milieu de [P, P0 ], et T F = T P = T P0 . Donc, T F 2 + T F 02 = F 0 P2 = 4a2 . √ T F 2 + T F 02 = 2T O2 + OF 2 + OF 02 donc T appartient au cercle de centre O et de rayon a2 + b2 . Correction de l’exercice 5302 N (a) a2 u2 + b2 v2 − w2 = 0. 2a cos θ 2a cos α (b) M : ,P: : (MP) est tangente à E 0 ⇔ θ ≡ α ± 2π 3 [2π]. 2a sin θ 2a sin α Correction de l’exercice 5303 N (a)
x2 (1−α)2
2
+ αy 2 = d 2 .
Correction de l’exercice 5304 N X a/e ~ · FT ~ = 0. M: ⇒T : 2 ⇒ FM Y b (e − X)/d Correction de l’exercice 5307 N Notons C l’ensemble des points considérés. Pour x réel, posons P(x) = x3 + Ax2 + Bx +C. P(x) = P(y) ⇔ (x3 − y3 ) + A(x2 − y2 ) + B(x − y) = 0 ⇔ (x − y)((x2 + xy + y2 ) + A(x + y) + B) = 0 ⇔ y = x ou x2 + xy + y2 + A(x + y) + B = 0.
C est donc la réunion de la droite d’équation y = x et de la courbe E d’équation x2 + xy + y2 + A(x + y) + B = 0. Pour déterminer la nature de E , on fait un changement de repère orthonormé en posant (
x= y=
√1 (X 2 √1 (X 2
−Y ) +Y )
On obtient 1 A x2 + xy + y2 + A(x + y) + B = 0 ⇔ ((X −Y )2 + (X −Y )(X +Y ) + (X +Y )2 ) + √ X + B = 0 2 2 √ !2 √ A 2 A2 − 12B ⇔ 3X 2 +Y 2 + 2AX + 2B = 0 ⇔ 3 X + +Y 2 = (∗) 6 6 E est une ellipse si et seulement si A2 − 12B > 0 (sinon E est un point ou est vide). Dans ce cas, puisque a = √13 < 1 = b, q q q √ c b2 −a2 a2 1 e = b = b = 1 − b2 = 1 − 3 = 23 . Correction de l’exercice 5308 N 2345
On choisit un repère orthonormé R dans lequel le point A a pour coordonnées (1, 0) et le point B a pour coordonnées (−1, 0). Dans le repère R, la droite (D) a pour équation x = 1. Ensuite, il existe un réel θ tel que le point P ait pour coordonnées (cos θ , sin θ ). La tangente (T ) a pour équation x cos θ +y sin θ = 1−cos θ θ 1. Pour θ ∈ / πZ, le point S a pour coordonnées 1, sin θ ou encore 1, tan 2 .
(D)
b
B
P M b
S b
b
b
A
(T )
La perpendiculaire à la droite (AB) passant P admet pour équation x = cos θ . La droite (BS) admet pour équation − tan θ2 (x + 1) + 2y = 0. Ces deux droites se coupent en le point M de coordonnées cos θ , 21 tan θ2 (1 + cos θ ) ou encore cos θ , cos θ2 sin θ2 ou enfin (cos θ , 12 sin θ ). L’ensemble des points M est donc l’ensemble des points de coordonnées cos θ , 12 sin θ quand θ décrit R \ πZ ou encore l’ellipse d’équation x2 + 4y2 = 1 privée des points A et B. Correction de l’exercice 5309 N Posons P = X 3 + αX 2 + β X + γ. P(x) = P(y) ⇔ (y3 − x3 ) + α(y2 − x2 ) + β (y − x) = 0 ⇔ (y − x)(x2 + xy + y2 + α(x + y) + β ) = 0 ⇔ y − x = 0 ou x2 + xy + y2 + α(x + y) + β = 0.
L’ensemble cherché est la réunion de la droite (D) d’équation y = x et de la courbe (Γ) d’équation x2 +xy+y2 +α(x+y)+β = 0. Pour étudier la courbe (Γ) qui est du genre ellipse, posons x = √12 (X +Y ) et y =
√1 (X 2
−Y ) puis notons R 0 le repère (OXY ).
1 α x2 + xy + y2 + α(x + y) + β = 0 ⇔ ((X +Y )2 + (X +Y )(X −Y ) + (X −Y )2 ) + √ (X +Y + X −Y ) + β = 0 2 2 √ !2 √ 1 α 2 2 ⇔ (3X 2 +Y 2 ) + α 2X + β = 0 ⇔ 3 X + +Y 2 = (α 2 − 3β ). 2 3 3 (Γ) est une ellipse si et seulement si α 2 − 3β > 0 (sinon (Γ) est un point ou est vide). Dans ce cas, √ 2 2 2 3 X + α 3 2 +Y 2 = 23 (α 2 − 3β ) ⇔ ax2 + by2 = 1 où a2 = 29 (α 2 − 3β ) < 23 (α 2 − 3β ) = b2 . Par suite, e=
c b
=
√ b2 −a2 b
=
q q q 2 1 − ba2 = 1 − 13 = 23 .
Correction de l’exercice 5313 N 2346
(a) Soit O ce milieu. La tangente en M est parallèle à (FH 0 ), et passe par le milieu de [F, H], donc par le milieu de [H, H 0 ]. ~ 0 , FM ~ 0 ). ~ MF) ~ ≡ (FH (b) Calcul d’angles. (MO, Correction de l’exercice 5314 N Soit O0 ce centre. Les triangles MPQ et MAB sont semblables, donc O’ est l’image de O par l’homothétie de centre M qui transforme A en P. Soit (A0 B0 ) la symétrique de (AB) par rapport à O. D’après l’homothétie, OM OM − O0 M OO0 O0 M = = (cste) = = . d(O0 , ∆) d(O, (AB)) d(O, (AB)) − d(O0 , ∆) d(O0 , (A0 B0 )) Donc O0 décrit une partie d’une conique de foyer O et de directrice (A0 B0 ). Correction de l’exercice 5315 N ~ ~ Repère (O, OA R , j) ⇒ parabole ρ =
R 1+sin θ .
Correction de l’exercice 5316 N arcs de paraboles de foyer F et de directrices ∆, ∆0 , parallèles à D à la distance 2a de D. Correction de l’exercice 5318 N
√ A : (t 2 /2p,t), B : (u2 /2p, u) avec t(t + u) = −2p2 . AB est minimal pour t 2 = 2p2 et vaut alors 3p 3. Correction de l’exercice 5319 N 2pa2 2pb2 x (a) Parabole : y2 = 2px ⇒ x = 2pt 2 , y = 2pt. Corde : 2pa 2pb y = 0. 1 1 1
(b) a2 + ab + ac + bc + 1 = 0. 2 +ab+1
(c) c = − a
a+b
.
(BC) : (2pa + y)b2 + (2pa2 + 2p − x)b − (ax + a2 y + y) = 0. Point fixe : y = −2pa, x = 2p(a2 + 1).
(d) Parabole translatée de P de (2p, 0).
Correction de l’exercice 5320 N (a) M = (2pt 2 , 2pt)√⇒ 2t 2 + 2tt0 + 1 = 0. Il y a deux solutions si |t0 | > aucune si |t0 | < 2.
√ √ 2, une seule si |t0 | = 2 et
(b) t1 + t2 = −t0 , t12 + t22 = t02 − 1. Centre : (4pt02 − 2p, 0) (1/2-droite).
Correction de l’exercice 5321 N p (a) xC − xA = 2p ± 4p2 + 8pxA. q p √ √ √ √1 (b) xn+1 = xn + 8pxn + 4p2 + 2p = xn 1 + 8p + o donc xn+1 = xn + 2p + o(1) et xn xn xn ∼ 2pn2 .
2347
Correction de l’exercice 5322 N Dans un certain repère orthonormé, la parabole P admet une équation cartésienne de la forme x2 = 2py. D’après la règle de dédoublement des termes, une équation de la tangente Tx0 en un point (x0 , y0 ) = x2
x0 , 2p0 de P est
xx0 = p(y + y0 ).
Les tangentes en M0 (x0 , y0 ) et M1 (x1 , y1 ) sont perpendiculaires si et seulement si x0 x1 + p2 = 0. L’orthoptique C est donc l’ensemble des points d’intersection de Tx0 et T−p2 /x0 où x0 décrit R∗ . ( 2 2 xx0 = p y + x0 tx − py = t2 2p ∗ ∗ M(x, y) ∈ C ⇔ ∃x0 ∈ R / ⇔ ∃t ∈ R / 3 −x p2 = p y + p32 px + ty = − p2t x0 2x0 3 4 p 1 t x= 2 2 x = t 2 −p2 − 2t t +p 2 2t ∗ ∗ ⇔ ∃t ∈ R / ⇔ ∃t ∈ R / . y = 2 1 2 − p3 − pt 2 y = −p 2 2 t +p 2
Maintenant, limt→0+ t
2 −p2
2t
= −∞ et limt→+∞ t
]0, +∞[, quand t décrit ]0, +∞[, x = y = − 2p ou encore
t 2 −p2 2t
2 −p2
2t
= +∞. Comme la fonction t 7→ t
2 −p2
2t
est continue sur
décrit R. Finalement, l’orthoptique C est la droite d’équation
l’orthoptique d’une parabole est sa directrice.
b
F b
b
b
D
Correction de l’exercice 5323 N
→ − → − → − On choisit un repère orthonormé R1 = O0 , I , J , K tel que le plan d’équation x + y + z = 1 dans → → − − R soit le plan d’équation Z = 0 dans R1 . On prend O0 = (1, 0, 0) puis K = √13 , √13 , √13 , I = → − → − → − √1 , − √1 , 0 et enfin J = K ∧ I = √1 , √1 , − √2 . Les formules de changement de repère s’écrivent 6 6 6 2 2 2348
Y X √ √ √Z x = 2 + 6 + 3 +1 y = − √X2 + √Y6 + √Z3 z = −√ 2Y + √Z3 6
Ensuite, soit M un point de l’espace dont les coordonnées dans R sont notées (x, y, z) et les coordonnées dans R1 sont notées (X,Y, Z).
M ∈ (Γ) ⇔ ⇔ ⇔
(
(
y = x2 + x + 1 ⇔ x+y+z = 1 Z=0 − √X2 + √Y6 =
X √ 2
(
− √X2 + √Y6 + √Z3 = Z=0
X √ 2
2 + √Y6 + √Z3 + 1 + √X2 + √Y6 + √Z3 + 1 + 1
2 + √Y6 + 1 + √X2 + √Y6 + 2
Z=0 2 . Y 4X 2Y X √ √ + +√ +√ +3 = 0 6 6 2 2
→ − → − On travaille maintenant en dimension 2 et on note encore R1 le repère O0 , I , J . Une équation de 2 √ 2 3X 4X 2Y 2 Y 4X 2Y √ (Γ) dans R1 est √X2 + √Y6 + √ + + 3 = 0 ou encore + +√ +√ + 3 = 0. On pose 3 2 2 6 6 2 2 √ √ 0 0 x0 = 23X + Y2 X = 23x − y2 → − → − 0 = O0 , i0 , j 0 le nouveau repère défini ou encore et on note R √ √ 0 0 0 y = − X2 + 23Y Y = x2 + 23y par ces formules. ! √ 0 √ 0! 4 3x y0 3y 7x0 y0 2 02 2 x0 2 − + M ∈ (Γ) ⇔ x + √ +√ + 3 = 0 ⇔ x02 + √ − √ + 3 = 0 3 2 2 2 3 6 2 6 2 2 2 2 0 21 y0 21 2 3 1 1 ⇔ x+ √ =√ + ⇔ x0 + √ = √ y0 + √ . 3 4 6 4 6 2 16 2 2 8 2 1 √ ,− √ (Γ) est une parabole de paramètre p = 4√3 2 . Eléments de (Γ) dans R 0 : sommet S − 421 , axe : 6 8 2 R0 1 √ , foyer F − 21 √ , √ x0 = − 421 , directrice : y0 = − 2√1 2 . Eléments de (Γ) dans R1 en repassant à trois 6 4 6 4 2 R0 ( √ √ 3X +Y = − 221 41 45 6 , foyer F − 11 √ , − √3 , 0 coordonnées : sommet S − 16√2 , − 16√6 , 0 , axe : , 6 4 2 R1 R1 Z=0 ( √ −X + 3Y = − √12 8x − 4y − 4z + 21 = 0 3 13 15 directrice : . Eléments de (Γ) dans R : sommet S − 4 , 16 , 16 R , axe : x+y+z = 1 Z=0 2y − 2z + 1 = 0 foyer F − 78 , 78 , 10 R , directrice : . x+y+z = 1 Correction de l’exercice 5324 N On cherche l’équation d’une telle parabole P sous la forme (ax + by)2 + 2cx + 2dy + e = 0, a2 + b2 = 1, a > 0. (1, 0) ∈ P ⇔ a2 + 2c + e = 0 et (0, 2) ∈ P ⇔ 4b2 + 4d + e = 0 .
D’après la règle de dédoublement des termes, une équation cartésienne de la tangente à P en (1, 0) est a2 x + aby + c(x + 1) + dy + e = 0 ou encore (a2 + c)x + (ab + d)y + c + e = 0. Cette tangente est l’axe a2 + c = c + e = 0 et ab + d 6= 0. (Ox) si et seulement si Une équation cartésienne de la tangente à 2 P en (0, 2) est 2abx + 2b y + cx + d(y + 2) + e = 0 ou encore (2ab + c)x + (2b2 + d)y + 2d + e = 0.
2349
Cette tangente est l’axe (Oy) si et seulement si est solution si et seulement si
2b2 + d = 2d + e = 0 et 2ab + c 6= 0.
En résumé, P
c = −a2 d = −2b2 e = a2 = 4b2 a2 + b2 = 1 . ab + d 6= 0 2ab + c 6= 0 a>0 Maintenant, a2 = 4b2 , a2 + b2 = 1 et a > 0 ⇔ a = √25 et b = ± √15 . Le cas b = √15 fournit d = − 25 puis ab + d = 0 ce qui est exclu. Donc, nécessairement a = √25 et b = − √15 puis c = − 45 , d = − 52 et e = 54 qui sont effectivement solution du système. On obtient ainsi une et une seule courbe du second degré solution, à savoir la courbe d’équation cartésienne (2x − y)2 − 8x − 4y + 4 = 0. Il reste à vérifier que cette courbe est effectivement une parabole. On pose ( x = √15 (−X + 2Y ) . encore y = √15 (−2X −Y )
(
X = √15 (−x − 2y) ou Y = √15 (2x − y)
8 4 12 16 (2x − y)2 − 8x − 4y + 4 = 0 ⇔ 5Y 2 − √ (−X + 2Y ) − √ (−2X −Y ) + 4 = 0 ⇔ 5Y 2 − √ Y + √ X + 4 = 0 5 5 5 5 2 16 4 6 = −√ X + √ . ⇔5 Y− √ 5 5 5 5 5 C est donc effectivement une parabole.
7 6 5 4 3 2 b
1 b
1
2
3
Correction de l’exercice 5325 N Solution géométrique.
2350
4
5
6
7
(T0 )
b
(T1 ) M1 b
F b
(T )
b
I1
M0
b
b
I0
M
(D)
Soit M un point de l’othoptique. M est sur les tangentes (T0 ) et (T1 ) à la parabole en deux points distincts M0 et M1 et clairement distinct du sommet S. Soient I0 et I1 les points d’intersection des droites (T0 ) et (T1 ) respectivement avec la tangente (T ) au sommet de la parabole. On sait (construction usuelle de la parabole par points et tangentes) que les droites (T0 ) et (T1 ) sont perpendiculaires aux droites (FI0 ) et (FI1 ) respectivement. Donc le quadrilatère FI0 MI1 est un rectangle (3 angles droits connus). Par suite, le milieu de [FM] qui est aussi le milieu de [I0 I1 ] est sur la tangente au sommet (T ) et M est l’image d’un point de la tangente (T ) par l’homothétie de centre F et de rapport 2. Finalement, le point M est sur la directrice de la parabole. Réciproquement, soit M un point de la directrice et I le milieu de [FM]. On reconstruit le rectangle précédent en plaçant d’abord sur la tangente au sommet (T ) les points I0 et I1 tels que I soit le milieu de [I0 I1 ] et tels que I0 I1 = MI. Les droites (MI0 ) et (MI1 ) sont effectivement des tangentes à la parabole qui sont perpendiculaires l’une à l’autre. L’orthoptique d’une parabole est sa directrice. Solution analytique. On choisit un repère orthonormé dans lequel la parabole a pour équation 2carté y 2 sienne y = 2px. Une équation de la tangente (T0 ) à la parabole en un point M0 = (x0 , y0 ) = 2p0 , y0 est −px0 + yy0 = px0 . Deux tangentes (T0 ) et (T1 ) sont perpendiculaires si et seulement si p2 + y0 y1 = 0 (en particulier y0 y1 6= 0). en deux points distincts est la solution du Le point d’intersection des tangentes (T0 ) et (T1) 2 −px + yy0 = px0 y0 y1 y0 +y1 0 y1 −y0 x1 ) p (x0 −x1 ) système et a donc pour coordonnées p(xp(y , = − , = 2p 2 p(y0 −y1 ) 0 −y1 ) −px + yy1 = px1 2 − 2p , 21 y0 − yp0 . ( x = −2p 2 En résumé, un point M(x, y) est sur l’orthoptique si et seulement si il existe y0 6= 0 tel que y = 21 y0 − yp0
ce qui montre déjà qu’un point de l’orthoptique est sur la droite x = − 2p c’est-à-dire sur la d’équation 2
directrice de la parabole. Réciproquement, la fonction y0 7→ 12 y0 − yp0 est continue sur ]0, +∞[, tend vers y0 tend vers 0 par valeurs supérieures et tend vers +∞ quand y0 tend vers +∞. Donc −∞ 2quand p 1 2 y0 − y0 décrit R quand y0 décrit ]0, +∞[, ce qui montre que l’on obtient la totalité de la directrice. Correction de l’exercice 5326 N
2351
(a) Soit M un point du plan. 1er cas. Supposons que M ∈ / (AB) ∪ (AC) ∪ (BC). −→ − −→ −→ − → → −→ P, Q et R alignés ⇔ PQ, PR = 0 [π] ⇔ PQ, PM = PR, PM [π].
Maintenant, puisque les triangles MPC et MQC sont rectangles enP et Q respectivement, les points −→ −→ −→ −→ P et Q sont sur le cercle de diamètre [MC]. On en déduit que PQ, PM = CQ, CM [π]. De − → −→ − → −→ même, PR, PM = BR, BM [π]. Par suite, −→ −→ − → −→ P, Q et R alignés ⇔ CQ, CM = BR, BM [π] − → −→ − → −→ ⇔ CA, CM = BA, BM [π]
⇔ M appartient au cercle circonscrit au triangle ABC (privé des points A, B et C).
2ème cas. Supposons par exemple que M ∈ (AB). Dans ce cas, M = R. Si de plus M n’est ni A, ni B, alors M 6= P et M 6= Q puis les droites (MP) et (MQ) sont perpendiculaires aux droites (BC) et (AC) respectivement. Si par l’absurde, les points P, Q et R sont alignés, on a (MP) = (MQ) et donc (AB)//(AC). Ceci est une contradiction. Donc, si les points P, Q et R sont alignés, M est l’un des trois points A, B ou C. La réciproque est immédiate. En résumant les deux cas, P, Q et R sont alignés si et seulement si M est sur le cercle circonscrit au triangle ABC.
C b
Q b
b
P
b
b
A
M b
b
R
B
(b) Parabole tangente aux trois côtés d’un triangle. Commençons par rappeler une construction usuelle de la tangente en un point d’une parabole : le triangle FMH est isocèle en M et la tangente en M à P est la médiatrice du segment [FH]. Par suite, le projeté orthogonal P de F sur la tangente (T ) est sur 5T0 ) la tangente au sommet de la parabole P.
P
(T )
M b
b
F
(T0 ) P b
H 2352
(D)
Soient A, B et C trois points non alignés. Si P est une parabole tangente aux droites (BC), (CA) et (AB), les projetés orthogonaux P, Q et R de son foyer F sur les droites (BC), (CA) et (AB) sont alignés sur la tangente au sommet de la parabole P. D’après 1), le point F est nécessairement sur le cercle circonscrit au triangle ABC. Réciproquement, si F est l’un des trois points A, B ou C, F n’est pas solution car une tangente à une parabole ne passe jamais par son foyer. Soit donc F un point du cercle circonscrit au triangle ABC et distinct des points A, B et C. Montrons alors qu’il existe une parabole de foyer F, tangente aux droites (BC), (CA) et (AB). On construit les projetés orthogonaux P, Q et R de F sur les droites (BC), (CA) et (AB). Ils sont alignés sur la droite de S IMSON (T0 ) de F relativement au triangle ABC. La parabole de foyer F et de tangente au sommet (T0 ) est solution du problème posé. La construction des points de contact est fournie par le graphique de la page précédente : on construit les symétriques de F par rapport aux points P, Q et R (ces symétriques sont sur la directrice) puis on remonte perpendiculairement à (T0 ) jusqu’à la parabole.
b
b
C b
Q b
b b
b
F
b
R
P S b
b
b
A
b
B (T0 )
Correction de l’exercice 5327 N (Γ) est l’intersection d’un cylindre parabolique de direction (Oz) et d’un plan non perpendiculaire à la direction de ce cylindre. On choisit un repère orthonormé R 0 = (Ω, X,Y, Z) dans lequel le plan d’équation x + y + z − 1 = 0 dans le repère R = (O, x, y, z) soit le plan (Ω, X,Y ) ou encore le plan d’équation Z = 0 dans le repère R 0 . On pose donc Z = √13 (x + y + z − 1) puis par exemple X = √12 (x − y) et Y = √16 (x + y − 2z) ce qui s ?écrit 1 √ − √12 0 2 0 X x Y = √1 − √26 y + 0 √16 6 − √13 Z z 1 1 1 √ 3
√ 3
2353
√ 3
ou encore
√1 2
x y = − √12 z 0
√1 6
√1 3
√1 6 − √26
√1 3 1 √ 3
X Y + Z
1 3 1 3 1 3
Dans le repère R 0 , la courbe (Γ) admet pour système d’équations ( 2 − √12 X + √16 Y + √13 Z + 31 = √12 X + √16 Y + √13 Z + 13 + √12 X + √16 Y + √13 Z + 13 + 1 Z=0
ou encore
(
− √12 X + √16 Y + 13 =
Z=0
√1 X 2
+ √16 Y + 13
2
+
√1 X 2
+ √16 Y + 13 + 1
.
Continuons à deux coordonnées X et Y dans le plan (Ω, X,Y ). 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 + √ X+√ Y+ +1 M(X,Y ) ∈ (Γ) ⇔ − √ X + √ Y + = √ X + √ Y + 3 3 3 6 6 6 2 2 2 1 √ 2 √ 1 √ ⇔ ( 3X +Y )2 + √ ( 3X +Y ) + + 2X + 1 = 0 6 9 3 6 √ 4 2 10 1 √ 2 ⇔ ( 3X +Y )2 + X+ √ Y+ =0 6 3 9 3 6 √ √ √ 2 6 20 2 ⇔ ( 3X +Y ) + 8 2X + Y+ = 0. 3 3 √ On trouve déjà une conique du genre parabole. On pose maintenant x0 = 12 ( 3X +Y ) et y0 = 12 (−X + √ ( 0 1 √ ( x = 2 ( 3X +Y ) X = 21 ( 3x0 − y0 ) √ 3Y ) correspondant aux formules de changement de repère ou encore √ √ y0 = 21 (−X + 3Y ) Y = 12 (x0 + 3y0 ) Dans le repère (Ω, x0 , y0 ), une équation de la courbe (Γ) est √ √ √ √ √ 0 √ 2 6 6 0 √ 0 20 20 2 02 0 ( 3X +Y ) + 8 2X + Y+ = 0 ⇔ 4x + 4 2( 3x − y ) + (x + 3y ) + =0 3 3 3 3 13 3 5 ⇔ x02 + √ x0 − √ y0 + = 0 3 2 6 2 2 2 13 3 5 169 13 2 3 ⇔ x0 + √ − √ y0 + − = 0 ⇔ x0 + √ = √ y0 + 3 96 4 6 4 6 2 2 2 2 (Γ) est la parabole de paramètre p = 4√3 2 et dont les éléments caractéristiques dans le repère (Ω, x0 , y0 ) sont p 1 13 1 3 13 1 √ ,− √ √ ,− √ √ √ , √ , F = S+ (0, 1) = − + (0, 1) = − puis K = S− 2p (0, 1) = S − 413 2 6 4 6 8 2 4 6 4 2 8 2 8 2 1 1 √ ,− √ √ ,− √ − 413 − 8√3 2 (0, 1) = − 413 et donc (D) : y0 = − 2√1 2 . 6 6 8 2 2 2 √ √ − 413 6 3 √ −1 = On repasse maintenant dans le repère (Ω, X,Y ). S a pour coordonnées 12 1 1 3 − 8√2 7 √ − 13 √ √ − − 1625√2 3 √ −1 4 6 4 2 , F a pour coordonnées 1 = puis (D) a pour 2 1 5 29 1 3 √ √ − − 16√6 4 6 4 2 √ équation −X + 3Y = − √12 . 2354
On revient enfin au repère (O, x, y, z).
Le point S a pour coordonnées − √12 0 1 √ 2
√1 6
√1 2
√1 3
− 1625√2
√1 √1 − 29 √ 3 6 16 6 − √26 √13 0 7 √ √1 √1 − 3 4 2 6
√1 point F a pour coordonnées − √12 6 √ 0 − 26 ( √ − √12 (x − y) + √36 (x + y − 2z) = − √12 (D) : x+y+z−1 = 0
√1 3 √1 3
− 4√5 6 0
+
+
1 3 1 3 1 3
1 3 1 3 1 3
=
− 43
− 34 13 16 15 16
puis le
= 1 et enfin 3 4
13 15 , 16 , de foyer F − 43 , 1, 34 de sommet S − 34 , 16 −y + z = 21 . et de directrice (D) : x+y+z−1 = 0
(Γ) est la parabole de paramètre p =
3 √ , 4 2
Correction de l’exercice 5328 N On cherche une équation sous la forme (ax + by)2 + 2cx + 2dy + e = 0 avec a2 + b2 = 1 et a > 0. • (1, 0) ∈ (P) ⇔ a2 + 2c + e = 0 et (0, 2) ∈ (P) ⇔ 4b2 + 4d + e = 0. • D’après la règle de dédoublement des termes, la tangente en (1, 0) à (P) admet pour équation cartésienne a2 x + aby + c(x + 1) + dy + e = 0 ou encore (a2 + c)x + (ab + d)y + c + e = 0. Cette tangente est l’axe (Ox) si et seulement si a2 + c = 0 et c + e = 0 et ab + d 6= 0. • La tangente en (0, 2) à (P) admet pour équation cartésienne 2abx + 2b2 y + cx + d(y + 2) + e = 0 ou encore (2ab + c)x + (2b2 + d)y + 2d + e = 0. Cette tangente est l’axe (Oy) si et seulement si 2b2 + d = 0 et 2d + e = 0 et 2ab + c 6= 0. En résumé, (P) est solution si et seulement si c = −a2 , d = −2b2 , e = a2 = 4b2 , a2 +b2 = 1, ab+d 6= 0, 2ab + c 6= 0 et a > 0. a > 0, a2 = 4b2 et a2 + b2 = 1 ⇔ a = √25 et b = ± √15 . Les égalités a =
√2 5
et b =
√1 5
fournissent ab + d = 25 − 52 = 0 ce qui ne convient pas.
Il reste a = √25 , b = − √25 , c = − 54 , d = − 25 et e = seule parabole.
4 5
qui fournit bien une solution. On trouve une et une
La parabole (P) admet pour équation cartésienne (2x − y)2 − 8x − 4y + 4 = 0.
2355
7 6 5 4 3 2 b
1 b
1
2
3
4
5
6
7
Correction de l’exercice 5329 N Hyperbole d’excentricité
1 cos α ,
avec (~D,~∆) ≡
π 2
− α.
Correction de l’exercice 5330 N (a) xy =
a2 2.
Correction de l’exercice 5332 N (a) MH = 12 MF ⇒ IMH, IMN, et INF sont semblables. Correction de l’exercice 5333 N ~ AO). ~ Soit α ≡ (AM, AM OM sin α = sin(2α) ⇒ 2 cos α =
AM OM .
2
Al-Khâshi ⇒ AM OM (OM − OA) = (OM − OA)(OM + OA). OM = OA ⇒ α ≡ π4 . OM 6= OA ⇒ OM = 2d(M, ∆) où ∆ est la médiatrice de [O, A], et M est du côté de O. Correction de l’exercice 5334 N 1/ cos θ M: ⇒ hyperbole. − tan θ Correction de l’exercice 5335 N
On se ramène à une hyperbole d’équation xy = 1. Soient A = a, a1 , B = b, 1b , C = c, 1c . Alors 1 H = − abc , −abc ∈ H . 2356
L’équation du cercle circonscrit à ABC est : x2 + y2 + αx + β y + γ = 0 et les points communs au cercle et à H vérifient donc : x4 + αx3 + γx2 + β x + 1 = 0. On connaît 3 racines : x = a, b, c donc la quatrième 1 est q = abc ce qui prouve que Q et H sont symétriques par rapport à O. Correction de l’exercice 5336 N Soit H une hyperbole. Il existe un repère orthonormé dans lequel H admet une équation catésienne 2 2 de la forme ax2 − by2 = 1, (a > 0, b > 0). Dans ce repère, les asymptotes ont pour équations y = ba x et 2 y = − ba x. Elles sont perpendiculaires si et seulement si ba − ba = −1 ou encore si et seulement si a = b. L’excentricité de H est alors c e= = a
r √ a2 + b2 b2 √ = 1 + 2 = 2. a a
L’excentricité de l’hyperbole équilatère vaut
√ 2.
Correction de l’exercice 5337 N On choisit un repère orthonormé dans lequel P a pour coordonnées (a, b), a > 0, b > 0 et l’hyperbole H apour équation √ xy = ab. Le cercle C de centre P et de rayon PQ admet pour représentationparamétrique √ √ x = a + 2√a2 + b2 cost 2 + b2 cost, b + 2 a2 + b2 sint un point de , t ∈ R. Soit donc M a + 2 a y = b + 2 a2 + b2 sint C. p p M ∈ C ⇔ (a + 2 a2 + b2 cost)(b + 2 a2 + b2 sint) = ab p ⇔ 2 a2 + b2 (b cost + a sint) + 4(a2 + b2 ) cost sint = 0 b a 2 2 ⇔ 2(a + b ) √ cost + √ sint + sin(2t) = 0 a2 + b2 a2 + b2 b a et sin(t0 ) = √ ⇔ sin(2t) + sin(t + t0 ) + 0 où cos(t0 ) = √ 2 2 2 a +b a + b2 ⇔ ∃k ∈ Z/ 2t = −t − t0 + 2kπ ou ∃k ∈ Z/ 2t = π + t + t0 + 2kπ t0 2kπ ⇔ ∃k ∈ Z/ t = − + ou ∃k ∈ Z/ t = π + t0 + 2kπ. 3 3 t = π + t0 + 2kπ fournit le point de coordonnées (−a, −b) c’est-à-dire le point Q. Sinon, on obtient t0 4π trois autres points les points M − t30 , M − t30 + 2π et M − + . On note A, Bet Cces troispoints. 3 3 3 − − →− → − →− → → →− Puisque ces trois points sont sur un cercle de centre P et que PA, PB = PB, PC = PC, PA = 2π 3 , le triangle ABC est équilatéral.
2357
b
P b
b b
Q
b
Correction de l’exercice 5338 N On peut choisir un repère orthonormé dans lequel (H ) admet pour équation équation cartésienne xy = ab et P a pour coordonnées (a, b) où a et b sont deux réels strictement positifs.
2358
b
M2 (C)
P b
b
(H)
M1
b
Q b
M3
√ x = a + 2√a2 + b2 cos θ . y = b + 2 a2 + b2 sin θ
Le cercle (C ) de centre P et de rayon PQ = 2OP admet la paramétrisation √ √ Soit M(a + 2 a2 + b2 cos θ , b + 2 a2 + b2 sin θ ), θ ∈ R, un point du cercle C .
p p a2 + b2 cos θ )(b + 2 a2 + b2 sin θ ) = ab p ⇔ (a2 + b2 ) cos θ sin θ + 2 a2 + b2 (b cos θ + a sin θ ) = 0 b a ⇔ sin(2θ ) + √ cos θ + √ sin θ = 0 2 2 2 a +b a + b2 a ⇔ sin(2θ ) + sin(θ + θ0 ) = 0 où θ0 = arccos √ a2 + b2 3θ + θ0 θ − θ0 θ0 2π ⇔ sin cos = 0 ⇔ θ = θ0 + π (2π) ou θ = − . 2 2 3 3
M(x, y) ∈ (H ) ⇔ (a + 2
Les égalités θ = θ0 + π (2π) fournissent le point Q. Les égalités θ = − θ30 2π 3 fournissent trois valeurs deux à deux distinctes de θ modulo 2π et donc trois points deux à deux distincts M1 , M2 et M3 de l’hyperbole tels que les trois angles au centre P du triangle M1 M2 M3 soient égaux à 2π 3 . Puisque P est le centre du cercle circonscrit à ce triangle, ce triangle est équilatéral de centre P. Correction de l’exercice 5339 N √ √ √ (a) vp = 1, 1 ± 2. er : X 2 + (1 + 2 )Y 2 + (1 − 2 )Z 2 + 34 = 0 ⇒ hyperboloïde à 2 nappes.
(b) vp = − 23 , − 23 , 0. er : − 32 (X 2 +Y 2 ) + 13 = 0 ⇒ cylindre de révolution.
(c) vp = 0, 0, 14. er : 14Z 2 + 4 = 0 ⇒ ∅. √ √ √ (d) vp = 0, −1 ± 7. er : −(1 + 7 )Y 2 + (−1 + 7 )Z 2 + 3 = 0 ⇒ cylindre hyperbolique. 8X (e) vp = 0, 2, 3. er : 2Y 2 + 3Z 2 − √ = 0 ⇒ paraboloïde elliptique. 6 2
2
(f) vp = − 12 , − 21 , 1. er : − X2 − Y2 + Z 2 + 1 = 0 ⇒ hyperboloïde de révolution à une nappe. 2359
9Y 2 3Z 2 2 − 2 : Y 2 − Z2 =
(g) vp = 0, 29 , − 32 . er : (h) vp = 0, ± √12 . er
(i) vp = 1, 1, 0. er : X 2 +Y 2 =
1 5
= 0 ⇒ deux plans sécants. √ 2 ⇒ cylindre hyperbolique. ⇒ cylindre de révolution.
Correction de l’exercice 5342 N (a) (b)
(yz0 −y0 z)2 (xz0 −x0 z)2 + 2 a b2 2 2 x z y0 = 0, a02 − b02 = 1.
= (z − z0 )2 .
Correction de l’exercice 5343 N (a) (b) (c) Non lorsque la valeur propre médiane est nulle (paraboloïde hyperbolique, cylindre hyperbolique, cylindre parabolique, plans).
Correction de l’exercice 5344 N (a) x2 + y2 = 1 + λ 2 z2 . (b)
Correction de l’exercice 5346 N ( √ x − z − 1 = ±y 2 (a) Hyperbole équilatère d’asymptotes : x + z = 1. (b) x2 + y2 = 2z2 , cône de révolution.
Correction de l’exercice 5347 N λ1 λ2 λ3 =
1 a2 b2 c2
=
1 4
⇒V =
8π 3 .
Correction de l’exercice 5348 N λ = 0 : S = (0, 0, 0), cône de révolution. λ = 34 : S = ( 32 , 23 , 23 ), cône de révolution. Correction de l’exercice 5350 N ~ MP a2
=
~ MQ b2
=
~ MR . c2
Correction de l’exercice 5353 N e < 1 : ellipsoïde de révolution, e = 1 : cylindre parabolique, e > 1 : hyperboloïde de révolution. Correction de l’exercice 5354 N Ellipsoïde. 2360
Correction de l’exercice 5355 N x2 cos2 θ + y2 − 2xz cos θ sin θ − z2 cos2 θ = 0 ⇒ cône elliptique. Correction de l’exercice 5356 N Soit r le rayon de S et h la distance du centre I de S à P. On choisit un repère tel que P = Oxy et I = (0, 0, h). Soit S0 une sphère de centre M(x, y, z) : Pour z > 0 : S et S0 extérieures ⇔ 2(h + r)z = h2 − r2 + x2 + y2 . S à l’intérieur de S0 ⇔ 2(h − r)z = h2 − r2 + x2 + y2 si h > r. S0 à l’intérieur de S ⇔ 2(h − r)z = h2 − r2 + x2 + y2 si h < r. Pour z < 0 : S et S0 extérieures ⇔ 2(h − r)z = h2 − r2 + x2 + y2 si h < r. S0 à l’intérieur de S ⇔ 2(h + r)z = h2 − r2 + x2 + y2 si h < r. Correction de l’exercice 5358 N (a) Pour (x, y, z) ∈ R3 , on pose Q(x, y, z) = x2 + y2 + z2 − 2yz. Pour tout (x, y, z) ∈ R3 , x2 +y2 +z2 −2yz = x2 +(y−z)2 = X 2 +2Y 2 en posant X = x, Y = √12 (y−z) et 1 0 0 1 √1 Z = √12 (y+z) correspondant au changement de bases orthonormées de matrice P = 0 √2 2 1 1 0 − √2 √2
Notons R 0 = (O, e1 , e2 , e3 ) le √ repère orthonormé ainsi défini. La surface (S ) admet pour équation dans R? X 2 + 2Y 2 − 4X + 2 2(Y + Z) − 1 = 0 ou encore 2 √ (X − 2)2 + 2 Y + √12 = −2 2 Z − √32 . La surface (S ) est un paraboloïde elliptique de sommet S de coordonnées 2, √12 , √32 dans R 0 et donc (2, 2, 1) dans R.
(b) En posant X =
√1 (x + y), Y 2
=
√1 (−x + y) 2
et Z = z, on obtient : 2X 2 + Z 2 = 1.
La surface (S ) est un cylindre elliptique d’axe (OY ) ou encore d’axe la droite d’équations (c) Pour (x, y, z) ∈ R3 , posons Q(x, y, z) = x2 + y2 + z2 − 2xy + 2xz.
.
y = −x . z=0
1 −1 1 La matrice de Q dans la base canonique (i, j, k) de R3 est A = −1 1 0 . 1 0 1 1−X χA = −1 1
−1 1 1−X 0 = (1 − X)3 + (X − 1) + (X − 1) = (1 − X)((1 − X)2 − 2) 0 1−X √ √ = (1 − X)(1 + 2 − X)(1 + 2 − X).
Q est de rang 3 et de signature (2, 1). La surface (S ) peut être un hyperboloïde à une ou deux nappes ou un cône de révolution. Ker(A − I3 ) = Vect(e1 ) où e1 = √12 (0, 1, 1). √ √ √ Ker(A − (1 + 2)I3 ) = Vect(e2 ) où e2 = 21 ( 2, −1, 1) et Ker(A − (1 − 2)I3 ) = Vect(e3 ) où e3 = √ 1 2 ( 2, 1, −1)
2361
La matrice de passage correspondante est la matrice P =
0
√1 2
√1 2
√1 2 1 √ 2
− 12
1 2
1 2
− 12
.
Déterminons une équation réduite de la surface (S ) dans le repère (O, e1 , e2 , e3 ). √ √ 1 √ 3 1 √ X 2 +(1 + 2)Y 2 + (1 − 2)Z 2 + √ (Y + Z) − ( 2X −Y + Z) + ( 2X +Y − Z) + 1 = 0 2 2 2 √ ! √ ! √ √ 3+ 2 3− 2 √ Y + (1 − 2) Z 2 − √ Z +1 = 0 ⇔ X 2 + (1 + 2) Y 2 + 2+ 2 2− 2 √ !2 √ 2 √ !2 √ √ √ 2 2) 2 3 + (3 + 3 − (3 − 2)2 2 √ √ + (1 − 2) Z − √ √ +1 = 0 ⇔ X + (1 + 2) Y + − − 2(2 + 2) 8(1 + 2) 2(2 − 2) 8(1 − 2) √ !2 √ !2 √ √ √ √ 2 2 11 + 6 2 11 − 6 2 2 √ + √ −1 ⇔ X + (1 + 2) Y + 1 − + (1 − 2) Z − 1 − = 4 4 8(1 + 2) 8(1 − 2) √ !2 √ !2 √ √ 2 2 3 2 ⇔ X + (1 + 2) Y + 1 − + (1 − 2) Z − 1 − =− 4 4 4 √ √ !2 √ √ !2 2 2 4( 2 − 1) 4 2 4(1 + 2) Y +1− + Z −1− = 1. ⇔− X − 3 3 4 3 4 √ √ La surface (S ) est un hyperboloïde à deux nappes de centre de coordonnées 0, −1 + 42 , 1 + 42 dans le repère R 0 .
et Z = z. Dans le repère R 0 ainsi défini, la surface (S ) 2 admet pour équation 5X 2 + 5Z 2 − √25 (X + 2Y ) + √45 (−2X +Y ) = 0 ou encore 5 X − √15 + 5Z 2 = 1. ( X = √15 La surface (S ) est un cylindre de révolution d’axe la droite d’équations dans R 0 et de Z=0 rayon √15 .
(d) On pose X =
√1 (x − 2y), 5
Y=
√1 (2x + y) 5
(e) x2 − 4x − 3y − 2 = 0 ⇔ (x − 2)2 = 3(y + 2). La surface (S ) est un cylindre parabolique de direction (Oz). (f) Pour (x, y, z) ∈ R3 , posons Q(x, y, z) = 7x2 − 2y2 + 4z2 +4xy + 20xz + 16yz. La matrice de Q dans la 7 2 10 base canonique (i, j, k) de R3 est A = 2 −2 8 . 10 8 4 7−X χA = 2 10
2 −2 − X 8
10 8 4−X
= (7 − X)(X 2 − 2X − 72) − 2(−2X − 72) + 10(10X + 36)
= −X 3 + 9X 2 + 162X = −X(X + 9)(X − 18).
Donc Q est de rang 2 et de signature (1, 1). 7x + 2y + 10z = 0 x − y = −4z x = −2z 2x − 2y + 4z = 0 ⇔ ⇔ et Ker(A) = Vect(e1 ) (x, y, z) ∈ Ker(A) ⇔ 5x + 4y = −2z y = 2z 10x + 8y + 4z = 0 où e1 = 31 (−2, 2, 1).
2362
16x + 2y + 10z = 0 y = −8x − 5z y = 2x 2x + 7y + 8z = 0 ⇔ ⇔ et Ker(A + (x, y, z) ∈ Ker(A + 9I3 ) ⇔ z = −2x z = −2x 10x + 8y + 13z = 0 9I3 ) = Vect(e2 ) où e2 = 13 (1, 2, −2). Ker(A − 18I3 ) = Vect(e3 ) où e3 = −e1 ∧ e2 = 31 (2, 1, 2). −2 1 2 2 1 . La matrice de passage du changement de bases ainsi défini est P = 13 2 1 −2 2 0 Déterminons une équation réduite de la surface (S ) dans le repère R = (O, e1 , e2 , e3 ) 7x2 −2y2 + 4z2 + 4xy + 20xz + 16yz − 36x + 72y − 108z + 36 = 0
⇔ −9Y 2 + 18Z 2 − 12(−2X +Y + 2Z) + 24(2X + 2Y + Z) − 36(X − 2Y + 2Z) + 36 = 0
⇔ −9Y 2 + 18Z 2 + 36X + 108Y − 72Z + 36 = 0 ⇔ −Y 2 + 2Z 2 + 4X + 12Y − 8Z + 4 = 0
⇔ 4(X + 8) = (Y − 6)2 − 2(Z − 2)2 .
La surface (S ) est un paraboloïde hyperbolique. Son point selle est le point de cordonnées (−8, 6, 2) dans le repère R 0 . (g) La surface (S ) admet pour équation cartésienne : x2 + y2 + z2 − xy − xz − zx − x + y = 0. Pour (x, y, z) ∈ R3 , posons Q(x, y, z) = x2 + y2 + z2 − xy − xz − zx. La matrice de Q dans la base 1 − 12 − 12 3 3 1 1 canonique (i, j, k) de R3 est A = − 2 1 − 2 . Sp(A) = 2 , 2 , 0 . Un base orthonormée − 21
− 12
1
√1 2
(e1 , e2 , e3 ) de vecteurs propres est la famille de matrice P = − √12 0
√1 6
√1 3
√1 6 − √26
√1 3 1 √ 3
.
3 2 2 Dans le repère R 0 =(O,e1 , e2 , e3 ), la surface (S 2 (X + Y ) − ) admet pour équation cartésienne √ √1 X + √1 Y + √1 Z + − √1 X + √1 Y + √1 Z = 0 ou encore 3 (X 2 + Y 2 ) − 2X = 0 ou enfin 2 3 3 6 6 2 2 √ 2 X − 32 +Y 2 = 29 . ( √ X = 32 La surface (S ) est un cylindre de révolution d’axe la droite d’équation dans le repère Y =0
R 0 et de rayon
√ 2 3 .
(h) En posant X = y, Y =
√1 (y + z) 2
(et Z =
√1 (−y + z), 2
La surface (S ) est un cylindre hyperbolique. (i) Pour (x, y, z) ∈ R3 , posons Q(x, y, z) = xy + yz + zx.
xy + yz = 0 ⇔ XY =
0 1 1 La matrice de Q dans la base canonique (i, j, k) de R3 est 21 1 0 1 . Sp(A) = (− 12 , − 21 , 1) et 1 1 0 donc la surface (S ) est soit un hyperboloïde à une ou deux nappes, soit un cône du second degré et dans tous les cas une surface de révolution (puisque les deux valeurs propres négatives sont égales) d’axe de direction Ker(A − I3 ) = Vect(1, 1, 1) et passant par le point critique Ω(−1, 1, −1). Quand on se place dans le repère (Ω, i, j, k), la surface (S ) admet pour équation XY +Y Z + ZX + 2 = 0 (car f (−1, 1, −1) = 2) puis dans le repère (Ω, e1 , e2 , e3 ), − 12 X 2 − 12 Y 2 + Z 2 + 2 = 0 ou encore 1 2 1 2 1 2 4 X + 4 Y − 2 Z = 1. La surface (S ) est un hyperboloïde de révolution à une nappe.
2363
√ 2.
Correction de l’exercice 5359 N On cherche (a, b, c, d, e, f , g, h, i, j) 6= (0, ..., 0) tel que la surface (S ) d’équation ax2 + by2 + cz2 + 2dxy +2eyz + 2 f zx + 2gx + 2hy + 2iz + j = 0 contienne la parabole (P)de représentation paramé2 x=0 x = t2 0 ) de représentation paramétrique y = t , t ∈ R, et le point , t ∈ R, la parabole (P trique y=t 2 z = t2 z=0 A(2, 3, 2). a a 4 t + bt 2 + dt 3 + gt 2 + 2ht + j = 0 ⇔ ∀t ∈ R, t 4 + dt 3 + (b + g)t 2 + 2ht + j = 0 4 4 ⇔ a = d = h = j = 0 et g = −b.
(P) ⊂ (S ) ⇔ ∀t ∈ R,
Donc (P) est contenue dans (S ) si et seulement si (S ) a une équation de la forme by2 + cz2 + 2eyz + 2 f zx − 2bx + 2iz = 0 avec (b, c, e, f , i) 6= (0, 0, 0, 0, 0). c c (P 0 ) ⊂ (S ) ⇔ ∀t ∈ R, bt 2 + t 4 + et 3 + it 2 = 0 ⇔ ∀t ∈ R, t 4 + et 3 + (b + i)t 2 = 0 4 4 ⇔ c = e = 0 et i = −b. Donc (P) et (P 0 ) sont contenues dans (S ) si et seulement si (S ) a une équation de la forme by2 + 2 f zx − 2bx − 2bz = 0 avec (b, f ) 6= (0, 0). Enfin, A ∈ (S ) ⇔ 9b + 8 f − 4b − 4b = 0 ⇔ b = −8 f et f 6= 0. On trouve donc une et une seule quadrique à savoir la surface (S ) d’équation −4y2 + zx + 8x + 8z = 0. En posant X = √12 (x + z), Y = y et Z = √12 (x − z), on obtient √ 1 −4y2 + zx + 8x + 8z = −4Y 2 + (X + Z)(X − Z) + 8 2X 2 √ 2 1 1 = X + 8 2 − 4Y 2 + Z 2 − 64. 2 2 Dans le nouveau repère ainsi défini, une équation cartésienne de la surface (S ) est 1 2 1 2 16 Y + 128 Z
= 1 et (S ) est un hyperboloïde à deux nappes.
1 128
√ 2 X +8 2 −
Correction de l’exercice 5360 N Soit (S ) une surface du second degré d’équation f (x, y, z) = 0 où f est symétrique en x, y et z. Soient σ1 , σ2 et σ3 les trois fonctions symétriques élémentaires en x, y et z. Puisque f est symétrique en x, y et z, f est un polynôme en σ1 , σ2 et σ3 . f est d’autre part un polynôme de degré 2 en x, y et z et donc il existe (a, b, c, d) ∈ R4 avec (a, b) 6= (0, 0) tel que f = aσ12 + bσ2 + cσ1 + d. Réciproquement, si f est de la forme ci-dessus, alors f est symétrique en x, y et z. Puisque σ2 = xy + yz + zx = 12 ((x + y + z)2 − (x2 + y2 + z2 )), (S ) admet une une équation cartésienne de la forme : a + b2 (x + y + z)2 − b(x2 + y2 + z2 ) + c(x + y + z) + d = 0 où (a, b) 6= (0, 0). − − → − → − → − Soit (D) la droite passant par O dirigée par → n = i + j + k (→ n est vecteur normal à tout plan d’équation x + y + z = k, k ∈ R) et soit r une rotation quelconque d’axe (D). 2364
Si M est un point de coordonnées (x, y, z) et M 0 = r(M) a pour coordonnées (x0 , y0 , z0 ) alors x + y + z = x0 + y0 + z0 car M et M 0 sont dans un plan perpendiculaire à (D) et x2 + y2 + z2 = x02 + y02 + z02 car une rotation est une isométrie et car r(O) = O. Finalement, pour toute rotation r d’axe (D), M ∈ (S ) ⇔ r(M) ∈ (S ) et donc la surface (S ) est une surface de révolution d’axe (D). Correction de l’exercice 5361 N Soit A(a, b, c) un point quelconque de l’espace E3 . Déterminons un système d’équation du cercle (CA ) d’axe (∆) d’équations x = y = z passant par A. Ce cercle est par exemple l’intersection du plan passant par A de vecteur normal (1, 1, 1) et de la sphère de centre O et de rayon OA. x+y+z = a+b+c . Un système d’équations de (CA ) est x2 + y2 + z2 = a2 + b2 + c2 Déterminons alors une équation cartésienne de la surface S . Une condition nécessaire et suffisante pour qu’un point M(x, y, z) soit un point de (S ) est (CM ) ∩ (D) 6= ∅. Donc x+y+z = α +β +γ α = γ +2 2 2 + z2 = α 2 + β 2 + γ 2 x + y β = 2γ + 1 M ∈ (S ) ⇔ ∃(α, β , γ) ∈ R3 / ⇔ ∃(α, β , γ) ∈ R3 / α = γ +2 x + y + z = γ + 2 + 2γ + 1 + 2 β = 2γ + 1 x + y2 + z2 = α 2 + β 2 + γ 2 α = γ +2 β = 2γ + 1 ⇔ ∃(α, β , γ) ∈ R3 / γ = 1 (x + y + z − 3) 2 42 2 x + y + z = α2 + β 2 + γ2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 ⇔ x +y +z = (x + y + z − 3) + 2 + (x + y + z − 3) + 1 + (x + y + z − 3) 4 4 4 ⇔ 16(x2 + y2 + z2 ) = (x + y + z + 5)2 + 4(x + y + z − 1)2 + (x + y + z − 3)2
⇔ 16(x2 + y2 + z2 ) = 6(x + y + z)2 − 2(x + y + z) + 38
⇔ 5(x2 + y2 + z2 ) − 6(xy + yz + zx) − (x + y + z) − 19 = 0. Une équation cartésienne de (S ) est 5(x2 + y2 + z2 ) − 6(xy + yz + zx) − (x + y + z) − 19 = 0. La matrice de la forme quadratique (x, y, z) 7→ 5(x2 + y2 + z2 ) − 6(xy + yz + zx) dans la base canonique 5 −3 −3 3 −3 5 −3 . Ses valeurs propres sont 8, valeur propre d’ordre 2 associée au plan de R est −3 −3 5 d’équation x + y + z = 0 et −1 valeur propre d’ordre 1 associé à la droite d’équation. Dans le repère − − − − − − (O, → e1 , → e2 , → e3 ) où → e1 = √12 (1, −1, 0), → e2 = √16 (1, 1, −2) et → e3 = √13 (1, 1, 1) √ 2 √ 3 M ∈ (S ) ⇔ 8x02 + 8y02 − z02 − 3z0 − 19 = 0 ⇔ 8 x0 − 163 8y02 − z02 = 19 + 32 .
La surface (S ) est un hyperboloïde à une nappe. Correction de l’exercice 5362 N
(a) On note (S ) le cône de sommet S et de directrice (C ).
2365
λx = t − − → λ y = t2 M(x, y, z) ∈ (S ) \ {O} ⇔ ∃λ ∈ R∗ / O + λ OM ∈ (C ) ⇔ ∃λ ∈ R∗ , ∃t ∈ R∗ / λ z = t3 t = λx y 2 y = λ x2 ⇔ x 6= 0 et y 6= 0 et z = 2 x3 ⇔ ∃λ ∈ R∗ , ∃t ∈ R∗ / x z = λ 2 x3 ⇔ x 6= 0 et y 6= 0 et z = y2 x.
Si on récupère le point O, M(x, y, z) ∈ (S ) ⇔ (x = y = 0 ou xy 6= 0) et z = y2 x. On peut noter que la surface d’équation z = y2 x est la réunion du cône, sommet O compris, et des axes (Ox) et (Oy) qui ne font pas partie du cône (à l’exception du point O). (b) On note (S ) le cône de sommet S et de directrice (C ). −→ M(x, y, z) ∈ (S ) \ {S} ⇔ ∃λ ∈ R∗ / S + λ SM ∈ (C ) ⇔ ∃λ ∈ R∗ / (1 + λ (x − 1), −1 + λ (y + 1), λ z) ∈ (C ) −1 + λ (y + 1) + λ z = 1 ∗ ⇔ ∃λ ∈ R / (1 + λ (x − 1))2 + (−1 + λ (y + 1))2 = λ z 2 2 2 2 2 ⇔ 1+ (x − 1) + −1 + (y + 1) = z y+z+1 y+z+1 y+z+1 ⇔ (2x + y + z − 1)2 + (y − z + 1)2 = 2(y + z + 1)z et y + z + 1 6= 0.
En résumé, M(x, y, z) est dans (S ) si et seulement si M = S ou M 6= S et (2x + y + z − 1)2 + (y − z + 1)2 = 2(y + z + 1)z et y + z + 1 6= 0. Maintenant le point S(1, −1, 0) est dans le plan (P) d’équation y + z + 1 = 0 et la courbe (C ) n’a aucun point dans ce plan. Donc la surface (S ) contient un et un seul point de ce plan. Notons alors (S 0 ) la surface d’équation (2x + y + z − 1)2 + (y − z + 1)2 = 2(y + z + 1)z et vérifions que l’intersection de (S 0 ) et de (P) est {S}. Ceci montrera que (S 0 ) = (S ).
y+z+1 = 0 (2x + y + z − 1)2 + (y − z + 1)2 = 2(y + z + 1)z y+z+1 = 0 y = −1 z=0 2x + y + z − 1 = 0 ⇔ ⇔M=S ⇔ x=1 y−z+2 = 0
M(x, y, z) ∈ (S ) ∩ (P) ⇔
Finalement (S 0 ) = (S ). Une équation de (S ) est donc (2x + y + z − 1)2 + (y − z + 1)2 = 2(y + z + 1)z ou encore 4x2 + 2y2 + 4xy + 4xz − 2yz − 4x + 2y − 6z + 2 = 0. (S ) est donc un cône du second degré.
Correction de l’exercice 5363 N Notons (C) le cône de sommet S circonscrit à la surface (S ). (a) Ici (S ) est la sphère de centre O et de rayon 3 et le point S est extérieur à cette sphère. Donc − → −→ −→ M(x, y, z) ∈ (C) ⇔ M = S ou M 6= S et d(O, (SM)) = 3 ⇔ M = S ou M 6= S et kSO ∧ SMk = 3kSMk − → −→ −→ ⇔ kSO ∧ SMk = 3kSMk ⇔ k(0, 5, 0) ∧ (x, y − 5, z)k = 3k(x, y − 5, z)k ⇔ (5z)2 + (5x)2 = 9(x2 + (y − 5)2 + z2 ) ⇔ 16x2 − 9(y − 5)2 + 16z2 = 0. 2366
(b) Soit M0 (x0 , y0 , z0 ) un point de (S ) (c’est-à-dire tel que x02 + x0 y0 + z0 − 1 = 0). (S ) est une surface du second degré. Une équation du plan tangent à (S ) en M0 est fournie par la règle de dédoublement des termes : xx0 + 12 (y0 x + x0 y) + 21 (z + z0 ) − 1 = 0. Ce plan tangent contient le point S(0, 0, 0) si et si z0 = 2 ce qui montre que la courbe seulement déjà x2 + xy + z − 1 = 0 x2 + xy + 1 = 0 de contact admet pour système d’équations ou encore . z=2 z=2 C’est une hyperbole du plan d’équation z = 2. Le de sommet S circonscrit à (S ) est alors le cône de sommet S et de directrice (C ) d’équations cône x2 + xy + 1 = 0 . On trouve la surface d’équation 4x2 + 4xy + z2 = 0. C’est un cône du second z=2 degré.
Correction de l’exercice 5364 N Une équation de (S ) est encore xy + yz + zx − λ x − λ y − λ z + λ = 0.
0 1 1 La matrice de la forme quadratique Q : (x, y, z) 7→ xy+yz+zx dans la base (i, j, k) est A = 12 1 0 1 1 1 0 1 1 est les valeurs propres de cette matrice sont − 2 , − 2 et 1. Le rang de Q est 3 et sa signature est (1, 2). La surface (S ) est à priori soit un hyperboloïde, soit un cône du second degré. Donc (S ) est un cône du second degré si et seulement si son (unique) centre de symétrie qui est aussi l’unique point critique de la fonction f : (x, y, z) 7→ x(λ − y) + y(λ − z) + z(λ − x) − λ appartient à (S ). Point critique. ∂f ∂ x (x, y, z) = 0 y+z = λ ∂f (x, y, z) = 0 z + x = λ ⇔ x = y = z = λ2 . ⇔ ∂y ∂f x+y = λ (x, y, z) = 0 ∂z
On note alors Ω le point de coordonnées
(S ) est un cône ⇔ Ω ∈ (S ) ⇔
3λ 2 4
λ λ λ 2, 2, 2
.
− λ = 0 ⇔ λ ∈ 0, 34 .
√ • Si λ = 0, (S ) admet pour équation xy+yz+zx = 0. Dans le repère (O, X,Y, Z) où X = /d f rac1 2(x− y), Y = √16 (x + y − 2z) et Z = √13 (x + y + z), (S ) admet pour équation cartésienne − 12 X 2 − 12 Y 2 + 12 Z 2 = 0 ou encore (S ) est le cône de révolution de sommet O et de√section droite le cercle d’équations Z=1 x+y+z = 3 dans (O, X,Y, Z) ou encore dans (O, x, y, z). X 2 +Y 2 + Z 2 = 3 x2 + y2 + z2 = 3 Puisque (S ) est un cône de révolution de sommet O et d’axe la droite d’équations x = y = z, il est plus interessant de fournir le demi angle au sommet ! θ . Le point A(1, 1, 1) est sur l’axe et le point M(2, 2 − 1) → −−→ − OA.OM est sur le cône. Donc θ = arccos OA×OM = arccos 3√3 3 = arccos √13 . • Si λ = 43 , (S ) admet pour équation xy + yz + zx − 34 (x + y + z) + 43 = 0 dans (O, i, j, k) ou encore XY + XZ +Y Z = 0 dans (Ω, i, j, k) ce qui ramène au cas précédent. Correction de l’exercice 5365 N Pour tout réel t, (x(t))2 + (y(t))2 = 41 e2t ((cost − sint)2 + (cost + sint)2 ) = 12 e2t = 12 (z(t))2 et le support de l’arc considéré est contenu dans le cône de révolution d’équation z2 = 2(x2 + y2 ). Correction de l’exercice 5366 N
2367
(a)
x = a cost + λ → − y = b sint M(x, y, z) ∈ (C ) ⇔ ∃λ ∈ R, ∃m ∈ (C)/ M = m + λ u ⇔ ∃λ ∈ R, ∃t ∈ R/ z = a cost sint + λ λ = x − a cost y = b sint y = b sint ⇔ ∃λ ∈ R, ∃t ∈ R/ ⇔ ∃t ∈ R/ z = a cost sint + x − a cost z = a cost sint + x − a cost y = b sint y = b sint ⇔ ∃t ∈ R/ ⇔ ∃t ∈ R/ z − x = a cost(sint − 1) b(z − x) = a cost(y − b) ⇔ b4 (z − x)2 + y2 a2 (y − b)2 = a2 b2 (y − b)2 .
En effet, • ⇒ / s’il existe t ∈ R tel que y = b sint et b(z − x) = a cost(y − b) alors b4 (z − x)2 + y2 a2 (y − b)2 = b2 a2 cos2 t(y − b)2 + b2 sin2 ta2 (y − b)2 = a2 b2 (y − b)2 (cos2 t + sin2 t) = a2 b2 (y − b)2 .
• ⇐ / Réciproquement, si b4 (z−x)2 +y2 a2 (y−b)2 = a2 b2 (y−b)2 alors b4 (z−x)2 = a2 (y−b)2 (b2 − y2 ) et donc ou bien y = b, ou bien b2 − y2 > 0. Par suite, il existe un réel t tel que y = b sint = b sin(π − t) puis b4 (z − x)2 = a2 (y − b)2 (b2 − y2 ) ⇒ b4 (z − x)2 = a2 (b sint − b)2 b2 cos2 t ⇒ b(z − x) = ±a cost(b sint − b) ⇒ b(z − x) = a cost(y − b) ou b(z − x) = a cos(π − t)(y − b)
(b)
et il existe un réel t 0 tel que y = b sint 0 et b(z − x) = a cost 0 (y − b). x=X y =Y +λ − z = Z +λ M(x, y, z) ∈ (C ) ⇔ ∃λ ∈ R, ∃m ∈ (C)/ M = m + λ → u ⇔ ∃λ ∈ R, ∃(X,Y, Z) ∈ R3 / Y +Z = 1 2 X +Y 2 = 1 2 1 (y − λ ) + (z − λ ) = 1 2 ⇔ ∃λ ∈ R, ⇔ x + y − (y + z − 1) =1 x2 + (y − λ )2 = 1 2 ⇔ 4x2 + (y − z + 1)2 = 4.
Correction de l’exercice 5367 N La direction du cylindre est orthogonale au plan d’équation z = x et est donc engendrée par le vecteur → − u (1, 0, −1). x = X −λ y=Y − z = Z +λ M(x, y, z) ∈ (C ) ⇔ ∃λ ∈ R, ∃m ∈ (C)/ M = m + λ → u ⇔ ∃λ ∈ R, ∃(X,Y, Z) ∈ R3 / Z=X 2X 2 +Y 2 = 1 z−λ = x+λ ⇔ ∃λ ∈ R/ 2(x + λ )2 + y2 = 1 2 1 ⇔ 2 x + (z − x) + y2 = 1 ⇔ (x + z)2 + 2y2 = 2. 2 2368
Correction de l’exercice 5368 N − − Un repère de (D) est (A, → u ) où A(2, 1, 0) et → u (1, 1, 1). −→ − 2 − M ∈ (C ) ⇔ d(M, (D)) = R ⇔ kAM ∧ → u k = R2 k→ u k2 ⇔ k(x − 2, y − 1, z) ∧ (1, 1, 1)k2 = R2 k(1, 1, 1)k2 ⇔ (y − z − 1)2 + (x − z − 2)2 + (x − y − 1)2 = 3R2
⇔ 3x2 + 3y2 + 3z2 − 2xy − 2xz − 2yz − 6x + 6z + 6 − 3R2 = 0.
La droite (Oz) est tangente à (C ) si et seulement si d((Oz), (D)) = R. h− 2 0 1 2 − − i2 →→ OA, k ,→ u
2 = R2 ⇔ 1 0 1 = k(−1, 1, 0k2 ⇔ 1 = 2R2 ⇔ R = (Oz) est tangente à (C ) ⇔
→ − →
u
k ∧− 0 1 1
√1 . 2
Correction de l’exercice 5369 N En un point M0 (x0 , y0 , z0 ) de l’ellipsoïde la règle de dédoublement des termes fournit une équation du plan tangent : xx0 + 2yy0 + 3zz0 = 21. Ce plan est parallèle au plan d’équation x + 4y + 6z = 0 si et seulement si le vecteur (x0 , 2y0 , 3z0 ) est colinéaire au vecteur (1, 4, 6) ou encore si et seulement si 2x0 = y0 = z0 . Enfin le point (x0 , 2x0 , 2x0 ) est sur l’ellipsoïde si et seulement si x02 + 8x02 + 12x02 = 21 ce qui équivaut à x02 = 1. Les plans cherchés sont les deux plans d’équations respectives x + 4y + 6z = 21 et x + 4y + 6z = −21. Correction de l’exercice 5370 N Le plan tangent (P0 ) en (x0 , y0 , z0 ) tel que x0 − 8y0 z0 = 0 admet pour équation (x + x0 ) − 8(z0 y + y0 z) = 0 ou encore x − 8z0 y − 8y0 z + 8y0 z0 = 0. − − Un repère de (D) est (A, → u ) où A(−2, 1, 0) et → u (4, 0, −1). (D) ⊂ (P0 ) ⇔ ∀λ ∈ R, (−2 + 4λ ) − 8z0 + 8y0 λ + 8y0 z0 = 0 ⇔ ∀λ ∈ R, (8y0 + 4)λ + 8y0 z0 − 8z0 − 2 = 0 1 1 ⇔ 8y0 + 4 = 0 et 8y0 z0 − 8z0 − 2 = 0 ⇔ y0 = − et z0 = − . 2 6 On trouve un et un seul plan tangent contenant la droite (D), à savoir le plan tangent à (S ) en 1 1 2 3 , − 2 , − 6 d’équation 3x + 4y + 12z + 2 = 0. Correction de l’exercice 5371 N − − (a) Un repère de (D) est (A, → u ) où A(0, −1, 2) et → u (3, 3, 1).
−→
2
− − M(x, y, z) ∈ (C ) ⇔ d(M, (D)) = 3 ⇔ AM ∧ → u = 9k→ u k2
⇔ k(x, y + 1, z − 2) ∧ (3, 3, 1)k2 = 9 × 19 ⇔ (y − 3z + 7)2 + (x − 3z + 6)2 + 9(x − y − 1)2 = 171.
− − (b) Un repère de (D) est (A, → u ) où A(0, −1, 2) et → u (3, 3, 1). De plus, S = A.
2369
−→ − π −→ 2 1 u AM.→ − − M(x, y, z) ∈ (C ) ⇔ M = A ou M 6= A et = cos ⇔ AM.→ u = AM 2 k→ u k2 − 3 4 AM × k→ uk ⇔ 4(3x + 3(y + 1) + (z − 2))2 = 19(x2 + (y + 1)2 + (z − 2)2 )
⇔ 4(3x + 3y + z + 1)2 − 19(x2 + (y + 1)2 + (z − 2)2 ) = 0
⇔ 17x2 + 17y2 − 15z2 + 72xy + 24xz + 24yz + 24x − 14y + 84z − 91 = 0.
Correction de l’exercice 5374 N 4 3 1 (a) Parabole. axes = 5 , 15 . sommet : X = − 45 , Y = − 16 5. −3 4 √ 1 , axes à − π3 , π6 , a = 2, b = 2. (b) Ellipse. Ω = 1 q √ 0 , axes à − π4 , π4 , a = 2, b = 23 . (c) Ellipse. Ω = 0
(d)
(e) Centre
−2 . 0
m 0
2R b
M
πR
2πR
(c) une courbe de L ISSAJOUS Domaine d’étude. • Pour tout réel t, M(t) existe. • Pour tout réel t, M(t + 2π) = M(t) et la courbe complète est obtenue quand t décrit [−π, π]. • Pour tout réel t, M(−t) =
sin(−2t) sin(−3t)
=
− sin(2t) − sin(3t)
= sO (M(t)).
On étudie et on construit la courbe pour t ∈ [0, π], puis on obtient la courbe complète par symétrie centrale de centre O. • Pour tout réel t,
sin(2π − 2t) − sin(2t) = = s(Oy) (M(t)). sin(3π − 3t) sin(3t) On étudie et on construit la courbe pour t ∈ 0, π2 , puis on obtient la courbe complète par réflexion d’axe (Oy) puis par symétrie centrale de centre O. • On note aussi que M(t + π) = s(Ox) (M(t)), mais cette constatation ne permet pas de réduire davantage le domaine d’étude. Variations conjointes de x et y. Pour t ∈ 0, π2 , x0 (t) = 2 cos(2t) et y0 (t) = 3 cos(3t). On en déduit immédiatement le tableau suivant : M(π − t) =
2374
t
π 6
π 4
+
0 1
0
x′ (t)
√
0
0
1
√
2 2
y 0 y (t)
−
3 2
x
′
π 2
+
−
−1
0
puis on en déduit la courbe.
t = π/6
1 b
b
b
b
b
b
t = π/3
t=0
b
t = π/4
b
−1
1
b
b
−1 t = π/2 b
Points multiples. D’abord, tout point de l’arc est multiple, puisque la courbe est parcourue une infinité de fois. Il y a essentiellement deux « vrais points » multiples à déterminer, les autres s’en déduisent par symétrie. L’un des deux est lepoint de (Ox) d’abscisse strictement positive obtenu pour un certain réel t de 0, π2 . Soit t ∈ 0, π2 .
π π Z⇔t = . 3 3 Le point de la courbe qui est sur (Ox) et qui a une abscisse strictement positive est le point M √ 3 π 2π π 2 , 0 . Sinon, on cherche t1 ∈ 0, 3 et t2 ∈ − 3 , − 2 tels que M(t1 ) = M(t2 ). y(t) = 0 ⇔ sin(3t) = 0 ⇔ 3t ∈ πZ ⇔ t ∈
M(t1 ) = M(t2 ) ⇒ x(t1 ) = x(t2 ) ⇔ t2 ∈ t1 + πZ ou t2 ∈ ⇒ t2 =
π 3
π π − t1 + πZ ⇒ t2 ∈ − t1 + πZ 2 2
π π − t1 − π ⇒ t2 = − − t1 . 2 2
Réciproquement, si t2 = − π2 − t1 , alors x(t1 ) = x(t2 ) et donc, π π M(t1 ) = M(t2 ) ⇔ y − − t1 = y(t1 ) ⇔ sin 3 − − t1 = sin(3t1 ) 2 2 3π 3π 3π ⇔ 3t1 ∈ − − 3t1 + 2πZ ou 3t1 ∈ π + + 3t1 + 2πZ ⇔ 6t1 ∈ − + 2πZ 2 2 2 π π π ⇔ t1 ∈ − + Z ⇔ t1 = 4 3 12 2375
=
Le point M
π 12
=
√ 2 1 , 2 2
est le point multiple d’abscisse et d’ordonnée strictement positives.
(d) La lemniscate de B ERNOULLI Domaine d’étude. • Pour tout réel t, M(t) existe. • Pour tout réel t, M(−t) = sO (M(t)). On étudie et construit la courbe quand t décrit R+ et on obtient la courbe complète par symétrie centrale de centre O. • Pour t > 0, 1 = M t
1 t3
1 t
, 1 + t14 1 + t14
!
=
t3 t , 1 + t4 1 + t4
= sy=x (M(t)).
On étudie et construit la courbe quand t décrit [0, 1] et on obtient la courbe complète par réflexion d’axe la droite d’équation y = x puis par symétrie centrale de centre O. Variations conjointes de x et y. Les fonctions x et y sont dérivables sur [0, 1] et pour t ∈ [0, 1], x0 (t) =
(1 + t 4 ) − t(4t 3 ) 1 − 3t 4 3t 2 (1 + t 4 ) − t 3 (4t 3 ) t 2 (3 − t 4 ) 0 = et y (t) = = . (1 + t 4 )2 (1 + t 4 )2 (1 + t 4 )2 (1 + t 4 )2
On en déduit immédiatement le tableau :
t
1 √ 4 3
0
+
x′ (t)
0 √ ( 4 3)3 4
x
1
1 2
0
1 2
y 0 y (t) 0 ′
+
La tangente en M(0) est dirigée par le vecteur (1, 0). Par symétrie, la tangente en « M(+∞) » est dirigée par le vecteur (0, 1).
1
−1
1
−1 (e) Les tractrices
x = f (t) + R cost où f est une foncton dériy = R sint vable sur un certain intervalle I (de sorte que le point M(t) est sur le cercle C (t) de centre
i. Cherchons les arcs solutions sous la forme
2376
f (t) et de rayon R). La trajectoire cherchée est orthogonale à chaque cercle C (t) si et 0 seulement si la tangente à cette trajectoire en M(t) est orthogonale à la tangente au cercle C (t) en M(t) ou encore « si et seulement si » les vecteurs ( f 0 (t) − R sint, R cost) et (− sint, cost) sont orthogonaux. Cette dernière condition s’écrit − f 0 (t) sint + R(sin2 t + cos2 t) = 0 ou en R core f 0 (t) = sint ou R ln tan 2t + C. Les arcs solutions sont les arcs de la forme enfin, f (t) = t R ln tan 2 + cost +C , où C ∈ R. t 7→ R sint
b
b
b
R ln tan 2t + cost Les courbes solutions se déduisent de la courbe t 7→ par translations R sint → − de vecteurs colinéaires à i . On peut montrer que la courbe obtenue est la trajectoire de la roue arrière d’une voiture quand celle-ci se gare en marche avant, la roue avant étant quant à elle collée au trottoir.
ii. Domaine d’étude. La fonction t 7→ M(t) est 2π-périodique et on l’étudie donc sur [−π, π]. Pour t ∈ [−π, π], M(t) existe si et seulement si t ∈] − π, π[\{0}. Pour t ∈] − π, π[\{0}, M(−t) = s(Ox) (M(t)) puis
M(π − t) =
R ln tan
π 2
! − 2t + cos(π − t)
! R − ln tan 2t − cost
= sOy (M(t). R sin(t) On étudie et on construit la courbe quand t décrit 0, π2 , et on obtient la courbe complète par réflexion d’axe (Oy) puis par réflexion d’axe (Ox). Dérivée. Etude des points singuliers. Pour t ∈ 0, π2 , R sin(π − t)
−−→ dM (t) = dt
R
1 sint
R cost
− sint
!
− →
=
2
=
t R cos sint
R cost
!
cost =R sint
cost sint
.
→ − 2t = 0 ⇔ cos = 0 ⇔ t = π2 . Le point M π2 est un point singulier. Quand t tend sint 2 vers π2 , y(t) − y π2 = R(sint − 1) = −R 1 − cos π2 − t ∼ − R2 π2 − t . D’autre part, posons h = π2 − t ou encore t = π2 − h. Quand t tend vers π2 , Par suite,
dM dt (t)
π 2 cos2 t sin2 h π 2 2 +o t − , x (t) = R =R ∼ Rh = R t − sint cos h 2 2 0
et donc par intégration,
2377
π R π 3 π 3 R π 3 x(t) − x( ) = t− +o t − t− . ∼ 2 3 2 2 3 2 2 Comme d’autre part, y(t) − y π2 = −R(1 − sint) = −R(1 − cos h) ∼ − R2 h2 = − R2 t − π2 , on en déduit que y(t) − y x(t) − x et donc limπ
t→ 2 t< π2 M π2
π 2 π 2
2 − R2 t − π2 3 , ∼ =− 3 R π 2 t − π2 t − 3 2
y(t) − y( π2 ) = +∞. Par symétrie d’axe (Oy), la tangente en M x(t) − x( π2 )
π 2
est dirigée par
→ − 0 0 j et est πun point de rebroussement de première espèce. Sinon, x et y sont strictement positives sur 0, 2 . On en déduit que x et y sont strictement croissantes sur cet intervalle. Quand t tend vers 0 par valeurs supérieures, x(t) tend vers −∞ et y(t) tend vers 0. On en déduit que la droite d’équation x = 0 est asymptote à la courbe. D’autre part, x croit de −∞ à 0 pendant que y croit de 0 à 1. Courbe.
R
−R Correction de l’exercice 5408 N (a) Domaine d’étude. M(t) existe si et seulement si t ∈ / {−1, 1}. Sinon, il n’y a pas de symétrie particulière (la fonction y est effectivement paire, mais x n’est ni paire ni impaire). Dérivée. Pour t ∈] − 1, 1[\{0}, 3 2 1 t3 ( − − ) 2 (t + 1) (t − 1) t t + 1 t − 1 3(t 2 − 1) − 2(t 2 − t) − (t 2 + t) t3 t 2 (t − 3) , = = (t + 1)2 (t − 1) t(t + 1)(t − 1) (t + 1)3 (t − 1)2
x0 (t) = x(t)(3 ln |t| − 2 ln |t + 1| − ln |t − 1|)0 =
et y0 (t) =
2t(t 2 − 1) − 2t(t 2 ) −2t = 2 , 2 2 (t − 1) (t − 1)2
ce qui reste vrai par continuité de x et y en 0. Etude des points singuliers. Pour t ∈] − 1, 1[, singulier. Pour t ∈] − 1, 1[\{0},
− →
dM dt (t)
= ~0 ⇔ t = 0. M(0) = (0, 0) est l’unique point
y(t) − y(0) t 2 (t + 1)2 (t − 1) t + 1 = 2 = . x(t) − x(0) t − 1 t3 t y(t)−y(0) x(t)−x(0)
tend vers +∞ quand t tend vers 0 par valeurs supérieures et vers −∞ quand t tend vers 0 par valeurs inférieures. La tangente en M(0) est dirigée par ~j et d’autre part, M(0) est un point de rebroussement de première espèce. Etude quand t tend vers ±∞. Quand t tend vers ±∞, M(t) tend vers le point (1, 1). On prolonge la courbe en posant M(∞) = 1, 1). On a alors
Par suite,
2378
y(t) − y(∞) t2 t3 1 (t + 1)2 (t − 1) t +1 1 −1 =( 2 − 1)( − 1) = = 2 ∼− . x(t) − x(∞) t −1 (t + 1)2 (t − 1) t 2 − 1 −t 2 + t + 1 −t + t + 1 t Cette expression tend donc vers 0 quand t tend vers ±∞ et la tangente en M(∞) est dirigée par ~i. 1 Etude quand t tend vers 1. Quand t tend vers 1, x(t) ∼ 14(t − 1) et y(t) ∼ 2(t−1) . Donc, x et y tendent vers l’inifini et il y a branche infinie. De plus, y(t) − 2x(t) =
y(t) x(t)
∼ 2. Puis,
t3 t 2 (t + 1) − 2t 3 t2 t2 − 2 = = − . t2 − 1 (t + 1)2 (t − 1) (t + 1)2 (t − 1) (t + 1)2
Cette dernière expression tend vers − 14 et la droite (∆) d’équation y = 2x − 41 est asymptote à la courbe. −1 Etude quand t tend vers -1. Quand t tend vers 1, x(t) ∼ 12(t + 1)2 et y(t) ∼ 2(t+1) . Donc, x et y y(t) tendent vers l’inifini et il y a branche infinie. De plus, x(t) ∼ −(t + 1). Par suite, quand t tend vers −1. La courbe admet une barnche parabolique de direction (Ox).
Variations conjointes de x et y. On rappelle que pour t ∈ R \ {−1, 1}, x0 (t) = −2t . (t 2 −1)2
y(t) x(t)
tend vers 0
t 2 (t−3) (t+1)3 (t−1)2
et y0 (t) =
On en déduit le tableau suivant :
t −∞ x (t) + ′
−1
0 − 0 −
+∞ +∞ x
1 +∞
3 0
−
+∞ + 1
0 1 +∞
0
−∞
+∞
27 32 9 8
y 1 ′
y (t)
+
−∞
+ 0 −
−∞
1
−
On peut noter que la tangente en M(3) est dirigée par le vecteur ~j. Voir graphique page suivante.
t = 1+ 3 2 1 −1 −1
t = −1− t = ±∞ t=0 1
2
3
4
5
6
7
8
t = −1+
t = 1− Dans la suite de cet exercice, je ne détaillerai que très peu ou pas du tout l’étude de la courbe.
2379
(b)
4 3 2 1 −1 −1
1
2
3
4
5
6
7
−2 −3 −4 −5
(c)
3 2 1 −1 −1 −2 −3 (d)
x= y=
2t 1+t 2 t+2 1−t 2
2380
1
8
9
3 2 1 −1 −1
1
−2 −3
(e)
1 −1 −1 2381
1
(f)
(
x= y=
t3 t 2 −9 t(t−2) t−3
−1 −1
(g)
(
x= y=
t3 1+3t 3t 2 1+3t
1 −1 −1
(h)
1
x = t2 + t3 y = t 2 + t 3 − 2t 4 − 2t 5
2382
1 −1 −1
1
2383
Correction de l’exercice 5409 N (a) On a vu dans l’exercice 5407, que la tangente (Tt ) en M(t) est toujours dirigée par le vecteur ~u(t) = (− cost, sint). Une équation de la tangente en M(t) est donc sint(x −a cos3 t)+cost(y −a sin3 t) = 0 ou encore x sint + y cost = a sint cost (Tt ). Soit (t, u) ∈ [−π, π]2 . (Tt )⊥(Tu ) ⇔ ~u(t)|~u(u) = 0 ⇔ cost cos u + sint sin u = 0 ⇔ cos(t − u) = 0 ⇔ u ∈ t +
π + πZ. 2
Il est alors clair que l’orthoptique est l’ensemble des points d’intersection des tangente (Tt ) et (Tt+ π2 ) quand t décrit R.
M(x, y) (Tt ) ∩ (T
t+ π2
x sint + y cost = a sint cost x cost − y sint = −a sint cost a sint cost cost et y = − sint a sint cost ⇔ x = − cost −a sint cost −a sint cost − sint
)⇔
⇔ x = a sint cost(− cost + sint) et y = a sint cost(cost + sint) L’orthoptique cherchée est la courbe t 7→
a sint cost(− cost + sint) a sint cost(cost + sint)
.
a
−a
a
−a Correction de l’exercice 5413 N (a) Pour f (x) = sin2 x + cos x, le domaine de définition de f est R, et f est de classe C ∞ . On remarque que f est 2π-périodique et paire, il suffit donc de faire l’étude de f sur l’intervalle [0; π]. — Variations de f Pour x ∈ [0; π], f 0 (x) = 2 sin x cos x − sin x = sin x(2 cos x − 1) et donc f 0 (x) = 0 si et seulement si x ∈ {0; π3 ; π}. Comme sin x > 0 si x ∈]0; π[, pour étudier le signe de f 0 (x), il suffit d’étudier le
2384
signe de (2 cos x − 1), et on obtient x 0 0 f (x) 0 f 1
π 3
+ %
0 5 4
− &
π 0
−1
— Tangentes horizontales Le graphe de f possède une tangente horizontale là où f 0 s’annule, c’est-à-dire aux points de coordonnées (0, 1), ( π3 , 54 ) et (π, −1). En particulier, la tangente au point d’abscisse 0 est horizontale et a pour équation y = 1. Pour déterminer la position de la courbe par rapport à sa tangente en ce point, on étudie le signe de f (x) − 1 pour x proche de 0 : f (x) − 1 = sin2 x − 1 + cos x = − cos2 x + cos x = cos x(1 − cos x) Cette expression est positive au voisinage de 0 (et même > 0 pour x 6= 0 proche de 0). La courbe est donc au-dessus de sa tangente. — Points particuliers Le graphe de f coupe l’axe des abscisses entre 0 et π en un unique point x0 , qu’on détermine en résolvant f (x) = 0 ⇐⇒ 1 − cos2 x + cos x = 0 ⇐⇒ X 2 − X − 1 = 0 (X = cos x) ce qui donne deux solutions pour X, mais une seule dans [−1; 1] : X = √
√ 1− 5 2
et donc x0 =
arccos( 1−2 5 ).
Le graphe de f est obtenu sur [−π; π] par symétrie par rapport à l’axe des ordonnées, puis sur R par 2π-périodicité. y
π 0
π 3
x0
x
y x y = sin2 x + cos x (b) Pour f (x) = x + ln(1 + ex ), le domaine de définition de f est R et f est de classe C ∞ . — Variations de f ex 0 Comme f 0 (x) = 1 + 1+e x , pour tout x, f (x) > 1. En particulier f est strictement croissante sur R. — Allure du graphe en +∞ On a f (x) −−−−→ +∞ et x→+∞
ln ex (e−x + 1) f (x) x + ln(e−x + 1) = 1+ = 1+ −−−−→ 2 x→+∞ x x x puis f (x) − 2x = ln(e−x + 1) −−−−→ 0+ . Ainsi le graphe de f a en +∞ une asymptote, d’équation x→+∞
y = 2x, et reste au-dessus de cette asymptote. 2385
— Allure du graphe en −∞ On a f (x) −−−−→ −∞ et x→−∞
f (x) ln(1 + ex ) = 1+ −−−−→ 1 x→−∞ x x
puis f (x) − x = ln(1 + ex ) −−−−→ 0+ . Ainsi le graphe de f a en −∞ une asymptote, d’équation x→−∞
y = x, et reste au-dessus de cette asymptote. — Tangente au point d’abscisse 0 L’équation de la tangente au graphe de f au point d’abscisse x0 , et la position du graphe par rapport à cette tangente, peuvent être obtenues simultanément à partir du développement limité de f en x0 . Pour l’équation de la tangente, un développement limité à l’ordre 1 suffit, mais pour avoir la position il faut pousser le développement limité à l’ordre 2 (ou à l’ordre 3 si le terme d’ordre 2 est nul, ou plus encore...) : 1 2 x 2 f (x) = x + ln(1 + e ) = x + ln 1 + 1 + x + x + o(x ) 2 1 1 = x + ln 2 + ln 1 + x + x2 + o(x2 ) 2 4 1 1 2 1 2 2 1 1 = x + ln 2 + x+ x − x+ x + o(x2 ) 2 4 2 2 4 3 1 = ln 2 + x + x2 + o(x2 ) 2 8 L’équation de la tangente au point d’abscisse 0 (donnée par le DL à l’ordre 1) est donc 3 y = ln 2 + x 2 De plus, f (x) − ln 2 + 23 x = 81 x2 + o(x2 ) = 18 x2 (1 + o(1)) où o(1) est un terme qui tend vers 0 quand x → 0. Ainsi (1 + o(1)) a le même signe que 1 pour x proche de 0, et f (x) − ln 2 + 23 x est positif au voisinage de 0 : la courbe reste localement au-dessus de sa tangente. y
y = x + ln(x + ex ) y = 2x
y = ln 2 + 32 x ln 2 0 1
x
y=x
Correction de l’exercice 5414 N (a) Pour transformer une équation cartésienne y = f (x) en paramétrisation, il suffit de√poser x = t et y = f (t), en faisant décrire au paramètre t le domaine de définition de f . Ici, f (x) = −x2 − 3x + 4
2386
est bien définie pour les x ∈ R tels que −x2 − 3x + 4 > 0 i.e. x ∈ [−4; −1]. On obtient donc la paramétrisation suivante : x(t) = t√ (t ∈ [−4; 1]) y(t) = −t 2 − 3t + 4 ce qui signifie (x, y) ∈ C
x ∈ [−4; √ 1] y = −x2 − 3x + 4 x(t) = t√ ⇐⇒ ∃t ∈ [−4; 1] | y(t) = −t 2 − 3t + 4 ⇐⇒
où C est la courbe étudiée. y=
√ −x2 − 3x + 4
y
−4
1
x
(b) S’il est toujours possible de représenter le graphe d’une fonction comme une courbe paramétrée, la réciproque n’est pas vraie. Ici, la courbe considérée est le cercle de rayon 1 centré au point (3, 0). Ce n’est donc pas un graphe de fonction, puisque plusieurs points de la courbe ont la même abscisse : connaître x ne donne pas y ! Par exemple, pour t = ± π2 , on obtient les deux points de la courbe (3, −1) et (3, +1). y (3, +1) (cost + 3, sint)
0
3
x
(3, −1) (c) On constate, en utilisant la formule sin2 t = 1 − cos2 t = −1 − x(t), que y(t) = sin4 t + 4 sin2 t + 4 = (−1 − x(t))2 + 4(−1 − x(t)) + 4 = x(t)2 − 2x(t) + 1 = (x(t) − 1)2
Ainsi les points (x, y) de la courbe vérifient l’équation y = (x − 1)2 . De plus, lorsque le paramètre t décrit R, x(t) = cos2 t − 2 décrit l’intervalle [−2; −1]. Finalement, x(t) = cos2 t − 2 (x, y) ∈ C ⇐⇒ ∃t ∈ R | y(t) = sin4 t + 4 sin2 t + 4 x ∈ [−2; −1] ⇐⇒ y = (x − 1)2 2387
et la courbe est donc le graphe de la fonction f : [−2; −1] → R x 7→ (x − 1)2 y
y = (x − 1)2
−2 −1
x
1
Correction de l’exercice 5415 N (a) Les expressions x(t) = cos3 t et y(t) = sin3 t sont bien définies pour tout t ∈ R. — Réduction de l’intervalle d’étude Les fonctions x et y étant 2π-périodiques, il suffit de restreindre l’étude à un intervalle de longueur 2π pour obtenir l’intégralité du support de la courbe. La fonction x est paire, la fonction y est impaire : on fait donc l’étude sur [0; π], puis la courbe complète sera obtenue par symétrie par rapport à l’axe (Ox). On constate que x(π − t) = −x(t) et que y(π − t) = y(t), par conséquent les points M( π2 − t) et M( π2 + t) sont symétriques par rapport à l’axe (Oy) : on restreint donc l’étude à [0; π2 ], puis on complète par symétrie par rapport à (Oy). Finalement, on fait l’étude sur [0; π2 ] puis on complète en utilisant successivement les symétries par rapport à (Oy) et (Ox). — Tableau de variations conjointes Les fonctions x et y sont de classe C 1 . Soit t ∈ [0; π2 ] : x(t) = cos3 t x0 (t) = −3 sint cos2 t x0 (t) < 0 ⇐⇒ t ∈]0; π2 [ x0 (t) = 0 ⇐⇒ t ∈ {0; π2 }
y(t) = sin3 t y0 (t) = 3 cost sin2 t y0 (t) > 0 ⇐⇒ t ∈]0; π2 [ y0 (t) = 0 ⇐⇒ t ∈ {0; π2 }
t 0 0 x (t) 0 − 1 x & y 0 0 y (t) 0 Cela signifie que lorsque t varie de 0 à (car y(t) croît) du point (1, 0) à (0, 1).
π 2
π 2
0
0 1
% +
0
la courbe va vers la gauche (car x(t) décroît) en montant
2388
— Points particuliers √ √ — M( π6 ) = 3 8 3 , 18 = (0.64 . . . , 0.125) ; la tangente est dirigée par x0 ( π6 ), y0 ( π6 ) = − 89 , 3 8 3 = (−1.125, 0.64 . . .). √ √ 2 2 π 0 ( π ), y0 ( π ) = − — M( ) = , = (0.35 . . . , 0.35 . . .) ; la tangente est dirigée par x 4 4 4 4 4 √ √ 3 2 3 2 = (−1.06 . . . , 1.06 . . .). 4 , 4 √ √ π 1 3 3 — M( 3 ) = 8 , 8 = (0.125, 0.64 . . .) ; la tangente est dirigée par x0 ( π3 ), y0 ( π3 ) = − 3 8 3 , 98 = (−0.64 . . . , 1.125). — Étude des points singuliers Le point M(t) est singulier si x0 (t) = y0 (t) = 0, ce qui est le cas dans le domaine d’étude [0; π2 ] uniquement pour t = 0 et t = π2 . Pour déterminer la tangente au point M(0) (de coordonnées cartésiennes (1, 0)), on étudie la limite en 0 de
sin3 t y(t) − y(0) = x(t) − x(0) cos3 t − 1 2
2
Or sin3 t ∼ t 3 et cos3 t − 1 = (1 − t2 + o(t 2 ))3 − 1 ∼ −3 t2 , donc le quotient est équivalent à − 32 t 0
0
et tend vers 0 en 0. Ainsi, C admet au point M(0) une tangente, de pente nulle c’est-à-dire horizontale. y M( π2 ) M( π3 ) M( π4 ) M( π6 ) 0
M(0)
x
1 sont bien définies pour tout t ∈ R. (b) Les expressions x(t) = t − tht et y(t) = cht — Réduction du domaine d’étude Comme x est impaire et y paire, on restreint l’étude à R+ puis on complète par symétrie par rapport à l’axe (Oy). — Tableau de variations conjointes Les fonctions x et y sont de classe C 1 . Pour t ∈ R+ :
x(t) = t − tht x0 (t) = th2 t x0 (t) > 0 ⇐⇒ t > 0 x0 (t) = 0 ⇐⇒ t = 0
2389
1 y(t) = cht sht 0 y (t) = − ch 2 t y0 (t) < 0 ⇐⇒ t > 0 y0 (t) = 0 ⇐⇒ t = 0
+∞
0 0
t x0 (t)
+ +∞ %
x 0 1
&
y y0 (t)
0
−
0
Cela signifie que le courbe va vers la droite et vers le bas lorsque t va de 0 à +∞. — Étude des points singuliers y(t) − y(0) 1 − cht Le seul point singulier est M(0), or = et x(t) − x(0) t cht − sht −t 2 /2 + o(t 2 ) −t 2 /2 1 − cht = ∼ t cht − sht t(1 + t 2 /2 + o(t 2 )) − (t + t 3 /6 + o(t 3 )) 0 t 3 /3 et par conséquent
y(t)−y(0) −−→ x(t)−x(0) − t→0+
−∞. Ainsi C possède une tangente verticale au point M(0) de
coordonnées cartésiennes (0, 1). — Étude des branches infinies Comme x(t) −−−→ +∞ et y(t) −−−→ 0, l’axe des abscisses est asymptote à C . t→+∞
t→+∞
y M(0)
0
1
x
(c) Les expressions x(t) = t − sint et y(t) = 1 − cost sont bien définies pour t ∈ R. — Réduction du domaine d’étude On remarque que x(t + 2π) = 2π + x(t) et y(t + 2π) = y(t) : le point M(t + 2π) se déduit de M(t) par translation de vecteur 2π ·~i. Il suffit donc d’étudier la courbe sur l’intervalle [−π; π]. La fonction x étant impaire et y paire, on restreint l’étude à [0; π] puis on complète par symétrie par rapport à l’axe (Oy). Finalement, on fait l’étude sur [0; π] puis on complète en utilisant successivement la symétrie par rapport à (Oy), puis des translations successives de vecteur 2π ·~i. — Tableau de variations conjointes Les fonctions x et y sont de classe C 1 . Soit t ∈ [0; π] : x(t) = t − sint x0 (t) = 1 − cost x0 (t) > 0 ⇐⇒ t > 0 x0 (t) = 0 ⇐⇒ t = 0
y(t) = 1 − cost y0 (t) = sint y0 (t) > 0 ⇐⇒ 0 < t < π y0 (t) = 0 ⇐⇒ t ∈ {0; π}
t 0 x0 (t) 0 x 0
+
π 2 π
% 2
y 0 y0 (t) 0 2390
% +
0
La courbe va vers la droite en montant lorsque t varie de 0 à π2 . — Étude des points singuliers Le point M(0), qui est l’origine, est singulier. Pour étudier l’existence d’une tangente en ce point, on considère y(t) − y(0) 1 − cost t 2 /2 = ∼ x(t) − x(0) t − sint 0 t 3 /6 et donc
y(t)−y(0) −−→ x(t)−x(0) − t→0+
+∞. Par conséquent, la courbe possède une tangente de pente verticale
au point M(0). y
M(−π)
M(π)
M(0)
M(2π)
x
Correction de l’exercice 5416 N (a) Soit t > 0 :
1 x( t ) = 1t ln( 1t ) = −y(t)
y( 1t ) = t ln( 1t ) = −x(t)
et par conséquent, le point M( 1t ) est le symétrique de M(t) par rapport à la droite d’équation y = −x. On restreint l’étude à l’intervalle ]0; 1] , puis on obtiendra l’intégralité de la courbe par symétrie par rapport à la seconde bissectrice.
(b) Les fonctions x et y sont de classe C 1 sur ]0; 1]. — Tableau de variations conjointes Pour t ∈]0; 1] : x(t) = t lnt x0 (t) = 1 + lnt x0 (t) > 0 ⇐⇒ t > 1/e x0 (t) = 0 ⇐⇒ t = 1/e puisque
1 e
y(t) = lnt t y0 (t) = 1−lnt t2 y0 (t) > 0 y0 (t) 6= 0
< 1 < e. On obtient donc le tableau suivant : t 0 x0 (t) −∞ − 0 x &
y −∞ y0 (t) +∞
% +
1/e 0
−1/e −e 2e2
+
1 1 0
% 0 %
+
1
Il n’y a pas de point singulier. — Étude des branches infinies Comme x(t) −−−→ 0 et y(t) −−−→ −∞, l’axe des ordonnées est asymptote à C . + + t→0
t→0
2391
y
0 x
1
M(1/e)
Correction de l’exercice 5417 N t Les expressions x(t) = t 21−t et y(t) = t 2 −1 sont bien définies, et de classe C 1 en dehors de t = 0 et t = ±1. Le domaine de définition est donc
D = ] − ∞; −1[ ∪ ] − 1; 0[ ∪ ]0; 1[ ∪ ]1; +∞[
La courbe possède un point double si elle se recoupe : on cherche donc deux paramètres t1 ,t2 ∈ D tels que t1 6= t2 et M = M(t1 ) = M(t2 ), i.e. 1 1 2 t12 −t1 = t22 −t2 t1 − t1 = t22 − t2 ⇐⇒ t1 (t22 − 1) − t2 (t12 − 1) = 0 2t1 = 2t2 t1 −1 t2 −1 (t1 − t2 )(t1 + t2 − 1) = 0 ⇐⇒ (t2 − t1 )(t1t2 + 1) = 0 t1 + t2 = 1 Comme on cherche t1 6= t2 , le système obtenu est équivalent à , autrement dit à un système t1t2 = −1 du type somme-produit : cela signifie que t1 et t2 doivent être les deux racines (distinctes) de X 2 − X − 1, √ c’est-à-dire 1±2 5 (qui sont bien dans D). On a donc un seul point double, c’est √ ! √ ! 1+ 5 1− 5 M =M 2 2 de coordonnées cartésiennes (1, 1). Pour déterminer les tangentes en ce point, on calcule le vecteur dérivé : 0 1−2t x (t) = (t 2 −t)2 ~V (t) = y0 (t) = −1−t 2 (t 2 −1)2 En remplaçant, on obtient 0 ~V (t1 ) = x0 (t1 ) = y (t1 )
√ ! 5√
−5− 5 2
et
0 ~V (t2 ) = x0 (t2 ) = y (t2 )
√ ! − √5
−5+ 5 2
Les deux tangentes à la courbe au point de coordonnées (1, 1) sont donc dirigées respectivement par les vecteurs ~V (t1 ) et ~V (t2 ), dont on vérifie en faisant le produit scalaire ~V1 ·~V2 = x0 (t1 )x0 (t2 )+y0 (t1 )y0 (t2 ) = 0 qu’ils sont orthogonaux. 2392
y
M 1 0
1
x
Correction de l’exercice 5418 N Les fonctions x et y sont de classe C 1 sur R. Un point M(t) de la courbe est singulier si x0 (t) = y0 (t) = 0, or 2 −3t−2) 4(t 2 +1)−2t(4t−3) 0 = −2(2t x (t) = (t 2 +1)2 (t 2 +1)2
y0 (t) =
2(t 2 +2)−2t(2t−1) (t 2 +2)2
=
−2(t 2 −t−2) (t 2 +2)2
2t 2 − 3t − 2 = 0 . Ce système admet une unique solution t2 − t − 2 = 0 t = 2, correspondant au point M(2) de coordonnées (1, 12 ). Le vecteur dérivé est nul au point M(2) ; pour obtenir l’allure de la courbe au voisinage de ce point, il faut donc effectuer un développement limité à un ordre assez grand pour trouver deux termes non constants non nuls. Ici l’ordre 3 suffira, on pose t = 2 + h pour simplifier (ainsi “t proche de 2” devient “h proche de 0”) : Ainsi M(t) est singulier si et seulement si
4(2 + h) − 3 5 + 4h 1 1 = = 1 − h2 · 2 2 2 (2 + h) + 1 5 + 4h + h 5 1 + 4h+h 5 1 4h + h2 4h + h2 = 1 − h2 · 1 − +o 5 5 5 4 1 = 1 − h2 · 1 − h + o(h) 5 5 1 2 4 3 = 1 − h + h + o(h3 ) 5 25
x(2 + h) =
y(2 + h) = = = =
2(2 + h) − 1 3 + 2h 1 1 1 = = − h2 · 2 2 2 (2 + h) + 2 6 + 4h + h 2 12 1 + 4h+h 6 1 1 4h + h2 4h + h2 − h2 · 1 − +o 2 12 6 6 1 1 2 − h2 · 1 − h + o(h) 2 12 3 1 1 2 1 3 − h + h + o(h3 ) 2 12 18 2393
On a donc le développement limité vectoriel suivant : 1 4 1 −5 2 M(2 + h) = 1 + · h + 25 · h3 + o(h3 ) 1 1 − 2 12 18
x(2) et que le terme On vérifie que le terme constant du développement limité correspond bien à y(2) 0 x (2) linéaire, qui vaut · h, est nul. Les coefficients de h2 et h3 sont des vecteurs non nuls, M(2) y0 (2) est donc un point de rebroussement de première espèce (p = 2, q = 3). La tangente est dirigée par le premier vecteur non nul, coefficient de hk (avec k > 1), donc ici le coefficient de h2 ; ainsi la tangente en M(2) est dirigée par
− 15 1 − 12
.
y
M(2) 1 2
0
x
1
Correction de l’exercice 5419 N 3 Les expressions x(t) = t + 4t et y(t) = 3t + 2 + t+1 sont bien définies pour t ∈ D = R \ {−1; 0}.
(a) Les fonctions x et y sont de classe C 1 sur D. Soit t ∈ D : x(t) = t + 4t x0 (t) = 1 − t42
3 y(t) = 3t + 2 + t+1 3 y0 (t) = 13 − (t+1) 2
x0 (t) > 0 ⇐⇒ |t| > 2 x0 (t) = 0 ⇐⇒ t ∈ {−2; 2} t x0 (t)
−∞
+
x −∞
−5 − 13
%
y
y0 (t)
%
−4
−∞
+
0
+ %
t >2 ou y0 (t) > 0 ⇐⇒ |t + 1| > 3 ⇐⇒ t < −4 y0 (t) = 0 ⇐⇒ t ∈ {−4; 2} −2 0 −4
− &
−1
−5
0 −
&
+∞ &
− 53
−
& & −
−∞
+∞
−
−∞
+
% 4 +∞ %
5
−
(b) Le tableau de variations conjointes indique : — t = −4 : tangente horizontale, au point de coordonnées (−5, − 13 ) ; 2394
+∞ +∞
&
& −
2 0
11 3
0
+
— t = −2 : tangente verticale, au point de coordonnées (−4, − 35 ) ; — t = −1 : une asymptote verticale, d’équation x = −5 ; — t = 0 : une asymptote horizontale, d’équation y = 5 ; — t = 2 : il y a un point singulier en (4, 11 3 ) (voir après). Il reste à étudier le comportement quand t → ±∞ : 1 y(t) t 3 + 16t 2 + 6t −−−→ = 3 2 t→±∞ x(t) 3(t + t + 4t + 4) 3 puis y(t) − 13 x(t) −−−→ 2. La courbe a donc pour asymptote, quand t → −∞ et quand t → +∞, la t→±∞
même droite d’équation y = 31 x + 2.
(c) On constate sur le tableau de variation qu’il n’y a qu’un seul point singulier, correspondant au paramètre t = 2. Pour connaître l’allure de la courbe au voisinage du point M(2), on fait un développement limité de x et y au voisinage de t = 2. Comme ici x et y sont de classe C ∞ et d’expressions assez simples, on peut directement appliquer la formule de Taylor-Young : x(t) = x(2) + x0 (2) · (t − 2) + 21 x00 (2) · (t − 2)2 + 16 x000 (2) · (t − 2)3 + o((t − 2)3 ) y(t) = y(2) + y0 (2) · (t − 2) + 21 y00 (2) · (t − 2)2 + 16 y000 (2) · (t − 2)3 + o((t − 2)3 ) 0 0 00 On sait déjà que x(2) = 4, y(2) = 11 3 et x (2) = y (2) = 0. De plus x (t) = 6 −18 y00 (t) = (t+1)3 , y000 (t) = (t+1)4 , ce qui donne
M(t) =
4 11 3
+
1 2 1 9
2
· (t − 2) +
1 −4 −1 27
8 , t3
x000 (t) =
−24 t4
et
· (t − 2)3 + o((t − 2)3 )
C’est un point de rebroussement de première espèce. L’équation (sous forme paramétrée) de la tangente TM(2) s’obtient en tronquant le développement limité : 1 4 x x ∈ TM(2) ⇐⇒ ∃λ ∈ R, = 11 + 21 · λ y y 3 9 En éliminant le paramètre λ , on récupère une équation cartésienne TM(2) : y =
2 25 11 1 + · 2(x − 4) = x + 3 9 9 9
2395
y
x = −5
y = 13 x + 2 M(2) y=5 1 M(−4)
0 1 M(−2)
x
Correction de l’exercice 5420 N (a) Commençons par trouver le vecteur tangent à la courbe au point M(t). Les fonctions x et y sont de classe C 1 sur R, et x0 (t) = y0 (t) = 12t 2 . Si t 6= 0, le vecteur tangent à la courbe au point M(t) 6t, 6 est donc le vecteur dérivé . Si t = 0, le vecteur dérivé est nul et il faut dériver encore une fois 12t 00 x (0) 6 pour obtenir un vecteur non nul 00 = , qui est donc un vecteur directeur de la tangente y (0) 0 au point M(0). Finalement, pour tout t, la tangente au point M(t) est dirigée par le vecteur ~V = 6 12t (b) — Une droite D est tangente à C s’il existe t ∈ R tel que M(t) ∈ D et ~V (t) soit un vecteur directeur de D. — Une droite D est orthogonale à C s’il existe t 0 ∈ R tel que M(t 0 ) ∈ D et ~V (t 0 ) soit un vecteur orthogonal à la droite D. (c) On cherche donc à quelle condition ~V (t) et ~V (t 0 ) sont orthogonaux : ~V (t) · ~V (t 0 ) = 0 ⇐⇒ 36 + 144tt 0 = 0 ⇐⇒ tt 0 = − 1 4 ce qui exclut le paramètre t = 0. (d) Soit donc t 6= 0, et T (t) la tangente à C en M(t) : x x = 3t 2 + 6λ ~ T (t) = M(t) + λ V (t) | λ ∈ R = | ∃λ ∈ R, y y = 4t 3 + 12λt En éliminant λ , on trouve que T (t) a pour équation cartésienne
y = 4t 3 + 2t(x − 3t 2 ) = 2tx − 2t 3 2396
(e) On sait déjà que T (t) et T (− 4t1 ) sont perpendiculaires. Il reste à voir si T (t) coupe bien C au point M(− 4t1 ) : 1 2 1 1 3 = 2t · 3 − − 2t 3 M − ∈ T (t) ⇐⇒ 4 − 4t 4t 4t ⇐⇒ 32t 6 − 6t 2 − 1 = 0 ⇐⇒ X = t 2
et X 3 −
3 1 X− =0 16 32
3 1 L’étude des variations du polynôme X 3 − 16 X − 32 montre qu’il admet − 41 comme racine (double), 3 1 il se factorise donc sous la forme X 3 − 16 X − 32 = (X + 41 )2 (X − 12 ) et sa seule racine positive est 12 : 1 1 1 2 M − ∈ T (t) ⇐⇒ X = t et X ∈ − ; 4t 4 2 √ 1 2 ⇐⇒ t 2 = ⇐⇒ t = ± 2 2 √
(f) Ainsi T ( 22 ) et T (− — La droite
√ 2 2 )
sont les seules droites à la fois tangentes et orthogonales à C :
est tangente au point M( — La droite
√ 2 2 )
est tangente au point M(−
√ √ √ 2 2 T( ) : y = 2x− 2 2 et orthogonale au point M(−1/(4 √ √ √ 2 2 T (− ) : y = − 2x+ 2 2
√ 2 2 )
et orthogonale au point M(1/(4
y
1 0
√ 2 2 )).
√ 2 2 )).
y
M(+
√ 2 2 )
1 √ M(−1/(4 22 ))
1 x
0
M(1/(4 1
√ 2 2 ))
M(−
Correction de l’exercice 5432 N (a)
2397
√ 2 2 )
x
(b)
aire de la boucle : 2 −
π 2
(c)
√ asymptotes : y = ±x 3 − 1 la courbe traverse ses asymptotes au point de concours (d)
√ 4 asymptotes : x ± y 3 = 3 (e)
2398
(f)
(g)
√ asymptotes : 3x ± y 3 = −1
(h)
(i)
(j)
2399
(k)
Correction de l’exercice 5433 N Notons E l’ensemble cherché. p p Tout d’abord, pour tout réel θ , 1 + sin(2θ ) > 0, 1 − sin(2θ ) > 0 puis 1 + sin(2θ ) + 1 − sin(2θ ) > 0, car sin(2θ ) ne peut valoir simultanément 1 et −1. La fonction r 7→ r(θ ) est donc définie sur R, clairement 2π-périodique. Ainsi, M(θ + 2π) = [r(θ + 2π), θ + 2π] = [r(θ ), θ + 2π] = M(θ ). On obtient donc l’ensemble complet quand θ décrit un intervalle de longueur 2π comme [−π, π] par exemple. La fonction r 7→ r(θ ) est plus paire. Par suite, M(−θ ) = [r(−θ ), −θ ] = [r(θ ), −θ ] = s(Ox) (M(θ )). On construit l’ensemble des points correspondant à θ ∈ [0, π] et on obtient l’ensemble complet par symétrie orthogonale d’axe (Ox). Pour θ ∈ [0, π], on a clairement r(π − θ ) = r(θ ). Par suite, M(π − θ ) = [r(π − θ ), π − θ ] = [r(θ ), π − θ ] = s(Oy) (M(θ )). On construit l’ensemble des points correspondant à θ ∈ [0, π2 ] et on obtient l’ensemble complet par symétrie orthogonale d’axe (Oy) puis par symétrie orthogonale d’axe (Ox). Pour θ ∈ [0, π2 ], on a clairement r( π2 − θ ) = r(θ ). Par suite, en notant (∆) la droite d’équation y = x, π π π π M( − θ ) = [r( − θ ), − θ ] = [r(θ ), − θ ] = s(∆) (M(θ )). 2 2 2 2 On construit l’ensemble des points correspondant à θ ∈ [0, π4 ] et on obtient l’ensemble complet par symétrie orthogonale d’axe (∆) puis par symétrie orthogonale d’axe (Oy) et enfin par symétrie orthogonale d’axe (Ox). Maintenant, pour θ ∈ [0, π4 ], 1 1 p p p =p π 1 + cos( 2 − 2θ ) + 1 − cos( π2 − 2θ ) 1 + sin(2θ ) + 1 − sin(2θ ) 1 1 q √ =q =√ π 2 π π 2 cos( − θ ) + 2 sin( π4 − θ ) 2 2 cos ( 4 − θ ) + 2 sin ( 4 − θ ) 4 =
2 cos( π4
1 1 = . π − ( 4 − θ )) 2 cos θ
En notant x et y les coordonnées d’un point M, on a alors 2400
M∈E ⇔r=
1 1 1 ⇔ r cos(θ ) = ⇔ x = . 2 cos θ 2 2
D’où le graphique :
1
−1
1
−1 Correction de l’exercice 5434 N p (a) (Lemniscate de B ERNOULLI.) Soit C la courbe d’équation polaire p r = cos(2θ ). Domaine d’étude. Notons D le domaine de définition de la fonction r : θ 7→ cos(2θ ). • θ ∈ D ⇔ θ + 2π ∈ D et pour θ ∈ D, M(θ + 2π) = [r(θ + 2π), θ + 2π] = [r(θ ), θ + 2π] = [r(θ ), θ ] = M(θ ). On obtient donc la courbe complète quand θ décrit un intervalle de longueur 2π comme [−π, π]. • θ ∈ D ⇔ −θ ∈ D et pour θ ∈ D, M(−θ ) = [r(−θ ), −θ ] = [r(θ ), −θ ] = s(Ox) (M(θ )). On étudie et on construit la portion de courbe correspondant à θ ∈ [0, π] puis on obtient la courbe complète par réflexion d’axe (Ox). • θ ∈ D ⇔ π − θ ∈ D et pour θ ∈ D, M(π − θ ) = [r(π − θ ), π − θ ] = [r(θ ), π − θ ] = s(Oy) (M(θ )). On étudie et on construit la portion de courbe correspondant à θ ∈ 0, π2 puis on obtient la courbe π par réflexion d’axe (Oy) puis complète d’axe (Ox). Pour θ ∈ 0, 2 , θ ∈ D ⇔ cos (2θ ) > 0 ⇔ θ ∈ π π 0, 4 . On étudiedonc la courbe sur 0, 4 . Variations fonction r est strictement π et signe de r. La π π décroissante sur 0, 4 , strictement positive sur 0, 4 et s’annule en 4 . Etude en π4 . M π4 = O et donc la tangente en M π4 est la droite passant par O et d’angle polaire π4 ou encore la droite d’équation y = x. Etude en 0. M(0) est le point de coordonnées cartésiennes (1, 0). Pour θ ∈ − π4 , π4 , − →
dM dθ (θ )
− → p → − − − → − = − √sin(2θ ) → u θ + cos(2θ )→ v θ et donc dM dθ (0) = v 0 = j . cos(2θ )
→ − M(0) est le point de coordonnées cartésiennes (1, 0) et la tangente en M(0) est dirigée par j
2401
1
−1
1
−1 (b) Soit C la courbe d’équation polaire r = sin
2θ 3
. Domaine d’étude. • Pour θ ∈ R,
M(θ + 6π) = [r(θ + 6π), θ + 6π] = [r(θ ), θ + 6π] = [r(θ ), θ ] = M(θ ). On obtient donc la courbe complète quand θ décrit un intervalle de longueur 6π comme [−3π, 3π]. • Pour θ ∈ [−3π, 3π], M(−θ ) = [r(−θ ), −θ ] = [−r(θ ), −θ ] = [r(θ ), π − θ ] = s(Oy) (M(θ )). On étudie et on construit la portion de courbe correspondant à θ ∈ [0, 3π] puis on obtient la courbe complète par réflexion d’axe (Oy). • Pour θ ∈ [0, 3π], M(3π −θ ) = [r(3π − θ ), 3π − θ ] = [−r(θ ), 3π −θ] = [r(θ ), −θ ] = s(Ox) (M(θ )). On étudie et on construit la portion de courbe correspondant à θ ∈ 0, 3π 2 puis on obtient la courbe complète par réflexion d’axe (Ox) puis d’axe (Oy). 3π 3π 3π 3π • Pour θ ∈ 0, 3π 2 , M 2 − θ = r 2 − θ , 2 − θ = r(θ ), 2 − θ = sy=−x (M(θ )). On étudie et on construit la portion de courbe correspondant à θ ∈ 0, 3π 4 puis on obtient la courbe complète par réflexions successives d’axes la droite d’équation y = −x, puis d’axe (Ox) et enfin d’axe (Oy). • Remarque. La fonction r admet 3π pour plus petite période strictement positive. Pourtant, on n’obtient pas la courbe complète quand θ décrit [0, 3π] car 3π ne fournit pas un nombre entier de tours. Plus précisément, M(θ + 3π) = [r(θ + 3π), θ + 3π] = [r(θ ), θ + π] = sO (M(θ )). 3π Variations et signe de r. La fonction r est strictement positive sur 0, 4 et s’annule en 0. La 3π fonction r est strictement croissante sur 0, 4 . • M(0) est le point O. La tangente en M(0) est la droite passant par O d’angle polaire 0 c’est-à-dire l’axe (Ox).
2402
1
−1
1
tra é sur 0, 3π2
−1
1
−1
1
−1
ourbe omplète (c) Soit C la courbe d’équation polaire r = aebθ . L’étude est très brève. La fonction r : θ 7→ aebθ est strictement positive et strictement croissante sur R. Tout en tournant, on ne cesse de s’écarter de l’origine : la courbe est une spirale.
2403
5 tra é quand
a = 2, b = 0, 01
4 3 2 1 −5
−4
−3
−2
−1 −1
1
2
3
4
5
−2 −3 −4 −5 (d) Soit C la courbe d’équation polaire r = 2 cos(θ ) + 1. Domaine d’étude. • Pour θ ∈ R, M(θ + 2π) = M(θ ). On obtient donc la courbe complète quand θ décrit un intervalle de longueur 2π comme [−π, π]. • Pour θ ∈ [−π, π], M(−θ ) = s(Ox) (M(θ )). On étudie et on construit la portion de courbe correspondant à θ ∈ [0, π] puis on obtient la courbe complète par réflexion d’axe (Ox). Variations et signe de r. La fonction r est strictement décrois 2π sante sur [0, π]. La fonction r est strictement positive sur 0, 2π 3 , strictement négative sur 3 , 0 2π et s’annule en 2π 3 . Donc la fonction ) = |r(θ )| est strictement décroissante sur 0, 3 2π θ 7→ OM(θ 2π 2π et strictement croissante sur 3 , π . • M 3 est le point O. La tangente en M 3 est la droite √ passant par O d’angle polaire 2π 3 c’est-à-dire la droite d’équation y = − 3x. • Par symétrie par rapport à (Ox), les tangentes en M(0) et M(π) sont parrallèles à (Oy).
2
1
1
2
3
−1 −2 (e) Soit C la courbe d’équation polaire r = tan 2θ 3 . Domaine d’étude. Notons D le domaine de dé finition de la fonction r : θ 7→ tan 2θ 3 . • θ ∈ D ⇔ θ + 6π ∈ D et M(θ + 6π) = M(θ ). On obtient donc la courbe complète quand θ décrit un intervalle de longueur 6π comme [−3π, 3π]. 2404
• θ ∈ D ⇔ −θ ∈ D et M(−θ ) = s(Oy) (M(θ )). On étudie et on construit la portion de courbe correspondant à θ ∈ [0, 3π] puis on obtient la courbe complète par réflexion d’axe (Oy). • θ ∈ D ⇔ 3π − θ ∈ D et M(3π − θ ) = s(Ox) (M(θ )). On étudie et on construit la portion de courbe correspon dant à θ ∈ 0, 3π 2 puis on obtient la courbe complète par réflexion d’axe (Ox) puis par réflexion d’axe (Oy). • θ ∈ D ⇔ 3π 2 − θ ∈ D et 3π π M 3π − θ = −r(θ ), − θ = r(θ ), − θ = sy=x (M(θ )). 2 2 2 On étudie et on construit la portion de courbe correspondant à θ ∈ 0, 3π 4 puis on obtient la courbe complète par réflexions y = x, puis d’axe (Ox) et enfin d’axe 3π successives d’axe la droite d’équation 3π (Oy). • Pour θ ∈ 0, 4 , r(θ ) existe si et seulement si θ 6= 4 . On étudie donc sur θ ∈ 0, 3π 4 . 3π Variations et signe de r. La fonction r est strictement croissante sur 0, 4 , strictement positive sur 0, 3π 4 et s’annule en 0. • La tangente en M(0) = O est la droite passant par O et d’angle polaire 0 c’est-à-dire l’axe (Ox). 3π • Etude quand θ tend vers 3π 4 . Quand θ tend vers 4 par valeurs inférieures, r(θ ) tend vers +∞. la courbe admet donc une direction asymptotique d’angle polaire 3π d’équation 4 ou encore y = −x. 3π Recherchons une éventuelle droite asymptote. Pour cela, étudions lim r(θ ) sin θ − . Posons 4 θ → 3π 4 θ < 3π 4
h=
3π 4
−θ
ou encore θ = 3π 4 3π r(θ ) sin θ − 4
− h.
= tan
− 2h 3 sin(−h) = − cotan h sin h = − cos h → −1.
π 2
Ainsi, C admet une droite asymptote (D) quand θ tend vers
3π 4 .
De plus,
√ −−→ − M(x, y) ∈ (D) ⇔ OM.→ v 3π = −1 ⇔ − √12 x − √12 y = −1 ⇔ y = −x + 2. 4
4 3 2 1 −6
−5
−4
−3
−2
−1 −1
1
2
3
4
5
6
−2 −3 −4 Correction de l’exercice 5435 N θ +1 Domaine d’étude. Notons D le domaine de définition de la fonction r : θ 7→ 22cos sin θ +1 . ∀θ ∈ R, θ ∈ D ⇔ θ + 2π ∈ D et M(θ + 2π) = M(θ ). On obtient donc la courbe complètequand θ décrit un intervalle de 5π π longueur 2π comme [−π, π]. Pour θ ∈ [−π, π], 2 sin θ + 1 = 0 ⇔ θ ∈ − 6 , − 6 . On étudie donc la π courbe sur [−π, π] \ − 5π 6 , − 6 . Signe de r.
2405
− 5π 6
−π
θ 2 cos θ + 1 2 sin θ + 1 signe de r
− + −
0
− 2π 3 − − +
− π6
0
+ − −
0
2π 3
+ + +
0
π − + −
0 0
5π π π Variations de r. La fonction r est dérivable sur [−π, π] \ − 5π 6 , − 6 et pour θ ∈ [−π, π] \ − 6 , − 6 r0 (θ ) =
−2 sin θ (2 sin θ +1)−2 cos θ (2 cos θ +1) (2 sin θ +1)2
=
−4−2 cos θ −2 sin θ (2 sin θ +1)2
=
√ −4−2 2 cos(θ − π4 ) (2 sin θ +1)2
< 0. 5π π π La fonction r est strictement décroissante sur −π, − 5π 6 , sur − 6 , − 6 et sur − 6 , π . Etude quand θ tend vers − 5π 6 . lim r(θ ) = −∞ et lim r(θ ) = +∞. Donc la courbe C admet une direction θ →− 5π 6 x>− 5π 6
θ →− 5π 6 x− π6
θ →− 6 x 0, a pour longueur 8a. Développée. Le point M(θ ) est régulier si et seulement si θ 6= ±π. Dans ce cas,
→
− → − → − ds θ
dM dθ = dθ = 2a cos 2 et aussi τ (θ ) = u 3θ + π 2
2
→ − − π En notant α(θ ) une mesure de l’angle i , → τ (θ ) , on peut prendre α(θ ) = 3θ 2 + 2 . En notant R(θ ) le rayon de courbure au point M(θ ), ds/dθ ds = 43 a cos θ2 . R(θ ) = dα = dα/dθ − − − Ensuite, → n (θ ) = rπ/2 → τ (θ ) = −→ u 3θ /2 et donc, en notant Ω(θ ) le centre de courbure au point M(θ ), − Ω(θ ) = M(θ ) + R(θ )→ n (θ )
4 θ → − − = O + a(1 + cos θ )→ u θ − a cos u 3θ /2 3 2 θ 3θ → θ 3θ → − − → − → − 4 cos i + cos sin j = O + a(1 + cos θ ) cos(θ ) i + sin(θ ) j − a cos 3 2 2 2 2 2 2 → − = O + a cos(θ ) + cos2 (θ ) − (cos(θ ) + cos(2θ )) i + sin(θ ) + sin(θ ) cos(θ ) − (sin(θ ) + sin(2θ ) 3 3 2 1 1 1 1 → − → − = O+a + cos(θ ) − cos2 (θ ) i + sin(θ ) − sin(θ ) cos(θ ) j 3 3 3 3 3 2a → − a − = O+ i + (1 − cos θ )→ uθ 3 3 → − Notons Γ la développée cherchée. On a Γ = t ◦ h(C1 ) où t est la translation de vecteur 2a 3 i , h est l’homothétie de centre O et de rapport 13 et C1 la courbe d’équation polaire r = a(1 − cos θ ). Maintenant, en notant r la fonction θ 7→ a(1 + cos θ ) et r1 la fonction θ 7→ a(1 − cos θ ), [r1 (θ + π), θ + π)] = [a(1 + cos θ ), θ + π] = sO ([r(θ ), θ )]). La courbe C1 est donc la symétrique par rapport à O de la courbe C . En résumé, la développée de C est l’image de C par la transformation t ◦ h ◦ sO : c’est encore une cardioïde.
2408
a
a
2a
−a
Correction de l’exercice 5437 N Soient (R, θ ) ∈ R2 puis M le point du plan dont un couple de coordonnées polaires est [r, θ ].
M ∈ C ⇔ x2 (x2 + y2 ) − (y − x)2 = 0 ⇔ r2 cos2 θ × r2 − (r sin θ − r cos θ )2 = 0 sin θ − cos θ 2 2 2 2 2 2 (cos θ = 0 ne fournit pas de solutio ⇔ r [r cos θ − (sin θ − cos θ ) ] = 0 ⇔ r = 0 ou r = cos θ ⇔ r = 0 ou r = tan θ − 1 ou r = 1 − tan θ . C est donc la réunion de la courbe (C1 ) d’équation polaire r = tan θ − 1, (C2 ) d’équation polaire r = 1 − tan θ et {O}. On note que le point O appartient à (C1 ) car θ = π4 fournit r = 0. Donc C = C1 ∪ C2 ∪ {O} = C1 ∪ C2 . Ensuite, on notant r1 et r2 respectivement la fonction θ 7→ tan θ − 1 et r2 = −r1 , M[θ + π, r2 (θ + π)] = M[θ + π, r2 (θ )] = M[θ + π, −r1 (θ )] = M[θ , r1 (θ )],
et comme θ + π décrit R si et seulement si θ décrit R, les courbes C1 et C2 sont une seule et même courbe. C est la courbe d’équation polaire r = tan θ − 1. Construction de C .
4 3 2 1 −4
−3
−2
−1 −1 −2 −3 −4 2409
1
2
3
4
Correction de l’exercice 5438 N − Développée. M(θ ) = O + aeθ → u θ puis − → √ θ √ θ→ − − − → − − π dM π → π → θ → dθ = ae ( u θ + v θ ) = a 2e cos 4 u θ + sin 4 v θ = a 2e u θ + 4 . √ − − ds τ (θ ) = → u θ + π4 . On peut alors prendre α(θ ) = θ + π4 et donc dα On en déduit dθ = a 2eθ et → dθ = 1. Par suite √ θ √ ds/dθ R(θ ) = dα/dθ = a 12e = a 2eθ . − − − − − u θ + 3π = √12 (−→ u θ +→ v θ ) et donc D’autre part, → n (θ ) = → τ θ + π2 = → 4 √ − − − − − Ω(θ ) = M(θ ) + R(θ )→ n (θ ) = O + aeθ → u θ + a 2eθ . √12 (−→ u θ +→ v θ ) = O + aeθ → v θ = rO, π2 (M(θ )). La développée de la spirale logarithmique d’équation polaire r = aeθ est l’image de cette spirale par le quart de tour direct de centre O.
M(θ) b
Ω(θ) b
Correction de l’exercice 5439 N 1 tan(2θ )
(a) L’expression r(θ ) = √
est bien définie sur D =]0, π4 [ (il faut tan(2θ ) bien défini et strictement
positif). — Passages par l’origine Puisque r ne s’annule pas, la courbe ne passe pas par l’origine. Mais elle admet l’origine pour point limite : r(θ ) −−−−→ 0+ . − θ → π4
— Variations et signe de la fonction r La fonction r est strictement décroissante, et strictement positive, sur ]0; π4 [ : θ r
π 4
0 +∞ &
0
Cela signifie que la courbe tourne (dans le sens trigonométrique) en se rapprochant de l’origine. 2410
— Tangente à l’origine Le point M( π4 ) est à l’origine : la tangente en ce point est donc dirigée par ~u π4 , c’est la première bissectrice. — Étude des branches infinies Lorsque θ tend vers 0, r(θ ) tend vers +∞ : il y a donc une branche infinie. Pour étudier sa nature, passons en coordonnées cartésiennes : x(θ ) = y(θ ) =
cos θ p −−−→ +∞ tan(2θ ) θ →0+ θ sin θ p ∼+ √ 2θ tan(2θ ) 0
Ainsi x(θ ) −−−→ +∞, y(θ ) −−−→ 0 : la droite d’équation y = 0 est asymptote horizontale. + + θ →0
θ →0
y 1 θ=
π 4
1
2
3
4
x
-1 2
θ π π (b) L’expression r(θ ) = sin cos θ est bien définie sur D =] − 2 , 2 [. — Réduction du domaine d’étude Comme r est paire, il suffit en fait de faire l’étude pour les θ > 0, donc sur [0; π2 [, puis de compléter par réflexion d’axe (Ox), en effet M(−θ ) = s(Ox) (M(θ )). On se restreint donc dans la suite à θ ∈ [0, π2 [, puis on obtient la courbe complète par réflexion d’axe (Ox). — Passages par l’origine La courbe passe par l’origine si r s’annule : pour θ ∈ [0, π2 [,
r(θ ) = 0 ⇐⇒ θ = 0 — Variations et signe de la fonction r La fonction r est strictement croissante sur ]0, π2 [, strictement positive sur 0, π2 et s’annule en 0: π θ 0 2 +∞ r % 0 Ainsi la courbe tourne en s’éloignant de l’origine. — Tangente à l’origine La courbe passe par l’origine en θ = 0. Par conséquent, la tangente en O = M (0) est la droite passant par O et d’angle polaire 0, c’est-à-dire l’axe (Ox). — Étude des branches infinies Lorsque θ tend vers π2 , r(θ ) tend vers +∞ : il y a donc une branche infinie. Pour étudier sa nature, passons en coordonnées cartésiennes : x(θ ) = sin2 θ −−−−→ 1 − θ → π2
y(θ ) =
sin3 θ −−−−→ +∞ cos θ θ → π2 −
Ainsi la droite d’équation x = 1 est asymptote verticale. 2411
y
x=1
3
2
1 θ =0 x
1 -1
-2
-3
p S (c) L’expression r(θ ) = cos(2θ ) est bien définie si cos(2θ ) est positif, i.e. sur D = k∈Z [− π4 + kπ; π4 + kπ]. — Réduction du domaine d’étude La fonction r est π-périodique : on l’étudie sur un intervalle de longueur π, par exemple [− π2 ; π2 ]∩ D = [− π4 ; π4 ], puis on complète par rotation d’angle π. De plus r est paire : θ ∈ D ⇔ −θ ∈ D, et pour θ ∈ D on a M(−θ ) = [r(−θ ) : −θ ] = [r(θ ) : −θ ] = s(Ox) (M(θ )) Finalement, on étudie et on construit la portion de courbe correspondant à θ ∈ [0, π4 ], puis on obtient la courbe complète d’abord par réflexion d’axe (Ox), puis par rotation d’angle π (symétrie centrale par rapport à l’origine). — Passages par l’origine La courbe passe par l’origine si r s’annule : pour θ ∈ [0, π4 ], r(θ ) = 0 ⇐⇒ θ =
π 4
— Variations et signe de la fonction r La fonction r est strictement décroissante sur [0, π4 ], strictement positive sur 0, π4 et s’annule en π4 : π θ 0 4 1 r & 0 Ainsi la courbe tourne en se rapprochant de l’origine. — Tangentes La courbe passe par l’origine en θ = π4 , et donc la tangente en M et d’angle polaire π4 c’est-à-dire la première bissectrice. 2412
π 4
est la droite passant par O
En θ = 0, r(0) = 1 (et r0 (0) = 0) et la tangente est dirigée par le vecteur − → M (0) = r0 (0)~u0 + r(0)~v0 =~v0 = ~j θ et la tangente à la courbe au point M(0) de coordonnées cartésiennes (1, 0) est donc verticale. y
θ=
θ =0
π 4
1
x
Correction de l’exercice 5440 N Les deux équations sont 2π-périodiques en θ , soit donc θ ∈ [0; 2π[, cherchons pour chaque courbe le vecteur tangent au point Mi (θ ). Déjà, C2 ne passe pas par le pôle mais C1 oui, pour θ = π : elle a donc en M1 (π) une tangente horizontale (dirigée par le vecteur ~uπ ) et N1 (π) est l’axe (Oy). Dans tous les autres cas, la tangente à Ci au point Mi (θ ) est dirigée par le vecteur −−→ OMi (θ ) = r0 (θ )~uθ + r(θ )~vθ = − sin θ ~uθ + (ai + cos θ )~vθ θ où a1 = 1, a2 = 3. Le vecteur directeur de Ni (θ ) est donc ~ni (θ ) := (ai + cos θ )~uθ + sin θ~vθ −−→ −−−−→ et M ∈ Ni (θ ) ⇐⇒ ∃t ∈ R | OM = OMi (θ ) + t ·~ni (θ ). Finalement, ∀θ 6= π, Ni (θ ) = (1 + t)(ai + cos θ )~uθ + t sin θ~vθ | t ∈ R
et le résultat s’étend au cas θ = π pour i = 2. — Si θ = π, N1 (π) = (Oy) et N2 (π) = {2(1 + t)~uπ | t ∈ R} = (Ox), ces deux droites s’intersectent en O. — Si θ 6= π, N1 (θ ) et N2 (θ ) sont sécantes si et seulement si les vecteurs n~1 (θ ) et n~2 (θ ) ne sont pas 1 + cos θ 3 + cos θ colinéaires, c’est-à-dire si et seulement si 6= 0 i.e. sin θ 6= 0. Ainsi, pour sin θ sin θ θ 6= 0, les droites N1 (θ ) et N2 (θ ) sont sécantes en un point P(θ ), que l’on peut déterminer : (1 + t1 )(1 + cos θ )~uθ + t1 sin θ~vθ = (1 + t2 )(3 + cos θ )~uθ + t2 sin θ~vθ ( (1 + t1 )(1 + cos θ ) = (1 + t2 )(3 + cos θ ) ⇐⇒ t1 sin θ = t2 sin θ ( t1 = −1 ⇐⇒ t1 = t2 −−−−→ puisqu’ici sin θ 6= 0. On obtient alors OP(θ ) = − sin θ~vθ . La formule donnant P(θ ) pour θ 6= π est en fait encore valable en θ = π puisqu’on retrouve dans ce cas P(π) = O. En coordonnées cartésiennes, on a donc ∀θ ∈]0; 2π[, P(θ ) = (sin2 θ , − sin θ cos θ ) 2413
Remarquons que
1 − cos(2θ ) 1 (sin θ , − sin θ cos θ ) = , − sin(2θ ) 2 2 1 1 , 0 − cos(2θ ), sin(2θ ) = 2 2 Lorsque θ décrit ]0; 2π[, 2θ décrit ]0; 4π[ et cos(2θ ), sin(2θ ) décrit (deux fois, sauf en (1, 0) où l’on ne passe qu’une fois) le cercle unité. Par conséquent {P(θ ) | θ ∈]0; 2π[} est le cercle de centre ( 21 , 0) et de rayon 12 . 2
y
3 M2 (θ ) 2 M1 (θ ) 1
-2
-1
1
2
3
4
P(θ ) -1
C1
-2
C2
-3
Correction de l’exercice 5441 N (a) y = aebx . √ (b) y = ± ax + b.
(c) (a − x)2 + y2 = b2 . (d) x = a ln tan t + cost + b, 2
(e) y2 =
x2 2
y = a sint.
+ a2 ln |x| + b.
Correction de l’exercice 5442 N (a) ρ =
1 aθ +b .
(b) ρ = aθ + b. (Spirale d’Archimède)
Correction de l’exercice 5443 N 2414
x
0 0 D = Ox ⇒ xT = x − xy0y , xN = x + yyx0 ⇒ 2x + y t − 1t = a (cste). On dérive : 2x0 + y0 t − 1t + y 1 + t12 = 0 ⇒ y0 t + 1t + y 1 + t12 = 0. ⇒ y = λt , x = b + 2tλ2 (Parabole)
Correction de l’exercice 5444 N
0 0 D = Ox ⇒ xT = x − xy0y , xN = x + yyx0 ⇒ y t + 1t = a (cste). 1 at 0 0 √ t + y = 1+t + b. 2 et x = ty ⇒ x = a ln 2 2 1+t 1+t Correction de l’exercice 5445 N La tangente ne doit pas être parallèle à Oy, donc on peut paramétrer C sous la forme : y = f (x), ce qui donne l’équation : p |x + yy0 | = |y| 1 + y02 ⇔ 2xyy0 = y2 − x2 . √ (équation homogène) on obtient : y = ± λ x − x2 . Les courbes cherchées sont des arcs de cercles centrés sur Ox passant par O. Correction de l’exercice 5446 N On suppose que la droite est Ox et on paramètre la courbe cherchée, C , par une abscisse curviligne s. dx Soient M = (x, y) ∈ C , I = (x − R dy ds , y + R ds ) le centre de courbure en M où R est le rayon de courbure. On veut |R| = y + R dx ds = |y + R cos ϕ| d’où : ±
dR dy dϕ dR dR = − R sin ϕ + cos ϕ = cos ϕ. ds ds ds ds ds
Ceci implique dR ds = 0 donc R est constant (cercle) ou ϕ ≡ 0 mod π (droite horizontale). Le deuxième cas est exclu (courbe birégulière) donc il reste le cas d’un cercle qui convient s’il est tangent à Ox. Correction de l’exercice 5447 N dR dR y + 2R cos ϕ = ±2R ⇒ 2 dϕ sin ϕ2 + R cos ϕ2 = 0 ou 2 dϕ cos ϕ2 − R sin ϕ2 = 0. cas 1 : R = sinKϕ/2 , x = 2K ln tan ϕ4 − 4K cos ϕ2 + L, y = 4K sin ϕ2 . + 4K sin ϕ + L, y = −4K cos ϕ . cas 2 : R = cosKϕ/2 , x = −2K ln tan ϕ+π 4 2 2
Correction de l’exercice 5448 N M + a~t ∈ Ox (tractrices) x = a cos ϕ + a ln | tan ϕ/2| + b, y = a sin ϕ. Correction de l’exercice 5450 N (a) x = (b) x =
Rs
Rs 0
cos ln |t| dt, 2
cos u2 du,
y= y=
Rs
Rs 0
sin ln |t| dt,
ρ = ± √12 eθ +π/4 .
2
sin u2 du (Clothoïde ou spirale de Cornu)
(c) x = a(ϕ sin ϕ + cos ϕ), y = a(−ϕ cos ϕ + sin ϕ). (d) x = ln tan ϕ2 + π4 , y = cos1 ϕ = ch x. (e) x = a4 (sin 2ϕ + 2ϕ),
y = a4 cos 2ϕ (cycloïde).
2415
Correction de l’exercice 5451 N Développante de cercle :
d~I ds
=
dR ~ ds N
⇒ x = x0 + r(cos ϕ − 1 + ϕ sin ϕ),
⇒
dR dϕ
= r.
y = y0 + r(sin ϕ − ϕ cos ϕ).
Correction de l’exercice 5452 N y = 2s sin ϕ ⇒ s = a sin ϕ ⇒ x =
a sin 2ϕ 4
Correction de l’exercice 5453 N ~ : MC ~ = Soit θ l’angle polaire de OM
+ aϕ 2 + b,
ds n dϕ ~
y=
~ = et MN
ds θ 1 ds dθ = k dϕ ⇒ ϕ = k + b ⇒ V = aθ + b avec a = k ρ −1/a si a 6= ρ 0 = tan(aθ + b) ⇒ ρ = λ cos(aθ + b)
k = 1 ⇒ Spirale logarithmique. k = 32 ⇒ Parabole de foyer O. k = 2 ⇒ Cardioïde. k = 31 ⇒ Hyperbole de centre O. k = −1⇒ Lemniscate de Bernouilli. Correction de l’exercice 5455 N (a)
(b)
2416
a sin2 ϕ 2 .
(cycloïde)
ds n. dθ ~
− 1.
0 ou ρ = λ eµθ si a = 0.
(c)
(d)
(e)
asymptotes : y = ±x x − y ∼ 1/(4x) ⇒ aire infinie √ √ y0 = 0 ⇔ t = 0, ( 6 ± 2)/2
3 (traversée) asymptote : y = 2x − 16
asymptote : y = x (f)
inflexions : tan 2t = 0, ±3
2417
(g)
(h)
hyperbole : (y + 2)2 − x2 = 4
asymptote : x + y = −1 équation cartésienne : x3 + y3 = 3xy (i)
asymptote : x + y = e−1 branche parabolique horizontale (j)
branche parabolique horizontale rebroussement pour t = 1
2418
(k)
branche parabolique de coefficient 1 (l)
asymptote : y = 2x + 32 point double : t 2 + t = 1, x = y = −1 les tangentes sont orthogonales Correction de l’exercice 5456 N (a)
branche parabolique horizontale (b)
branche parabolique de coefficient 1 2419
(c)
inflexion : cost =
2 3
(d)
rebroussement : cos2 t = 13 . (e)
Correction de l’exercice 5457 N x=
3 cos θ −cos 3θ , 4
y=
3 sin θ −sin 3θ . 4
Correction de l’exercice 5458 N M = (Rcos θ , Rsin θ ), S = (a, 0) : On obtient les équations paramétriques : x =
R(Rcos θ −a) R−acos θ ,
y=
(R2 −a2 )sin θ R−acos θ .
Pour R 6= a, il s’agit de la conique de centre O et d’équation cartésienne : Correction de l’exercice 5459 N ( 2px = t 2 + ht + h2 /2 yA = t ⇒ ⇒ parabole y2 + h2 /4 = 2px. y = t + h/2
2420
x2 R2
2
+ R2y−a2 = 1.
Correction de l’exercice 5460 N ut t+u , 2 ; aire = yA = t, yB = u ⇒ C : 2p enveloppe : M = mil(A, B), parabole
|u−t|3 8p . 2 y + a2 /4
= 2px.
Correction de l’exercice 5461 N (a) F.
( x= (b) M = (t 2 /2p,t), M 0 = (t 02 /2p,t 0 ) ⇒ tt 0 = −p2 ⇒ y= par F) ( 1 2 x = 3p 4 u + u2 (c) 3 y = − 4p u − u1 .
p 4 p 2
u2 + u12 u − 1u
avec u = pt . (Parabole passant
Correction de l’exercice 5462 N (a) Foyer. (b) Point d’impact :
t2 2p ,t
Point caractéristique :
3t 2 t(3p2 −t 2 ) 2p , 2p2
.
Correction de l’exercice 5463 N M = (t 2 /2p,t) ⇒ I = (3t 2 /2p + p, −t 3 /p2 ). Soit P = (u2 /2p, u) : IP = IM ⇔ (u − t)3 (u + 3t) = 0 ⇒ u = −3t. ( x = −3t 2 /2p Enveloppe : (Parabole) y = 3t. Correction de l’exercice 5464 N équation polaire : ρ =
p 1+e cos θ
⇒
( x= y=
p(cos θ −sin θ ) 2+e(cos θ −sin θ ) p(cos θ +sin θ ) 2+e(cos θ −sin θ )
conique d’excentricité
√e . 2
Correction de l’exercice 5465 N 3x = cos 2θ + 2 cos θ , 3y = sin 2θ + 2 sin θ : cardioïde à rebroussement en (−1/3, 0). Correction de l’exercice 5466 N D = Ox, rayon = 1 : x = θ − cos θ sin θ , y = sin2 θ . pt caractéristique = projeté de I. Correction de l’exercice 5467 N a(1 + cost) 2a cost(1 + cost) M= ⇒P= . Hypocycloïde à trois rebroussements. a sint 2a sint(1 − cost) Correction de l’exercice 5468 N x = a cos 4θ , y = a sin 4θ . Correction de l’exercice 5469 N 2421
(a) x = (b)
2 cost 2 2 2 a (a + (a − b ) sin t),
y=
sint 2 2 2 2 b (b − (a − b ) cos t).
(c) Point stationnaire ssi a2 > 2b2 , obtenu pour sin2 t =
Correction de l’exercice 5470 N ( x = 2t D = Ox, A = (0, a),M = (t, 0) ⇒ y = t 2 /a.
a2 −2b2 . 3(a2 −b2 )
Rebroussement de 1ère espèce.
(Parabole)
Correction de l’exercice 5478 N (a) sh2 t. (b) θ − th θ2 . Correction de l’exercice 5479 N √ √ 2 − 2 + 3 ln(1 + 2). Correction de l’exercice 5480 N √ √ √ (a) 4 2 + 4 arccos √13 − π = 4 2 + 4 arctan 2 − π. (b) 4.
Correction de l’exercice 5481 N √ √ √ x + y = 1 ⇒ 2 xy = 1 − x − y ⇒ (x − y)2 = 2(x + y) − 1. La courbe est un arc de parabole d’axe la première bissectrice et tangent aux axes en (1, 0) et en (0, 1). p 2 √ t. Longueur : x − y = sht, 2(x + y) = ch2 t ⇒ x = 21 ch2 t + 14 sht, y = 12 ch2 t − 41 sht, x02 + y02 = ch 2 L=
R argsh 1
2 ch√ tdt t=− argsh 1 2
=
√ ln(1+ √ 2) 2
+ 1.
Correction de l’exercice 5482 N Soit (ai ) une subdivision de [a, b] et P la ligne brisée passant par les points (ai , f (ai )). On montre ci-dessous que pour toute courbe rectifiable L située au dessus de P et ayant même extrémités, on a long(L) > long(P) (résultat intuitivement évident : planter des clous aux points (ai , f (ai )) et attacher un élastique en (a, f (a)) et (b, f (b)), passant au dessus de ces clous). Cela étant montré, l’inégalité demandée en résulte en faisant tendre le pas de la subdivision vers zéro. Démonstration du thm de l’élastique : par récurrence sur le nombre n de segments de P. Pour n = 1 c’est un fait connu. n − 1 ⇒ n : si L passe par (a1 , f (a1 )) alors l’hypothèse de récurrence s’applique. Sinon, notons D la demi-droite issue de (a0 , f (a0 )) et passant par (a1 , f (a1 )). Par concavité, P est en dessous de D. L contient un point d’abscisse a1 strictement au dessus de D, et aboutit en (b, f (b)) en dessous de D, donc il existe un point (u, v) sur L ∩ D avec u > a1 . En remplaçant l’arc (a0 , f (a0 )) – (u, v) de L par le segment correspondant on obtient une ligne L0 plus courte que L, encore au dessus de P, et qui relève du premier cas. Correction de l’exercice 5483 N (a) x = −4t 3 , y =
3+6t 2 −3t 4 . 2
(b) x = 6 cost − 3 cos 2t, y = 6 sint + 3 sin 2t. 2422
(c) x = t + sint, y = −1 + cost, It = Mt−π + (π, −2).
(d) x = a(cos3 t + 3 cost sin2 t), y = a(sin3 t + 3 sint cos2 t). x ± y = a(cost ± sint)3 ⇒ similitude de centre O, rapport 2, angle π4 . 4
4
(e) xI = 3x2x+1 yI = x 2x+3 . 3 , 2 2 (f) x = a − ba cos3 t, y = b − ab sin3 t.
(g) ρ = eθ −π/2 . (h) x =
2+cos θ −cos2 θ , 3
y=
sin θ (1−cos θ ) , 3
cardioïde homothétique.
Correction de l’exercice 5484 N Calcul. Correction de l’exercice 5487 N (a) (b) Cercle de centre ( 12 , 0) et de rayon 21 .
Correction de l’exercice 5488 N R=
1 2
aux sommets principaux (0, ±1) et R =
√ √ 2 aux sommets secondaires (±1/ 2, 0).
Correction de l’exercice 5489 N 156 √ . − 125 2
Correction de l’exercice 5490 N y0 (0) = λ ⇒ I = (−λ − λ 3 , 1 + λ 2 ). Correction de l’exercice 5492 N 0 1 ac ci = √1+a ± c où c est la courbure en M et c0 = 2 2 2 c2 1+a c
dc ds .
Dans le repère de Frenet, les normales ont pour équations : X = 0, ±X = acY − a, donc se coupent en C. Correction de l’exercice 5493 N (a) Soit θ l’angle polaire de D. Dans le repère (O,~uθ ,~vθ ), P a pour équation : Y = aX 2 + bX. On veut que P soit tangente à Oy, soit b = − tan θ et que le rayon de courbure soit R, soit a = 1 . 2R cos3 θ Équation dans 0xy : x2 sin2 θ − 2xy cos θ sin θ + y2 cos2 θ − 2Rx cos2 θ = 0.
(b) O.
Correction de l’exercice 5494 N (a) (b) x =
4t 3 +a(1−t 2 ) , 1+t 2
y=
t 4 −3t 2 +2at . 1+t 2
2423
Correction de l’exercice 5495 N x = a ln tan t + π , y = a cost. 2
4
Correction de l’exercice 5496 N
→
− R dM (a) L’astroïde complète est obtenue quand t décrit [−π, π] et pour des raisons de symétrie, L = 4 0π 2
dt dt. Or
− → dM dt
=
puis
L=4
(b)
− → dM dt
=
−3a sint cos2 t 3a cost sin2 t
L=
0
dt
= 2R sin
dt
→
− dM 3a et donc
dt = 3a| sint cost| = 2 | sin(2t)|
L = 6a.
t 2
sint cost
sin(t/2) cos(t/2)
dt = 2R R 2π sin 0
→ R 2π − dM 0
− cost sint
iπ/2 h
dt = 6a R π/2 sin(2t) dt = 6a − cos(2t) = 6a. 0 2
0
→ R π/2 − dM
R(1 − cost) R sint
= 3a sint cost
t 2
→
− dM et donc
dt = 2R sin
dt = 4R − cos
L = 8R.
(
(c) Une représentation paramétrique de Γ est Z aq
t 2
2π 0
= 8R.
t 2
puis
x=t t 2 , 0 6 t 6 a et donc y = 2p
Z a
s
Z
a/p p t2 dt = p u2 + 1 du p2 0 0 0 s h p Z a/p 2 ia/p Z a/p u2 a2 u +1−1 2 √ √ = p u u +1 − du = a 1 + 2 − p du 2 0 p 0 0 u +1 u2 + 1 s a2 a = a 1 + 2 − L + p argsh , p p
L=
(x0 (t))2 + (y0 (t))2 dt =
1+
et donc L=
1 2
q 2 a 1 + ap2 + p argsh ap .
(d) La cardioïde complète est obtenue quand θ décrit [−π, π]. − → − − → − → − dM θ θ → θ → = a ((− sin θ ) u + (1 + cos θ ) v ) = 2a cos − sin u + cos θ θ θ dθ 2 2 2 vθ .
→
− − − dM θ Comme le vecteur − sin θ2 → u θ + cos θ2 → v θ est unitaire,
dθ = 2a cos 2 puis L=
Rπ −π
2a cos
θ 2
dt = 4a R π cos 0
L = 8a.
2424
θ 2
dt = 8a sin
θ 2
π 0
= 8a.
Correction de l’exercice 5497 N On obtient la courbe complète quand t décrit ] − π, 0[∪]0, π[. Puisque M(−t) = s(Ox) (M(t)) et M(π − t) = s(Oy) (M(t)), on se contente d’étudier et de construire la courbe quand t ∈ 0, π2 puis on obtient la π courbe complète par réflexions successives d’axe (Oy) puis d’axe (Ox). Pour t ∈ 0, 2 , cos2 t 1 − → cost cost R(− sint + sint ) dM cost sint =R = R sint = R cotant . dt = sint sint R cost cost π cost est unitaire, on a Puisque R cotant > 0 pour t ∈ 0, 2 et puisque le vecteur sint cost → − ds . dt = R cotant puis τ (t) = sint − sint → − On a donc n (t) = et d’autre part, on peut prendre α(t) = t. En notant ρ(t) le rayon de cost courbure au point M(t), ρ(t) =
ds dα
=
ds/dt dα/dt
= R cotant,
puis
− Ω(t) = M(t) + ρ(t)→ n (t) = R ln tan 2t . = R
R cost + ln tan 2t − sint + R cotant R sint cost
sint
R ln tan 2t La développée cherchée est l’arc t 7→ , t ∈] − π, 0[∪]0, π[ (en complétant par symétrie). R sint Quand t décrit ]0, π[, on effectue alors le changement de paramètres t 7→ R ln tan 2t = u qui est un C1 -difféomorphisme de ]0, π[ sur R. On obtient x = u puis u/R −u/R y = 2 tanR t = R2 tan 2t + tan1 t = R e +e = R ch Ru . 2
2 1+tan2 2t
2
Le support de la développée sur ]0, π[ est aussi le support de l’arc u 7→ la chaînette d’équation cartésienne y = R ch Rx .
2425
u R ch Ru
, u ∈ R ou encore
Ω(θ)
y=
Rc h
x R
b
R M(θ) b
−R
12. Quand t décrit [0, 2π], on obtient une arche de cycloïde complète. Les autres arches s’en déduisent par → − translations de vecteurs 2kπR i . Pour t ∈ [0, 2π] ! sin 2t − → R(1 − cost) dM = 2R sin 2t . dt = R sint cos 2t ! sin 2t Le point M(t) est régulier pour t ∈]0, 2π[ et pour t ∈]0, 2π[, 2R sin 2t > 0. Puisque le vecteur cos 2t est unitaire, on a ! ! t π t sin cos − 2 2 2 → − ds t = . dt = 2R sin 2 et τ (t) = cos 2t sin π2 − 2t ! − cos 2t − et d’autre part, on peut prendre α(t) = π2 − 2t . En notant ρ(t) On en déduit que → n (t) = t sin 2 le rayon de courbure au point M(t), ρ(t) =
ds dα
=
ds/dt dα/dt
=
2426
2R sin( 2t ) − 12
= −4R sin
t 2
,
et donc
− Ω(t) = M(t) + ρ(t)→ n (t) = =
R(t + sint) −R(1 − cost)
R(t − sint) R(1 − cost)
Ω(t + π) =
− 4R sin
t
t 2
− cos
2
t 2
sin
.
La développée cherchée est l’arc t 7→
R(t + π − sint) −R(1 + cost)
=
R(t + sint) −R(1 − cost)
R(t − sint) R(1 − cost)
!
=
R(t − sint) + 2R sint R(1 − cost) − 2R(1 − cost)
. Poursuivons.
+
πR −2R
→ − − = t→ u (M(t)) où u = (πR, −2R).
Ainsi, le centre de courbure au point M(t + π) est le translaté du point M(t) dans la translation de vecteur (πR, −2R) et donc la développée de la cycloïde est la translatée de la cycloïde par la translation de vecteur (πR, −2R). En particulier, c’est encore une cycloïde.
M(t) b
− → u
M(t + π) b
b
Ω(t + π)
13. C est le support de la courbe paramétrée t 7→ M(t) = − → 1 dM t/neq0. Pour t ∈ R, dt = . Par suite 3t 2 ds dt
√ − = 1 + 9t 4 et → τ (t) =
t t3
. M(t) est birégulier si et seulement si
√ 1 1+9t 4
.
1 3t 2
−3t 2 − et d’autre part, puisque les coordonnées de → τ (t) sont posi1 1 . Par suite, pour t 6= 0 tives, on peut prendre α(t) = arccos √1+9t 4 − Donc, d’une part → n (t) =
√ 1 1+9t 4
dα dt
puis
= − − 12 36t 3 (1 + 9t 4 )−3/2 × q
1 1−
R(t) =
ds/dt dα/dt
=
1 1+9t 4
=
(1+9t 4 )3/2 , 6t
et donc − Ω(t) = M(t) + R(t)→ n (t) =
t t3
2427
6t 1+9t 4
+ 1+9t 6t
4
−3t 2 1
=
t 2
−
5t 3 2
9t 5 2
+
1 6t
.
8 7 6 5 4 3 2 1 −4
−3
−2
−1 −1
1
2
3
4
−2 −3 −4 −5 −6 −7 −8 Correction de l’exercice 5498 N C est le support de l’arc paramétré t 7→
ds dt
t lnt
, t > 0.
q 1 1/ 1 + 2 1 dM q t = dt = 1/t 1/ t 1 + t12 √ 2 √1 = 1+t et on peut prendre α(t) = arcsin puis t 1+t 2 − →
Donc,
q = 1 + t12 dα dt
et finalement
1 1−
t q = − (t 2 +1) 3/2
R(t) =
ds/dt dα/dt
1 1+t 2
√ 1+t 2 t
√ t 1+t 2 √1 1+t 2
!
.
1 = − t 2 +1 ,
= − 1t (t 2 + 1)3/2 .
Pour t > 0, posons f (t) = |R(t)| = 1t (t 2 + 1)3/2 . f est dérivable sur ]0, +∞[ et pour t > 0, 2428
√
√ 3 3 2
Le rayon de courbure minimum est
Correction de l’exercice 5499 N C est le support de l’arc paramétré t 7→ − → dM dt
Puisque → − n (t) =
1 cost
=
cost − sint
et est le rayon de courbure en M
.
t ln(cost)
1 − sint/ cost
=
1 cost
ds/dt dα/dt
√1 2
, − π2 < t < π2 .
.
cost − sint
> 0 et que est unitaire, on a successivement sint , α(t) = −t puis cost R(t) =
√ t 2 +1 (2t 2 − 1). t2
2
f 0 (t) = − t12 (t 2 + 1)3/2 + 3(t 2 + 1)1/2 = tt 2+1 (−(t 2 + 1) + 3t 2 ) = √ 3/2 3√3 f admet un minimum en t = √12 égal à 2 12 + 1 = 2 .
ds dt
=
1 cost ,
→ − τ (t) =
− Ω(t) = M(t) + R(t)→ n (t) =
cost − sint
,
1 = − ds dt = − cost .
Ensuite, si s est l’abscisse curviligne d’origine 0 orientée dans le sens des t croissants, R R s(t) = 0t s0 (u) du = 0t cos1 u du = ln tan 2t + π4 . Enfin,
t ln(cost)
−
1 cost
sint cost
=
t − tant ln(cost) − 1
.
1 −5
−4
−3
−2
−1 −1
1
2
3
4
5
−2 −3 −4 −5 −6 −7 Correction de l’exercice 5500 N
t . C0 est l’axe (Ox) et donc C0 n’est pas λte−t défini, puis C−λ est la symétrique de Cλ par rapport à l’axe (Ox) et donc C−λ est le symétrique de Cλ par rapport à l’axe (Ox). Dans ce qui suit, on suppose λ > 0. Soit λ ∈ R. Cλ est le support de l’arc paramétré t 7→
2429
− → dM dt
=
1 λ (1 − t)e−t
.
p 1 → − 1 2 2 −2t √ , Par suite = 1 + λ (1 − t) e , τ (t) = 1+λ 2 (1−t)2 e−2t λ (1 − t)e−t −λ (1 − t)e−t → − 1 1 n (t) = √ 2 et on peut prendre α(t) = arccos √ 2 (car 1+λ (1−t)2 e−2t 1+λ (1−t)2 e−2t 1 → − τ (t) a une abscisse strictement positive). Ensuite, ds dt
dα dt
et donc
dα dt (0)
=
−4λ 2 q 1 2(1+λ 2 )3/2 1−
=
1 1+λ 2
λ 2 ((2t−2)−2(t−1)2 )e−2t q 2(1+λ 2 (1−t)2 e−2t )3/2 1−
=
−2λ 1+λ 2
puis R(0) =
1 1 1+λ 2 (1−t)2 e−2t
ds/dt dα/dt (0)
− 1 1 (1 + λ 2 )3/2 √1+λ Cλ = Ω(0) = M(0) + R(0)→ n (0) = O − 2λ 2 L’ensemble des Cλ , λ ∈ R∗ , est le support de l’arc λ 7→
1 = − 2λ (1 + λ 2 )3/2 et donc
−λ 1
=
(1 + λ 2 )/2 −(1 + λ 2 )/(2λ )
(1 + λ 2 )/2 −(1 + λ 2 )/(2λ )
, λ ∈ R∗ .
7 6 5 4 3 2 C3
1 b
−7
−6
−5
−4
−3
−2
−1 −1
C1 1 b
C1
2
3
4
5 b
−2 −3 −4 −5 −6 −7
Correction de l’exercice 5501 N 2430
6 C3
7
.
M1 , M2 , M3 , M4 sont coplanaires si et seulement s’il existe a, b, c, d ∈ R avec (a, b, c) 6= (0, 0, 0) tels que le plan P d’équation ax + by + cz − d = 0 passe par ces points, ce qui équivaut à : t1 ,t2 ,t3 ,t4 sont les racines (distinctes) du polynôme at 4 + bt 3 + ct 2 − d. Un tel polynôme existe si et seulement si t1t2t3 + t1t2t4 + t1t3t4 + t2t3t4 = 0 soit : t11 + t12 + t13 + t14 = 0 si aucun des ti n’est nul. Correction de l’exercice 5502 N (a)
d~I ds
= − τc ~B ⇒ ~T1 = ~B, 2
(b) τ1 = − cτ .
ds1 ds
= − τc , ~N1 = −~N, c1 = c.
Correction de l’exercice 5503 N q 2 cτ 0 −τc0 c1 = 1 + τc2 , τ1 = c(c 2 +τ 2 ) . Correction de l’exercice 5504 N Pt caractéristique : P = M + a(s)~N + b(s)~B : CNS ⇔
( a=
1 c ab0 −a0 b a2 +b2
= arctan(b/a)0 = τ.
Rmq : le point
caractéristique se projette sur I. Correction de l’exercice 5505 N ~B = ~T + 2~k ⇒ s2 d 2~T2 + s d~T + ~T = −~k. ds ds u u ~ on pose s = e : OM = e cos u~A + eu sin u~B − eu~k où (~A, ~B,~k) est orthogonale et k~Ak = k~Bk = k~kk. (spirale logarithmique relevée sur un cône) Correction de l’exercice 5539 N (a) Pour (x, y) ∈ R2 , on pose P(x, y) = 2x + 2y + ex+y = Q(x, y). Les fonctions P et Q sont de classe C1 sur R2 qui est un ouvert étoilé de R2 . Donc, d’après le théorème de S CHWARZ, ω est exacte sur R2 si et seulement si ∂∂Py = ∂∂Qx et comme ∂∂Py = 2 + ex+y = ∂∂Qx , la forme différentielle ω est une forme différentielle exacte sur R2 . Soit f une fonction f de classe C1 sur R2 .
2
d f = ω ⇔ ∀(x, y) ∈ R ,
∂f ∂ x (x, y)
= 2x + 2y + ex+y
∂f ∂ y (x, y)
= 2x + 2y + ex+y f (x, y) = x2 + 2xy + ex+y + g(y) 1 2 ⇔ ∃g ∈ C (R, R)/ ∀(x, y) ∈ R , 2x + ex+y + g0 (y) = 2x + 2y + ex+y f (x, y) = x2 + 2xy + ex+y + g(y) ⇔ ∃λ ∈ R/ ∀(x, y) ∈ R2 , g(y) = y2 + λ ⇔ ∃λ ∈ R/ ∀(x, y) ∈ R2 / f (x, y) = (x + y)2 + ex+y + λ .
Les primitives de ω sur R2 sont les fonctions de la forme (x, y) 7→ (x + y)2 + ex+y + λ , λ ∈ R. Remarque. On pouvait aussi remarquer immédiatement que si f (x, y) = (x + y)2 + ex+y alors d f = ω. (b) La forme différentielle ω est de classe C1 sur Ω = {(x, y) ∈ R2 / y > x} qui est un ouvert étoilé de R2 car convexe. Donc, d’après le théorème de S CHWARZ, ω est exacte sur Ω si et seulement si ω est fermée sur Ω. 2431
2y x+y 1 1 1 = ∂∂x x−y + y (x−y) = − (x−y) 2 2 − (x−y)3 = − (x−y)3 = y x+y ∂ 1 1 2x ∂ 1 ∂ y − (x−y)2 = ∂ y − y−x − x (y−x)2 = (y−x)2 + (y−x)3 = (y−x)3 = ∂ ∂x
x (x−y)2
Donc ω est exacte sur l’ouvert Ω. Soit f une fonction f de
d f = ω ⇔ ∀(x, y) ∈ Ω,
x+y . (y−x)3
∂ x ∂ x (x−y)2 classe C1 sur R2 .
∂f ∂ x (x, y)
y = − (x−y) 2
∂f ∂ y (x, y)
=
.
x (x−y)2
(
y f (x, y) = x−y + g(y) ⇔ ∃g ∈ C (R, R)/ ∀(x, y) ∈ Ω, x x 0 (y) = + g (x−y)2 (x−y)2 y +λ. ⇔ ∃λ ∈ R/ ∀(x, y) ∈ Ω, f (x, y) = x−y 1
Les primitives de ω sur Ω sont les fonctions de la forme (x, y) 7→
y x−y
+ λ , λ ∈ R.
(c) ω est de classe C1 sur R2 \ {(0, 0)} qui est un ouvert de R2 mais n’est pas étoilé. On se place dorénavant sur Ω = R2 \ {(x, 0), x ∈] − ∞, 0]} qui est un ouvert étoilé de R2 . Sur Ω, ω est exacte si et seulement si ω est fermée d’après le théorème de S CHWARZ. y 2xy ∂ ∂ x − y = − = 2 2 2 2 2 2 2 ∂ x x +y ∂ y x +y . Donc ω est exacte sur Ω. Soit f une application de classe (x +y ) C1 sur Ω.
d f = ω ⇔ ∀(x, y) ∈ Ω,
∂f ∂ x (x, y)
=
x x2 +y2
∂f ∂ y (x, y)
=
y x2 +y2
⇔ ∃g ∈ C1 (R, R)/ ∀(x, y) ∈ Ω,
(
−y ∂f 1 2 2 ∂ x (x, y) = 2 ln(x + y ) + g(y) y y 0 + g (y) = x2 +y2 − y x2 +y2
1 ⇔ ∃λ ∈ R/ ∀(x, y) ∈ Ω, f (x, y) = (ln(x2 + y2 ) − y2 ) + λ . 2 Les primitives de ω sur Ω sont les fonctions de la forme (x, y) 7→ 12 (ln(x2 + y2 ) − y2 ) + λ , λ ∈ R. Les fonctions précédentes sont encore des primitives de ω sur R2 \ {(0, 0)} et donc ω est exacte sur R2 \ {(0, 0)}.
(d) ω est de classe C1 sur ]0, +∞[2 qui est un ouvert étoilé de R2 . Donc ω est exacte sur ]0, +∞[2 si et seulement si ω est fermée sur ]0, +∞[2 d’après le théorème de S CHWARZ. ∂ 1 1 ∂ 1 1 ∂ 1 ∂ 1 2 − = et = − . Donc − = 6 ∂x ∂ y x2 y ∂x ∂ y x2 y et ω n’est pas exacte sur ]0, +∞[ . xy2 x 2 y2 x 2 y2 xy2 On cherche un facteur intégrant de la forme h : (x, y) 7→ g(x2 + y2 ) où g est une fonction non nulle de classe C1 sur ]0, +∞[. ∂ 1 1 2 + y2 ) = − 1 g(x2 + y2 ) + 2 + y2 ) = 1 g(x2 + y2 ) − 2 g0 (x2 + y2 ) et ∂ − g(x g(x ∂x ∂ y x2 y xy2 x2 y2 y2 x 2 y2 2 0 2 g (x + y2 ). x2
1
2 0 2 1 2 g (x + y2 ) = − 2 2 g(x2 + y2 ) + 2 g0 (x2 + 2 y x y x 2 2 x +y 1 ⇔ ∀(x, y) ∈]0, +∞[2 , 2 2 g(x2 + y2 ) − 2 2 g0 (x2 + y2 ) = 0 x y x y 0 ⇔ ∀t > 0, −tg (t) + g(t) = 0 ⇔ ∃λ ∈ R/ ∀t > 0, g(t) = λt.
hω est exacte sur ]0, +∞[2 ⇔ ∀(x, y) ∈]0, +∞[2 ,
x 2 y2
g(x2 + y2 ) −
La forme différentielle (x2 + y2 )ω est exacte sur ]0, +∞[2 . De plus, d xy − xy = 1y + xy2 dx − yx2 + 1x dy = (x2 + y2 )ω. 2432
Correction de l’exercice 5540 N 2 (a) C est l’arc paramétré t 7→ t −1 ,t , t variant en croissant de −1 à 1. 2 Z
ω=
C
Z 1 (t 2 − 1)/2 −1
t 2 −1 2
2
+ t2
t+
t 2 −1 2
= 0 (fonction impaire). R
Cω
t 2
+ t2
dt
= 2 ln 2.
(b) Z
C
Z 2π
3
Z 2π
(cos4 t + sin4 t − cost sint)dt 0 0 Z 2π Z 2π sin(2t) sin2 (2t) 2 2 2 2 2 = ((cos t + sin t) − 2 cos t sin t − cost sint)dt = 1− − dt 2 2 0 0 Z 2π 1 3π sin(2t) 1 − (1 − cos(4t)) dt = 2π 1 − = . = 1− 2 4 4 2 0
ω=
3
((cost − sin t)(− sint) + cos t(cost))dt =
R
Cω
=
3π 2 .
(c) Z
ω=
Z π/2 0
C
=
Z π/2 0
(cost sint cost sint)(− sint) dt = −
Z π/2
cos2 t sin3 t dt
0
cos3 t cos5 t − (− cos t sint + cos t sint)dt = 3 5 2
4
2 =− . 15 R
Cω
π/2 0
1 1 =− + 3 5
2 = − 15 .
Correction de l’exercice 5541 N (a) ω = x2 dx + y2 dy est de classe C1 sur R2 qui est un ouvert étoilé de R2 et est fermée car ∂∂Py = 0 = ∂∂Qx . On en déduit que ω est exacte sur R2 d’après le théorème de S CHWARZ. Par suite, l’intégrale de ω le long de tout cercle parcouru une fois dans le sens trigonométrique est nulle. (b) ω = y2 dx + x2 dy est de classe C1 sur R2 et n’est pas fermée car ∂∂Py = 2y 6= 2x = ∂∂Qx . On en déduit que ω n’est pas exacte sur R2 . L’intégrale de ω le long d’un cercle parcouru une fois dans le sens trigonométrique n’est plus nécessairement nulle. On parcourt le cercle C le cercle de centre (a, b) et de rayon R > 0 une fois dans le sens trigonométrique ou encore on considère l’arc paramétré γ : t 7→ (a + R cost, b + R sint), t variant en croissant de 0 à 2π.
2433
Z
γ
ω=
Z 2π
(b + R sint)2 (−R sint) + (a + R cost)2 (R cost) dt
0
=R
Z 2π 0
= R2 = R2 = R2
(a cost − b sint + 2aR cos2 t − 2bR sin2 t + R2 (cos3 t − sin3 t)) dt
Z 2π 0
(2a cos2 t − 2b sin2 t + R(cos3 t − sin3 t)) dt
0
(a(1 + cost) − b(1 − cost) + R(cost − sint)(cos2 t + cost sint + sin2 t)) dt
0
(a − b + R(cost − sint)(1 + cost sint)) dt
Z 2π Z 2π
Z = R2 2π(b − a) +
0
2π
R(cost − sint + cos2 t sint − cost sin2 t) dt
2
= 2πR (b − a).
Correction de l’exercice 5542 N (a) La forme différentielle ω est de classe C1 sur R2 \ {(0, 0)}. D’après le théorème de S CHWARZ, sur tout ouvert étoilé Ω contenu dans R2 \ {(0, 0)}, la forme différentielle ω est exacte si et seulement si la forme différentielle ω est fermée. −y −y Pour (x, y) ∈ R2 \{(0, 0)}, posons P(x, y) = x2e+y2 (x sin x−y cos x) et Q(x, y) = x2e+y2 (x cos x+y sin x). Pour (x, y) ∈ R2 , e−y ∂Q −2xe−y (x cos x + y sin x) + (−x sin x + cos x + y cos x) (x, y) = 2 ∂x (x + y2 )2 x2 + y2 e−y = 2 (−2x(x cos x + y sin x) + (x2 + y2 )(−x sin x + cos x + y cos x)) (x + y2 )2 e−y = 2 ((−x2 + y2 + x2 y + y3 ) cos x + (−2xy − x3 − xy2 ) sin x), (x + y2 )2 et ∂P −e−y −2ye−y e−y (x, y) = 2 (x sin x − y cos x) + (x sin x − y cos x) + (− cos x) ∂y x + y2 (x2 + y2 )2 x 2 + y2 e−y = 2 (−(x2 + y2 )(x sin x − y cos x) − 2y(x sin x − y cos x) − (x2 + y2 ) cos x) (x + y2 )2 e−y ((−x2 + y2 + x2 y + y3 ) cos x + (−2xy − x3 − xy2 ) sin x) = 2 (x + y2 )2 ∂Q = (x, y). ∂x Finalement, la forme différentielle ω est exacte sur tout ouvert étoilé Ω contenu dans R2 \ {(0, 0)}. On choisit Ω = R2 \ {(0, y), y 6 0}. Ω est un ouvert étoilé (en tout point de la forme (0, y), y > 0) R 2 de R contenant le contour fermé Γ. Puisque ω est exacte sur Ω, on sait alors que Γ ω = 0.
(b) Le contour Γ est constitué de 4 arcs : • Γ1 est l’arc t 7→ (t, 0), t variant en croissant de r à R, • Γ2 est l’arc t 7→ (R cost, R sint), t variant en croissant de 0 à π. • Γ3 est l’arc t 7→ (t, 0), t variant en croissant de −R à −r, 2434
• Γ4 est l’arc t 7→ (r cost, r sint), t variant en décroissant de π à 0. R R R R D’après la question 1), Γ1 ω + Γ2 ω + Γ3 ω + Γ4 ω = 0. Z
ω=
Z R r
Γ1
=
Z R 1 r
R
(P(x(t), y(t))x0 (t) + Q(x(t), y(t))y0 (t)) dt = t
× t sint dt = 2
R
Z R sint
t
r
Z R
P(t, 0) dt
r
dt.
R
−r sint De même, Γ3 ω = −R dt = rR sint t t dt (puisque la fonction x 7→ R R R sin x 2 Γ3 ω = 2 r x dx puis pour tout (r, R) ∈]0, +∞[ tel que r < R, R R R sin x 1 R r x dx = − 2 Γ2 ω + Γ4 ω .
sin x x
est paire) et donc
R
Γ1 ω
+
Ensuite, Z
ω=
Z π
(P(R cost, R sint)(− sint) + Q(R cost, sint)(cost)) dt
0
Γ2
=
Z π
e−R sint ((cost sin(R cost) − sint cos(R cost))(− sint) + (cost cos(R cost) + sint sin(R cost))(cost)) d
0
=
Z π
e−R sint cos(R cost) dt.
0
De même,
R
Γ4 ω
=
R 0 −r sint R cos(r cost) dt = − 0π e−r sint cos(r cost) dt et on a montré que π e
∀(r, R) ∈]0, +∞[2 , r < R ⇒ (c) • Etudions limR→+∞
R R sin x r
x
dx =
1 2
R π −r sint R e cos(r cost) dt − π e−R sint cos(R cost) dt . 0
0
R π −R sint e cos(R cost) dt. Pour R > 0, 0
Z π Zπ Z π Z π/2 −R sint −R sint −R sint |cos(R cost)| dt 6 cos(R cost) dt 6 dt = 2 e e e−R sint dt 0 e 0 0 0 Z π/2 h πi 62 e−R(2t/π) dt (la fonction sinus étant concave sur 0, ) 2 0 π h −2Rt/π iπ π = −e = (1 − e−2R ) R 0 R π 6 . R R
Comme πR tend vers 0 quand R Rtend vers +∞, limR→+∞ 0π e−R sint cos(R cost) dt = 0. On en déduit que pour tout r > 0, l’intégrale r+∞ sinx x dx converge en +∞ et que ∀r > 0,
• Etudions maintenant limr→0
R +∞ sin x r
x
dx =
1 R π −r sint cos(r cost) 2 0 e
R π −r sint cos(r cost) dt. Soit F : 0 e
dt.
[0, +∞[×[0, π] → R . (r,t) 7→ e−r sint cos(r cost) - Pour tout réel r ∈ [0, +∞[, la fonction t 7→ F(r,t) est continue par morceaux sur [0, π]. - Pour tout réel t ∈ [0, π], la fonction r 7→ F(r,t) est continue sur [0, +∞[. - Pour tout (r,t) ∈ [0, +∞[×[0, π], |F(r,t)| 6 1 = ϕ(t) où ϕ est une fonction continue par morceaux et intégrable sur le segment [0, π]. R D’après le théorème de continuité des intégrales à paramètres, la fonction r 7→ 0π e−r sint cos(r cost) dt est continue sur [0, +∞[. On en déduit que 2435
limr→0 et finalement que
R π −r sint R cos(r cost) dt = 0π e0 cos(0) dt = π, 0 e R +∞ sin x 0
x
dx = π2 .
Correction de l’exercice 5543 N Supposons tout d’abord que le support de l’arc γ est de longueur L = 2π. Puisque γ est un arc de classe C1 régulier, on peut choisir pour γ une paramétrisation normale c’est-à-dire une paramétrisation de classe C1 t 7→ (x(t), y(t)), t ∈ [0, 2π], telle que ∀t ∈ [0, 2π], x02 (t) + y02 (t) = 1. L’arc étant fermé, on a de plus γ(0) = γ(2π). Cette dernière condition permet de prolonger les fonctions x et y en des fonctions continues sur R de classe C1 par morceaux et 2π-périodiques. Puisque les fonctions x0 et y0 sont continues par morceaux sur R, la formule de PARSEVAL permet d’écrire
L = 2π =
Z 2π
1 dt =
0
Z 2π
02
02
(x (t) + y (t)) dt =
0 +∞
Z 2π
02
x (t) dt +
0
Z 2π 0
y02 (t) dt !
a2 (y0 ) +∞ 2 0 a20 (x0 ) + ∑ (an (y ) + b2n (y0 )) (a2n (x0 ) + b2n (x0 )) + 0 ∑ 2 n=1 2 n=1 ! Z +∞ 1 1 2π 0 x (t) dt = (x(2π) − x(0)) = 0 = a0 (y0 )) = π ∑ (a2n (x0 ) + b2n (x0 ) + a2n (y0 ) + b2n (y0 )) (a0 (x0 ) = π 0 π n=1 !
=π
+∞
π
∑ n2 (a2n (x) + b2n (x) + a2n (y) + b2n (y))
.
n=1
D’autre part, d’après la formule de G REEN-R IEMANN
A =
Z
γ
π = 4 =π
xdy =
Z 2π 0
1 x(t)y (t) dt = 4 0
Z 2π 0
((x(t) + y0 (t))2 − (x(t) − y0 (t))2 ) dt
! a20 (x + y0 ) a20 (x − y0 ) +∞ 2 − + ∑ (an (x + y0 ) − a2n (x − y0 ) + b2n (x + y0 ) − b2n (x − y0 )) 2 2 n=1 ! +∞ 0 a0 (x)a0 (y ) 0 0 + ∑ (an (x)an (y ) + bn (x)bn (y )) (par linéarité des coefficients de F OURIER) 2 n=1
=
L +∞ ∑ n(an (x)bn (y) − bn (x)an (y)) 2 n=1
6
L +∞ n2 2 L L L2 (an (x) + b2n (y) + b2n (x) + a2n (y)) = × = . ∑ 2 n=1 2 2 π 4π
Si on a l’égalité, alors les inégalités valables pour n > 1, n(an (x)bn (y) − bn (x)an (y)) 6 n × 21 (a2n (x) + b2n (y) + b2n (x) + a2n (y)) 6
n2 2 2 2 2 2 (an (x) + bn (y) + bn (x) + an (y)),
sont des égalités. En particulier, pour n > 2, on a an (x) = an (y) = bn (x) = bn (y) = 0. D’autre part, quand n = 1, a1 (x)b1 (y) − b1 (x)a1 (y) = 21 (a21 (x) + b21 (y) + b21 (x) + a21 (y)) impose (a1 (x) − b1 (y))2 + (b1 (x) + a1 (y))2 = 0 et donc a1 (y) = −b1 (x) et b1 (y) = a1 (x). D’après le théorème de D IRICHLET, en posant α = a02(x) , β = a02(y) , a = a1 (x) et b = b1 (x), √ x(t) = α + a cost + b sint = α + √ a2 + b2 cos(t − t0 ) ∀t ∈ [0, 2π], y(t) = β − b cost + a sint = β + a2 + b2 sin(t − t0 ) 2436
où cos(t0 ) = √a2a+b2 et sin(t0 ) = √a2b+b2 . Le support de l’arc γ est donc un cercle. La réciproque est claire. L’inégalité isopérimétrique est donc démontrée dans le cas où L = 2π et on a l’égalité si et seulement si le support de l’arc γ est un cercle. Dans le cas où la longueur de la courbe C est un réel strictement positif L quelconque, l’homothétique (C0 ) de (C) dans l’homothétie de centre O et de rapport 2π L a une longueur L 0 égale à 2π et délimite une aire A 0 = 2π × A . L L’inégalité A 0 6
L 02 2π
L = 2π s’écrit encore A 6 2π × 4π 2 =
la courbe (C) est un cercle (dans ce cas, A 6
L2 4π
L2 4π
=
4π 2 R2 4π
=
2
L2 4π .
πR2
= A ).
De plus on a l’égalité si et seulement si
avec égalité si et seulement si la courbe (C) est un cercle.
(A périmètre donné, le cercle est la courbe fermée délimitant la plus grande aire) Correction de l’exercice 5544 N (a) Pour ω1 , on pose P(x, y) = 2xy et Q(x, y) = x2 . Comme ω1 est définie sur l’ouvert étoilé R2 et que ∂Q ∂P ∂ y = ∂ x = 2x, le théorème de Poincaré permet de dire que ω1 est exacte. On cherche f tel que d f = ω1 . Ceci équivaut à résoudre le système ( ∂f ∂ x = 2xy ∂f 2 ∂y = x En intégrant la première ligne par rapport à x, on trouve f (x, y) = x2 y+c(y). En dérivant l’expression que l’on vient d’obtenir par rapport à y et en identifiant avec la deuxième ligne du système, on trouve ∂f = x2 + c0 (y) = x2 . ∂y Il s’ensuit que c0 (y) = 0 et donc que c(y) = c ∈ R. Par suite, la fonction f cherchée est : f (x, y) = x2 y + c où c est une constante réelle. (b) Pour ω2 , on pose P(x, y, z) = xy, Q(x, y, z) = −z et R(x, y, z) = xz. On constate que ∂Q ∂x
∂P ∂y
= x alors que
= 0. La forme ω2 n’est donc pas exacte.
(c) Pour ω3 , on pose P(x, y) = 2xex alors que
∂Q ∂x
= −4xex
2 −y
2 −y
et Q(x, y) = −2ex
2 −y
. Là aussi,
; ω3 n’est donc pas exacte.
∂P ∂y
6=
∂Q ∂x
puisque
∂P ∂y
= −2xex
2 −y
(d) Pour ω4 , posons P(x, y, z) = yz2 , Q(x, y, z) = xz2 + z, R(x, y, z) = 2xyz + 2z + y. On constate que i.
∂P ∂y
=
∂Q ∂x
= z2
ii.
∂P ∂z ∂Q ∂z
=
∂R ∂x ∂R ∂y
= 2zy
iii.
=
= 2xz + 1.
La forme ω4 est de plus définie sur l’ouvert étoilé R3 , elle est donc exacte d’après le théorème de Poincaré. Cherchons maintenant f telle que d f = ω4 , ceci revient à résoudre le système : ∂f 2 ∂ x = yz ∂f 2 ∂ y = xz + z ∂f ∂ z = 2xyz + 2z + y En intégrant la première équation par rapport à x, on trouve
f (x, y, z) = xyz2 + ψ(y, z). 2437
Maintenant, en dérivant l’expression obtenue successivement par y et z et en égalisant avec les deux dernières équations du système, on obtient un nouveau système ( xz2 + ∂∂ψy = xz2 + z 2xyz + ∂∂ψz
qui équivaut à :
(
∂ψ ∂y ∂ψ ∂z
= 2xyz + 2z + y
= z
(1)
= 2z + y
(2)
Finalement, en intégrant (1) par rapport à y, il vient ψ(y, z) = zy + c(z). En dérivant cette expression de ψ par rapport à z et en égalisant avec (2), on trouve y + c0 (z) = 2z + y, c’est-à-dire c0 (z) = 2z donc c(z) = z2 + c où c ∈ R. Ainsi, la fonction f telle que ω4 = d f est de la forme f (x, y, z) = xyz2 + zy + z2 + c où c ∈ R. Correction de l’exercice 5545 N (a) On vérifie que : i. dx = cos ϕ cos θ dr − r sin ϕ cos θ dϕ − r sin θ cos ϕdθ
ii. dy = cos ϕ sin θ dr − r sin ϕ sin θ dϕ + r cos θ cos ϕdθ
iii. dz = sin ϕdr + r cos ϕdϕ. Par suite, on a :
i. xdx = r cos2 ϕ cos2 θ dr − r2 sin ϕ cos ϕ cos2 θ dϕ − r2 sin θ cos θ cos2 ϕdθ
ii. ydy = r cos2 ϕ sin2 θ dr − r2 sin ϕ cos ϕ sin2 θ dϕ + r2 cos θ sin θ cos2 ϕdθ
iii. zdz = r sin2 ϕdr + r2 cos ϕ sin ϕdϕ.
(b) En additionnant, on obtient xdx + ydy + zdz = rdr. On en déduit que : xdx + ydy + zdz = r( Ainsi
∂r x = ∂x r
∂r ∂r ∂r dx + dy + dz). ∂x ∂y ∂z
∂r y = ∂y r
∂r z = . ∂z r
Correction de l’exercice 5546 N (a) Posons P(x, y) = x2 + y2 + 2x et Q(x, y) = 2y. On voit facilement que donc pas exacte.
∂P ∂y
6=
∂Q ∂x .
La forme ω n’est
(b) Comme ω est définie sur R2 , il suffit que ψω soit exacte pour que f existe. Maintenant, ψω est exacte si et seulement si ∂ (ψ(x)(x2 + y2 + 2x)) ∂ (ψ(x)2y) = . ∂y ∂x Ceci équivaut à 2yψ(x) = 2yψ 0 (x). Ainsi, ψ(x) = ψ 0 (x) pour tout x. Donc ψ(x) = kex avec k constante. On peut choisir k = 0. Ainsi ψω = ex (x2 + y2 + 2x)dx + ex (2y)dy. On cherche ensuite f telle que : (
∂f ∂x ∂f ∂y
= ex (x2 + y2 + 2x) = ex (2y) 2438
En intégrant la deuxième équation par rapport à y, on trouve f (x, y) = ex y2 + c(x). En dérivant cette expression par rapport à x et en égalisant avec la première équation du système, on obtient ex y2 + c0 (x) = ex (x2 + y2 + 2x) c’est-à-dire c0 (x) = ex (x2 + 2x). Il en résulte que c(x) = x2 ex + c et donc que f (x, y) = ex (x2 + y2 ) + c avec c dans R. Correction de l’exercice 5547 N Au champ ~V (x, y) est associée la forme ω = (1 + 2xy)dx + (x3 − 3)dy. Cette forme n’est pas exacte puisque gradient.
∂ (1+2xy) ∂y
6=
∂ (x3 −3) ∂x .
~ y) n’est pas un champ de Il s’ensuit que V (x,
Correction de l’exercice 5548 N Le champ vectoriel qui dérive du potentiel U est ∂u ∂u ∂u ~ grad(U) = ( , , ). ∂x ∂y ∂z Il s’agit donc du champ vectoriel de composantes : ~ grad(U) = (1 + y + yz, x + xz, xy).
Correction de l’exercice 5549 N Soit ω = 3xdx+(x+y)dy la forme différentielle naturellement associée à ~V (x, y) et considérons x = cost et y = sint comme paramétrage du cercle de centre O et de rayon 1 (avec t ∈ [0; 2π]). Il s’ensuit que la R ~ ~ circulation C V .dl n’est autre que : Z
~ = ~V .dl
C
Comme cos2 t = Z
C
cos(2t)+1 , 2
~ = ~V .dl
Z 2π
Z
w=
C
Z 2π
(3 cost(− sint) + (cost + sint) cost)dt.
0
on obtient : (−2 sint cost +
0
cos(2t) + 1 1 t )dt = [cos2 (t) + sin(2t) + ]2π = π. 2 4 20 R
~ = 0 comme réponse, puisque Remarquons que si la forme ω avait été exacte, on aurait obtenu C ~V .dl l’intégrale curviligne d’une forme exacte sur une courbe fermée est nulle. Correction de l’exercice 5550 N 2439
Notons ω = yzdx + zxdy + xydz la forme différentielle associée à ~F(x, y, z). Par définition de W , on a R R ~ ~ W = H F.dl = H ω. D’après le paramétrage donné pour H, on a W=
Z
π 4
yzdx + zxdy + xydz
0
=
Z
π 4
((sint)t(− sint) + t cos2 t + cost sint)dt
0
=
Z
π 4
(t cos(2t) + cost sint)dt.
0
On a utilisé ici la formule trigonométrique : cos(2t) = cos2 t − sin2 t. En faisant une intégration par parties, on constate que Z
0
π 4
t sin(2t) π4 t cos(2t)dt = [ ]0 − 2
Z
π 4
0
sin(2t) dt. 2
On en déduit que W =[
π π t sin(2t) π4 1 1 π 1 1 π ]0 + [cos(2t)]04 + [sin2 (t)]04 = − + = . 2 4 2 8 4 4 8
Remarquons que ω = yzdx + zxdy + xydz est exacte. De plus, on vérifie aisément que ω = d(xyz). On peut alors retrouver le résultat précédent en faisant : W = f (B) − f (A) où l’on a posé f (x, y, z) = xyz, √ √ π π 2 2 π π , , ) B = (cos( ), sin( ), ) = ( 4 4 4 2 2 4 et A = (cos(0), sin(0), 0) = (1, 0, 0).
Correction de l’exercice 5551 N (a) On note P(x, y, z) = y2 cos x, Q(x, y, z) = 2y sin x + e2z et R(x, y, z) = 2ye2z . La forme ω = Pdx + Qdy + Rdz, naturellement associée au champ ~V (x, y, z), est exacte puisqu’elle est définie sur R3 et i. ii. iii.
∂P ∂y ∂P ∂z ∂Q ∂z
= = =
∂Q ∂x ∂R ∂x ∂R ∂y
= 2y cos x =0 = 2e2z .
Le champ ~V (x, y, z) est donc un champ de gradient. (b) Cherchons U tel que ω = dU. Cela nous conduit à résoudre le système : ∂U 2 ∂ x = y cos x ∂U = 2y sin x + e2z ∂y ∂U = 2ye2z ∂z En intégrant la première équation par rapport à x, on trouve :
U(x, y, z) = y2 sin x + ψ(y, z). Maintenant, en utilisant les deux dernières équations, on est amené à résoudre le système suivant : ( ∂ψ = e2z ∂y ∂ψ ∂z
2440
= 2ye2z
Par suite, on vérifie que ψ(y, z) = e2z y + c(z) avec c0 (z) = 0. Donc c(z) = c avec c constante réelle et finalement : U(x, y, z) = y2 sin x + e2z y + c avec c ∈ R. Par ailleurs, on veut que U(0, 0, 0) = 1 ce qui donne c = 1.
(c) La circulation du champ de A(0, 1, 0) à B( π2 , 3, 0) est Z
~ ~ _ V .dl =
AB
Z
π ω = U(B) −U(A) = U( , 3, 0) −U(0, 1, 0) = 11. 2 AB _
Remarquons que lorsque ω est exacte, pour calculer l’intégrale curviligne de ω sur un chemin, il suffit de connaître l’origine et l’extrémité du chemin. Autrement dit, l’intégrale curviligne d’une _
forme exacte sur AB ne dépend que de A et de B, et non du chemin choisi pour aller de A à B.
Correction de l’exercice 5552 N On rapporte le plan à un repère orthonormé direct d’origine O. D’après la formule de Green-Riemann, en choisissant de prendre P = 0 et Q = x2 y de sorte que ∂∂Qx − ∂∂Py = xy, on obtient : I=
ZZ
D
xydxdy =
Z
x2 ydy
T
où l’on a noté T le triangle OAB orienté dans le sens direct avec O(0, 0), A(1, 0) et B(1, 1). Ainsi I=
ZZ
D
Z
xydxdy =
2
x ydy +
_
OA
Z
2
_
x ydy +
AB
Z
_
x2 ydy.
BO
L’intégrale curviligne d’une forme différentielle sur un chemin est indépendant du paramétrage choisi _
pour ce chemin. Pour le calcul, nous choisissons de paramétrer OA par x = t et y = 0 avec t variant de 0 à 1 et ainsi
R
_
_
OA
x2 ydy = 0. De même, nous choisissons de paramétrer BO par x = 0 et y = t avec t variant R
_
de 1 à 0 et ainsi _ x2 ydy = 0. Enfin, nous choisissons de paramétrer AB par x = t et y = 1 − t avec t BO allant de 1 à 0 et donc : ZZ
I=
D
xydxdy =
Z
_
x2 ydy =
Z 0 2 t (1 − t)
2
1
AB
(−dt) =
Z 1 2 t (1 − t)
2
0
dt =
1 . 24
Remarquons qu’il n’aurait pas été plus difficile ici de calculer directement l’intégrale double sans utiliser la formule de Green-Riemann : ZZ
xydxdy =
D
Z
01
Z 1−x
(
xydy)dx =
0
Z 1 0
y2 dx = x[ ]1−x 2 0
Z 1 (1 − x)2
x
0
2
Correction de l’exercice 5553 N (a) La forme ω =
−y x dx + x2 +y 2 dy x2 +y2
est définie sur R2 \ {(0, 0)}.
(b) Paramétrons le cercle C par x = cost, y = sint avec t ∈ [0; 2π]. On obtient : Z
ω=
Z 2π
(− sint(− sint) + cost(cost))dt
0
C
=
Z 2π
sin2 t + cos2 tdt
0
=
Z 2π
1dt
0
=
2π. 2441
dx =
1 . 24
(c) La forme ω n’est pas exacte, sinon son intégrale curviligne sur la courbe fermée C serait nulle et cela contredirait notre résultat de la question précédente. Remarquons cependant que ∂ ∂ y2 − x 2 −y x )= )= 2 . ( 2 ( 2 2 2 ∂y x +y ∂x x +y (x + y2 )2 En fait, avec cet exemple, on voit que dans le théorème de Poincaré, l’hypothèse que l’ouvert doit être étoilé, est indispensable. Ici R2 \ {(0, 0)} n’est pas étoilé, c’est un domaine "troué". De plus, R C ω n’est pas nulle car le cercle entoure le "trou". Correction de l’exercice 5554 N ~ ou ∅ ou P. Droite orthogonale à ~S ∧~u, ~u ⊥ P, Correction de l’exercice 5557 N ~ ∧ BC ~ + β AB ~ ∧ BD ~ ∧ CD, ~ et ~R en α 0 AB ~ + β 0 AC ~ + ~ + γ AC Soit T un torseur : on décompose T (A) en α AB 0 ~ γ AD. ⇒ famille génératrice. Correction de l’exercice 5559 N (a) Pour (x, y) ∈ R2 , posons f (x, y) = x4 − x3 + xy − y2 puis pour (x, y, z) ∈ R3 , posons g(x, y, z) = z − f (x, y). S est la surface d’équation z = f (x, y) ou encore g(x, y, z) = 0. La fonction g est de classe C1 sur R3 et pour tout (x, y, z) ∈ R3 , ∂f − ∂ x (x, y) −4x3 + 3x2 − y −−→ − 6= → −x + 2y 0. grad g (x, y, z) = − ∂ f (x, y) = ∂y 1 1 Donc, la surface S est régulière et en tout point (x0 , y0 , z0 ) de la surface S , le vecteur gradient est un vecteur normal au plan tangent P0 à la surface S en (x0 , y0 , z0 ). Le plan
→ − → − −4x03 + 3x02 − y0 = 0 x0 = 2y0 x0 = 2y0 P0 parallèle à O, i , j ⇔ ⇔ ⇔ −x0 + 2y0 = 0 −y0 (32y20 − 12y0 + 1) = 0 −y0 (32y20 − 12y 1 1 1 1 ⇔ y0 = 0 = x0 ou (y0 = et x0 = ) ou (y0 = et x0 = ) 4 2 8 4 1 On obtient ainsi les trois points O(0, 0, 0), A 12 , 14 , 0 et B 14 , 81 , 256 .
(b) La fonction f est de classe C2 sur R2 et 2 2 2 2 rt − s2 = ∂∂x2 ∂∂y2 − ∂ ∂x∂ y = (12x2 − 6x)(−2) − 12 = −24x2 + 12x − 1 → − → − • En O, le plan tangent est le plan O, i , j . De plus, (rt − s2 )(0, 0) = −1 < 0. Donc le point O est un point selle. → − → − • En A, le plan tangent est aussi le plan O, i , j . De plus, (rt − s2 ) 12 , 14 = −1 < 0. Donc le point A est un point selle. 1 • En B, le plan tangent est le plan d’équation z = 256 . De plus, (rt − s2 ) 14 , 18 = 12 > 0. Donc la surface S a une disposition en ballon au point B. (c) Il s’agit maintenant d’étudier le signe de z = f (x, y) = x4 − x3 + xy − y2 sur R2 .
f (x, y) = x4 − x3 + xy − y2 = (x4 − y2 ) − x(x2 − y) = (x2 − y)(x2 + y − x). 2442
→ − → − L’intersection de la surface S avec le plan O, i , j est donc la réunion des deux paraboles → − → − d’équations respectives y = x2 et y = −x2 + x dans le plan O, i , j . Représentons cette intersection ainsi que le signe de f (x, y) ⊕ .
4
3
2
⊕
−4
−3
−2
⊖ ⊕
1
⊕
−1
1
2
−1
−2
⊖
−3
−4
Correction de l’exercice 5561 N 4x2 + 4y2 − 3z2 = a2 . Correction de l’exercice 5562 N (Γ) est l’intersection d’un cylindre hyperbolique et d’un plan. C’est une hyperbole dans ce plan.
2443
3
4
Pour M(x, y, z) ∈ Γ, on pose r =
p x2 + y2 et on élimine x et y entre les équations : 2 2 2 x + y = r x2 − y2 − 4x + 2 = 0 x + z = 1.
ce qui donne 2z2 = r2 , donc Γ est incluse dans l’hyperboloïde de révolution d’équation 2z2 = x2 + y2 et la surface cherchée itou. La réciproque est évidente. Correction de l’exercice 5563 N (a) sin θ ∂∂ θf − ρ cos θ ∂∂ ρf x − cos θ ∂∂ θf + ρ sin θ ∂∂ ρf y + ρz = ρ f − ρ 2 ∂∂ ρf .
(b) f − ρ ∂∂ ρf = a(θ ) ⇒ f (ρ, θ ) = a(θ ) + b(θ )ρ. (c)
Correction de l’exercice 5564 N
Correction de l’exercice 5565 N La normale en M est parallèle ou sécante à Oz ⇔ y ∂∂ xf − x ∂∂ yf = 0 ⇔ Correction de l’exercice 5567 N 2444
∂f ∂θ
= 0 ⇔ f = f (ρ).
(a) Hyperboloïde de révolution à deux nappes. (b) x = 2y, z2 = 1 + 5y2 .
Correction de l’exercice 5568 N (a) z = x2 + y2 . (b) x + y = 12 . (c) (x − y + 21 )2 = 2(z − y + 41 ). Correction de l’exercice 5569 N x2 + y2 + z2 − 2xz − 2yz + 2z = 1. Correction de l’exercice 5572 N (x + 2y)(y + 2z) (a) −(2x + y)(y + 2z) sauf pour M = ± √23 (1, −2, 1). (2x + y)(2y + z)
(b) (x − z)(x + y + z) = 0.
(c) segment x = z ∈ [−1, 1] et ellipse x2 + z2 + xz = 1. Correction de l’exercice 5573 N a2 y2 = (x2 + y2 )(r2 − z2 ). Correction de l’exercice 5574 N y(x2 + (y − 1)2 + z2 ) = z2 . Correction de l’exercice 5575 N x = a2 (1 + cos u), y = 2v (1 + cos u), z =
√ a2 +v2 2
sin u.
Correction de l’exercice 5576 N (a) x2 + y2 + z2 = a2 .
x = a cos u/ ch v (b) On paramètre (Σ) par : y = a sin u/ sh v z = a th v.
La tangente à la méridienne passant par M(u, v) est dirigée par
M(t, mt) est dirigée par est constant.
~ ∂M ∂u
~ + m ∂∂Mv .
~ ∂M ∂v
et la tangente à (Γ) passant par
Après calculs, le cosinus de ces deux vecteurs vaut
√ m m2 +1
donc
(c) Une courbe tracée sur (Σ) est définie par la donnée de u et v en fonction d’un paramètre t. Le 0 cosinus de l’angle entre cette courbe et une méridienne de (Σ) vaut √u02u+v02 , donc est constant si et seulement si le rapport v’ u0 est constant. En notant m cette constante et en prenant u(t) = t, on trouve les courbes déduites de (Γ) par rotation autour de Oz.
2445
(d)
Correction de l’exercice 5577 N Classements possibles : sans ex-aequo, il y en a 20 !. Avec exactement 2 ex-aequo, il y en a : (a) Choix des deux ex-aequo : 20 2 = 190 choix ;
(b) Place des ex-aequo : il y a 19 possibilités ;
(c) Classements des 18 autres personnes, une fois les ex-aequo placés : il y a 18! choix. Il y a au total : 19 20 2 (18!) choix possibles. Correction de l’exercice 5578 N - Une tenue est un triplet (P, T,C) : il y a 5 × 6 × 8 = 240 tenues différentes ; - «Il est tout en noir» : de combien de façons différentes ? Réponse : de 2 × 4 × 5 = 40 façons. 40 La probabilité de l’événement «Il est tout en noir» est donc : 240 = 61 . - «Une seule pièce est noire sur les trois » : notons les événements : N1 la première pièce (pantalon) est noire, N2 la deuxième pièce (tee-shirt) est noire, N3 la troisième pièce (chaussette) est noire : l’événement est représenté par : (N1 ∩ N2 ∩ N3 ) ∪ (N1 ∩ N2 ∩ N3 ) ∪ (N1 ∩ N2 ∩ N3 ). Ces trois événements sont disjoints, leurs probabilités s’ajoutent. La probabilité de l’événement «une seule pièce est noire sur les trois» est donc : 0.325. Correction de l’exercice 5579 N Il y a 30 2 façons de choisir 2 personnes parmi 30 et donc 2 ·
30 2
= 870 bises.
Correction de l’exercice 5580 N (a) Une grille-réponses est une suite ordonnée de 10 réponses, il y a 4 choix possibles pour chacune. Il y a donc 410 grilles-réponses possibles. (b) L’événement E «répondre au hasard au moins 6 fois correctement» est réalisé si le candidat répond bien à 6 ou 7 ou 8 ou 9 ou 10 questions. Notons An l’événement : «répondre au hasard exactement n fois correctement». Alors, An est réalisé si n réponses sont correcteset 10 − n sont incorrectes : 3 choix sont possibles pour chacune de ces dernières. Comme il y a 10 n choix de n objets parmi 10, 10 10−n et donc il y a : n × 3 façons de réaliser An et : P(An ) = pour n = 6, 7, 8, 9, 10. P(E) = ∑10 n=6
(10n )·310−n 410
10 n
· 310−n 410
' 1.9728 × 10−2 , soit environ 2%.
2446
Correction de l’exercice 5581 N Considérons plutôt l’événement complémentaire : l’oiseau n’est pas touché s’il n’est touché ni par Amédée, ni par Barnabé, ni par Charles. Cet événement a pour probabilité : (1 − 0.7) · (1 − 0.5) · (1 − 0.9) = 0.015. La probabilité que l’oiseau soit touché est donc : 1 − 0.015 = 0.985. Correction de l’exercice 5582 N
L’univers des possibles est ici l’ensemble des combinaisons de 10 billets parmi les 300 ; il y en a 300 10 . Je ne gagne rien si les 10 billets achetés se trouvent parmi les 296 billets perdants, ceci avec la probabilité : 296 10 . 300 10
La probabilité cherchée est celle de l’événement complémentaire : 296 1−
10 300 10
' 0.127.
La probabilité est environ 12.7% de gagner au moins un lot. Correction de l’exercice 5583 N P(A ∩ B) = pq car les maladies sont indépendantes. P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B) = p + q − pq Correction de l’exercice 5584 N Soit A : l’événement «tirer un roi» et B : «tirer un pique». 4 1 1 1 ; P(A) = 52 = 13 ; P(B) = 13 P(A ∩ B) = 52 52 = 4 . Donc P(A ∩ B) = P(A)P(B) et donc les événements A et B sont indépendants. 1 1 4 P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B) = 13 + 14 − 52 = 13 . Correction de l’exercice 5585 N Notons, pour le cas où la famille Potter comporte 2 enfants, l’univers des possibles pour les enfants : Ω = {(G, G), (G, F), (F, G), (F, F)}, représente les cas possibles, équiprobables, d’avoir garçon-garçon, garçon-fille etc... : Alors P(A) = 42 , P(B) = 43 , P(A ∩ B) = 42 . On en conclut que : P(A ∩ B) 6= P(A)P(B) et donc que les événements A et B ne sont pas indépendants. Si maintenant la famille Potter comporte 3 enfants : Alors Ω0 = {(a, b, c) | a ∈ {G, F}, b ∈ {G, F}, c ∈ {G, F}} représente les 23 = 8 cas possibles, équiprobables. Cette fois, P(A) = 1−P({(G, G, G), (F, F, F)}) = 4 3 3 6 8 ; P(B) = 8 , P(A ∩ B) = P{(F, G, G), (G, F, G), {(G, G, F)} = 8 . On a P(A)P(B) = 8 = P(A ∩ B), et les événements A et B sont indépendants n Avec n enfants, on peut généraliser sans difficulté : P(A) = 1 − 22n , P(B) = 1+n 2n P(A ∩ B) = 2n Un petit calcul montre que P(A)P(B) = P(A ∩ B) si et seulement si n = 3. Correction de l’exercice 5588 N Pour gagner 10 euros, il faut avoir tiré exactement une boule rouge et 4 boules blanches, ou 2 boules vertes et 3 boules blanches. Ces deux événements, notés A et B, sont incompatibles. Ici l’univers Ω est l’ensemble des combinaisons 5 boules, c’est-à-dire l’ensemble des parties à 5 éléments d’un de 20.19.18.17.16 ensemble de 20 boules. Les 20 = = 15504 combinaisons sont équiprobables. Les éléments 5 5! de l’événement A sont les combinaisons formées de la boule rouge et d’une combinaison de 4 boules 16.15.14.13 16 1820 blanches. Il y en a 4 = = 1820. Par conséquent, p(A) = 15504 . Les éléments de l’événement 4! 2447
B sont les combinaisons formées combinaison de deux boules vertes et d’une combinaison de 3 d’une16.15.14 3 16 1680 boules blanches. Il y en a 2 3 = 3. 6! = 1680. Par conséquent, p(B) = 15504 . La probabilité de 3500 gagner 10 euros est donc égale à p(A) + p(B) = 15504 ' 0.225.... Correction de l’exercice 5589 N (a) Dés non pipés signifie que la probabilité de tirer 3 (ou tout autre chiffre) sur un dé est 1/6. Les tirages étant indépendants, la probabilité d’avoir trois 3 est (1/6)3 = 1/216. (b) Il y a trois manières d’obtenir deux 2 et un 1, et 216 tirages possibles, donc la probabilité cherchée est 3/216 = 1/72. (c) 6/216 (d) Un total de 9 s’obtient par l’une des additions suivantes, 9 = 6 + 2 + 1 = 5 + 3 + 1 = 5 + 2 + 2 = 4 + 4 + 1 = 4 + 3 + 2 = 3 + 3 + 3, où on a rangé les résultats d’un tirage par ordre décroissant. On rencontre l’addition 6+2+1 dans 3! = 6 tirages différents. De même pour 5+3+1 et 4+3+2. En revanche, 5+2+2 et 4+4+1 ne correspondent qu’à 3 tirages et 3+3+3 à un seul. Il y a donc 6+6+6+3+3+1=25 tirages qui donnent une somme de 9. La probabilité que la somme soit 9 vaut donc 25/216. (e) Un total de 10 s’obtient par l’une des additions suivantes, 10 = 6 + 3 + 1 = 6 + 2 + 2 = 5 + 4 + 1 = 5 + 3 + 2 = 4 + 4 + 2 = 4 + 3 + 3. On rencontre les additions 6+3+1, 5+4+1, 5+3+2 dans 3! = 6 tirages différents. En revanche, 6+2+2, 4+4+2 et 4+3+3 ne correspondent qu’à 3 tirages. Il y a donc 6+6+6+3+3+3=27 tirages qui donnent une somme de 9. La probabilité que la somme soit 9 vaut donc 27/216.
Correction de l’exercice 5592 N (a) Soit X la variable aléatoire “nombre d’erreurs commises lors de la transmission de 5 bits”. Alors X suit une loi binomiale B(5; 0, 1). Recevoir une majorité de 1 alors que 00000 a été émis correspond à l’événement X > 3. Sa probabilité est 5 5 5 3 2 4 1 (0, 1)5 (0, 9)0 = P(X = 3) + P(X = 4) + P(X = 5) = (0, 1) (0, 9) + (0, 1) (0, 9) + 3 4 5 0, 0081 + 0, 00045 + 0, 00001 = 0, 00856. (b) Recevoir une majorité de 1 alors que 11111 a été émis correspond à l’événement X 6 2, i.e. au complémentaire du précédent. Sa probabilité est donc 1 − 0, 00856 = 0, 99144. Par conséquent, au prix de multiplier par 5 le temps de transmission, on améliore considérablement la fiabilité.
Correction de l’exercice 5593 N Notons les différents événements : Fe : «être femme», Lu : «porter des lunettes», H : «être homme» Alors on a P(Fe) = 0.6, P(Lu/Fe) = 31 ; il s’agit de la probabilité conditionnelle probabilité de «porter des lunettes» sachant que la personne est une femme. De même, on a P(Lu/H) = 0.5. On cherche la probabilité conditionnelle P(Fe/Lu). D’après la formule des probabilités totales on a : P(Fe/Lu)P(Lu) = P(Lu/Fe)P(Fe) avec P(Lu) = P(Lu/Fe)P(Fe) + P(Lu/H)P(H). Application numérique : P(Lu) = 0.4, donc P(Fe/Lu) = P(Lu/Fe)P(Fe) = 0.5. Remarque : on peut trouver P(Lu) les mêmes réponses par des raisonnements élémentaires. Correction de l’exercice 5594 N
2448
C’est évidemment le même que le précédent (exercice ??), seul le contexte est différent : il suffit d’adapter les calculs faits. En pronostiquant un enfant, le présentateur a une chance sur deux environ de ne pas se tromper. Correction de l’exercice 5595 N Fumeurs Définissons les événements : Fn «Fumer le nème jour», et Fn l’événement complémentaire. Alors {Fn , Fn } constitue un système complet d’événements, Pn = P(Fn ) ; on peut donc écrire : P(Fn+1 ) = P(Fn+1 /Fn )P(Fn )+ P(Fn+1 /Fn )P(Fn ). Comme P(Fn+1 /Fn ) = 0.9 et P(Fn+1 /Fn ) = 0.3 1−Pn+1 = 0.9Pn +0.3(1−Pn ), soit Pn+1 = −0.6Pn +0.7. Notons (R) cette relation. Pour connaître le comportement à long terme, il faut étudier cette suite récurrente ; il y a des techniques mathématiques pour ça, c’est le moment de s’en servir. Cherchons la solution de l’équation «` = −0.6` + 0.7», la limite éventuelle satisfait nécessairement cette équation : faire un passage à la limite dans la relation (R), ou utiliser le théorème du point fixe. 7 ; alors, la suite Qn = (Pn − `) vérifie : Qn+1 = −0.6Qn , ce qui permet de conclure : On trouve ` = 16 n Qn+1 = (−0.6) Q1 et comme ((−0.6)n ) est une suite qui tend vers 0, on peut dire que la suite (Qn ) tend 7 vers 0 et donc que la suite (Pn ) tend vers ` = 16 . 7 Conclusion : la probabilité Pn pour qu’elle fume le jour Jn tend vers 16 ' 0.4375. Correction de l’exercice 5596 N 1 4 1 4 Pn+1 = P(En+1 ) = P(En+1 /En )P(En ) + P(En+1 /En )P(En ) = 10 Pn + 10 Qn . Donc Pn+1 = 10 Pn + 10 (1 − 4 3 Pn ) = 10 − 10 Pn . 4 3 4 4 La suite (Pn − `) est géométrique, où ` est solution de 10 − 10 ` = ` soit ` = 13 . Donc Pn = 13 + 3 n−1 a(− 10 ) .
Correction de l’exercice 5597 N La probabilité d’avoir Princecharmant dans la barre B est 15 ; si j’achète n barres, la probabilité de n’avoir la figurine dans aucune des n barres est ( 45 )n , puisqu’il s’agit de n événements indépendants de probabilité 54 . Je cherche donc n tel que : 1 − ( 45 )n > 0.8. On a facilement : n > 8. Puis, je cherche m tel que : 1 − ( 45 )m > 0.9 ; il faut au moins 11 barres pour que la probabilité dépasse 90%. Pour la probabilité 99%, n > 21 . Correction de l’exercice 5598 N (a) Le taux global de personnes soulagées : P(S) = 53 0.75 + 25 0.90 = 0.81. (b) Probabilité pour un patient d’avoir pris de l’aspirine sachant qu’il est soulagé : P(A/S) = P(A ∩ S)/P(S) = P(A)P(S/A)/P(S) =
3 5 0.75
0.81
= 55.6%.
Correction de l’exercice 5599 N (a) Probabilité conditionnelle : si un individu a les yeux bruns d’avoir les cheveux blonds. C’est P(CB/Y B) = P(Y B/CB)P(CB)/P(Y B)=P(Y B ∩CB)/P(Y B) = 0.15 0.4 = 0.375.
(b) La probabilité de l’événement : si un individu a les cheveux blonds d’avoir les yeux bruns. C’est P(Y B/CB) = P(Y B ∩CB)/P(CB)= 0.15 0.25 = 0.6.
(c) La probabilité de l’événement : si un individu a les cheveux blonds,de ne pas avoir les yeux bruns. C’est P(nonY B/CB) = 1 − P(Y B/CB) = 0.4. 2449
Correction de l’exercice 5600 N On obtient par calcul direct ou par événement contraire la probabilité de voler : 1 − p + p(1 − q)2 . Correction de l’exercice 5601 N (a) La probabilité pour une personne d’être malade si son test est positif est P(M/T + ) = P(T + /M)P(M)/P(T + ) or P(T + ) = P(T + /M)P(M)+P(T + /S)P(S) = 0.95·0.03+0.1·0.97 = 0.125 5. D’où : P(M/T + ) = 23.7%. (b) La probabilité pour une personne d’être saine si son test est positif est P(S/T + ) = 1 − P(M/T + ) = 76.3%. (c) La probabilité pour une personne d’être malade si son test est négatif est P(M/T − ) = 0.0017. (d) La probabilité pour une personne d’être saine si son test est négatif est 1 − P(M/T − ) = 0.998 = 99.8%.
Correction de l’exercice 5602 N Une manière de résoudre le problème est la suivante : puisqu’il y a 8 clés et que j’écarte une après l’autre les mauvaises clés, je considère comme ensemble de toutes les possibilités, toutes les permutations de ces huit clés : il y en a 8 !. Alors la solution de chaque question est basée sur le même principe : (a) Les permutations (fictives) qui traduisent le cas (1) sont celles qui peuvent être représentées par une suite : BMMMMMMM, la lettre B désigne la bonne, M désigne une mauvaise. Il y a 7! permutations 1 de ce type. Donc P(A) = 7! 8! = 8 , on s’en doutait ! (b) De même, les permutations (fictives) sont celles qui peuvent être représentées par une suite : MBMMMMMM : il y en a encore 7 !, et la probabilité est la même. (c) Le raisonnement permet en fait de conclure que la probabilité, avant de commencer, d’ouvrir la porte est la même pour le premier, deuxième,..., huitième essai. Correction de l’exercice 5603 N (a) L’univers des possibles est l’ensemble des couples possibles : il y en a 6! = 720 (imaginez les dames assises et les hommes choisissant leur partenaire). La probabilité P(A) pour que chacun des 6 hommes danse avec son épouse légitime est, si chacun choisit au hasard, 6!1 . (b) André danse avec son épouse, les autres choisissent au hasard : il y a 5! permutations pour ces 1 derniers : P(B) = 5! 6! = 6 . (c) André et René dansent avec leur épouse, les 4 autres choisissent au hasard : il y a 4! permutations 4! 1 pour ces derniers : P(C) = 6! = 30 . (d) André ou René dansent avec leur épouse, les 4 autres font ce qu’ils veulent. Considérons les événements D1 : «André danse avec son épouse» ; D2 : «René danse avec son épouse». Alors D = D1 ∪ D2 3 et P(D1 ∪ D2 ) = P(D1 ) + P(D2 ) − P(D1 ∩ D2 ) = 10 . Correction de l’exercice 5604 N (a) Combien de grilles ? Il y en a
49 6
= 13 983 816
(b) Combien de grilles avec 2 nombres consécutifs ? Ce problème peut être résolu par astuce : considérer les numéros gagnants comme 6 places à «choisir» parmi 49. En considérant des cloisons matérialisant les numéros gagnants, c’est un problème de points et cloisons Par exemple : | • • || • |• • • | ••| 2450
les gagnants sont : 1 ; 4 ; 5 ; 7 ; 11 ; 14. Dans notre cas on ne veut pas de cloisons consécutives. Les cinq cloisons séparent les numéros en 7 boîtes. Les 5 boîtes intérieures étant non vides, on y met 5 points, puis 38(= 49 − 5 − 6) dans 7 boîtes. Il y a (38−1+7)! = 7. 059 1 × 106 séquences ne 38!6! comportant pas 2 nombres consécutifs. D’où la probabilité d’avoir une grille comportant 2 nombres consécutifs : 0.4952.
Correction de l’exercice 5605 N (a) un+1 = P(Gn+1 ) = P(Gn+1 /Gn)P(Gn) + P(Gn+1 /Gn )P(Gn ) = 0.6un + 0.3vn . vn+1 = 0.4un + 0.7vn . un+1 0.6 0.3 un Donc = vn+1 0.4 0.7 vn Comme un + vn = 1, un+1 = 0.6un + 0.3(1 − un ) = 0.3 + 0.3un . La suite (un − `) est géométrique, où ` est solution de 0.3 + 0.3` = `, donc ` = 37 . Donc un = 37 + u1 (0.3)n−1 = 37 + 0.5(0.3)n−1 .
Correction de l’exercice 5607 N On note A l’événement “l’enfant a la maladie M”, Ac son complémentaire (événement “l’enfant n’a pas la maladie M”), B l’événement “l’enfant a une réaction positive au test”, Bc son complémentaire (événement “l’enfant a une réaction négative au test”). D’après l’énoncé, P(A) = 0, 01, P(Ac ) = 0, 99, P(Bc |Ac ) = 0, 9 et P(B|A) = 0, 95. Donc, P(B) = P(A ∩ B) + P(Ac ∩ B) = P(B|A)P(A) + P(B|Ac )P(Ac )
= P(B|A)P(A) + (1 − P(Bc |Ac ))P(Ac ) = 0, 0095 + 0, 099 = 0, 1085.
La probabilité qu’un enfant de moins de trois mois pris au hasard et ayant une réaction positive soit P(B|A)P(A) 95 atteint par M est donnée par P(A|B) = P(B∩A) ' 0, 088. Un tel test serait d’une = 1085 P(B) = P(B) utilité discutable. Correction de l’exercice 5610 N La méthode la plus simple consiste à introduire la population totale N et à compter les daltoniens. Soit dH = 5%, dF = 0, 25% (taux de daltoniens chez les hommes et les femmes), pH = 48%, pF = 52% (proportions d’hommes et de femmes dans la population). Le nombre d’hommes est N pH , le nombre d’hommes daltoniens est N pH dH . De même, le nombre de femmes daltoniennes est N pF dF . La proportion de daltoniens hommes parmi les daltoniens est donc nombre de daltoniens hommes N pH dH pH dH = = ≈ 0, 95. nombre de daltoniens N pH dH + N pF dF pH dH + pF dF La probabilité pour qu’un daltonien soit un homme est d’environ 95%. Une formulation plus élaborée (mais strictement équivalente) consiste à utiliser la formule de Bayes. Soit H l’événement “être un homme” et D l’événement “être daltonien”. On veut calculer P(H|D). Selon la formule de Bayes, P(H|D) = P(D|H)P(H) . En utilisant que P(D) = P(D|H)P(H) + P(D|F)P(F) P(D) (formule des probabilités totales), on obtient P(H|D) =
P(D|H)P(H) pH dH = . P(D|H)P(H) + P(D|F)P(F) pH dH + pF dF
Correction de l’exercice 5611 N Soit U1 l’événement “on tire la boule dans la première urne” et U2 l’événement “on tire la boule dans la seconde urne”. Le choix de l’urne étant équiprobable, on a : P(U1 ) = P(U2 ) = 0, 5. Soit B l’événement 2451
“on tire une boule blanche”. L’énoncé donne les probabilités conditionnelles suivantes : P(B|U1 ) = 30/40 = 0, 75 et P(B|U2 ) = 20/40 = 0, 5. On cherche la probabilité P(U1 |B). La formule de Bayes, appliquée à la partition (H1 , H2 ), nous donne : P(U1 |B) =
P(B|U1 )P(U1 ) 0, 75 × 0, 5 = = 0, 6 P(B|U1 )P(U1 ) + P(B|U2 )P(U2 ) 0, 75 × 0, 5 + 0, 5 × 0, 5
(probabilité a posteriori) Interprétation : avant de regarder la couleur de la boule, la probabilité d’avoir choisi la première urne est une probabilité a priori P(U1 ) soit 50 %. Après avoir regardé la boule, on révise notre jugement et on considère P(U1 |B), soit 60 %. Correction de l’exercice 5612 N (a) On utilise une loi binomiale, loi de la variable aléatoire : «nombre de lettres affranchies au tarif urgent parmi 4 lettres» n = 5, p = 35 . On obtient P(A) = 1 − ( 25 )4 = 0.9744, P(B) = 42 ( 25 )2 ( 35 )2 = 0.3456.
(b) La loi de probabilité de X est une loi binomiale, loi de la variable aléatoire : «nombre de lettres affranchies au tarif urgent parmi 10 lettres». n = 10, p = 35 , son espérance est np = 6, sa variance est np(1 − p) = 12 5. Correction de l’exercice 5613 N On utilise une loi hypergéométrique (10) P(A) = 1 − 153 = 0.736 26 (3) 5 () P(B) = 153 = 2. 197 8 × 10−2 (3) (5)(10) P(C) = 1 15 2 = 0.494 51 (3) Correction de l’exercice 5614 N Soit X la variable aléatoire nombre de clients qui viennent après réservation parmi 20. La loi de X est de paramètres n = 20, p = 0.75. Son espérance est np = 15, son écart-type est p une loi binomiale √ 15 5 np(1 − p) = 15 · 0.25. La probabilité pour que X soit égal à 15 est 20 15 0.75 0.25 = 0.202 33.
Correction de l’exercice 5615 N La variable aléatoire associée à ce problème est X «nombre de sujets révisés parmi les 3» ; son support est l’ensemble {0, 1, 2, 3}. La loi de X est une loi hypergéométrique puisque l’événement [X = k], pour k compris entre 0 et 3, se produit si le candidat tire k sujet(s) parmi les 60 révisés, et 3 − k sujets parmi les 40 non révisés. Alors : (603) (a) Les trois sujets tirés ont été révisés : P[X = 3] = 100 . (3) (60).(40) (b) Deux des trois sujets tirés ont été révisés : P[X = 2] = 2 100 1 . (3) 40 (3) (c) Aucun des trois sujets : P[X = 0] = 100 . (3) La loi de probabilité de X est donnée sur le support {0, 1, 2, 3} par : 40 60 k . 3−k P[X = k] = 100 3
2452
Résultats numériques : k = 0 : P[X = 0] ' 6. 110 × 10−2 k = 1 : P[X = 1] ' 0.289 k = 2 : P[X = 2] ' 0.438 k = 3 : P[X = 3] ' 0.212 L’espérance est E(X) = 1.8 (selon la formule E(X) = np). Correction de l’exercice 5616 N Puisque les réponses sont données au hasard, chaque grille-réponses est en fait la répétition indépendante de 20 épreuves aléatoires (il y a 420 grilles-réponses). Pour chaque question la probabilité de succès est de 41 et l’examinateur fait le compte des succès : la variable aléatoire X, nombre de bonnes réponses, obéit à une loi binomiale donc on a directement les résultats. Pour toute valeur de k comprise k ( 1 )k (1 − 1 )20−k , ce qui donne la loi de cette variable aléatoire. entre 0 et 20 : P[X = k] = C20 4 4 Quelle est l’espérance d’un candidat fumiste ? C’est E(X) = np = 5 Correction de l’exercice 5617 N Une variable aléatoire adaptée à ce problème est le nombre X de personnes se présentant au guichet entre 10h et 11h. Compte tenu des hypothèses, on partage l’heure en 60 minutes. Alors X suit une loi binomiale de paramètres n = 60 et p = 0.1. On est dans le cas de processus poissonnien : on peut approcher la loi de X par la loi de Poisson de paramètre λ = 60 × 0.1 = 6. L’espérance de X est donc E(X) = 6 ; k −6
On peut alors calculer les probabilités demandées : P[X = k] = 6 k!e . Valeurs lues dans une table ou calculées : P[X = 3] ' 0.9%; P[X = 4] ' 13.4%; P[X = 5] = P[X = 6] ' 16.1%; P[X = 7] ' 13.8%; P[X = 8] ' 10.3 %. Remarque : de façon générale si le paramètre λ d’une loi de Poisson est un entier K, on a : P[X = K−1 e−K K −K K − 1] = K(K−1)! = K K!e = P[X = K] . Calculons maintenant la probabilité pour que au moins 10 personnes se présentent au guichet entre 10h k −6 et 11h : C’est P[X > 10] = 1 − ∑9k=0 6 k!e ' 8.392 × 10−2 . Correction de l’exercice 5618 N 1 La probabilité p = 100 étant faible, on peut appliquer la loi de Poisson d’espérance 100p = 1 au nombre X de centenaires pris parmi cent personnes. On cherche donc : P[X > 1] = 1 − P[X = 0] = 1 − e−1 ' 63%. Sur un groupe de 200 personnes : l’espérance est 2 donc : P[X 0 > 1] = 1 − e−2 ' 86%. La probabilité des événements : [X 0 = 1] et [X 0 = 2] sont les mêmes et valent : 0.14. Ainsi, sur 200 personnes, la probabilité de trouver exactement un centenaire vaut 0.14, égale à la probabilité de trouver exactement deux centenaires. Cette valeur correspond au maximum de probabilité pour une loi de Poisson d’espérance 2 et se généralise. Si X obeit à une loi de Poisson d’espérance K, alors le maximum de probabilité est obtenu pour les événements [X = K − 1] et [X = K].
Correction de l’exercice 5619 N (a) 30% est la probabilité de l’événement Panne, noté Pa ; la probabilité pour une machine donnée de plus de cinq ans, d’être hors d’usage est P(HU) = P(HU/Pa)P(Pa) + P(HU/nonPa)P(nonPa) = 0.3 · 0.75 + 0.4 · 0.7 = 0.505.
(b) La probabilité pour une machine hors d’usage de n’avoir jamais eu de panne auparavant est P(non Pa/HU) = P(HU/non Pa)P(non Pa)/P(HU) = 0.4 · 0.7/0.505 = 0.554 46. (c) La loi de probabilité de X est une loi binomiale, n = 10, p = 0.4, espérance 4. 5 5 (d) P[X = 5] = 10 5 (0.3) (0.7) = 0.102 92 2453
Correction de l’exercice 5620 N Le nombre X de personnes mesurant plus de 1.90m parmi 100 obéit à une loi de Poisson de paramètre 100 80 . La probabilité qu’il y ait au moins une personne mesurant plus de 1.90m est donc 1 − P[X = 0] = 100 5 1 − e− 80 = 1 − e− 4 = 0.713 50. Sur 300 personnes : la probabilité qu’il y ait au moins une personne mesurant plus de 1.90m est donc 300 1 − P[Y = 0] = 1 − e− 80 = 0.976 48. Correction de l’exercice 5623 N (a) Une lampe tirée au hasard a une probabilité de 0, 2 d’avoir une durée de vie inférieure à 3000 heures. Le nombre X de lampes qui ont une durée de vie inférieure à 3000 heures dans un échantillon de taille 15 tiré au hasard est la somme de 15 variables de Bernoulli de paramètre p = 0, 2. Par conséquent, il suit une loi binomiale B(15; 0, 2). Son espérance vaut E(X) = 15 × 0, 2 = 3. 0 15 (b) C’est p(X = 0) = 15 0 (0, 2) (0, 8) ∼ 0, 0352. (c) C’est p(X = 0) + p(X = 1) + p(X = 2) 15 15 15 0 15 1 14 = (0, 2) (0, 8) + (0, 2) (0, 8) + (0, 2)2 (0, 8)13 0 1 2 = 0, 0352 + 0, 1319 + 0, 2309 ' 0, 398. Correction de l’exercice 5624 N (a) La loi de X est une loi binomiale de paramètres n = 23, p = 0, 75 : P(X = k) = 0 6 k 6 n. Son espérance est np = 17, 25. (b) P(X 6 20) = 1 − P(X ∈ {21, 22, 23}) ' 0, 951.
k n
pk (1 − p)n−k si
Correction de l’exercice 5625 N (a) Y ∼ B(10, 1/2), X = Y /10.
(b) P(X > 0, 5) = P(Y > 5) = P(Y = 6, 7, 8, 9, 10) ' 0, 377.
(c) P(0, 4 6 X 6 0, 6) = P(4 6 Y 6 6) = P(Y = 4, 5, 6) ' 0, 656
(d) P(3 6 Y 6 7) ' 0, 891. P(2 6 Y 6 8) ' 0, 978. Donc a = 3. (e) Oui. Non.
Correction de l’exercice 5626 N n
(a) C’est une loi de Poisson de paramètre 6 : P(X = n) = e−6 6n! . La probabilité qu’il n’y ait aucun appel est p(X = 0) = e−6 ' 0, 002.
(b) Soit Y la variable aléatoire “Nombre d’appels reçus en 2 minutes”. Alors Y suit une loi de Poisson de paramètre 4. La probabilité qu’il y ait entre 0 et 4 appels est P(Y = 0) + P(Y = 1) + P(Y = 2) + P(Y = 3) + P(Y = 4) ' 0, 629. Donc P(Y > 5) = 1 − P(Y 6 4) ' 0, 371. Correction de l’exercice 5627 N (a) P(X = k) = 0, 5k 0, 5 = 0, 5k+1 si 0 6 k 6 4, P(X = 5) = 0, 55 . 2454
1 1 1 (b) E(X) = ∑06k65 kP(X = k) = 41 + 2 18 + 3 16 + 4 32 + 5 32 = 0, 96875. Y = nombre de garçons. Il y a exactement 1 garçon sauf s’il y a 5 filles. P(Y = 0) = 0, 55 = 1/32. E(Y ) = P(Y = 1) × 1 = 0, 96875. E(X) = E(Y ), donc pas efficace.
Correction de l’exercice 5633 N (a) Soit A l’événement “Charles n’a pas de chien” et B l’événement “Sophie n’a pas de chat”. L’énoncé donne P(B|A) = 0, 9. Par conséquent, la probabilité pour que le ménage n’ait aucun animal est P(A ∩ B) = P(B|A)P(A) = 0, 9 × 0, 8 = 0, 72.
(b) i. Z ne peut prendre que les valeurs 0, 1 et 2. L’événement {Z = 0} coïncide avec A ∩ B, donc P(Z = 0) = 0, 72. Il vient P(Z = 2) = 1 − P(Z = 0) − P(Z = 1) = 1 − 0, 72 − 0, 1 = 0, 18.
ii. E(Z) = 0 · P(Z = 0) + 1 · P(Z = 1) + 2 · P(Z = 2) = 0, 1 + 0, 36 = 0, 46. E(Z 2 ) = 02 P(Z = 0) + 1p2 P(Z = 1)+22 P(Z = 2) = 0, 1+0, 72 = 0, 82, d’où Var(Z) = E(Z 2 )−E(Z)2 = 0, 6084, σ (Z) = Var(Z) = 0, 78.
iii. On calcule P(X = 0 et Y = 0) = P(Z = 0) = 0, 72, P(X = 1 et Y = 1) = P(Z = 2) = 0, 18, P(X = 0 et Y = 1) = P(A ∩ Bc ) = P(Bc |A)P(A) = (1 − P(B|A))P(A) = 0, 1 × 0, 8 = 0, 08. On complète le tableau en utilisant le fait que le somme des probabilités des événements élémentaires vaut 1. X =0 X =1 Total
Y =0 0,72 0,02 0,74
Y =1 0,08 0,18 0,26
Total 0,8 0,2 1
La dernière ligne du tableau donne la loi de Y , P(Y = 0) = 0, 74 et P(Y = 1) = 0, 26. iv. On constate que P(X = 1 et Y = 1) = 0, 18 n’est pas égal à P(X = 1)P(Y = 1) = 0, 2 × 0, 26, donc X et Y ne sont pas indépendantes.
Correction de l’exercice 5635 N La probabilité qu’une bille soit rejetée est, en notant D la variable aléatoire «diamètre», p = 1−P[7.97 6 0.03 0.03 D 6 8.03]. Or P[7.97 6 D 6 8.03] = P[− 0.02 6 D−8 0.02 6 0.02 ] = F(1.5) − F(−1.5) = 0.866 4. La proportion de billes rejetées est donc p = 13.4%. Correction de l’exercice 5636 N (a) La probabilité pour que X soit inférieur à 0.36mm est : P[X 6 0.36] = P[ X−0.3 0.1 6 0.6] = 0.726, soit 72.6%. La probabilité pour que X soit compris entre 0.25 et 0.35mm est P[0.25 6 X 6 0.35] = 2F(0.5)−1 = 0.383, soit 38.3%. (b) Pour n = 20, la loi de Z = ∑ Xi est une loi normale de paramètres : d’espérance E(Z) = 20m = 6 et de variance Var Z = 20σ = 0.2.
Correction de l’exercice 5637 N Pour n = 2000, la loi suivie par la variable aléatoire N «nombre de plaques inutilisables parmi les 2000» est une loi de Poisson de paramètre 2 : alors P[N 6 3] = 0.86. Remarquons qu’en faisant l’approximation par une loi normale et en employant le théorème central limite, on obtient : P[N 6 3] ' 0.76, et avec correction de continuité on obtient P[N 6 3] ' 0.85. Correction de l’exercice 5638 N Par des méthodes analogues on trouve que la probabilité pour que X soit compris entre 6.3mm et 6.6 mm est 14.3. 2455
Correction de l’exercice 5639 N Si X est de moyenne m et d’écart-type σ alors Y = X−m σ suit une loi centrée réduite. Donc si P[X 6 165] X−m 165−m alors P[ σ 6 σ ] = 0, 56. Or on peut lire dans la table de Gauss F(0.15) = 0.5596. 180−m X−m 180−m De même, si P[X > 180] alors P[ X−m σ > σ ] = 0.1. Donc P[ σ 6 σ ] = 0.9 et l’on peut lire de même F(1.28) = 0.8997. Pour trouver m et σ il suffit de résoudre le système d’équations : 165−m = 0.15 et 180−m = 1.28 d’où σ σ X−m 182−m σ ' 13.27, m ' 163 cg. Alors, P[X > 182] = P[ σ > σ ] = 1 − F(1. 43) = 0.0764. Sur 10 000 personnes on estime le nombre de personnes à soigner de l’ordre de 764 personnes ; en fait la théorie de l’estimation donnera une fourchette. Correction de l’exercice 5640 N 4 (a) Loi binomiale B(365; 365 ), approchée par la loi de Poisson de paramètre 4, d’espérance et variance 4.
(b) Loi binomiale B(6; 21 ), d’espérance 3 et variance 32 . (c) Loi hypergéométrique.
Correction de l’exercice 5641 N (a) La loi de X est la loi binomiale B(1000; 0.02), d’espérance 20, d’écart-type
√ 19.6.
√ (b) En approchant cette loi par√celle d’une loi normale √ de paramètre m =√20, écart-type 19.6. P[18 6 X 6 22] = P[(17.5 − 20)/ 19.6 6 (X − 20)/ 19.6 6 (22.5 − 20)/ 19.6] ' 0.428. √ √ √ Sans correction de continuité on trouve P[(17−20)/ 19.6 6 (X −20)/ 19.6 6 (22−20)/ 19.6] ' 0.348. Approchée par la loi de Poisson de paramètres : espérance 20 et variance 20, on trouve P[18 6 X 6 22] ' 0.423. Enfin par la vraie loi binomiale : on trouve P[18 6 X 6 22] ' 0.427. Correction de l’exercice 5642 N (a) Soit F l’événement «la pièce est fausse» ; soit U l’événement «la pièce est un euro» ; soit D l’événement «la pièce est deux euros». Alors P(F) = P(F/U)P(U) + P(F/D)P(D) = 2.9%. (b) On cherche P(U/F) =(P(F/U)P(U))/P(F) = 51.7%. (c) X la variable aléatoire «nombre de pièces fausses parmi 1000» obéit à une loi binomialeB(1000; 5%). √ Espérance : 50 ; écart-type : σ = 47.5. En approchant cette loi par une loi normale N(50; σ ), la probabilité pour que X soit compris entre 48 et 52 est : P[(47.5 − 50)/σ 6 (X − 50)/σ 6 (52.5 − 50)/σ ] ' 28.3%. Correction de l’exercice 5643 N (a) La loi de X est une loi binomiale B(180; 16 ) Espérance : 30 ; écart-type : σ =
√ 25 = 5.
(b) En approchant cette loi par une loi normale N(30 ; σ ) la probabilité pour que X soit compris entre 29 et 32 : P[(28.5 − 30)/σ 6 (X − 30)/σ 6 (32.5 − 30)/σ ] ' 30.94%. Avec la vraie loi, on trouve la probabilité pour que X soit compris entre 29 et 32 est 30.86%.
Correction de l’exercice 5644 N 2456
(a) Lorsque l’on tire un bulletin au hasard, la probabilité que ce soit un bulletin pour A est de 0.2. (b) Il y a suffisamment de bulletins de vote en tout pour que l’on puisse assimiler ces tirages à des tirages avec remise ; alors la loi de probabilité de X est une loi binomiale de paramètres n = 200 et p = 0.2; or np√= 40 ; on peut √faire l’approximation normale. L’espérance de X est donc m = 40 et l’écart-type : 40 × 0.8 = 4 2.
√ ) ' 21%, c’est la probabilité pour que le nombre de voix (c) P[X > 45] = 1 − P[X 6 44] ' 1 − F( 44.5−40 4 2
pour A soit supérieur à 45 dans un lot de 200 bulletins. De même, P[30 6 X 6 50] ' F( 50.5−m )− σ 29.5−m F( σ ) ' 93.6%.
(d) Reprenons le calcul pour le candidat B qui n’a obtenu que 2% des voix. Alors pour n = 100 et p = 0.02 l’approximation par une loi de Poisson d’espérance λ = 2 est légitime. On peut dire que −2 k P[Y > 5] = 1 − P[Y 6 4] = 1 − ∑4k=0 e k!2 , de l’ordre de 5%. −2 k
Enfin P[1 6 Y 6 4] = ∑4k=1 e k!2 ' 0.812.
Correction de l’exercice 5645 N (a) i. Pour calculer la probabilité que Monsieur A soit contrôlé entre 60 et 80 fois dans l’année, posons le nombre de contrôles comme une variable aléatoire. Elle obéit à une loi binomiale B(700; 0.1). √ On peut l’approcher par la loi normale N(70; 63). √ √ √ P[60 6 X 6 80] = P[−10/ 63 6 X 6 10/ 63] ' 2F(10.5/ 63) − 1 = 0.814. La probabilité d’être contrôlé entre 60 et 80 fois dans l’année est 81.4. ii. Calculons le prix que devrait payer le voyageur : 1, 12 × 700 = 784 euros. Il est perdant si l’amende dépasse ce prix. Or l’amende est aX, si a est l’amende fixée par la compagnie. On cherche donc a pour que : P[aX > 784] > 0.75 : Soit P[aX 6 784] 6 0.25 : Par lecture de table : a = 784/64.642 = 12.128 Il faut que l’amende dépasse 13 euros. (b) Calculons le prix que devrait payer le voyageur : 1, 12 × 300 = 336 euros Il est perdant si l’amende dépasse ce prix. Or l’amende est bX, si b est l’amende fixée par la compagnie. X obéit à une loi binomiale B(300; 0.5). On cherche donc b pour que : P[bX > 336] > 0.75. Par un raisonnement analogue, on obtient cette fois le résultat : il suffit que l’amende dépasse 2 euros 30 !
Correction de l’exercice 5646 N (a) E(X1 ) = 3.5, Var(X1 ) =
35 12
' 2, 92.
(b) X1 , X2 sont indépendantes de même loi. D’où E(S) = 2E(X1 ) = 7 et Var(S) = 2Var(X1 ) =
35 6.
Correction de l’exercice 5649 N E(X) = 2, E(Y ) = 1/2, E(XY ) = 3/2, d’où Cov(X,Y ) = 1/2. Var(X) = 2, Var(Y ) = 1/2, d’où Corr(X,Y ) = √ Cov(X,Y ) = 1/2. Var(X)Var(Y )
Correction de l’exercice 5650 N Cov(X,Y ) = E(XY )−E(X)E(Y ) = E(XY ) car E(X) = E(U)−E(V ) = 0 (U,V ont même loi). E(XY ) = E((U −V )(U +V )) = E(U 2 ) − E(V 2 ) = 0 (U,V ont même loi). D’où Cov(X,Y ) = 0. Correction de l’exercice 5651 N Il faut que Mme Michel arrive entre 9h30 et 10h30. Intervalle de temps d’1h sur 4h, donc proba = 1/4. Correction de l’exercice 5652 N 2457
On donne 2 méthodes graphiques et un calcul direct. On peut prendre comme modèle Ω = [0, 1]2 , P la mesure de Lebesgue sur le carré, X(x, y) = x, Y (x, y) = y. On peut alors représenter Z = t par la droite d’équation x + y = t dans le carré (figure de gauche). 2
2
Si 0 6 t 6 1 alors FZ (t) = P(X +Y 6 t) = t2 (figure de gauche). Si 1 6 t 6 2, alors FZ (t) = 1 − (2−t) 2 (figure du milieu). Si t < 0 alors FZ (t) = 0 et si t > 2 alors FZ (t) = 1. FZ est continue sur R, C1 par morceaux, on peut donc dériver pour obtenir fZ la densité de Z : fZ (t) = t si 0 6 t 6 1, fZ (t) = 2 − t si 1 6 t 6 2, fZ (t) = 0 sinon. On peut également calculer la densité directement, “à la physicienne”, en considérant dt comme un tout petit accroissement (on l’a dessiné assez gros pour rendre le dessin lisible). Sur la figure √ de droite, on a dessiné X +Y ∈ [t,t + dt] pour 0 6 t 6 1. L’aire de la partie hachurée est à peu près t 2 × √dt2 (longueur × largeur), donc on a P(t 6 X + Y 6 t + dt) = tdt. Or P(t 6 Z 6 t + dt) = fZ (t)dt, ce qui donne la densité fZ (t) = t pour 0 6 t 6 1. On fait pareil pour 1 6 t 6 2.
Calcul direct : La densité de X et Y est f (t) = 1l[0,1] (t). Par indépendance, Z = X + Y a une densité Z fZ (t) = f ∗ f (t) = f (t − x) f (x)dx (résultat du cours, qu’on peut redémontrer par changement de R
variable à partir de la définition de PX ∗ PY ). f (t − x) f (x) = 1 si 0 6 t − x 6 1 et 0 6 x 6 1, f (t − x) f (x) = 0 sinon. Soit Dt = {x ∈ R | 0 6 t − xZ6 1 et 0 6 x 6 1} = {x ∈ R | t − 1 6 x 6 t et 0 6 x 6 1}. Dt = [max(0,t − 1), min(t, 1)]. On a fZ (t) =
1 dx, alors :
Dt
– si 0 6 t 6 1, Dt = [0,t] et fZ (t) = t, – si 1 6 t 6 2, Dt = [t − 1, 1] et fZ (t) = 2 − t, – si t < 0 ou t > 2, Dt = 0/ et fZ (t) = 0.
Correction de l’exercice 5653 N P(Z > t) = P(X1 > t, X2 > T, . . . , Xn > t) = P(X1 > t)P(X2 > t) · · · P(Xn > t) par indépendance. Comme P(X > t) = 1 − P(X 6 t), on a 1 − FZ (t) = ∏ (1 − FXi (t)). 16i6n
Comme FXi (t) = 1 − e−t si t > 0 et FXi (t) = 0 sinon, on trouve que FZ (t) = 1 − e−nt si t > 0 et FZ (t) = 0 sinon. La densité de Z est donc 1lR+ ne−nt . Par conséquent, Z est de loi exponentielle de paramètre n. Correction de l’exercice 5654 N (a) Inégalité de Markov : P(X > 75) 6
E(X) 75
= 32 .
(b) Inégalité de Bienaymé-Tchebychev : P(|X − 50| > 25) 6 0, 04.
Var(X) 252
=
52 252
= 0, 04. Donc P(X > 75) 6
Correction de l’exercice 5655 N Inégalité de Bienaymé-Tchebychev : P(|X − 102 | > 103 − 102 ) 6 P(X > 103 ) 6 10−4 .
2458
Var(X) (103 −102 )2
6
Var(X) (103 )2
= 10−4 . Donc
Correction de l’exercice 5658 N (a) L’énoncé suggère que le poids en grammes des paquets est une variable aléatoire qui suit une loi normale d’espérance 500 et d’écart-type 25. Soit X la variable aléatoire correspondante, et Y = (X − 500)/25.
(b) P(480 6 X 6 520) = P(|Y | 6 0, 8) = 0, 576. On s’attend donc à ce que, sur 1000 paquets, il y en ait 576 dont le poids est compris entre 480g et 520g. (c) P(480 6 X 6 490) = P(−0, 8 6 Y 6 −0, 4) = P(0, 4 6 Y 6 0, 8)
= p(Y 6 0, 8) − p(Y 6 0, 4) = 0, 1327. On s’attend donc à ce que, sur 1000 paquets, il y en ait 132 dont le poids est compris entre 480g et 490g. (d) P(450 6 X) = 0, 5 + P(0 6 Y 6 2) = 0, 5 + 12 P(−2 6 Y 6 2) = 0, 5 + 0, 4772 = 0, 9772. On s’attend donc à ce que, sur 1000 paquets, il y en ait 977 dont le poids est supérieur à 450g. (e) Il faut trouver t tel que p(|Y | < t) = 0, 9. La table donne t = 1, 645, puis a = 25t = 41. Par conséquent, environ 90% de la production a un poids compris entre 500 − 41 = 459g et 500 + 41 = 541g. Correction de l’exercice 5659 N Voici plusieurs façons de définir une corde, qui mènent à choisir un point au hasard dans un espace différent. Même avec la probabilité “naturelle” (probabilité uniforme), on obtient des résultats différents. (a) La corde [AB] est déterminée par sa distance au centre O, qui est r = OM, où M est le milieu de [AB], et par l’angle θ entre l’horizontale et la droite (OM) (voir la figure de gauche dans (1) ci-dessous). Le problème étant symétrique par rotation, l’angle θ n’intervient pas. On est donc ramené à choisir une distance r au hasard dans [0, R], où R est le rayon du cercle. La corde est à l’extérieur si r > r0 avec r0 = 12 R (voir les figures (1) ci-dessous). Donc la probabilité cherchée est 1/2 (on a pris la probabilité uniforme sur [0, R]).
(b) La corde [AB] est déterminée par son centre M : il suffit de tracer la perpendiculaire à (OM) passant par M (figure de gauche ci-dessus, comme pour 1). On est donc ramené à choisir un point M au hasard dans le disque de rayon R. La corde passe à l’intérieur du triangle si |OM| 6 21 R (comme au 1), autrement dit si le point M se trouve dans le disque de rayon R/2, hachuré sur la figure (2) ci-dessous. L’aire du domaine est π(R/2)2 et l’aire totale est πR2 , donc la probabilité cherchée est 1/4 (on a pris la probabilité uniforme sur le disque de rayon R).
2459
(c) Une corde est déterminée par 2 points A et B sur le cercle (ses extrémités). Le problème étant symétrique par rotation, on peut fixer le point A et considérer la position du point B. On est donc ramené à choisir un point B au hasard sur le cercle. La corde passe à l’intérieur du triangle pour B appartenant à un arc de cercle faisant 1/3 du cercle (voir la figure (3) ci-dessus). Donc la probabilité cherchée est 1/3 (on a pris la probabilité uniforme sur le cercle, c’est-à-dire la longueur d’un arc divisé par la longueur du cercle entier). (d) On peut déterminer la corde par son extrémité A et l’angle θ que fait la corde avec la tangente au cercle en A (voir la figure (4) ci-dessus). On est donc ramené à choisir un angle θ au hasard dans [0, π]. On voit que la corde passe dans le triangle si π/3 6 θ 6 2π/3. Ce qui donne une probabilité de 1/3 (on a pris la probabilité uniforme sur [0, π]).
Correction de l’exercice 5660 N (a) On obtient, sur l’échantillon, la moyenne me = 214, l’écart-type σe = 55.77. (b) La moyenne sur l’entreprise est estimée par me . L’écart-type est estimé par : σbe = 56.05.
q
100 99 55.77
'
(c) On en déduit, au seuil 95%, un intervalle de confiance pour la moyenne : [me − yα √σben ; me + yα √σben ] = [203.01; 224.99]. Ainsi le taux moyen de cholestérol est, à un seuil de confiance 95%, située entre 203 et 225 cg.
Correction de l’exercice 5661 N 13 ' 1.0833 × 10−3 . Il s’agit ici d’estimer une proportion, suite à une observation qui vaut : f = 12000 On peut utiliser une approximation par une loi normale pour la moyenneq d’échantillon. On q en déduit
f) f (1− f ) un intervalle de confiance pour la proportion, au seuil 95% : Iα = [ f − yα f (1− n−1 ; p + yα n−1 ] ' −4 −3 [4.7 × 10 , 1.7 × 10 ]. On peut choisir Iα comme intervalle de confiance, au seuil 95%, de la proportion cherchée. Par l’inéga X lité de Bienaymé-Tchebychev, on a l’intervalle I = [ f − a, f + a], avec : P[ X − p 6 a] > 1 − ( Var ) a2 X et P[|X − p| 6 a] > 0.95 si 1 − Var > 0.95, soit a > 1.3979 × 10−3 . On préfèrera donc la première a2 méthode.
Correction de l’exercice 5662 N Un intervalle dans q lequel on soit «sûr» q à 95% de trouver le nombre exact de personnes à soigner sur
les 10 000 : [p − yα personnes sur 10000
p(1−p) ; n
f e + yα
p(1−p) ]. n
Fréquence entre 65,7% et 94,3%. Donc entre 698 et 802
Correction de l’exercice 5663 N La loi exacte suivie par X est une loi binomiale de paramètres : n, p. E(X) = 0.75n et Var X = 0.25 · 0.75n. Comme n > 150, on peut faire l’approximation par la loi normale d’espérance 0, 75n et d’écart√ type σ = 0.25 · 0.75n. P[X > 150] 6 0.05 si P[X 6 150] > 0.95 si : P[ √X−0.75n 6 √150−0.75n ] > 0.95. 0.25·0.75n 0.25·0.75n Dans la table de Gauss, on lit F(1.645) = 0.95. On n’a plus qu’à résoudre l’inéquation : 1.645, dont les solutions sont : 0 6 n 6 187.
150.5−0.75n √ 0.25·0.75n
>
Ainsi, en vendant moins de 187 billets, la compagnie ne prend qu’un risque inférieur à 5% de devoir indemniser des voyageurs en surnombre. Faisons varier les paramètres, cela ne pose aucun problème : √ N = 150, p = 0.5. n est solution de l’inéquation : 150.5−0.5n > 1.645. Solution : n 6 272. 0.5.0.5n N = 300, p = 0.75. n est solution de l’inéquation : 2460
300.5−0.75n √ 0.25.0.75n
> 1.645. Solution : n 6 381.
N = 300, p = 0.5. n est solution de l’inéquation :
300.5−0.5n √ 0.5.0.5n
> 1.645. Solution : n 6 561.
Correction de l’exercice 5664 N (a) La loi de X est la loi binomiale n = 30, p = 0.2. (b) Un intervalle de confiance au seuil 95%, permettant d’estimer le nombre de clients à prévoir : c’est pour la fréquence : 0.657 ; 0.943. Soit entre 20 et 28 personnes. C’est une large fouchette due à n petit.
Correction de l’exercice 5665 N q q 300 (a) On peut estimer m par la moyenne de l’échantillon : 68 kg, et σ par σe 300 = 7 299 299 ' 7.0117 kg. On en déduit un intervalle de confiance pour la moyenne m : Iα = [67.2; 68.8]. (b) La borne supérieure de l’intervalle étant de 69 kg, il est raisonnable de prendre 70 kg comme espérance de la variable poids d’un passager. (c) Le décollage est autorisé si le poids total des voyageurs et de leurs bagages ne dépasse pas 26.2 tonnes. Pour chacun des 300 passagers, notons : Xi son poids et Yi le poids de ses bagages. Faisons l’hypothèse d’indépendance entre les variables Xi et Yi . Le poids total Z = ∑300 i=1 (Xi + Yi ) est la somme de 600 variables aléatoires indépendantes ; le théorème central limite s’applique sous cette hypothèse. Comme l’espérance totale est E(Z) = 300 · (70 + 15) = 25 500 et la variance de Z est : Var Z = 300 · (Var Xi + VarY loi normale de moyenne pi ). Alors Z suit approximativement une Z−m 0 2 2 m = 25 500, d’écart-type σ = 300 · (8 + 5 ) = 163.4. Alors Z = σ suit approximativement une loi normale centrée réduite. Le décollage est interdit si : Z > 26 200, c’est-à-dire si Z 0 > 4.284. On lit dans la table de Gauss : pour t = 4, F(t) = 0.999 968 = P[Z 0 6 4]. Le décollage est interdit pour cause de surcharge pondérale avec une probabilité inférieure à 0.000 04.
Correction de l’exercice 5666 N (a) L’intervalle de temps de 4 minutes est la répétition de 240 secondes, au cours desquelles les appels 1 surviennent de façon indépendante, avec la probabilité d’appel de 20 ; la loi de probabilité du nombre 1 d’appels reçus en 4 minutes est donc une loi binomiale, de paramètres n = 240 et p = 20 . (b) Comme n > 30 et np 6 15, il est possible d’approcher cette loi par une loi de Poisson de paramètre λ estimé par np = 12. (c) Un échantillon de taille 200 a été réalisé pour estimer le nombre moyen d’appels par minute ; c’est un échantillon de taille 50 pour la variable précédente (nombre d’appels reçus en 4 minutes) qui suit une loi de Poisson d’espérance et de variance 12. Un intervalle de confiance au niveau 95% pour la moyenne est Iα = [11; 13].
Correction de l’exercice 5667 N Posons H0 «les rejets chimiques ne modifient pas le nombre de plages atteintes par les algues». Notons p0 = 0.1 la proportion théorique de plages atteintes par l’algue verte avant les rejets chimiques ; p la proportion théorique de plages atteintes par l’algue verte après les rejets chimiques et f la fréquence observée dans l’échantillon. Considérons alors la variable aléatoire Xi , i 6 50, qui a deux modalités : 1 si la plage est atteinte, 0 sinon. C’est une variable de Bernoulli, alors le nombre total de plages atteintes dans l’échantillon est une variable aléatoire qui, sous H0 , obéit à une loi binomiale de paramètres n = 50, p0 = 0.1. Sous H0 , «p = p0 = 0.1» la variable «moyenne d’échantillon» : X=
i=50 Xi ∑i=1 n
2461
10 , obéit à une 50 q 0) écart-type p0 (1−p . 50
dont une réalisation est la fréquence observée, soit loi normale de paramètres : moyenne p0 et
loi que l’on peut approcher par une
A l’aide de la formule de cours, on détermine l’intervalle de confiance associé : I ' [0.017; 0.183]. On constate que la fréquence observée est dans la zone de rejet (non chimique) : 0.2 n’est pas dans l’intervalle de confiance au seuil 95%. On peut donc rejeter H0 et conclure, au risque 0.05, que les rejets chimiques modifient de façon significative le nombre de plages atteintes par l’algue. Correction de l’exercice 5668 N Mise en oeuvre du test : (a) On définit un risque : 5%. Pour étudier la dépendance de ces caractères faisons l’hypothèse H0 : «les deux caractères sont indépendants » et voyons ce qui se passerait sous cette hypothèse. Notons les événements : — C : «avoir un cancer dans la population observée» — F : «être fumeur dans la population observée» Si les événements F et C sont indépendants, alors : P(F ∩ C) = P(F) · P(C) et de même pour les trois autres possibilités : P(C ∩ F), P(C ∩ F), P(C ∩ F), quantités que l’on peut donc calculer sous H0 : 600 500 3 P(F) = 1000 , P(C) = 1000 , P(F) · P(C) = 10 , alors l’effectif théorique correspondant à la catégorie «fumeur et cancéreux» est de 300. (b) On en déduit le tableau théorique sous H0 : Théorique fumeur non fumeur marge
cancer 300 200 500
non cancer 300 200 500
marge 600 400 1000
2
i=4 (Oi −Ti ) (c) On calcule alors la valeur de s = ∑i=1 : on obtient : s = 34.73. On a précisé le risque de %, Ti mais pour α = 0, 001, on lit dans la table du khi-deux à un degré de liberté : P[χ 2 > 10.83] = 0.001 et le χ 2 calculé est 34.73 !
(d) On décide de rejeter H0 . Ainsi, en rejetant l’hypothèse de l’indépendance des caractères «être fumeur» et «avoir un cancer de la gorge», on a moins de une chance sur 1000 de se tromper, puisque moins de un tableau possible sur mille conduit à un calcul de χ 2 plus grand que 10.83 ; beaucoup moins sans doute, conduiraient à un calcul de χ 2 plus grand que 34.73. Correction de l’exercice 5669 N (a) La meilleure estimation de G est la valeur moyenne mesurée, g1 = 1, 364. Pour donner un intervalle de confiance, on fait l’hypothèse que les mesures suivent une loi normale d’espérance G et d’écarttype σ . La probabilité que l’intervalle [g1 − 1, 645σ pop , g1 + 1, 645σ pop ] ne contienne pas Gv est inférieure à 0, 1. On conclut que [1, 357; 1, 371] est un intervalle de confiance relatif à G au seuil de 90%. 1 (b) La meilleure estimation de G est la valeur moyenne mesurée, g¯ = 10 (g1 + · · · + g5 ) = 1, 365. Soit 5 1 2 2 −5 σ¯ = 4 ∑i=1 (gi − g) ¯ ' 2, 25.10 . La meilleure estimation de σ est σ¯ ' 4, 7.10−3 . 1 Comme 51 (X1 + · · · + X5 ) suit une loi normale d’espérance G et de variance 25 (Var(X1 ) + · · · + 1 2 σ σ Var(X5 )) = 5 σ , la probabilité que l’intervalle [g¯ − 1, 645 √5 , g¯ + 1, 645 √5 ] ne contienne par G est inférieure à 0, 1. Si on estime σ par σ¯ , on trouve que [1, 363; 1, 367] est un intervalle de confiance relatif à G au seuil de 90%.
Correction de l’exercice 5670 N On note p la proportion inconnue. Soit Xi la variable qui vaut 1 si le i-ème électeur interrogé déclare avoir l’intention de voter pour A, 0 sinon. Les Xi sont indépendantes et suivent une loi de Bernoulli 2462
B(p), donc le nombre Z = ∑1000 i=1 d’électeurs favorables à A dans un échantillon de 1000 électeurs suit une loi binomiale B(p, 1000). Comme p semble de l’ordre de 0,5, on peut approcher B(p, 1000) p par N (1000p, 1000p(1 − p)). De nouveau, comme n = 1000 est grand, on peut estimer p par la fréquence f = 0, 521 observée dans l’échantillon, et supposer que l’écart-type de la variable fréquence p √ F−p d’échantillon F = Z/1000 vaut p(1 − p)/ 1000 ' 0, 0158. Comme la variable est normale σ (F) standard, la probabilité que l’intervalle [ f − 1, 96 × 0, 0158, f + 1, 96 × 0, 0158] ne contienne pas p est inférieure à 0,05. On conclut que [0, 49, 0, 55] (autrement dit 52 ± 3%) est intervalle de confiance relatif à p au seuil de 95%. Correction de l’exercice 5671 N On suppose que la variable X = “durée de vie d’un appareil” suit une loi normale d’espérance m pop et √ X−m ¯ d’écart-type σ pop = 100h. Si on fait n essais indépendants, alors T = n σ poppop suit une loi normale standard, donc p(|T | > 1, 96) < 0, 05. Au niveau de confiance 95%, on peut affirmer que l’intervalle √ , x¯ + 1, 96 100 √ ] contient la durée de vie moyenne cherchée m pop . [x¯ − 1, 96 100 n n √ < 50, i.e. si n > 16. La marge d’erreur n’excède pas 50h dès que 1, 96 100 n √ < 20, i.e. si n > 97. La marge d’erreur n’excède pas 20h dès que 1, 96 100 n
Correction de l’exercice 5673 N Loi estimée E (λ ) d’espérance m = 1/λ et d’écart-type σ = 1/λ . Estimateur de m : X¯n = 10. Donc on √ < c) ' P(|N (0, 1)| < c). Pour avoir un intervalle de confiance à approxime σ par 10. TCL : P( |Sσn −nm| n 95%, on prend c = 1, 96. L’encadrement −c
1, 96) = 0, 05. Or, sur l’échantillon mesuré, la variable T prend la valeur t = −0,127 0,0382 = −3, 324. Comme |t| > 1, 96, on rejette H0 . On conclut, avec au plus 5% de chances de se tromper, que les deux lots de boulons ne sont pas tirés de la même population. Correction de l’exercice 5675 N Notons X le résultat d’un tirage d’un entier entre 0 et 9 à l’aide de ce générateur et p = (p0 , . . . , p9 ) sa loi. On cherche à tester l’hypothèse H0 : “p est la loi U{0,...,9} ” contre l’hypothèse H1 : “p n’est pas la 2463
loi U{0,...,9} ” au niveau 5%. Notons N (i) le nombre d’apparitions du chiffre i sur 1000 tirages de chiffres (i)
2
−100) à l’aide de ce générateur et Z = ∑9i=0 (N 100 . On rejette l’hypothèse H0 au niveau 5% si la valeur observée zobs de Z est telle que PH0 (Z > zobs ) 6 0, 05. Comme pour tout i ∈ {0, . . . , 9}, 1000pi = 100 est suffisamment grand, on peut approximer la fonction de répartition de la loi de Z sous H0 par celle du χ 2 à 9 degrés de liberté. Donc, on peut approximer PH0 (Z > zobs ) par 1 − Fχ 2 (zobs ). A partir des valeurs observées pour les variables aléatoires N (i) qui sont 9 données dans le tableau, on obtient zobs ' 21, 86. D’après la table de valeurs numériques de la loi du χ 2 , Fχ 2 (zobs ) est compris entre 0, 99 et 0, 995. Donc, au niveau 5%, on rejette l’hypothèse H0 . On rejette 9 encore l’hypothèse H0 au niveau 1% mais pas au niveau 0, 5%.
Correction de l’exercice 5679 N Soit G sous-groupe de Z/8Z, alors CardG divise CardZ/8Z = 8. Donc CardG ∈ {1, 2, 4, 8}. De plus si G contient la classe n¯ d’un nombre impair, alors G contient le sous-groupe engendré par n¯ qui est Z/8Z car alors n et 8 sont premiers entre eux, donc G = Z/8Z. Étude des cas. Si CardG = 8 alors G = Z/8Z. Si CardG = 4 alors G ne peut contenir que des classes d’entiers pairs d’après la remarque précédente, mais comme il y a exactement 4 classes d’entiers pairs ¯ Si CardG = 2 alors G = {0, ¯ 2, ¯ 4, ¯ 6}. ¯ x} et x est un élément d’ordre 2, le seul élément alors G = {0, ¯ Donc G = {0, ¯ 4}. ¯ Enfin si CardG = 1 alors G = {0}. ¯ d’ordre 2 de Z/8Z est 4. Correction de l’exercice 5682 N La relation d’équivalence associée au quotient R∗ /R∗+ est : x ∼ y ⇔ xy−1 > 0. Si x > 0 alors x ∼ +1 car x(1)−1 > 0 (en fait x est équivalent à n’importe quel réel strictement positif) ; si x < 0 alors x ∼ −1 car x(−1)−1 > 0, enfin −1 et +1 ne sont pas équivalents. Il y a donc deux classes d’équivalence : R∗ /R∗+ = {+1, −1}. L’application φ : R∗ /R∗+ −→ Z/2Z définie par φ (+1) = 0˜ et φ (−1) = 1˜ est un isomorphisme entre les deux groupes. Correction de l’exercice 5686 N (a) Il faut montrer que pour x ∈ G et y ∈ D(G), xyx−1 ∈ D(G). Commençons par montrer ceci pour y un générateur de D(G). Si y = ghg−1 h−1 avec g, h ∈ G. Nous remarquons que : xyx−1 = xghx−1 (gh)−1 ghg−1 h−1 hgx(hg)−1 x−1 qui est un produit d’éléments de D(G). Donc xyx−1 est un élément de D(G). Soit maintenant y un élément quelconque de D(G), alors il s’écrit comme produit de générateurs : y = y1 y2 . . . yn ,
−1 avec yi = gi hi g−1 i hi .
Écrivons xyx−1 = (xy1 x−1 )(xy2 x−1 ) . . . (xyn x−1 ). Chaque xyi x−1 appartient à D(G). Et donc xyx−1 . Donc D(G) est un sous-groupe distingué de G. (b) Soit α, β ∈ G/D(G), alors il existe a, b ∈ G tels que a = α et b = β . Nous savons que aba−1 b−1 ∈ D(G) et donc aba−1 b−1 = ε où ε est l’élément neutre de G/D(G). Mais aba−1 b−1 = aba−1 b−1 = aba−1 b
−1
= αβ α −1 β −1 .
Donc αβ α −1 β −1 = ε, autrement dit αβ = β α. Et ceci quelque soit α et β , donc G/D(G) est commutatif. Généralisation : si H est un sous-groupe distingué.
2464
• Si D(G) ⊂ H alors G/D(G) est un sous-groupe de G/H donc G/H est commutatif car G/D(G) l’est. • Si G/H est commutatif alors pour g, h ∈ G la classe de ghg−1 h−1 dans G/H vérifie : ghg−1 h−1 = ghg−1 h−1 = gg−1 hh−1 = ε. Mais les éléments dont la classe dans G/H est l’élément neutre sont exactement les éléments de H. Donc ghg−1 h−1 appartient à H. Ainsi tous les générateurs de D(G) sont dans H et donc D(G) ⊂ H. Correction de l’exercice 5690 N 1 1 1 √ Notons C = AB = 2 . −1 1
(a) Un calcul donne C8 = I et pour 1 6 k 6 7, Ck 6= I. Donc le groupe H engendré par C est d’ordre 8. Attention ! même si A2 = I et B2 = I on a (AB)2 6= I car AB 6= BA.
(b) Pour montrer que H est distingué il suffit de montrer que ACA−1 et BCB−1 sont dans H. Mais ACA−1 = ACA = AABA = BA = (AB)−1 ∈ H. De même BCB−1 = (AB)−1 . Donc H est distingué dans H. Un élément M de G s’écrit M = Aa1 Bb1 Aa2 . . . Aan Bbn
ai , bi ∈ Z. 2
3
2
3
Mais dans G/H tout terme AB ou BA vaut I Donc G/H = {I, A, A , A , . . . , B, B , B , . . .} mais comme A2 = B2 = I et AB ∈ H alors G/H s’écrit simplement : G/H = I, A . Enfin, par la formule |G| = |H| × |G/H| nous obtenons |G| = 8 × 2 = 16. Correction de l’exercice 5691 N (a) i. f ((x, y) + (x0 , y0 )) = f (x + x0 , y + y0 ) = 3(x + x0 ) + 6(y + y0 ) = 3x + 6y + 3x0 + 6y0 = f (x, y) + f (x0 , y0 ). ii. Ker f = {(x, y); f (x, y) = 0} = {(x, y); 3x + 6y = 0} = {(x, y); x = −2y} = {(−2k, k); k ∈ Z}. Si Ker f = pZ × qZ alors f (p, 0) = 0 donc 3p = 0 soit p = 0. De même f (0, q) = 0 implique q = 0 et alors Ker f = {(0, 0)}, ceci contredit le fait que f (−2, 1) = 0.
iii. On a f (Z2 ) = 3Z, le morphisme f : Z2 −→ 3Z définit par passage au quotient par le noyau un morphisme injectif f¯ : Z2 /Ker f −→ 3Z (c’est le théorème de factorisation). De plus comme f est surjectif alors f¯ l’est aussi. Ainsi f¯ est un isomorphisme entre Z2 /Ker f = Z2 /(−2, 1)Z et 3Z.
(b) Définissons g : Z2 −→ Z/2Z × Z/2Z par g(x, y) = (x, ¯ y) ¯ où n¯ désigne la classe de n dans Z/2Z. Le noyau de g est 2Z × 2Z = h(2, 0); (0, 2)i = G. Le passage au quotient par le noyau définit l’isomorphisme g¯ cherché.
Correction de l’exercice 5695 N T (I) (a) E 6= 0/ car X ∈ E. L’ensemble A0 = A∈E A est de manière évidente le plus petit élément de E.
(b) On a ϕ(A0 ) ⊂ A0 puisque A0 ∈ E. On déduit, par la croissance de ϕ, que ϕ(ϕ(A0 )) ⊂ ϕ(A0 ), ce qui donne ϕ(A0 ) ∈ E et donc A0 ⊂ ϕ(A0 ). 2465
(II) (a) La croissance de ϕ est immédiate. (b) Considérons la partie A0 associée à ϕ. D’après le (b) du (I), on a X \ h(X \ g(A0 )) = A0 . Autrement dit, les parties A0 et h(X \ g(A0 )) constituent une partition de X. Considérons l’application f : X → X définie comme étant g sur A0 et h−1 sur h(Y \ g(A0 )). On voit sans difficulté que f est une bijection (noter que les images respectives des deux restrictions précédentes sont g(A0 ) et Y \ g(A0 ) et qu’elles constituent une partition de Y ). Correction de l’exercice 5696 N T Pour tout x ∈ X, posons C(x) = {y ∈ X | x et y sont comparables} et considérons Y = x∈X C(x). La partie Y est totalement ordonnée puisque dès que y, y0 ∈ Y , alors y0 ∈ C(y) et donc y et y0 sont comparables. De plus, pour tout x ∈ / Y , il existe y ∈ X tel que x ∈ / C(y), c’est-à-dire, y et x non comparables. Il n’y a pas unicité de l’ensemble Y en général. En effet, dans un ensemble ordonné où il existe un élément y qui n’est comparable qu’à lui-même, on peut prendre Y = C(y) = {y}. Il est facile de construire des ensembles ordonnés possédant plusieurs tels éléments y (penser à la relation d’égalité, dont le graphe est la diagonale).
Correction de l’exercice 5700 N n
Pour la dernière question, vérifier par récurrence que x? n =
∑ (−1)k−1Cnk xk . k=1
Correction de l’exercice 5701 N (a) Désignant par b l’inverse à gauche de a et par c l’inverse à gauche de b, on a ab = (cb)(ab) = c(ba)b = cb = e. L’élément b est donc l’inverse de a. (b) découle immédiatement de (a). Correction de l’exercice 5702 N (a) Pour x, y ∈ E quelconques, notons x0 et y0 leurs inverses à gauche respectifs. Si xy = e, on a aussi yx = (x0 x)yx = x0 (xy)x = x0 x = e. (b) Soit f un élément neutre à gauche. On a donc f e = e. D’après (a), on a aussi e f = e, c’est-à-dire f = e. (c) Pour tout x ∈ E, on a xe = x(x0 x) = (xx0 )x = x puisque d’après (a), xx0 = e. (d) résulte alors de (a), (b) et (c).
Correction de l’exercice 5707 N Pour tous x, y ∈ G, on a xyx−1 y−1 = xyxy = (xy)(xy) = 1 c’est-à-dire xy = yx. Donc G est abélien. Si G est fini, il peut être considéré comme espace vectoriel sur le corps Z/2Z, et est alors nécessairement de dimension finie, ce qui donne G isomorphe comme espace vectoriel à (Z/2Z)n et donc |G| = 2n . Correction de l’exercice 5708 N En groupant chaque élément x ∈ G avec son inverse x−1 , on obtient une partition de G en sous-ensembles {y, y−1 } qui ont deux éléments sauf si y = y−1 , c’est-à-dire si y2 = e. L’élément neutre e est un tel élément y. Ce ne peut pas être le seul, sinon G serait d’ordre impair. Correction de l’exercice 5711 N Pour tout h ∈ H, on a ha = kh b pour un certain kh ∈ K. En écrivant ha = h(ea) = hke b, on obtient kh = hke , ce qui donne h = kh (ke )−1 ∈ K. 2466
Correction de l’exercice 5713 N (a) Supposons que H ∪ K soit un sous-groupe de G et que H ne soit pas inclus dans K, c’est-à-dire, qu’il existe h ∈ H tel que h ∈ / K. Montrons que K ⊂ H. Soit k ∈ K quelconque. On a hk ∈ H ∪ K. Mais hk ∈ /K car sinon h = (hk)k−1 ∈ K. D’où hk ∈ H et donc k = h−1 (hk) ∈ H. (b) découle immédiatement de (a). Correction de l’exercice 5714 N Soit H une partie finie non vide de G stable par la loi de composition. Pour montrer que H est un sousgroupe, il reste à voir que pour tout x ∈ H, x−1 ∈ H. Les puissances xk où k ∈ ||| restant dans H, il existe m, n ∈ ||| tels que m > n et xm = xn . On a alors xm−n−1 · x = 1, soit x−1 = xm−n−1 , ce qui montre que x−1 ∈ H.
Si H est infini, la propriété précédente n’est pas vraie en général. Par exemple ||| est une partie stable de Z pour l’addition mais n’en est pas un sous-groupe. Correction de l’exercice 5717 N Soient a, b ∈ G d’ordre respectifs m et n. Posons µ = ppcm(m, n). On a (ab)µ = aµ · bµ = e · e = e (aµ = bµ = e résultant du fait que m et n divisent µ). L’ordre de ab divise donc µ. Supposons que pgcd(m, n) = 1. Soit k ∈ Z tel que (ab)k = 1, soit ak = b−k . On en déduit que ank = e et bmk = e. D’où m|nk et n|mk. L’hypothèse pgcd(m, n) = 1 donne alors m|k et n|k et donc ppcm(m, n)|k. Cela combiné à la première partie montre que ab est d’ordre ppcm(m, n) = mn. Correction de l’exercice 5720 N Etant donné a ∈ F, soit S une partie de G contenant a et engendrant G. Si < S − {a} >6= G, alors il existe un sous-groupe propre maximal Gi tel que < S − {a} >⊂ Gi . Mais alors < S > ⊂ < S − {a} >< a > ⊂ Gi . Contradiction, donc < S − {a} >6= G. Inversement, supposons que a ∈ / F, c’est-à-dire, il existe i ∈ I tel que a ∈ / Gi . Alors pour S = Gi ∪ {a}, on a < S >= G (par maximalité de Gi ) mais < S − {a} >= Gi 6= G. Correction de l’exercice 5723 N (a) (⇒) Si HK est un groupe, pour tous h ∈ H et k ∈ K, on a (hk)−1 = k−1 h−1 ∈ HK et donc kh ∈ (HK)−1 = K −1 H −1 = KH. D’où HK ⊂ KH. L’autre inclusion s’obtient similairement. (⇐) On vérifie aisément en utilisant l’hypothèse HK = KH que (HK) · (HK) ⊂ HK et que (HK)−1 ⊂ HK. −1 (b) Etant donnés h0 , h ∈ H et k0 , k ∈ K, on a h0 k0 = hk si et seulement si h−1 0 h = k0 k . Cet élément est nécessairement dans l’intersection H ∩ K. On a donc h0 k0 = hk si et seulement s’il existe u ∈ H ∩ K tel que h = h0 u et k = u−1 k0 . Pour chaque élément fixé h0 k0 ∈ HK, il y a donc |H ∩ K| façons de l’écrire hk avec (h, k) ∈ H × K. D’où le résultat.
Correction de l’exercice 5724 N D’après le théorème de Lagrange, les sous-groupes de S3 sont d’ordre 1, 2, 3 ou 6. Les sous-groupes d’ordre 1 et 6 sont les sous-groupes triviaux {1} et S3 respectivement. Comme 2 et 3 sont premiers, les sous-groupes d’ordre 2 et 3 sont cycliques. Un sous-groupe d’ordre 2 est tout sous-groupe engendré par une transposition : il y en a 3. Il existe un seul sous-groupe d’ordre 3, celui engendré par le 3-cycle (1 2 3).
2467
Correction de l’exercice 5725 N Les éléments différents de 1 sont d’ordre 5, 7 ou 35. S’il existe un élément g d’ordre 35 (i.e., si le groupe est cyclique d’ordre 35), alors g5 est d’ordre 7 et g7 est d’ordre 5. Supposons que le groupe n’est pas cyclique et qu’il n’existe pas d’élément d’ordre 7. Tout élément différent de 1 serait alors d’ordre 5 et le groupe serait réunion de sous-groupes d’ordre 5. Mais de tels sous-groupes sont soit égaux soit d’intersection {1} (car 5 est premier). On aurait alors 35 = 4n + 1 avec n le nombre de sous-groupes distincts d’ordre 5, ce qui donne la contradiction cherchée. Le raisonnement est le même s’il n’existe pas d’élément d’ordre 5. Correction de l’exercice 5726 N Si p = 2 alors |G| est d’ordre 4 : G est le groupe de Klein (Z/2Z)2 dont tous les éléments différents de 1 sont d’ordre 2. On peut donc supposer pour la suite que p est impair. En procédant comme dans l’exercice 5725, on montre qu’il existe forcément dans G un élément d’ordre 2. Enfin si tous les éléments différents de 1 étaient d’ordre 2, alors d’après l’exercice 5707, l’ordre de G serait une puissance de 2. Il existe donc aussi un élément d’ordre p. Correction de l’exercice 5727 N n
n+1
On a 22 ≡ −1 modulo p. On en déduit que 22 ≡ 1 modulo p. Ces deux conditions donnent que l’ordre de 2 dans (Z/pZ)× est 2n+1 . Cet ordre devant diviser l’ordre de (Z/pZ)× , c’est-à-dire p − 1, on obtient le résultat souhaité. Correction de l’exercice 5728 N Comme 2n ≡ 1 modulo 2n − 1, l’ordre de 2 modulo 2n − 1, disons m, divise n. Si m < n, on aurait 2m ≡ 1 modulo 2n − 1, c’est-à-dire 2n − 1 divise 2m − 1, ce qui n’est pas possible. L’ordre de 2 modulo 2n − 1 est donc n, et celui-ci doit diviser l’ordre de (Z/(2n − 1)Z)× , qui vaut ϕ(2n − 1). Correction de l’exercice 5739 N HK = {hk /h ∈ H, k ∈ K}.
(a) Soit φ : H × K → HK définie par φ (h, k) = hk. Montrons que φ est bijective : φ est surjective par définition de HK et si φ (h, k) = φ (h0 , k0 ) alors hk = h0 k0 et donc h0 −1 h = k0 k−1 or H ∩ K = {eG } et donc h0 −1 h = eG et donc h = h0 , de même k = k0 et donc φ est injective. Comme φ est bijective CardH × K = CardHK et donc CardHK = CardH.CardK.
(b) Supposons qu’il existe deux sous-groupes H et K distincts et d’ordre p. Montrons d’abord que H ∩K = {eG }. En effet H ∩K est un sous-groupe de H et donc le cardinal de H ∩K divise CardH = p avec p premier. Or comme H 6= K alors H ∩ K 6= H et donc CardH ∩ K = 1, c’est ce que nous voulions démontrer. Maintenant d’après la première question HK est un sous-groupe de cardinal p2 dans le groupe G de cardinal pq < p2 . Donc il ne peut exister deux sous-groupe d’ordre p. Supposons maintenant que H soit un sous-groupe d’ordre p, c’est donc l’unique sous-groupe d’ordre p d’après ce que nous venons de démontrer. Pour g ∈ G le sous-groupe gHg−1 est du même ordre que H (car pour g fixé le morphisme θg de G dans G, θg (h) = ghg−1 est un automorphisme et en particulier un biction donc Cardθg (H) = CardH ). Par conséquent gHg−1 = H et donc H est un sous-groupe distingué. Correction de l’exercice 5746 N Soient x, y ∈ G quelconques. De (xy)n = xn yn , on déduit (yx)n−1 = xn−1 yn−1 puis (yx)n = yxn yn−1 et donc yn xn = yxn yn−1 , ce qui donne yn−1 xn = xn yn−1 . Ainsi, pour tout y ∈ G, yn−1 commute à tous les éléments de la forme xn avec x ∈ G, et est donc dans le centre de G, puisque l’application x → xn est supposée surjective. 2468
Correction de l’exercice 5747 N Tout automorphisme ϕ du groupe G = Z/2Z × Z/2Z permute les trois éléments d’ordre 2, c’est-àdire l’ensemble G∗ des trois éléments non triviaux. La correspondance qui à ϕ ∈ Aut(Z/2Z × Z/2Z) associe sa restriction à G∗ induit un morphisme χ : Aut(Z/2Z × Z/2Z) → S3 . Tout morphisme ϕ ∈ Aut(Z/2Z × Z/2Z) étant déterminé par sa restriction à G∗ , ce morphisme χ est injectif. De plus, tout automorphisme linéaire (pour la structure de Z/2Z-espace vectoriel de Z/2Z × Z/2Z) est un automorphisme de groupes. Il y a 6 tels automorphismes (autant qu’il y a de bases). L’image de χ contient donc au moins 6 éléments. Comme c’est un sous-groupe de S3 , c’est S3 lui-même et χ est un isomorphisme. Correction de l’exercice 5748 N Le sous-groupe H est à la fois la classe à gauche et la classe à droite modulo H de l’élément neutre. Si [G : H] = 2, son complémentaire H c dans G est donc l’autre classe, à droite et à gauche. Classes à droite et classes à gauche coincident donc, soit gH = Hg et donc gHg−1 = Hgg−1 = H pour tout g ∈ G. Correction de l’exercice 5749 N D’après l’hypothèse, pour tout x ∈ G, il existe z ∈ G tel que xH · x−1 H = zH. On en déduit xHx−1 ⊂ zH. Cela entraine que 1 ∈ zH et donc que z ∈ H. D’où finalement xHx−1 ⊂ H. Correction de l’exercice 5750 N Etant donnés y, z ∈ H, on a y ' 1 et z ' 1. La compatibilité de la loi donne d’une part yz ' 1, soit yz ∈ H, et d’autre part yy−1 ' y−1 soit y−1 ∈ H. Cela montre que H est un sous-groupe de G. Pour tout x ∈ G, on a aussi xyx−1 ' x1x−1 = 1 et donc xyx−1 ∈ H. Le sous-groupe H est donc distingué. De plus, pour x, x0 ∈ G, si x ' x0 , alors par compatibilité de la loi, on a x0 x−1 ' xx−1 = 1, c’est-à-dire x0 x−1 ∈ H. Réciproquement, si x0 x−1 ∈ H, alors x0 x−1 ' 1, et donc, par compatibilité de la loi, x ' x0 . Correction de l’exercice 5751 N Pour tout g ∈ G, la conjugaison cg : G → G par g induit un automorphisme de H si H est distingué dans G. Si de plus K est caractéristique dans H, alors K est stable par cg . D’où K est alors distingué dans G. Le sous-ensemble V4 du groupe symétrique S4 consistant en l’identité et les trois produits de transpositions disjointes : (1 2)(3 4), (1 3)(2 4) et (1 4)(2 3) est un sous-groupe (vérification immédiate) qui est distingué : cela résulte de la formule g(i j)(k l)g−1 = (g(i) g( j))(g(k) g(l)) pour i, j, k, l ∈ {1, 2, 3, 4} distincts. Le sous-groupe K (d’ordre 2) engendré par (1 2)(3 4) est distingué dans V4 (car V4 est abélien). Mais K n’est pas distingué dans S4 (comme le montre encore la formule précédente). Correction de l’exercice 5754 N Le groupe µmn a un élément d’ordre mn. En revanche tout élément x ∈ µm × µn vérifie xµ = 1 avec µ = ppcm(m, n) et est donc d’ordre un diviseur de µ, lequel est < mn si m et n ne sont pas premiers entre eux. Les groupes µmn et µm × µn ne peuvent donc pas être isomorphes. Correction de l’exercice 5758 N Considérons la surjection canonique s : G → G/H. D’après l’exercice 5756, |s(K)| divise pgcd(|K|, |G/H|) qui est égal à pgcd(|H|, |G/H|) (puisque |H| = |K|) et vaut donc 1. Conclusion : s(K) = {1}, c’est-à-dire K ⊂ H. D’où K = H puisqu’ils ont même ordre. Correction de l’exercice 5759 N
2469
On a f (n) = f (1)n pour tout entier n > 0. Mais on a aussi f (1/n)n = f (1) pour tout n > 0. Cela n’est pas possible car un nombre rationnel positif 6= 0, 1 ne peut être une puissance n-ième dans Q pour tout n > 0. (Pour ce dernier point, noter par exemple qu’être une puissance n-ième dans Q entraîne que tous les exposants de la décomposition en facteurs premiers sont des multiples de n). Les deux groupes (Q, +) et (Q× + , ×) ne sont donc pas isomorphes. Correction de l’exercice 5762 N On a n = |G/H|. Pour toute classe aH ∈ G/H, on a donc (aH)n = H c’est-à-dire, an H = H ou encore an ∈ H. Cela devient faux si H n’est pas distingué dans G. Par exemple le sous-groupe H de S3 engendré par la transposition (1 2) est d’indice 3 dans S3 et, pour a = (2 3), on a a3 = a ∈ / H. Correction de l’exercice 5763 N Soit H 0 un sous-groupe de G d’ordre n et d’indice m. Pour tout h ∈ H 0 , on a hn = 1 et hm ∈ H (voir l’exercice 5762). Puisque n et m sont premiers en eux, on peut trouver u, v ∈ Z tels que um + vn = 1. On obtient alors h = (hm )u (hn )v ∈ H. D’où H 0 ⊂ H et donc H = H 0 puisque |H| = |H 0 |. Correction de l’exercice 5765 N (a) La correspondance x → e2iπx induit un morphisme R → T , surjectif et de noyau Z. D’où R/Z ' T . 2 2 La correspondance z → z/|z| induit l’isomorphisme C× /R× + ' T . Similairement z → z /|z| fournit × × × × l’isomorphisme C /R ' T . Les isomorphismes T /µn ' T et C /µn ' C s’obtiennent à partir de la correspondance z → zn . (b) La correspondance x → e2iπx induit un morphisme Q → µ∞ , surjectif et de noyau Z. D’où Q/Z ' µ∞ . Si G est un sous-groupe fini de µ∞ , alors il existe m ∈ ||| tel que G ⊂ µm . Les sous-groupes du groupe cyclique µm sont les µn où n|m.
(c) Soit G un sous-groupe de Q de type fini, c’est-à-dire engendré par un nombre fini de rationnels p1 /q1 , . . . , pr /qr . On a alors q1 · · · qr G ⊂ Z. Soit q le plus petit entier > 0 tel que qG ⊂ Z. Le sous-groupe qG est de la forme aZ avec a ∈ ||| premier avec q (car l’existence d’un facteur commun contredirait la minimalité de q). On obtient G = (a/q)Z. Si de plus Z ⊂ G alors 1 ∈ G et s’écrit donc 1 = ka/q avec k ∈ Z, ce qui donne ka = q. Comme pgcd(a, q) = 1, on a nécessairement a = 1 et donc G = (1/q)Z.
Soit s : Q → Q/Z la surjection canonique. Si G est un sous-groupe de type fini de Q/Z, alors G = s−1 (G) est un sous-groupe de Q, contenant Z et de type fini (si p1 /q1 , . . . , pr /qr sont des antécédents par s de générateurs de G, alors 1, p1 /q1 , . . . , pr /qr engendrent G). D’après ce qui précède, on a G = 1q Z et donc G = 1q Z/Z, qui est isomorphe à Z/qZ. Via l’isomorphisme de la question (b), on déduit les sous-groupes de Q/Z de type fini : ce sont les sous-groupes {e2ikπ/q | k ∈ Z} = µq avec q décrivant |||× . (d) On vérifie sans difficulté que pour tout nombre premier p, µ p∞ est un sous-groupe de µ∞ . Il n’est pas de type fini : en effet le sous-groupe de Q/Z qui lui correspond par l’isomorphisme de la question (b) est engendré par les classes de rationnels 1/pn modulo Z, n décrivant |||. Un tel sous-groupe G n’a pas de dénominateur commun, c’est-à-dire, il n’existe pas d’entier q ∈ Z tel que qG ⊂ G. En conséquence il ne peut pas être de type fini. Correction de l’exercice 5766 N Soit z ∈ C quelconque et ζ ∈ C une racine n-ième de z. Le sous-groupe G est distingué dans C (puisque C est commutatif). Si n est l’indice de G dans C, on a donc ζ n = z ∈ G (voir l’exercice 5762). D’où C ⊂ G. L’inclusion inverse est triviale. Correction de l’exercice 5769 N
2470
(a) Soit ϕ : Fnp → Fmp un morphisme de groupes. Pour tout n ∈ Z, on note n ∈ Z/pZ = F p sa classe modulo p. Tout élément x ∈ Fnp peut s’écrire x = (x1 , . . . , xn ) avec x = (x1 , . . . , xn ) ∈ Zn . On a alors ϕ(n·x) = ϕ(nx) = ϕ(nx) = nϕ(x) = n·ϕ(x). Le morphisme ϕ est donc compatible avec les lois externes de Fnp et Fmp . Comme il est aussi additif, c’est une application F p -linéaire. (b) Considérons l’application V : Aut(Z/pZ) → Z/pZ qui à tout automorphisme χ associe χ(1). Cette application est à valeurs dans Z/pZ \ {0} (si χ ∈ Aut(Z/pZ), alors ker(χ) = {0}). C’est un morphisme 0 de Aut(Z/pZ) muni de la composition vers le groupe multiplicatif Z/pZ \ {0} = F× p : en effet si χ, χ ∈ 0 0 Aut(Z/pZ) et si on pose χ (1) = c (classe de c ∈ Z modulo p), alors (χ ◦ χ )(1) = χ(c) = cχ(1) = c · χ(1) = χ 0 (1) · χ(1) = χ(1) · χ 0 (1). Ce morphisme V est de plus injectif puisque tout automorphisme χ de Z/pZ est déterminé par χ(1). Enfin, pour tout a ∈ Z/pZ non nul, la correspondance n → a · n induit un automorphisme χ de Z/pZ tel que χ(1) = a. L’image du morphisme V est donc tout F× p . Ce qui établit l’isomorphisme demandé. (c) D’après la question (a), il s’agit de compter le nombre d’automorphismes linéaires du F p -espace vectoriel Fnp , qui est égal au nombre de bases de Fnp , c’est-à-dire (pn − 1)(pn − p) · · · (pn − pn−1 ). Correction de l’exercice 5771 N Soit G un groupe abélien fini tel que pG = {0}. Pour tout entier n ∈ Z et pour tout g ∈ G, l’élément ng ne dépend que de la classe de n modulo p ; on peut le noter n · g. La correspondance (n, g) → n · g définit une loi externe sur le groupe additif (Z/pZ)n et lui confère ainsi une structure de F p -espace vectoriel. Cet espace vectoriel, étant fini, est de dimension finie. Il est donc isomorphe comme espace vectoriel, et en particulier comme groupe à (Z/pZ)n pour un certain entier n > 0. Correction de l’exercice 5774 N Le centre Z(G) est ni trivial (car G est un p-groupe) ni égal à G (car G non abélien). En utilisant l’exercice 5767, on voit qu’il n’est pas non plus d’ordre p2 . Il est donc d’ordre p. Mais alors G/Z(G) est d’ordre p2 et est donc abélien (exercice 5768). D’après l’exercice 5773, on a alors D(G) ⊂ Z(G). Comme D(G) 6= {1} (sinon G serait abélien), on a D(G) = Z(G). Correction de l’exercice 5776 N (a) On vérifie les deux formules : (a b)(b c) = (a b c) pour a, b, c distincts, et (a b)(c d) = (a b)(b c)(b c)(c d) = (a b c)(b c d), pour a, b, c, d distincts. On déduit que toute permutation paire, produit d’un nombre pair de transpositions, peut s’écrire comme produit de 3-cycles. Le groupe alterné An est donc engendré par les 3-cycles si n > 3. (b) On a (1 2 j) (1 2 i) (1 2 j)−1 = (2 j i) pour i, j distincts et différents de 1 et 2, et si en plus k est différent de 1, 2, i, j, on a (1 2 k) (2 j i) (1 2 k)−1 = (k j i). Le groupe engendré par les 3-cycles (1 2 i) où i > 3 contient donc tous les 3-cycles ; d’après (a), c’est le groupe alterné An . Correction de l’exercice 5778 N Les cas n = 1 et n = 2 sont immédiats. On peut supposer n > 3. On vérifie aisément la formule (a1 a2 . . . an−1 an ) (an−1 an an−2 . . . a2 a1 ) = (a1 an an−1 ) où a1 , . . . , an sont les éléments d’un ensemble de cardinal n. On en déduit que le groupe PCn engendré par les permutations circulaires contient les 3cycles et donc le groupe alterné An (voir exercice 5776). Les permutations circulaires sont de signature (−1)n−1 . Si n est impair, elles sont donc paires d’où PCn ⊂ An et donc finalement PCn = An dans ce cas. Si n pair, les permutations circulaires sont impaires, donc PCn 6= An . L’indice de PCn dans Sn devant diviser 2 (puisque PCn ⊃ An ), il vaut 1, c’est-à-dire PCn = Sn . Correction de l’exercice 5779 N Supposons σ τ = τσ . Pour tout x ∈ / I, on a σ (τ(x)) = τ(σ (x)) = τ(x) ; τ(x), fixé par σ , n’appartient pas à I. Cela montre que le complémentaire de I est invariant par τ. Comme τ est injective, I l’est aussi. 2471
Montrons que, sur I, τ est égal à une puissance de σ . Quitte à renuméroter {1, . . . , n}, on peut supposer que I = {1, . . . , m} (où m 6 n) et σ |I = (1 2 . . . m). L’entier τ(1) est dans I ; soit k l’unique entier entre 1 et m tel que τ(1) = σ k (1). Pour tout i ∈ I, on a alors τ(i) = τσ i−1 (1) = σ i−1 τ(1) = σ i−1 σ k (1) = σ k σ i−1 (1) = σ k (i) (l’identité τσ i−1 = σ i−1 τ utilisée dans le calcul découle facilement de l’hypothèse σ τ = τσ ). On obtient donc τ|I = (σ |I )k . L’implication réciproque est facile. Correction de l’exercice 5780 N Un sous-groupe distingué de Sn qui contient une transposition contient toute sa classe de conjugaison, c’est-à-dire, toutes les transpositions (cf les indications de l’exercice 5777, “Rappel”) et donc le groupe qu’elles engendrent, c’est-à-dire Sn . Correction de l’exercice 5781 N L’ensemble H est le sous-groupe de S4 fixant la paire {1, 2}. Tout élément de H fixe aussi la paire {3, 4}. Cela fournit un morphisme H → S2 × S2 qui est clairement bijectif. D’où H ' S2 × S2 ' Z/2Z × Z/2Z. On a σ ∈ K si et seulement si σ (1) ≡ σ (3) [mod 2] et σ (2) ≡ σ (4) [mod 2], c’est-à-dire si et seulement si σ ({1, 3}) est soit la paire {1, 3} soit la paire {2, 4} (auquel cas σ ({2, 4}) est la paire {2, 4} ou la paire {1, 3} respectivement). Grâce à l’identité σ (1 3) (2 4) σ −1 = (σ (1) σ (3)) (σ (2) σ (4)), on voit que la condition est également équivalente au fait que la conjugaison par σ stabilise la permutation (1 3) (2 4). Autrement dit K est le sous-groupe des éléments de S4 commutant avec (1 3) (2 4). La classe de conjugaison 2-2 ayant 3 éléments, le groupe H est d’ordre 4!/3 = 8. On peut dresser la liste de ses éléments : si ω = (1 2 3 4) et τ = (1 2) (3 4), alors K = {1, ω, ω 2 , ω 3 , τ, ωτ, ω 2 τ, ω 3 τ}. On vérifie les relations σ 4 = 1, τ 2 = 1 et τσ τ −1 = σ −1 . Le groupe K est égal au produit semi-direct de son sousgroupe distingué < ω > par son sous-groupe < τ > et est donc isomorphe au groupe diédral d’ordre 8.
Correction de l’exercice 5783 N L’ordre d’une permutation ω ∈ Sn est le ppcm des longueurs des cycles de la décomposition de ω en cycles à supports disjoints. De plus, la somme des longueurs de ces cycles (ceux de longueur 1 y compris) vaut n. Pour une permutation d’ordre 10 dans S8 , il n’y a qu’un type possible : 5-2-1. La signature vaut alors (−1)5−1 (−1)2−1 = −1. Correction de l’exercice 5784 N (a) Un 3-cycle ω est d’ordre 3 et vérifie donc ω 3 = 1 soit encore ω = (ω 2 )2 . Le groupe engendré par tous les carrés de permutations dans Sn contient donc tous les 3-cycles, et donc aussi le groupe qu’ils engendrent, c’est-à-dire An . L’autre inclusion est facile puisque le carré d’une permutation est toujours une permutation paire. (b) Si H est un sous-groupe d’indice 2 de Sn , il est distingué. On a alors σ 2 ∈ H pour tout σ ∈ Sn (cf exercice 5762). D’après la question (a), H = An . Correction de l’exercice 5785 N Les classes de conjugaison de Sn correspondent aux types possibles d’une permutation de n éléments (cf indication exercice 3 Rappel). Pour n = 4, on a 5 classes : 1-1-1-1, 2-1-1, 2-2, 3-1 et 4. Soit H un sous-groupe distingué non trivial de S4 . Si H contient la classe 2-1-1 (transpositions), alors H = S4 . Si H contient la classe 3-1, alors H ⊃ A4 (cf exercice 5776) et donc H = A4 ou H = S4 . Si H contient la classe 4, alors H = S4 (cf exercice 5778). Si H contient la classe 2-2, alors H ⊃ V4 (voir la correction de l’exercice 5751 définition de V4 ), ce qui donne H = V4 ou bien, au vu des cas précédents, H = A4 ou H = S4 . Les sous-groupes distingués de S4 sont donc {1}, V4 , A4 et S4 . 2472
Correction de l’exercice 5787 N Soit H un sous-groupe d’indice m d’un groupe G. L’action de G par translation à gauche sur l’ensemble quotient G/H des classes à gauche modulo H induit un morphisme G → Per(G/H) qui est non-trivial et donc est injectif puisque le noyau, distingué dans G, ne peut être trivial si G est simple. L’ordre de G doit donc diviser l’ordre du groupe Per(G/H) qui vaut m! . Il faut nécessairement que |G| = m! . Mais alors le morphisme précédent est un isomorphisme et G est isomorphe au groupe symétrique Sm , ce qui contredit la simplicité de G. Correction de l’exercice 5789 N (a) L’identité a2 b2 = (ab)2 , par simplification à gauche par a et à droite par b, se réécrit ab = ba. (b) La correspondance (x, y) → (x + y, y) définit un automorphisme σ de F23 d’ordre 3. Identifions le groupe < σ > au groupe Z/3Z et considérons le produit semi-direct F23 ×|Z/3Z. Pour tout élément ((x, y), i), on a ((x, y), i)2 = ((x, y) + σ i (x, y), 2i) et ((x, y), i)3 = ((x, y) + σ i (x, y) + σ 2i (x, y), 3i) = ((0, 0), 0) puisque (Id + σ i + σ 2i )(x, y) = (3x + iy + 2iy, 3y) = (0, 0). La formule a3 b3 = (ab)3 est donc satisfaite pour tous a, b dans F23 ×|Z/3Z. Mais ce produit semi-direct n’est pas commutatif car l’action de Z/3Z n’est pas l’action triviale. Correction de l’exercice 5790 N (a) Que R soit une relation d’équivalence est immédiat. La classe d’un élément x ∈ G est l’ensemble HxH, lequel est égal à la réunion des ensembles hxH où h décrit H. Ces derniers ensembles sont des classes à gauche modulo H et sont donc égaux ou disjoints. (b) Pour tout i = 1, . . . , d(x), hxi H est une classe à gauche, contenue dans h(HxH)H ⊂ HxH, donc est de la forme x j H. La formule h ∗ xi H = hxi H définit ainsi une permutation de l’ensemble des classes x1 H, . . . , xd(x) H (la permutation réciproque est celle induite par h−1 ) et donc une action de H sur cet ensemble. Cette action est transitive : pour i, j ∈ {1, . . . , d(x)}, h = xi−1 x j vérifie h ∗ xi H = x j H. Un élément h ∈ H est dans le fixateur H(xi H) d’une classe xi H si et seulement si hxi H = xi H c’està-dire si h ∈ xi Hxi−1 . D’où H(xi H) = H ∩ xi Hxi−1 . On obtient alors d(x) = [H : (H ∩ xi Hxi−1 )] ce qui prouve que d(x) divise |H| et donc aussi |G|. (c) Si H est distingué dans G, alors classes à droite et classes à gauche modulo H coincident d’où HxH = xHH = xH et donc d(x) = 1 pour tout x ∈ G. Inversement, pour tout x ∈ G, si d(x) = 1, alors HxH = xH ce qui entraine Hx ⊂ xH et donc x−1 Hx ⊂ H. (d) (i) De façon générale, on a d(x) 6 [G : H]. On a ainsi d(x) 6 p si [G : H] = p. Comme d(x) divise |G| et que p est le plus petit premier divisant |G|, nécessairement d(x) = 1 ou d(x) = p.
(ii) Si H n’est pas distingué alors il existe x ∈ G avec d(x) 6= 1 et donc d(x) = p. Mais alors card(HxH) = d(x) |H| = p |H| = [G : H] |H| = |G|. C’est-à-dire, il n’existe qu’une seule classe HxH = G, laquelle est aussi la classe de l’élément neutre H1H = H, ce qui contredit l’hypothèse [G : H] = p > 1. Conclusion : le sous-groupe H est distingué dans G. Correction de l’exercice 5791 N Toute orbite O = Ox d’un élément x ∈ X est en bijection avec l’ensemble G/ · G(x) des classes à gauche de G modulo le fixateur G(x) de G. En particulier, le cardinal de O divise l’ordre de G. De plus la somme des longueurs des orbites est égale au cardinal de l’ensemble X. (a) Si |G| = 15, card(X) = 17 et s’il n’y a pas d’orbite à un seul élément, il n’y a qu’une seule possibilité : 4 orbites de longueur 3 et une de longueur 5. (b) Supposons |G| = 33 et card(X) = 19. Aucune somme de diviseurs 6= 1 de 33 n’est égale à 19 donc nécessairement il existe au moins une orbite réduite à un élément. 2473
Correction de l’exercice 5792 N (a) Si g01 , g02 sont dans la même classe à gauche de G modulo H, c’est-à-dire, si g01 H = g02 H ou encore si (g02 )−1 g01 ∈ H alors (gg02 )−1 (gg01 ) = (g02 )−1 g01 ∈ H : les classes gg01 H et gg02 H sont égales. Pour tous g, g0 ∈ H, la classe gg0 H ne dépend donc pas du représentant choisi g0 de la classe g0 H ; on peut la noter g · g0 H. On vérifie sans difficulté que la correspondance (g, g0 H) → g · g0 H satisfait les autres conditions de la définition d’une action de G sur l’ensemble quotient G/ · H.
Pour g, γ ∈ G, on a γ · gH = gH si et seulement si g−1 γg ∈ H ce qui équivaut à γ ∈ gHg−1 . Le fixateur de la classe gH est le sous-groupe conjugué gHg−1 de H par g. (b) Pour tout y ∈ Y et tout g ∈ G, on a f (g · f −1 (y)) = g · f ( f −1 (y)) = g · y. En appliquant f −1 , on obtient g · f −1 (y) = f −1 (g · y), ce qui montre que f −1 est compatible à l’action de G. (c) Soit x ∈ X fixé. Pour g ∈ G, l’élément g·x ne dépend que de la classe à gauche de g modulo le fixateur G(x) de x. Cela permet de définir une application G/ · G(x) → X : à chaque classe gG(x) on associe g · x. On montre sans difficulté que cette application est compatible avec l’action de G (vérification formelle), injective (par construction) et surjective (par l’hypothèse de transitivité) ; c’est donc un isomorphisme de G-ensembles. (d) i) Supposons donnée une application f : G/ · H → G/ · K compatible avec l’action de G. Pour tout h ∈ H, on a f (hH) = f (H) = h · f (H). Ce qui, d’après la question (a), donne h ∈ gKg−1 , où g est un représentant de la classe f (H) dans G/ · K.
Réciproquement, supposons H ⊂ gKg−1 avec g ∈ G. Considérons l’application ϕ : G/ · H → G/ · K qui à toute classe γH associe la classe γgK. Cette application est bien définie : en effet, si γ2−1 γ1 ∈ H, alors (γ2 g)−1 γ1 g = g−1 (γ2−1 γ1 )g ∈ g−1 Hg ⊂ K ; la classe γgK ne dépend donc pas du représentant γ de la classe γH. De plus ϕ est compatible à l’action de G : pour tous γ, γ 0 ∈ G, on a ϕ(γ 0 · γH) = ϕ(γ 0 γH) = γ 0 γgK = γ 0 · ϕ(γH). Si f : G/ · H → G/ · K est compatible avec l’action de G, alors son image contient toute orbite dès qu’elle en contient un élément. Comme l’action de G sur sur G/ · K ne possède qu’une orbite, l’image de f contient tout G/ · K : f est surjective. D’après ce qui précède, les ensembles G/ · H et G/ · K sont isomorphes comme G-ensembles si et seulement si H ⊂ gKg−1 avec g ∈ G et card(G/ · H) = card(G/ · K) ce qui équivaut à H ⊂ gKg−1 et |H| = |K| ou encore à H = gKg−1 .
ii) Il suffit de réécrire les résultats de la question précédente en remplaçant G/ · H et G/ · K par G/ · G(x) et G/ · G(y) qui, d’après la question (c) sont G-isomorphes à X et Y respectivement (où x et y sont des points fixés de X et Y respectivement).
Correction de l’exercice 5793 N (a) Pour 1 6 i, j 6 r quelconques et xi , x j ∈ Xi × X j , il existe g ∈ G tel que g · xi = x j (par transitivité de G). On a alors g · Xi = X j . En particulier card(Xi ) = card(g · Xi ) = card(X j ). (b) Si l’action de G sur G/ · H est imprimitive, le sous-ensemble K = {g ∈ G | g · X1 = X1 }, où X1 est par exemple celui des sous-ensembles Xi ⊂ X qui contient la classe neutre H de G/ · H, est un sous-groupe propre de G (K 6= G car G agissant transitivement, il existe g ∈ G tel que (g · X1 ) ∩ X2 6= 0) / et contenant strictement H (car encore par transitivité, il existe g ∈ G tel que g · H soit un élément de X1 (ce qui assure que g ∈ K) mais différent de H (ce qui assure que g ∈ / H)). Inversement, si un tel sous-groupe K de G existe, la relation “gH ∼ g0 H si (g0 )−1 g ∈ K” est bien définie sur G/ · H (la définition ne dépend pas des représentants dans G des classes gH et g0 H) et est une relation d’équivalence (immédiat). La partition associée de G/ · H en classes d’équivalence vérifie les conditions de la définition d’imprimitivité (pour l’action de G sur G/ · H) : la partition est non triviale car K est strictement contenu entre H et K ; et si (γH)K est une de ces classes d’équivalence et g ∈ G, 2474
alors g · (γH)K est la classe (gγH)K : l’action de G permute bien les classes constituant la partition de X. (c) D’après l’exercice 5792, les ensembles X et G/ · G(x) sont isomorphes comme G-ensembles. L’action de G sur X est primitive si et seulement si celle de G sur G/ · G(x) l’est, ce qui, d’après la question précédente, équivaut à dire que le fixateur G(x) est maximal parmi les sous-groupes de G. (d) Soient x ∈ X et G(x) son fixateur. Le sous-groupe H étant distingué dans G, l’ensemble HG(x) est un sous-groupe ; c’est le sous-groupe engendré par H et G(x). De plus, l’action de H sur G n’étant pas triviale, H n’est pas contenu dans G(x) et par conséquent HG(x) contient strictement G(x). D’après la question (c), il en résulte que HG(x) = G. On vérifie sans peine que l’application H/ · (H ∩ G(x)) → (HG(x))/ · G(x) qui à toute classe h(H ∩ G(x)) associe la classe hG(x) est une bijection (ce qui généralise le théorème d’isomorphisme HK/K ' H/(H ∩ K) qui est vrai sous l’hypothèse supplémentaire “K distingué” (qui assure que les ensembles HK/K et H/(H ∩ K) sont des groupes et non de simples ensembles comme ici)). On obtient donc que les ensembles H/·(H ∩G(x)) et G/·G(x) sont isomorphes comme G-ensembles (la compatibilité des actions est immédiate). Or ces deux ensembles sont en bijection avec les orbites de x sous H et sous G respectivement. Conclusion : l’action de H est, comme celle de G, transitive sur l’ensemble X. Correction de l’exercice 5794 N Soit H un sous-groupe primitif de Sn contenant une transposition. On peut supposer que H contient la transposition (1 2). Le sous-groupe engendré par le fixateur H(1) et (1 2) contient strictement H(1). D’après l’exercice 5793 (question (c)), ce groupe est H. Considérons l’ensemble O réunion de l’orbite H(1) · 2 de 2 sous H(1) et du singleton {1}. Pour montrer que O est l’orbite de 2 sous H, il suffit de montrer que 2 ∈ O (ce qui est clair) et que O est stable sous l’action de H, ou, ce qui est équivalent, stable sous l’action de H(1) et de (1 2). L’élément 1 est envoyé sur 1 ∈ O par les éléments de H(1) et sur 2 ∈ O par (1 2). L’ensemble H(1) · 2 est invariant sous l’action de H(1). Enfin, si h · 2 désigne un élément quelconque de H(1) · 2, alors son image par la permutation (1 2) est 2 si h · 2 = 1, 1 si h · 2 = 2 et h · 2 si h · 2 6= 1, 2 ; dans tous les cas, l’image est dans O. On a donc O = H ·2 = H(1)·2∪{1}. L’action de H étant transitive, cet ensemble est égal à {1, . . . , n} et donc H(1) · 2 = {2, . . . , n} (puisque 1 ∈ / H(1) · 2). Cela montre que l’action de H(1) sur {2, . . . , n} est transitive, et donc que H agit transitivement sur {1, . . . , n} (exercice 21). Pour i, j entiers distincts entre 1 et n, choisissons alors g ∈ G tel que g(1) = i et g(2) = j. On a g(1 2)g−1 = (g(1) g(2)) = (i j). Cela montre que H contient toutes les transpositions. Conclusion : H = Sn . Correction de l’exercice 5797 N Notons G le groupe des isométries de l’espace euclidien de dimension 3 laissant invariant l’ensemble {a1 , . . . , a4 } des 4 sommets d’un tétraèdre régulier. Le fixateur G(a4 ) agit transitivement sur {a1 , a2 , a3 } : en effet ce sous-groupe contient la rotation d’axe la droite joignant a4 au centre de gravité du triangle de sommets a1 , a2 , a3 , laquelle agit sur ces points comme un 3-cycle. D’après l’exercice 5795, le groupe G agit 2-transitivement sur {a1 , . . . , a4 }. De plus G(a4 ) contient une isométrie agissant sur {a1 , . . . , a4 } comme une transposition, par exemple la symétrie par rapport au plan médiateur P du segment [a1 , a2 ], laquelle échange a1 et a2 et fixe a3 et a4 qui sont dans P. D’après l’exercice 5794, on a G ' S4 . Notons G+ le sous-groupe de G constitué de ses isométries directes. Le groupe G+ est le noyau du morphisme det : G+ → {1, −1} qui à tout g ∈ G vu comme matrice associe son déterminant. Comme ce morphisme est surjectif (la rotation et la symétrie considérées ci-dessus sont respectivement directe et indirecte), G+ est d’indice 2. D’où G ' A4 puisque A4 est le seul sous-groupe de S4 d’indice 2 (cf exercice 5784). Correction de l’exercice 5808 N 2475
Le sous-groupe H ⊂ G étant distingué, G agit par conjugaison sur H. Comme G est un p-groupe, H l’est aussi et les orbites non triviales de cette action sont de longueur divisible par p. On déduit que la réunion des orbites triviales, c’est-à-dire l’ensemble H ∩ Z(G) des points fixes, est aussi de cardinal divisible par p. Comme il contient l’élément neutre, il contient au moins p éléments et n’est donc pas réduit à l’élément neutre. Correction de l’exercice 5809 N (a) Soit G un p-groupe d’ordre pr . Son centre Z(G) est un p-groupe non trivial. Soit x ∈ Z(G) \ {1}. ν−1 Si pν > 0 est son ordre, alors x p est d’ordre p et dans Z(G) ; on peut donc supposer que x lui-même est d’ordre p. Le groupe < x > est distingué dans G et le groupe quotient G/ < x > est d’ordre pr−1 . Par hypothèse de récurrence, pour tout k 6 r, le groupe G/ < x > possède un sous-groupe distingué H d’ordre pk−1 . Soit H le sous-groupe image réciproque de H par la surjection canonique G → G/ < x >. Le sous-groupe H, image réciproque par un morphisme d’un sous-groupe distingué, est distingué dans G et H = H/ < x >, ce qui donne |H| = |H | | < x > | = pk . Correction de l’exercice 5810 N Comme p divise |G|, il existe dans G un élément s d’ordre p. Le sous-groupe H = < s >, d’indice 2, est nécessairement distingué dans G. Il est de plus le seul sous-groupe d’ordre p (cf l’exercice 5763). De façon générale, un automorphisme χ d’un groupe cyclique < ζ > d’ordre p est déterminé par χ(ζ ) = ζ iχ et cet automorphisme est d’ordre 2 si et seulement si i2χ ≡ 1 [mod p], c’est-à-dire si χ(ζ ) = ζ ou χ(ζ ) = ζ −1 ce qui correspond aux deux automorphismes “identité” et “passage à l’inverse” (que p soit premier n’intervient pas ici ; le résultat est valable pour tout entier p > 1). Soit t ∈ G d’ordre 2 (qui existe car 2 divise |G|). La conjugaison par t induit un automorphisme du sous-groupe distingué H. D’apès ce qui précède, on a tst −1 = s ou bien tst −1 = s−1 . Dans le premier cas, la correspondance (si ,t ε ) → si ·t ε (i = 0, 1, 2 et ε = ±1) induit un morphisme entre le produit direct < s > × < t > et G, lequel est injectif (car < s > ∩ < t >= {1}) et donc est bijectif (puisque les groupes de départ et d’arrivée ont même ordre 2p). Dans ce cas on a donc G ' Z/pZ×Z/2Z ' Z/2pZ cyclique. Dans l’autre cas, G est non commutatif (puisque tst −1 = s−1 6= s) ; il est engendré par s et t qui vérifient les relations s p = 1, t 2 = 1 et tst −1 = s−1 . Dans ce cas G est isomorphe au groupe diédral Z/pZ ×|Z/2Z d’ordre 2p. Correction de l’exercice 5811 N (a) Le groupe G n’étant pas abélien n’est pas cyclique d’ordre 8 et possède au moins un élément a 6= 1 qui n’est pas d’ordre 2 (cf l’exercice 5707). Cet élément est nécessairement d’ordre 4. Le sous-groupe H = < a > est distingué car d’indice 2. (b) Supposons qu’il existe b ∈ G \ H d’ordre 2 et posons K = < b >. On a H ∩ K = {1} car b ∈ / H. Le sous-groupe H étant distingué dans G, on peut écrire que HK/H ' K, ce qui donne |HK| = |H| |K| = 8 et donc G = HK. De plus, l’inclusion K ⊂ G est une section de la suite exacte 1 → H → G → K → 1. Le groupe G est donc isomorphe au produit semi-direct de H par K. L’action sur H du générateur b d’ordre 2 de K est nécessairement donnée par le passage à l’inverse (cf exercice 5810). (c) Dans le cas contraire à (b), tous les éléments de G \ H sont nécessairement d’ordre 4. Les éléments de G d’ordre 2 sont donc dans H, qui n’en possède qu’un : a2 , qu’on note −1. Le centre Z(G) est d’ordre différent de 1 car G est un 2-groupe et différent de 8 car G est non abélien. Il n’est pas non plus d’ordre 4 car alors on aurait G = Z(G) ∪ xZ(G) pour un x ∈ G \ Z(G) mais alors G serait abélien. Le centre Z(G) est donc d’ordre 2. D’après ce qui précède Z(G) = {1, −1}. Soit b ∈ G \ H. Alors G est engendré par a et b. D’autre part b est d’ordre 4 et b2 d’ordre 2 ce qui entraine b2 = −1. La conjugaison par b induit un automorphisme du sous-groupe distingué < a > ; on a donc bab−1 = a−1 , le seul autre cas bab−1 = a étant exclu car G non abélien. On obtient ensuite aisément que si ab = c, on a c2 = −1 (c2 = abab = aa−1 bb = b2 = −1) et ba = −ab = −c, bc = −cb = a, ca = −ac = b. 2476
Correction de l’exercice 5813 N (a) On a θ (g)(xH) = gxH (g, x ∈ G). Le noyau de θ est l’intersection de tous les conjugués xHx−1 de H, c’est-à-dire, d’après les théorèmes de Sylow, l’intersection de tous les 3-Sylow de G. Comme l’intersection de deux 3-Sylow distincts est triviale, le noyau est 6= {1} si et seulement s’il n’existe qu’un seul 3-Sylow, qui est alors automatiquement distingué dans G. Si H est non distingué dans G, alors θ est injectif et fournit un isomorphisme entre G et un sousgroupe de S4 . Ce sous-groupe devant être d’ordre 12 comme G, c’est nécessairement A4 (cf l’exercice 5784). (b) Si G n’est pas isomorphe à A4 , alors nécessairement H est distingué dans G et c’est alors l’unique 3-Sylow de G. Notons 1, a, a2 les trois élément distincts du groupe cyclique H. Supposons que G contienne un élément b d’ordre 4. On a b4 = a3 = 1. D’autre part, la conjugaison par b laissant invariant le sous-groupe distingué H = < a >, l’élément bab−1 doit être un générateur de < a >, c’est-à-dire a ou a−1 . Mais la première possibilité est exclue car sinon b serait dans le centre de G et G serait abélien (cf exercice 5767). La seconde possibilité existe bien : on prend par exemple pour G le produit semi direct Z/3Z ×|Z/4Z où l’action de Z/4Z sur Z/3Z se fait à travers la surjection canonique Z/4Z → Z/2Z, c’est-à-dire, les classes de 0 et 2 modulo 4 agissent comme l’identité et celles de 1 et 3 comme le passage à l’inverse. Supposons au contraire qu’aucun élément de G\H soit d’ordre 4. Les 2-Sylow sont donc isomorphes au groupe de Klein Z/2Z × Z/2Z. De plus, deux quelconques B et B0 d’entre eux sont forcément d’intersection non triviale car sinon l’ensemble produit BB0 (qui est en bijection avec B×B0 par (b, b0 ) → bb0 ) serait de cardinal |B| |B0 | = 16 > 12. Il y a donc strictement moins de 3 × 3 = 9 éléments d’ordre 2 dans G. Comme G \ H est de cardinal 9, il existe dans G un élément c d’ordre 6= 2. Cet élément ne pouvant non plus être d’ordre 3 (H est le seul 3-Sylow), ni d’ordre 4 (par hypothèse) est d’ordre 6. Le groupe < c > est alors d’indice 2 et donc distingué dans G. Comme < c > est cyclique, il ne possède qu’un seul élément d’ordre 2. On peut donc trouver dans un 2-Sylow de G un élément d ∈ G\ < c > d’ordre 2. La conjugaison par d induit un automorphisme de < c > qui envoie c sur un générateur de < c >, c’est-à-dire ou bien c ou bien c−1 . Mais la première possibilité est exclue car G n’est pas abélien. On a donc dcd −1 = c−1 ; le groupe G est dans ce cas isomorphe au groupe diédral D6 . (c) Les groupes d’ordre 12 sont - les groupes abéliens : Z/3Z × Z/4Z ' Z/12Z et Z/3 × Z/2Z × Z/2Z ' Z/6Z × Z/2Z, et - les groupes non abéliens : A4 , Z/3Z ×|Z/4Z (pour l’action donnée ci-dessus) et D6 . Correction de l’exercice 5815 N Le groupe P est un p-sous groupe maximal de G et donc aussi de HP puisque P ⊂ HP (noter que HP est un sous-groupe car H est supposé distingué dans G) ; P est donc un p-Sylow de HP. Si |P| = pn , alors |HP| = pn s avec p ne divisant pas s. On peut aussi écrire |H| = pm r avec p ne divisant pas r ; on a alors nécessairement m 6 n et s multiple de r. On a aussi HP/H ' P/(H ∩ P) ce qui donne |H ∩ P| = |P||H|/|HP| = pm (r/s). On obtient donc que s = r et que H ∩ P est un p-Sylow du groupe H. On a aussi |G| = pnt avec p ne divisant pas t et t multiple de s. On en déduit |G/H| = pn−m (t/r). Comme t/r est un entier non divisible par p et que HP/H est un sous-groupe de G/H d’ordre |HP/H| = pn−m , le groupe HP/H est un p-Sylow de G/H. Correction de l’exercice 5816 N D’après les théorèmes de Sylow, le nombre de 5-Sylow d’un groupe d’ordre 200 = 52 .23 est ≡ 1 [mod 5] et divise 8. Ce ne peut être que 1. L’unique 5-Sylow est nécessairement distingué puisque ses conjugués sont des 5-Sylow et coincident donc avec lui. Le groupe ne peut pas être simple.
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Correction de l’exercice 5817 N Les p-Sylow de S p sont d’ordre p puisque p, étant premier, ne divise pas p!/p = (p − 1)! . Chaque p-Sylow est donc cyclique d’ordre p et contient p − 1 éléments d’ordre p. Les éléments d’ordre p de S p sont les p-cycles ; il y en a (p − 1)! . Il y a donc (p − 2)! p-Sylow. (On retrouve le théorème de Wilson : (p − 2)! ≡ 1 [mod p] (ou (p − 1)! + 1 ≡ 0 [mod p]) si p est premier). Correction de l’exercice 5819 N Le groupe alterné A5 est d’ordre 60 = 22 .3.5. Les 5-Sylow sont d’ordre 5, donc cycliques ; chacun est engendré par un 5-cycle et contient 4 5cycles. Les 5-Sylow sont deux à deux d’intersection réduite à {1}. Comme il y a 24 5-cycles dans A5 , il y a 6 5-Sylow. (On peut aussi utiliser les théorèmes de Sylow : Le nombre de 5-Sylow est ≡ 1 [mod 5] et divise 12 ; c’est donc 1 ou 6. Comme ce ne peut être 1 (car il y aurait alors un unique 5-Sylow qui serait distingué, ce qui est impossible car A5 est simple), c’est 6.) Les 3-Sylow sont d’ordre 3, donc cycliques ; chacun est engendré par un 3-cycle et contient 2 3cycles. Les 3-Sylow sont deux à deux d’intersection réduite à {1}. Comme il y a 20 3-cycles dans A5 , il y a 10 3-Sylow. (Par les théorèmes de Sylow : le nombre de 3-Sylow est ≡ 1 [mod 3] et divise 20 ; c’est donc 1, 4 ou 10. Comme ci-dessus, ce ne peut être 1. Si c’etait 4, la conjugaison de A5 sur ces 3-Sylow induirait un morphisme A5 → S4 non trivial (puisque cette action par conjugaison est transitive) et donc injectif (puisque le noyau, distingué, est forcément trivial). Or l’ordre de A5 ne divise pas celui de S4 . Il y a donc 10 3-Sylow.) Les 2-Sylow sont d’ordre 4, donc commutatifs. Comme il n’y a pas d’élément d’ordre 4 dans A5 , chaque 2-Sylow est isomorphe au groupe Z/2Z × Z/2Z ; il est engendré par deux produits de deux transpositions qui commutent et contient 3 éléments d’ordre 2. On voit ensuite que ces trois éléments d’ordre 2 sont les 3 produits de deux transpositions qui commutent qu’on peut former avec quatre éléments de {1, . . . , 5}. On en déduit que les 2-Sylow sont deux à deux d’intersection réduite à {1}. Il y a 15 éléments d’ordre 2 dans A5 et il y a 5 2-Sylow. Tout élément de A5 est d’ordre 1, 2, 3 ou 5 et est donc contenu dans un p-Sylow. On a bien 6.4 + 10.2 + 5.3 + 1 = 60. Correction de l’exercice 5820 N (a) Le nombre de 5-Sylow dans un groupe G d’ordre 60 = 22 .3.5 est ≡ 1 [mod 5] et divise 12. Comme G est supposé simple, ce ne peut être 1 ; il y a donc 6 5-Sylow. Le morphisme α : G → S6 correspondant à l’action de G par conjugaison sur les 5-Sylow (une fois une numérotation des 5-Sylow de G choisie) est forcément injectif puisque son noyau, étant un sous-groupe distingué différent de G (d’après les théorèmes de Sylow, G agit transitivement sur les 5-Sylow), est nécessairement trivial. Considérons ensuite le groupe α −1 (A6 ). C’est un sous-groupe distingué de G (comme image réciproque par un morphisme du sous-groupe distingué A6 de S6 ). Si α −1 (A6 ) = {1} alors, pour tout g ∈ G, comme α(g2 ) = α(g)2 ∈ A6 , on aurait g2 = 1 et donc G abélien, ce qui est absurde. On a donc α −1 (A6 ) = G, c’est-à-dire, α(G) = H ⊂ A6 .
(b) Notons ϕ : A6 → S6 le morphisme correspondant à l’action de A6 par translation à gauche sur A6 /.H (une fois une numérotation des éléments de A6 /.H choisie). En utilisant la simplicité de A6 , on montre comme ci-dessus que ϕ est injectif et que ϕ(A6 ) ⊂ A6 . Il en découle que ϕ est un isomorphisme entre A6 et ϕ(A6 ) = A6 . (c) Un élément x ∈ A6 fixe la classe neutre H si et seulement si x ∈ H. On obtient que H est isomorphe, via ϕ, au fixateur d’un entier, disons 6, dans l’action de A6 sur {1, . . . , 6}, c’est-à-dire, à A6 ∩ S5 = A5 . Correction de l’exercice 5823 N
Le nombre de q-Sylow d’un groupe G d’ordre p2 q est ≡ 1 [mod q] et divise p2 . Ce ne peut être ni p ni p2 car p2 − 1 est supposé non divisible par q ; c’est donc 1. De même le nombre de p-Sylow est ≡ 1 [mod p] et divise q et ce ne peut être q car q − 1 est supposé non divisible par p ; c’est donc 1. 2478
Ainsi il y a un unique p-Sylow P d’ordre p2 , et donc abélien, et un unique q-Sylow Q d’ordre q, et donc cyclique, tous deux nécessairement distingués. Il en résulte que tout élément x ∈ P commute avec tout élément y ∈ Q : en effet le commutateur xyx−1 y−1 = (xyx−1 )y−1 = x(yx−1 y−1 ) est dans l’intersection P ∩ Q qui est le groupe trivial. Cela montre que le groupe PQ est abélien ; il est isomorphe au produit direct P × Q et est donc de cardinal |P| |Q| = p2 q = |G|. D’où finalement G = PQ est abélien. Correction de l’exercice 5824 N Soit G un groupe d’ordre p2 q qu’on suppose simple. On distingue deux cas : 1er cas : p > q. Le nombre de p-Sylow de G est ≡ 1 [mod p] et divise q. Comme G est simple, ce ne peut être 1 (car sinon l’unique p-Sylow serait distingué). Il y a donc q p-Sylow d’ordre p2 , lesquels sont conjugués. L’action par conjugaison de G sur ces q p-Sylow définit un morphisme G → Sq non trivial (car l’action est transitive) et donc injectif puisque le noyau, distingué et 6= G, est forcément trivial. On en déduit que p2 q divise q! et donc p divise un entier entre 1 et q − 1, ce qui contredit l’hypothèse p > q. 2ème cas : p < q. Le nombre de q-Sylow de G est ≡ 1 [mod q] et divise p2 . Comme ci-dessus, G étant simple, ce ne peut être 1. Ce ne peut-être ni p ni p2 . En effet, dans le cas contraire, p serait ≡ ±1 [mod q] et donc p > q−1. Comme p < q, la seule possibilité est p = q−1 et donc p = 2 et q = 3. Dans ce dernier cas, il y a 4 3-Sylow d’ordre 3 qui contiennent 8 éléments d’ordre 3. Ne reste de la place que pour un seul 2-Sylow qui devrait être distingué. Ce dernier cas n’est donc lui non plus pas possible. Conclusion : il n’existe pas de groupe G simple d’ordre p2 q. Correction de l’exercice 5825 N (a) Le nombre de 19-Sylow de G est ≡ 1 [mod 19] et divise 21 ; ce ne peut être que 1. Le groupe G a donc un unique 19-Sylow P qui est distingué. (b) Comme P est distingué dans G, N = PQ est un sous-groupe de G. De P ∩ Q = {1}, on déduit que PQ/P ' Q et donc que PQ est d’ordre 7.19 = 133. D’après l’exercice 15, le groupe N est isomorphe au produit direct Z/19Z × Z/7Z, lequel est isomorphe au groupe cyclique Z/133Z par le lemme chinois. (c) Le nombre de 7-Sylow de G est ≡ 1 [mod 7] et divise 57. Les seules possibilités sont 1 et 57. Or ce n’est pas 1 non plus car on suppose que Q n’est pas distingué. Le groupe G admet donc 57 7-Sylow, et donc 57 sous-groupes cycliques d’ordre 133 par la question précédente. Ces 57 groupes d’ordre 133 sont bien distincts car deux 7-Sylow distincts engendrent avec P deux groupes cycliques d’ordre 133 distincts puisque le 7-Sylow est l’unique sous-groupe d’ordre 7 du groupe cyclique. Par conséquent leurs ensembles de générateurs sont deux à deux disjoints. On obtient ainsi 57 × φ (133) = 57 × 6 × 18 éléments d’ordre 133 dans G (φ désigne ici la fonction indicatrice d’Euler), ce qui est manifestement absurde. On peut donc conclure que Q est distingué dans G et que l’unique sous-groupe cyclique N = PQ d’ordre 133 l’est aussi.
(d) Comme N est distingué dans G, NR est un sous-groupe de G. De N ∩R = {1}, on déduit que NR/N ' R et donc que NR est d’ordre 133.3 = 399. Ainsi G = NR et l’isomorphisme précédent G/N ' R montre que l’inclusion R → G est une section de la suite exacte 1 → N → G → R → 1. Le groupe G est donc isomorphe au produit semi-direct du groupe cyclique N d’ordre 133 par le groupe cyclique R d’ordre 3.
Correction de l’exercice 5963 N Cours... Non, les rôles des deux opérations ne sont pas interchangeables, puisque l’une est distributive sur l’autre. Correction de l’exercice 5964 N (a) une seule solution x = a−1 (c − b) 2479
(b) pas de solution, et deux solutions. Attention, dans Z/10Z, on ne peut pas inverser 2. Ecrire 2x = 3 + 10k pour obtenir que 2|3, et 2x = 6 + 10k pour simplifier par 2... dans R.
Correction de l’exercice 5965 N (a) Ecrire (0 + a)a = a.a d’une part (0 est neutre pour +) et (0 + a).a = 0.a + a.a (distributivité). (b) (−1).a + a = (−1 + 1).a = 0.a = 0 (distributivité, puis question précédente) (c) Si |A| = 1, 1 = 0. Si 1 = 0, ∀a ∈ A, a = 1.a = 0.a = 0, donc A = {0}. Correction de l’exercice 5966 N (a) Si xy ∈ A× , soit z ∈ A, (xy)z = 1. Alors x(yz) = 1 et (zx)y = 1 donc x et y sont inversibles.
(b) Soit x ∈ A× , et y ∈ A, xy = 0. Alors x−1 xy = y = 0. Donc x n’est pas diviseur de 0.
Correction de l’exercice 5967 N Soit a ∈ A \ {0}. Soit φa : A → A, x 7→ ax. Si φa (x) = φa (y), alors ax = ay. Mais ax = ay ssi a(x − y) = 0, or a 6= 0 et A est intègre, donc x = y. Ainsi φa est injective de A dans A. Comme A est fini, elle est donc aussi surjective : ∃x ∈ A, φa (x) = 1. Correction de l’exercice 5968 N Ce sont tous des anneaux. Montrer que A est stable par addition, par passage à l’opposé, contient 0, est stable par multiplication et contient 1. Le reste (associativité et distributivité) est automatique puisqu’il s’agit des restrictions des opérations usuelles sur C) (a) A est l’ensemble des nombres dont le développement décimal s’arrête (“nombre fini de chiffres après la virgule”). Stabilité par addition : Soit x = 10−n a et y = 10−m b. Supposons par exemple que n > m. Alors x + y = 10−n (a + 10n−m b) et a + 10n−m b ∈ Z donc x + y ∈ A. Les autres vérifications sont analogues. Ce n’est pas un corps : 3 n’est pas inversible, puisque si 3 · 10−n a = 1, alors 3a = 10n donc 3|10n ce qui est impossible. Un élément est inversible ssi il est de la forme 10−n 2α 5β , α, β ∈ N.
(b) Stabilité par addition : Soit x = ab ∈ A et y = dc ∈ A, avec pgcd(a, b) = pgcd(c, d) = pgcd(p, b) = pgcd(p, d) = 1. Alors x + y = ad+bc bd . Ce n’est pas un corps : p n’est pas inversible. Un élément est inversible ssi ce n’est pas un multiple de p. (c) N’est pas un corps : 2 n’est pas inversible. Les seuls éléments inversibles sont 1, −1, i, −i. En effet, si z ∈ A× , alors |z| > 1 et |z−1 | > 1. Donc |z| = 1 et z ∈ {±1, ±i}. Réciproquement, ces éléments sont bien tous inversibles. Correction de l’exercice 5975 N 1 ∈ I + J donc ∃(x, y) ∈ I × J, 1 = x + y. En multipliant cette égalité par x, on obtient x2 + xy = x. On en déduit que xy ∈ I, donc ∀p ∈ N ; x p y ∈ I p , et donc ∀(p, q) ∈ N2 , x p yq ∈ I p . Par symétrie, on a aussi ∀(p, q) ∈ N2 , x p yq ∈ J q . Soit maintenant (m, n) ∈ N2 . Notons N = 2 sup(m, n). Alors 1 = 1N = (x + y)N = ∑ p+q=N CNp x p yq . Comme : (p + q = 2N) ⇒ (p > n ou q > m), tous les termes de cette somme sont dans I n ou dans J m , et donc 1 ∈ I n + J m Correction de l’exercice 5976 N
2480
(a) 3, 5, 7, 11 sont deux à deux premiers entre eux, donc la solution est unique modulo 1155 = 3·5·7·11. x ≡ 1 x ≡ 3 x≡4 x ≡ 2
mod 3 mod 5 mod 7 mod 11
x ≡ 13 mod 15 ⇔ x ≡ 4 mod 7 x ≡ 2 mod 11
( x ≡ 88 mod 105 ⇔ x ≡ 2 mod 11 n ⇔ x ≡ 508
mod 1155
(b) Un diviseur commun de 2001 et 2002 divise leur différence, et donc pgcd(2001, 2002) = 1. De même, pgcd(2002, 2003) = 1, et comme 26 |2001, pgcd(2001, 2003) = 1. 2001, 2002, 2003 sont donc deux à deux premiers entre eux, et la solution est donc unique modulo 2001 · 2002 · 2003. x ≡ 997 mod 2001 x ≡ −1004 mod 2001 x ≡ 998 mod 2002 ⇔ x ≡ −1004 mod 2002 x ≡ 999 mod 2003 x ≡ −1004 mod 2003 ⇔x ≡ −1004
mod (2001 · 2002 · 2003)
Correction de l’exercice 5977 N On a 72 = 8 · 9 et pgcd(8, 9) = 1, donc Z72 ' Z8 × Z9 . De même, Z84 ' Z4 × Z3 × Z7 , Z36 ' Z4 × Z9 et Z168 ' Z8 × Z3 × Z7 . Donc Z72 × Z84 ' Z8 × Z9 × Z4 × Z3 × Z7 ' Z4 × Z9 × Z8 × Z3 × Z7 ' Z36 × Z128
Correction de l’exercice 5978 N 15 20 ≡ 1[11] (a) 11, 31, 61 sont premiers donc 2 à 2 premiers entre eux. Ainsi 2015 ≡ 1[11·31·61] ⇔ 2015 ≡ 1[31] 15 20 ≡ 1[61]
— En utilisant le petit théorème de Fermat, on obtient que, modulo 11 : 2015 ≡ 205 ≡ −25 ≡ 1[11]. — (2015 )2 = 2030 ≡ 1[31]. On en déduit que 2015 ≡ ±1[31]. Comme 31 6≡ 1[4], d’après le théorème de Wilson, x2 = −1 n’a pas de solution modulo 31, et donc 2015 ≡ 1[31]. 202 ≡ −3[31] est premier — 2015 ≡ (92 )15 ≡ 360 ≡ 1[61]
(b) 1155 = 11 · 7 · 5 · 3. De plus (petit théorème de Fermat) 26754 ≡ 24 ≡ 5[11]. De même, 26754 ≡ 24 ≡ 2[7], 26754 ≡ 22 ≡ −1[5], et 26754 ≡ 20 ≡ 1[3]. Or a ≡ 5[11] ( a ≡ 2[7] a ≡ 5[11] a ≡ 5[11] ⇔ a ≡ 2[7] ⇔ ⇔ a ≡ 709[1155] a ≡ 4[5] a ≡ −26[105] a ≡ 4[15] a ≡ 1[3] Donc le reste de la division de 26754 par 1155 est 709.
Correction de l’exercice 5979 N 13 est premier et 100 = 12 · 8 + 4 donc 10100 ≡ 104 ≡ (−3)4 ≡ 3 ≡ −10[13]. De même 10100 ≡ 10−8 ≡ 28 ≡ 9 ≡ −10[19]. En utilisant le lemme chinois, on en déduit que 10100 ≡ −10[247]. Comme 2481
pgcd(10, 247) = 1, on peut simplifier cette expression par 10 et on a 1099 ≡ −1[247], et donc 247|1099 + 1. Correction de l’exercice 5980 N C = A × B. (a, b) ∈ (A × B)× ⇔∃(c, d) ∈ A × B, (a, b)(c, d) = (1, 1) ⇔∃(c, d) ∈ A × B, ac = 1 et bd = 1
⇔a ∈ A× et b ∈ B×
donc (A × B)× = A× × B× . De même, on obtient que l’ensemble DA×B des diviseurs de 0 de A × B est DA×B = DA × B ∪ A × DB ∪ (A \ {0}) × {0} ∪ {0} × (B \ {0}). Enfin, pour les nilpotents Nil(A × B) = Nil(A) × Nil(B). Correction de l’exercice 5981 N (a) En posant y = x + 1, on a Z2 [x]/(x3 + x2 + x + 1) = {0, 1, x, y, x2 , y2 , xy, xy + 1}. Les tables des opérations sont les suivantes (elles sont symétriques) : ⊕ 0 1 x y x2 y2 xy xy + 1 2 0 0 1 x y x y2 xy xy + 1 2 2 1 0 y x y x xy + 1 xy x 0 1 xy xy + 1 x2 y2 y 0 xy + 1 xy y2 x2 2 x 0 1 x y 2 y 0 y x xy 0 1 xy + 1 0 ⊗ 0 1 x y x2 0 0 0 0 0 0 1 1 x y x2 2 x x xy xy + 1 y y2 y 2 x 1 y2 xy xy + 1
y2 0 y2 y2 0 y2 0
xy xy + 1 0 0 xy xy + 1 y 1 2 y xy xy x 0 y2 2 y y x2
Pour Z[x]/(x2 − 1), (x − 1) et (x + 1) sont deux idéaux étrangers, et le lemme chinois nous donne Z[x]/(x2 −1) ' Z[x]/(x−1)×Z[x]/(x+1). Or Z[x]/(x+1) ' Z et Z[x]/(x−1) ' Z donc Z[x]/(x2 − 1) ' Z × Z. La factorisation de (x8 − 1) sur Q est (x8 − 1) = (x − 1)(x + 1)(x2 + 1)(x4 + 1). En utilisant le lemme chinois, on obtient que Q[x]/(x8 − 1) ' Q[x]/(x + 1) × Q[x]/(x2 + 1) × Q[x]/(x4 + 1) soit : Q[x]/(x8 − 1) ' Q × Q × Q[i] × Q[eiπ/4 ]. Montrons en effet que Q[x]/(x2 + 1) ' Q[i] : l’application φ : Q[x]/(x2 + 1) → Q[i] définie par P¯ 7→ P(i) est un morphisme d’anneau. 2482
— injectivité : Soit P¯ ∈ ker φ . Alors P(i) = 0. Comme P est à coefficient rationnels donc réels, −i est aussi raine de P. Donc x2 + 1|P. — surjectivité : Soit z = a + ib ∈ Q[i]. Alors z = φ (ax + b).
De même pour Q[x]/(x4 + 1) ' Q[eiπ/4 ]. Considérons le morphisme φ : Q[x]/(x4 + 1) → Q[eiπ/4 ] ¯ = P(eiπ/4 ). φ est bien définie, c’est un morphisme d’anneau. défini par φ (P) iπ/4 4 — injectivité : Soit P¯ ∈ ker φ . Alors √ P(e 2 ) = √0. Par ailleurs X + 1 est irréductible dans Q : sa 2 factorisation sur R est (x + 2x + 1)(x − 2x + 1), et aucun de ces deux polynômes, même à inversible réel près, n’est rationnel. On en déduit que si (x4 + 1) ne divise pas P, alors pgcd(X 4 + 1, P) = 1. Il existerait donc U,V ∈ Q[x], UP+V (X 4 +1) = 1. En évaluant en x = eiπ/4 , on obtient une contradiction. Donc X 4 + 1|P. (cf. exexercice 6022). — surjectivité : Soit z = a + beiπ/4 ∈ Q[eiπ/4 ]. Alors z = φ (ax + b).
(b) On a K[x]/( f n gm ) ' K[x]/( f m ) × K[x]/(gm ). On en déduit que les diviseurs de 0 sont les polynômes de la forme P¯ où P satisfait l’une des conditions suivantes : n f |P et gm6 |P ({0} × K[x]/(gm ) \ {0}) m g |P et f n6 |P (K[x]/( f n ) \ {0} × {0}) f |P et f n6 |P (DK[x]/( f n ) × K[x]/(gm )) m g|P et g 6 |P (K[x]/( f n ) × DK[x]/(gm ) ) Les nilpotents sont donnés par les conditions f g|P ( f n gm6 |P si on veut exclure 0)
(c) Les idéaux de K[x]/( f n ) sont les idéaux engendrés par les diviseurs de f n soit les f k pour 0 6 k 6 n. La démonstration peut se faire en toute généralité exactement de la même manière que dans Z/nZ : Soit D l’ensemble des diviseurs de f n (modulo K ∗ ). Ici, D = { f k , 0 6 k 6 n}. Soit I l’ensemble de idéaux de K[x]/( f n ). ¯ On a une flèche de D → I , donnée par d 7→ (d). ¯ Soit d = pgcd( f , h), et h1 le polynôme — surjectivité Soit I ∈ I . I est principal : notons I = (h). déterminé par h = dh1 . Alors pgcd( f , h1 ) = 0 et h1 est inversible dans le quotient. On en déduit ¯ = (d) ¯ = I (or d ∈ D). que (h) ¯ = (d¯0 ). On a alors d = h1 d 0 + h2 f donc d 0 |d. De même, — injectivité Soit d, d 0 ∈ D tels que (d) d|d 0 . On en déduit que d ∼ d 0 . Revenons à notre exercice : les idéaux de K[x]/( f n ) × K[x]/gm sont donc de la forme ( f α ) × (gβ ). En revenant à K[x]/( f n gm ), on obtient que l’ensemble des idéaux est {( f α gβ ), 0 6 α, β 6 n} (d) Les inversibles de K[x]/( f n ) sont les (classes des) polynômes premiers avec f . Le complémentaire est donc formé des multiples de f , il y en a donc autant que de polynômes de degré (nd − 1) − d où d est le degré de f , soit p(n−1)d . Il y a donc p(n−1)d (p − 1) inversibles dans K[x]/( f n ). On en déduit qu’il y en a p(n−1)d f +(m−1)dg (p − 1)2 dans K[x]/( f n gm ), où d f et dg sont les degrés respectifs de f et g. (e) Plus généralement, si les fi sont des polynômes irréductibles distincts, dans K[x]/( f1n1 · · · fknk ) il y a p∑(ni −1)di (p − 1)k inversibles, où di est le degré de fi . Correction de l’exercice 5982 N Pour obtenir les facteurs multiples, on utilise la remarque suivante : g est un facteur multiple de f ssi g est un facteur commun à f et à f 0 (dérivé formel de f ). Ainsi pgcd( f , f 0 ) est le produit de tous les facteurs multiples de f , avec exposant diminué de 1 par rapport à f . Ainsi f / pgcd( f , f 0 ) est le produit de tous les facteurs irréductibles de f , avec exposant 1 2483
pour tous. Finalement, pgcd(pgcd( f , f 0 ), f / pgcd( f , f 0 )) est le produit de tous les facteurs multiples de f avec exposant 1. Correction de l’exercice 5984 N √ √ √ Soit z = n + m d, z0 = n0 + m0 d ∈ Z[ d]. Alors
√ √ zz0 = (n + m d)(n0 + m0 d)
√ = (nn0 + mm0 d) + (nm0 + n0 m) d √ = (nn0 + mm0 d) − (nm0 + n0 m) d √ √ = (n − m d)(n0 − m0 d) = z¯ z¯0
√ Donc ∀z, z0 ∈ Z[ d], zz0 = z¯ z¯0 . √ On a alors ∀z, z0 ∈ Z[ d], N(zz0 ) = zz0 zz0 = z¯z z0 z¯0 = N(z) N(z0 ). Correction de l’exercice 5985 N √ (a) — Si z ∈ Z[ d] est inversible : Alors zz−1 = 1, donc N(z)N(z−1 ) = 1. Comme N(z) ∈ Z et N(z−1 ) ∈ Z, on a donc N(z) ∈ {1, −1}. — Si N(z = ±1) : √ Alors z¯z = ±1, donc z(±¯z) = 1. Comme ±¯z ∈ Z[ d], z est inversible. √ (b) Soient z1 , z2 ∈ Z[ d] tels que z = z1 z2 . Alors N(z1 )N(z2 ) = ±p. Comme ±p est irréductible Z, √ sur × ou d] on en déduit que N(z ) = ±1 ou N(z ) = ±1. D’après la question précédente, on a z ∈ Z[ 1 2 1 √ √ z2 ∈ Z[ d]× : on en déduit que z est irréductible dans Z[ d]. √ (Attention : p est premier donc irréductible dans Z, mais peut être réductible dans Z[ d] ! cf. 2 dans Z[i].) √ (c) On a N(3) = N(2 + −5) = 9. On peut montrer en fait que tout élément z de norme 9 est√irréductible : si z = z1 z2 , alors N(z1 )N(z2 ) = 9. Donc {N(z1 ), N(z2 )} = {1, 9} ou {3, 3} (dans Z[ −5], la norme est toujours positive). Or pour tout (n, m) ∈ Z2 , n2 +5m2 6= 3. En effet, si |m| > 1, n2 +5m2 > 5 et pour m = 0, l’équation revient à n2 = 3, qui n’a pas de solution entière. Ainsi, N(z1 ) = 1 ou N(z2 ) =√1, donc z1 ou z2 est inversible.√z n’a donc pas de factorisation non triviale : z est irréductible dans Z[ −5]. En particulier, 3 et 2 + −5 le sont.
(d) Tout élément de A √de norme 9 est irréductible. Il suffit donc de trouver tous les éléments de norme 9. Soit z = n + m −5 ∈ A. Si |m| > 2√ou |n| > 4, alors N(z) > 9. On cherche donc les éléments de norme 9 parmi les éléments z = n + m −5 avec |n| 6 3 et |m| 6 1. Pour m = 0, les seules solutions sont n = ±3, pour |m| = 1, les solutions sont obtenues pour |n| = 2. Ainsi : √ ∀z ∈ A : N(z) = 9 ⇔ z ∈ {±3, ±(2 ± 5)} (e) On a N(9) = 81. Donc si 9 = z1 z2 est une factorisation de 9ndans A, N(z1 )N(z2 ) est o une factorisation de 81 (dans Z), et plus précisément on a {N(z1 ), N(z2 )} ∈ {1, 81}, {3, 27}, {9, 9} .
Si N(z1 ) = 1 ou N(z2 ) = 1, la factorisation est triviale. A n’a pas d’élément de norme 3 donc la paire {3, 27} n’est pas réalisable. √ √ Si √ enfin N(z1 ) = N(z2 ) = 9, alors z1 , z2 ∈ {±3, ±(2 ± 5)}. Comme 9 = 3 · 3 = (2 + −5)(2 − −5), tous ces éléments sont diviseurs de 9. √ Les diviseurs de 9 sont donc {±1, ±3, ±(2 ± −5), ±9}. √ √ Comme N(3(2 + −5)) = 81, le même raisonnement montre que si d ∈ A divise 3(2 + −5), alors √ √ d ∈ {±1, ±3, ±(2 ± −5), ±3(2 ± −5)}. 2484
√ √ √ Si (2 − −5)a = 3(2 + −5), alors N(a) = 9, donc a = ±3 ou ±(2 ± −5). Comme √ √ √ A est intègre, si a√ = ±3, on obtient 2 − −5 = ±(2 + −5), ce + −5), on obtient √ qui est faux. Si a = ±(2√ √ 2 − −5 = ±3, ce qui est faux. Si√ enfin a = ±(2 − −5), on√obtient ±(−1 − 4 −5) = 6 + 3 −5), ce qui est encore faux. Donc √ 2 − −5 ne divise pas 3(2 + −5) dans A. Tous les autres éléments de norme 9 divisent 3(2 + −5), donc, finalement : √ √ √ Les diviseurs de 3(2 + −5) sont {±1, ±3, ±(2 + −5), ±3(2 + −5)}. √ (Attention : Le seul fait que 3 et 2+ −5 soient irréductibles ne permet pas de conclure ! Si l’anneau n’est pas factoriel, un produit√d’irréductibles √ p1 p2 peut avoir d’autres diviseurs (à association près) que p1 et p2 ... cf 3 · 3 = (2 + −5)(2 − −5) !) √ (f) On connaît la liste des diviseurs de 3 et √ de 2 + −5. Les seuls qui soient communs sont 1 et −1. On en déduit que 1 est un pgcd de 3 et 2 + −5. √ √ 9 et 3(2 + −5) sont des multiples√communs de 3 et 2 + −5, donc si ces deux éléments admettent √ un ppcm m, on a m|9 et m|3(2 + −5). On connaît la liste des diviseurs de 9 et 3(2 + −5) : à √ association près, on en déduit que m ∈ {1, 3, 2 + −5}. Comme 3|m, la seule possibilité est m = 3, √ √ et comme (2 + −5)|m, la seule possibilité est m = 2 + −5. Il y a donc contradiction : √ 3 et 2 + −5 n’ont pas de ppcm dans A.
(g) Supposons I principal : soit a ∈ A un générateur : I = (a). Alors a √ est un diviseur commun √ √ à 3 et 2 + −5, donc a = ±1. (En particulier, I = A). Soient u = u1 + u2 −5 et v = v1 + v2 −5 deux éléments de A. On a : √ √ 3u + (2 + −5)v = 1 ⇔ (3u1 + 2v1 − 5v2 ) + (3u2 + v1 + 2v2 ) −5 = 1 3u1 + 2v1 − 5v2 = 1 ⇔ 3u2 + v1 + 2v2 = 0 −v1 + v2 ≡ 1[3] ⇒ v1 − v2 ≡ 0[3] √ / I, ce qui est une contradiction : I n’est pas principal. Donc ∀u, v ∈ A, 3u+(2+ −5)v 6= 1. Donc 1 ∈ L’anneau A n’est pas principal puisqu’il a au √ √moins un idéal non principal. Il n’est pas non plus factoriel, puisque 9 = 3 3 = (2 + −5)(2 − −5) admet deux factorisation en irréductibles non équivalentes à association près. √ √ √ (h) — Les diviseurs communs de 9 et 3(2 + −5) sont {±1, ±3, ±(2 + −5)}. Si 9 et 3(2 + −5) admettent un pgcd d, alors d est dans √ cette liste, √ et divisible par tous les membre √ de cette liste. Mais 3 n’est pas divisible par 2 + −5 et 2 + −5 ne divise pas 3 : 9 et 2 + −5 n’ont pas de pgcd. √ — Supposons que 9 et 3(2 √ + −5) admettent un ppcm M. √ Alors il existe des éléments a, b ∈ A tels que M = 9a = 3(2 + −5)b. Notons m√= 3a = (2 + −5)b (A est intègre). m est un multiple commun de 3 et 2 + √ −5. −5. Alors 3k est un multiple commun de 9 et 3(2 + Soit k un multiple commun de 3 et 2 + √ −5), donc M|3k : ∃c ∈ A, 3k = Mc = 3mc.√On en déduit que k = mc (A est intègre), donc m|k. On en déduit que m est un ppcm de 3 et 2 + −5, ce qui est impossible. Correction de l’exercice 5986 N (a) n¯ est inversible ssi pgcd(n, 36) = 1 (Bezout !), i.e. n¯ ∈ {±1, ±5, ±7, ±11, ±13, ±17}. Les autres éléments sont tous des diviseurs de 0 puisque n¯ divise 0 ssi pgcd(n, 36) 6= 1. Enfin, n¯ est nilpotent ssi 2|n et 3|n, donc ssi 6|n, soit n¯ ∈ {0, ±6, ±12, 18}.
(b) Montrons que l’ensemble I des idéaux de Z/36Z est en bijection avec l’ensemble D = {1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18, 36} des diviseurs (positifs) de 36. ¯ Considérons l’application φ : D → I définie par φ (d) = (d). 0 0 Injectivité : Si φ (d) = φ (d ), alors ∃a, b ∈ Z, d = d a + 36b. Comme d|36, on en déduit que d|d 0 . De même, on a d 0 |d, et donc d = d 0 . 2485
Surjectivité :Soit I ∈ I . Z/36Z est principal, donc ∃a ∈ Z, I = (a). ¯ Soit d = pgcd(a, 36). Notons 0 0 0 a = da : pgcd(a , 36) = 1. On en déduit que a¯ est inversible dans Z/36Z. Alors d¯ ∼ a¯ dans Z/36Z. ¯ = φ (d). On en déduit que I = (d) Finalement, il y a donc 9 idéaux dans Z36 : — (1) = Z36 , — (2) = {0, ±2, ±4, ±6, ±8, ±10, ±12, ±14, ±16, 18}, — (3) = {0, ±3, ±6, ±9, ±12, ±15, 18}, — (4) = {0, ±4, ±8, ±12, ±16}, — (6) = {0, ±6, ±12} — (9) = {0, ±9, 18} — (12) = {0, ±12} — (18) = {0, 18} — (36) = {0},
(c) Si a, b ∈ A× , alors (ab)(b−1 a−1 ) = 1 donc ab ∈ A× . Si ab ∈ A× , soit c = (ab)−1 . Alors a(bc) = 1 donc a ∈ A× et b(ac) = 1 donc b ∈ A× .
(d) On a (6x + 1)(−6x + 1) = 1 dans Z36 [x], donc 18x + 1 y est inversible. (e) Soit f un inversible de Z36 [x]. Choisissons P ∈ Z[x] tel que P¯ = f et Q ∈ Z[x] tel que Q¯ = f −1 . La projection Z → Z2 se factorise par Z → Z36 → Z2 . Ces projections sont bien définies, et sont des morphismes d’anneaux. Notons P[2] la réduction de P modulo 2 : on a alors P[2] Q[2] = (PQ)[2] = 1, et comme Z2 est un corps, P[2] = 1, Q[2] = 1. On en déduit que 2 divise tous les coefficients de P, sauf celui de degré 0. De même, en considérant la réduction modulo 3, on obtient que 3 divise tous les coefficients de P, sauf celui de degré 0. Finalement, 6 divise tous les coefficients de P sauf celui de degré 0, qui est inversible modulo 36 : à association (dans Z36 ) près, f est donc de la forme : d
f = ∑ 6ai xi + 1, i=1
(ai ) ∈ Z36 .
Réciproquement, si f est de cette forme, c’est à dire f = 1 + 6x f1 , avec f1 ∈ Z36 [x], alors : (1 + 6x f1 )(1 − 6x f1 ) = 1 donc f est inversible.
Correction de l’exercice 5987 N (a) Le critère d’Eisenstein avec 2 pour module donne directement le résultat. (b) La réduction modulo 2 de Q est Q[2] = x6 + x2 + 1, qui n’a pas de racine, et n’est pas divisible par x2 + x + 1, le seul irréductible de degré 2 de Z2 [x]. Ainsi, Q[2] est soit irréductible, auquel cas Q l’est aussi sur Z, soit le produit de deux irréductibles de degré 3. Si Q[2] n’est pas irréductible, on considère la réduction modulo 3 de Q : Q[3] = x6 + 1 = (x2 + 1)3 . x2 + 1 est irréductible sur Z3 , car il est de degré 2 et n’a pas de racine. Soit Q = RS une factorisation non triviale de Q sur Z. On peut supposer R et S unitaires. Alors, en considérant la réduction modulo 2, on obtient que R[2] et S[2] sont deux irréductibles de degré 3 de Z2 [x]. En particulier deg(R) = deg(R[2] ) = 3 (car R est unitaire) et deg(S) = deg(S[2] ) = 3. Cependant, la réduction modulo 3 de Q n’admet pas de factorisation suivant deux polynômes de degré 3. C’est une contradiction : on en déduit que Q n’a pas de factorisation non triviale.
Correction de l’exercice 5988 N Soit p un nombre premier impair. Notons p = 2m + 1. On a (m!)2 ≡ (−1)m+1 [p] 2486
en effet, (modulo p) : 2m
m
(p − 1)! = ∏ k = m! ∏ (m + k) k=1
k=1
m
m
= m! ∏ (m + k − p) = m! ∏ (−k) k=1 m
k=1
2
= (−1) (m!)
Or, dans Z p [x], 1−1 = 1 et (p − 1)−1 = p − 1, donc ∀k ∈ {2, ..., p − 2}, k−1 ∈ {2, ..., p − 2}. Ainsi, p−1 ∏k=2 k ≡ 1[p], et donc (p − 1)! ≡ −1[p]. D’où le résultat. — Si p ≡ 1[4], (−1)m+1 = −1, et donc m! est une solution de x2 ≡ −1[p]. — Si cette équation a une solution, alors x2m ≡ 1[p], et comme x p−1 ≡ 1[p], 1 ≡ (−1)m [p]. On en déduit que m est pair, donc p ≡ 1[4]. Correction de l’exercice 5989 N (a) f = g(x3 + x + 1) + (x2 + x) g = (x2 + x)x + 1 donc pgcd( f , g) = 1 et 1 = g − (x2 + x)x = g − ( f − g(x3 + x + 1))x = (x4 + x2 + x + 1)g − x f (b) f = (x4 + x + 1)(x2 + x + 1) donc f n’est pas irréductible. g est de degré 3 et n’a pas de racine, donc g est irréductible. (c) Les éléments de A sont en bijection avec les polynômes de Z2 [x] de degré < deg(g) = 3. Il y a 8 polynômes de degré au plus 2 sur Z2 , donc A a 8 éléments. (d) On utilise la représentation linéaire u f + vg = 1 de pgcd( f , g) obtenue plus haut. u f = 1 + vg, donc ¯ Donc ( f¯)−1 = u¯ = x. u¯ f¯ = 1¯ + 0¯ = 1. ¯ 2 4 ¯ Pourtant, f ne divise ni f1 ni (e) Soit f1 = x + x + 1 et f2 = x + x + 1. Alors f1 f2 = f donc f¯1 f¯2 = 0. ¯ ¯ ¯ ¯ f2 , donc f1 6= 0 et f2 6= 0 : B n’est pas intègre, donc B n’est pas un corps. Correction de l’exercice 6014 N (a) Le polynôme X n’est jamais inversible dans A[X]. Si A n’est pas intègre, comme A ⊂ A[X], A[X] ne l’est pas non plus et ne peut pas être un corps. Si A est intègre et si X = PQ, alors deg(P) + deg(Q) = 1 donc P ou Q est une constante. Supposons par exemple que ce soit P. P|X donc P|1 donc P est inversible, et Q ∼ X.
(b) Soit P = X +a un polynôme unitaire linéaire de A[X]. Supposons que P = P1 P2 . Comme A estintègre, on a deg(P1 ) + deg(P2 ) = 1, donc P1 ou P2 est une constante. Supposons que ce soit P1 . Alors P1 |1 et P1 |a. En particulier, P1 est inversible, et donc P2 ∼ P.
(c) Les polynômes irréductibles de C[X] sont les polynômes de degré 1 (théorème de Gauss). Les irréductibles de R[X] sont les polynômes de degré 1 et les polynômes de degré 2 sans racine réelles. En effet, soit P ∈ R[X]. P se factorise sur C[X] sous la forme P = a ∏(X − λi )νi (avec i 6= j ⇒ λi 6= λ j ). Comme cette factorisation est unique, et que P = P, on en déduit que si λi est racine de P avec multiplicité νi , alors il en va de même pour λi . Ainsi, on obtient une factorisation de P dans R[X] : P = a ∏λi ∈R (X − λi )νi ∏(X 2 − 2 Re(λi )X + |λi |2 )νi . P est donc irréductible ssi P est de la forme P = a(X − λ ) avec λ ∈ R ou P = a(X 2 − 2 Re(λi )X + |λi |2 ) avec λ ∈ / R. 2487
(d) Supposons que K[X] ait un nombre fini de polynômes unitaires irréductibles P1 , . . . , Pk . Soit alors P = ∏ki=1 Pi + 1. Comme K est un corps, les irréductibles sont de degré au moins 1, et donc P n’est pas l’un des Pi . Comme P est unitaire, P n’est pas irréductible. En particulier, l’un au moins des Pi divise P. Supposons par exemple que ce soit P1 : ∃Q ∈ K[X], P = P1 Q. Alors P1 (Q − ∏ki=2 Pi ) = 1. Donc P1 est inversible, ce qui est faux.
Correction de l’exercice 6015 N (a) Supposons (X, n) principal dans Z[X] : (X, n) = (P0 ). Alors P0 |n donc P0 ∈ Z, et P0 |X donc P0 = ±1. Ainsi (P0 ) = Z[X]. Or (X, n) est l’ensemble des polynômes dont le terme constant est un multiple de n : en effet, si P ∈ (X, n), ∃A, B ∈ Z[X], P = AX + Bn donc le terme constant de P est un multiple de n. Réciproquement, si le terme constant de P = ∑ pi X i est un multiple de n, p0 = p00 n, alors P = X(∑i>1 pi X i ) + p00 n ∈ (X, n). Ainsi, 1 ∈ / (X, n). Donc (X, n) n’est pas principal.
(b) Si A[X] est principal, soit a ∈ A \ {0}, et I = (X, a). A[X] étant principal, ∃P0 ∈ A[X], I = (P0 ). Alors P0 |a donc P0 ∈ A, et P0 |X donc P0 |1 et P0 est inversible. On en déduit que I = A[X]. En particulier 1 ∈ I : ∃U,V ∈ A[X], XU + aV = 1. Le terme constant de XU + aV est multiple de a et vaut 1. a est donc inversible. Si A est un corps, on dispose de la division euclidienne. Soit I un idéal de A[X]. Soit P0 un élément de I \ {0} de degré minimal. Soit P ∈ I. ∃!(Q, R) ∈ A[X]2 , P = P0 Q + R et deg(R) < deg(P). Comme R = P − P0 Q, on a R ∈ I, et comme deg(R) < deg(P0 ), on a R = 0. Ainsi P ∈ (P0 ). On a donc I ⊂ (P0 ) ⊂ I. Correction de l’exercice 6016 N Notons f (xn ) = P(x − 1). Alors f (1) = 0 · P(1) = 0 et donc (x − 1)| f . Notons f = Q(x − 1). On a alors f (xn ) = Q(xn )(xn − 1). (xn − 1) divise bien f . Correction de l’exercice 6017 N Notons (Q, R) le quotient et le reste de cette division euclidienne : (x − 2)m + (x − 1)n − 1 = Q(x − 2)(x − 1) + R avec deg(R) 6 1. Notons R = ax + b. En évaluant en 1, on obtient (−1)m − 1 = a + b, et en évaluant en 2, 2a + b = 0. On en déduit b = −2a et a = 1 − (−1)m , soit R = (1 − (−1)m )(x − 2). Correction de l’exercice 6018 N (a) Soit P un polynôme de degré d = 2 ou 3 de K[X]. Si P a une racine a ∈ K, alors (X − a)|P, et P n’est pas irréductible. Réciproquement, si P = AB avec A, B ∈ K[X] et A, B ∈ / K[X]× = K \ {0}, alors deg(A) > 1, deg(B) > 1, et deg(A) + deg(B) = d = 2 ou 3, donc l’un au moins des deux polynômes A et B est de degré 1. On peut supposer que c’est A. Notons A = aX + b. Alors (X + a−1 b)|P, et −a−1 b est racine de P. Finalement P a une racine ssi P n’est pas irréductible.
2488
(b) Irréductibles de degré 2 de Z/2Z : Soit P = aX 2 + bX + c un polynôme de degré 2. a 6= 0 donc a = 1. P irréductible ⇔ P n’a pas de racine ( P(0) 6= 0 ⇔ P(1) 6= 0 ( P(0) = 1 ⇔ P(1) = 1 ( c =1 ⇔ 1+b+1 = 1 ⇔ P = X2 + X + 1 Ainsi, il y a un seul irréductible de degré 2, c’est I2 = X 2 + X + 1. Irréductibles de degré 3 de Z/2Z : Soit P = aX 3 + bX 2 + cX + d un polynôme de degré 2. a 6= 0 donc a = 1. P irréductible ⇔ P n’a pas de racine ( d =1 ⇔ 1+b+c+1 = 1 ( d =1 ⇔ (b, c) = (1, 0) ou (b, c) = (0, 1) ⇔ P = X 3 + X + 1 ou P = X 3 + X 2 + 1 Ainsi, il y a deux irréductibles de degré 3 dans Z/3Z[X] : I3 = X 3 + X + 1 et I30 = X 3 + X 2 + 1. (c) Soit P = 5X 3 + 8X 2 + 3X + 15 ∈ Z[X]. Soient A et B deux polynômes tels que P = AB. L’application Z → Z/2Z, n 7→ n¯ induit une application Z[X] → Z/2Z[X], P = ∑ ai X i 7→ P¯ = ∑ a¯i X i . Cette applica¯ tion est compatible avec les opérations : en particulier AB = A¯ B¯ (pourquoi ?). Ainsi on a : P¯ = A¯ B. 3 ¯ Or P = X + X + 1 est irréductible, donc (quitte à échanger les rôles de A et B on peut supposer que) A¯ = 1 et B¯ = X 3 + X + 1. On en déduit que B est au moins de degré 3, d’où deg(A) = 0. A ∈ Z et A|P, donc A|5, A|8, A|3, et A|15. On en déduit que A = ±1. Finalement, A = ±1 et B ∼ P. P est donc irréductible dans Z[X]. Soit P = X 5 + 2X 3 + 3X 2 − 6x − 5 ∈ Z[X]. Soient A et B deux polynômes tels que P = AB. On a comme précédemment : P¯ = A¯ B¯ où P¯ = X 5 + X 2 + 1. P¯ n’a pas de racine dans Z/2Z, donc si P¯ est réductible, il doit être le produit d’un irréductible de degré 2 et d’un irréductible de degré 3. Or P¯ 6= I2 I3 et P¯ 6= I2 I30 (faire le calcul !), donc P¯ est irréductible. Le même raisonnement montre alors que P est irréductible dans Z[X]. (d) Un polynôme de degré 4 est réductible ssi il a une racine ou est le produit de deux irréductibles de degré 2. Soit P = ∑4i=0 ai X i ∈ Z/2Z[X], avec a4 = 1. P(0) 6= 0 P irréductible ⇔ P(1) 6= 0 P 6= I22 a0 = 1 ⇔ 1 + a3 + a2 + a1 + 1 = 1 P 6= I22 ⇔ P ∈ {X 4 + X 3 + 1, X 4 + X + 1, X 4 + X 3 + X 2 + X + 1}
Un polynôme de degré 5 est irréductible ssi il n’a pas de racine et l’est pas le produit d’un irréductible de degré 2 et d’un irréductible de degré 3. Tous calculs fait, on obtient la liste suivante : {X 5 + X 2 + 2489
1, X 5 + X 3 + 1, X 5 + X 4 + X 3 + X 2 + 1, X 5 + X 4 + X 3 + X + 1, X 5 + X 4 + X 2 + X + 1, X 5 + X 3 + X 2 + X + 1, }. Correction de l’exercice 6019 N (a) On raisonne exactement comme pour l’exercice 6018. On peut réduire un peu les discussions en remarquant que puisqu’on est sur un corps, on peut se contenter de chercher les irréductibles unitaires : on obtient les autres en multipliant les irréductibles unitaires par les inversibles, soit ±1. Les irréductibles de degré 2 sont caractérisés par P(0) 6= 0, P(1) 6= 0 et P(−1) 6= 0. On obtient finalement la liste suivante : {X 2 + 1, X 2 − X − 1, −X 2 − 1, −X 2 + X + 1}. Sans commentaire, on obtient la liste suivante pour les irréductibles de degré 3 de Z/3Z[X] : {±(X 3 +X 2 −X +1), ±(X 3 −X 2 +X +1), ±(X 3 −X 2 +1), ±(X 3 −X +1), ±(X 3 +X 2 +X −1), ±(X 3 − X 2 − X − 1) ± (X 3 + X 2 − 1), ±(X 3 − X − 1), }.
(b) X 2 + X + 1 = (X − 1)2 X 3 + X + 2 = (X + 1)(X 2 − X + 2) X 4 + X 3 + X + 1 = (X + 1)(X 3 + 1) = (X + 1)4
Correction de l’exercice 6020 N On raisonne comme pour l’exercice 6018. Soit P = X 5 − 6X 3 + 2X 2 − 4X + 5, A, B deux polynômes tels que P = AB. En considérant la réduction modulo 2, on a P¯ = X 5 + 1 donc la décomposition en facteurs irréductibles est P¯ = (X + 1)(X 4 + X 3 + X 2 + X + 1). Comme P est unitaire, A et B le sont aussi, et la réduction modulo 2 préserve donc le degré de A et B. On en déduit que si A¯ = X + 1, alors A est de degré 1. La réduction modulo 3 de P devrait donc avoir une racine. Mais P mod 3 = X 5 − X 2 − X − 1 n’a pas de racine dans Z/3Z. On en déduit que dans la réduction modulo 2, la factorisation P¯ = ‘A¯ B¯ est triviale (A¯ = 1 et B¯ = P¯ ou le contraire), puis que la factorisation P = AB elle même est triviale (A = ±1 et B = ∓P ou le contraire). Ainsi, P est irréductible dans Z[X]. Pour P = 7X 4 + 8X 3 + 11X 2 − 24X − 455, on procède de la même façon. Si P = AB, comme 7 est premier, l’un des polynômes A ou B a pour coefficient dominant ±7 et l’autre ∓1. On en déduit que les réductions modulo 2 ou 3 préservent le degré de A et de B. Les décompositions en facteurs irréductibles sont les suivantes : P mod 2 = (X 2 + X + 1)2 et P mod 3 = (X − 1)(X 3 − X − 1). Si la factorisation P = AB est non triviale, alors les réductions modulo 2 de A et B sont de degré 2, et donc deg(A) = deg(B) = 2. Mais la décomposition modulo 3 impose que ces degrés soient 1 et 3. La factorisation P = AB est donc nécessairement triviale, et P est donc irréductible. Correction de l’exercice 6021 N Commençons par montrer que ces polynômes sont irréductibles sur Z. -Le cas de f = ∏ni=1 (X − ai ) − 1 Soit P, Q ∈ Z[X] tels que f = PQ. On peut supposer sans perte de généralité que P et Q ont des coefficients dominants positifs (i.e. sont unitaires). On a : ∀i, f (ai ) = P(ai )Q(ai ) = −1 donc P(ai ) = ±1
et
Q(ai ) = ∓1
Soit I = {i, P(ai ) = −1} et J = {1, . . . , n} \ I. On notera |I| et |J| le nombre d’éléments de I et J. Supposons I 6= 0/ et J 6= 0/ : Alors ∏i∈I (X − ai )|(P + 1) et ∏i∈J (X − ai )|(Q + 1). Ainsi deg(P + 1) > |I| et deg(Q + 1) > |J| = n − |I|, et comme deg(P) + deg(Q) = n, on en déduit que deg(P) = |I| et deg(Q) = |J|, puis que (puisque P et Q sont unitaires) : P = ∏(X − ai ) − 1
et
i∈I
Q = ∏(X − ai ) − 1. i∈J
2490
Ainsi f= ∏k∈I∪J (X − ak ) − 1 = (∏i∈I (X − ai ) − 1)(∏ j∈J (X − a j ) − 1) = f − ∏i∈I (X − ai ) + ∏ j∈J (X − a j ) − 2 , donc ∏i∈I (X − ai ) + ∏ j∈J (X − a j ) − 2 = 0Z[X] , ce qui est faux. Ainsi I = 0/ ou J = 0. / On peut supposer sans perte de généralité que I = 0. / Alors ∀i ∈ {1, . . . , n}, Q(ai ) = −1. Donc les ai sont tous racine de Q + 1. Comme deg(Q + 1) 6 n et Q + 1 6= 0, on en déduit que Q = f , et P = 1. f est donc bien irréductible dans Z[X]. -Le cas de g = ∏ni=1 (X − ai )2 + 1 . Supposons que g = PQ, avec P, Q ∈ Z[X].On a g(ai ) = 1 = P(ai )Q(ai ), donc P(ai ) = Q(ai ) = ±1. Comme g n’a pas de racine réelle, il en va de même de P et Q, qui sont donc de signe constant (théorème des valeurs intermédiaires pour les fonctions continues sur R !). On peut donc supposer sans perte de généralité que P et Q sont positifs. Alors P(ai ) = Q(ai ) = 1. Ainsi, tous les ai sont racines de P − 1 et de Q − 1. On a donc ∏ni=1 (X − ai )|P − 1 et ∏ni=1 (X − ai )|Q − 1. En particulier, si P − 1 6= 0 et Q − 1 6= 0, deg(P) > n et deg(Q) = 2n − deg(P) > n. Ainsi deg(P) = deg(Q) = n. Comme en plus P et Q sont unitaires, on en déduit que n
n
P − 1 = ∏(X − ai ) i=1
et Q − 1 = ∏(X − ai ). i=1
On devrait donc avoir (∏ni=1 (X − ai ) + 1)2 = ∏ni=1 (X − ai )2 + 1, ce qui est faux (∏ni=1 (X − ai ) 6= 0Z[X] ) ! Ainsi P − 1 = 0 ou Q − 1 = 0, et on en déduit bien que g est irréductible dans Z[X]. Irréductibilité dans Q[X] On a le lemme suivant : Si P ∈ Z[X] est unitaire et irréductible dans Z[X], alors il l’est aussi dans Q[X]. L’ingrédient de base de la démonstration est la notion de contenu d’un polynôme P ∈ Z[X] : c’est le pgcd de ses coefficients, souvent noté c(P). Il satisfait la relation suivante : c(PQ) = c(P)c(Q). Supposons que P = QR, avec Q, R ∈ Q[X], Q et R unitaires. En réduisant tous leurs coefficients de au même dénominateur, on peut mettre Q et R sous la forme : 1 Q = Q1 a
et
1 R = R1 b
avec a, b ∈ Z, Q1 , R1 ∈ Z[X] et c(Q1 ) = 1, c(R1 ) = 1. Alors abP = Q1 R1 , donc c(abP) = c(Q1 )c(R1 ) = 1. Comme ab|c(abP), on a ab = ±1, et en fait P, Q ∈ Z[X]. Correction de l’exercice 6022 N f est irréductible, donc si f , ne divise pas g, alors f et g sont premiers entre eux. Ainsi,∃u, v ∈ Q[X], u f + vg = 1. En évaluant en α, on obtient u(α) · 0 + v(α) · 0 = 1 ce qui est impossible ! Correction de l’exercice 6023 N Supposons que la fraction soit réductible. Alors, il existe p, q, d ∈ Z tels que ( 11n + 2m = pd 18n + 5m = qd On en déduit que
( 19n = 5pd − 2qd 19m = −18pd + 1qd 2491
En particulier, d|19n et d|19m. Si d 6= 19, on a pgcd(n, m) 6= 1. Si d = 19, alors ( n = 5p − 2q m = −18p + 1q
(41)
Réciproquement, si pgcd(n, m) 6= 1 ou si n, m sont de la forme donnée par (41), alors la fraction est réductible. Correction de l’exercice 6024 N 0
0
Soit d = pgcd(m, n). Notons n = dn0 et m = dm0 . Alors X n − 1 = (X d )n − 1. Or (Y − 1)|Y n − 1 donc (X d − 1)|(X n − 1). De même, (X d − 1)|(X m − 1), et donc (X d − 1)| pgcd(X n − 1, X m − 1). Par ailleurs, soit D = pgcd(X n − 1, X m − 1). Les racines de D dans C sont des racines à la fois n-iéme 0 et m-ième de 1, qui sont touts simples : elles sont donc de la forme ω = ei2πα où α = nk = km . Ainsi km0 = k0 n0 . On a pgcd(m0 , n0 ) = 1, donc par le théorème de Gauss, on en déduit que k0 est un multiple 0 00 de m0 , soit km = kd , et ω est donc une racine d-ième de 1. On en déduit que D|X d − 1, et finalement : pgcd(X n − 1, X m − 1) = X pgcd(m,n) − 1.
Correction de l’exercice 6025 N Utiliser l’algorithme d’Euclide. (on travaille dans Z/2Z). x5 + x4 + 1 = (x4 + x2 + 1)(x + 1) + x3 + x2 + x x4 + x2 + 1 = (x3 + x2 + x)(x + 1) + x2 + x + 1 x3 + x2 + x = (x2 + x + 1)x + 0
Donc pgcd(x5 + x4 + 1, x4 + x2 + 1) = x2 + x + 1, et x2 + x + 1 = (x4 + x2 + 1) + (x3 + x2 + x)(x + 1)
= (x4 + x2 + 1) + (x5 + x4 + 1) + (x4 + x2 + 1)(x + 1) (x + 1)
= (x4 + x2 + 1)(1 + (x + 1)2 ) + (x5 + x4 + 1)(x + 1) = (x4 + x2 + 1)(x2 ) + (x5 + x4 + 1)(x + 1)
De même, pgcd(x5 + x3 + x + 1, x4 + 1) = x3 + 1 et x3 + 1 = (x5 + x3 + x + 1) + (x4 + 1)x. Correction de l’exercice 6026 N Dans Z/3Z : pgcd(x4 + 1, x3 + x + 1) = x2 + x − 1. Dans Z/5Z : pgcd(x4 + 1, x3 + x + 1) = 1. Correction de l’exercice 6027 N Sur Z[X], pgcd(x4 + x3 − 3x2 − 4x − 1, x3 + x2 − x − 1) = 1. Correction de l’exercice 6028 N (a) P est primitif, 2 divise tous les coefficients de P sauf le dominant, et 4 ne divise pas le terme constant : d’après le critère d’Eisenstein, on en déduit que P est irréductible dans Z[x] (puis dans Q[x] car il est unitaire...). 2492
(b) On peut appliquer le même critère, avec 3 cette fois. (c) f est primitif, et sa réduction modulo 2 est irréductible. Donc f est irréductible dans Z[x]. p p! (d) f (x + 1) = ∑k=1 Ckp xk−1 . Or p| k!(p−k)! (car p apparaît au numérateur, tandis que tous les facteurs du dénominateur sont < p ; comme p est premier, ils sont donc premiers avec p). De plus C1p = p, donc p2 ne divise pas le terme constant de f (x + 1). D’après le critère d’Eisenstein, f (x + 1) est irréductible, et donc f aussi.
Correction de l’exercice 6029 N Soit P = x2 − x + 1. Si P a une factorisation non triviale, P est divisible par un polynôme de degré 1, et comme P est√unitaire, ce diviseur peut être choisi√unitaire : on en déduit que √ P a une racine. On calcule P(a√+ bi 3) = (a2 − 3b2 − a + 1) + (2ab − b)i 3. Comme 1/2 ∈ / A = Z[i 3], 2a − 1 6= 0, donc si P(a + bi 3) = 0, alors b = 0, et P(a) = 0. Mais x2 − x + 1 est primitif et se réduction modulo 2 est irréductible, donc il est irréductible sur Z[x]. En particulier il n’a pas de racine dans Z. On en déduit que P n’a pas de racine sur A, et est donc irréductible. √ √ Soit K = frac(A) = Q[i 3]. On a P( 1+i2 3 ) = 0 donc P a une racine dans K, donc P est réductible sur K. Correction de l’exercice 6030 N ¯ α) ¯ = 0, donc P¯ Si P a une racine α dans Z, alors P(α) = 0, et en considérant la réduction modulo n, P( a une racine dans Z/nZ pour tout n. ¯ = 1¯ et P( ¯ = 1, ¯ donc P¯ n’a pas de racine sur Z/2Z. Donc P n’a ¯ 0) ¯ 1) (a) Si P(0) et P(1) sont impairs, P( pas de racine sur Z. ¯ 6= 0,. . ., P(n ¯ − 1) 6= 0, donc P¯ n’a pas de ¯ 0) (b) Si n ne divise aucun des P(0), . . . , P(n − 1), alors P( racine sur Z/nZ. Donc P n’a pas de racine sur Z. Correction de l’exercice 6031 N (a) (X − ab )|P donc ∃Q ∈ Q[x], P = (x − ba )Q = (bx − a) Qb . En réduisant tous les coefficients de Q au même dénominateur, on peut mettre Q sous la forme : Q = m1 Q1 , avec Q1 ∈ Z[X] primitif. Alors bdP = (bx − a)Q1 . En considérant les contenus de ces polynômes, on a c(bx − a) = pgcd(a, b) = 1, c(Q1 ) = 1 donc c(bdP) = bd c(P) = 1. Ainsi bd = ±1, et (bx − a)|P.
(b) On considère par exemple les cas k = 0, . . . , 3. (Pour k = 2, on constate que P(2) = 0 : on peut diviser P par (X − 2) et déterminer les trois racines complexes de P...). On obtient que (∗) (∗∗) (∗ ∗ ∗)
a|14 (a − b)|4
(k = 0), (k = 1),
3
(a − 3b)|2 5
(k = 3).
Au passage On peut remarquer que si α 6 0, P(α) < 0, donc on peut supposer a > 0 et b > 0. — Si a = 1 : (∗∗) ⇒ b ∈ {2, 3, 5}. Aucune de ces possibilités n’est compatible avec (∗ ∗ ∗). — Si a = 2 : (∗∗) ⇒ b ∈ {1, 3, 4, 6}. Comme pgcd(a, b) = 1, 4et 6 sont exclus. 3 n’est pas compatible avec (∗ ∗ ∗). Pour 2, on vérifie que P(2) = 0. — Si a = 7 : (∗∗) ⇒ b ∈ {3, 5, 9, 11}. Mais aucune de ces solution ne convient. — Si a = 14 : (∗∗) ⇒ b ∈ {10, 12, 16, 18} mais pgcd(a, b) = 1 exclu toutes ces possibilités. Finalement, 2 est la seule racine rationnelle de P.
Correction de l’exercice 6032 N 2493
(a) Notons P = ∑di=0 ai X i . Dans le calcul de P(n + km), en développant tous les termes (n + km)i à l’aide du binôme, on obtient que P(n + km) = ∑06 j6i6d aiCij n j (km)i− j = P(n) + mN où N = j ∑06 j 0. Soit g1 = αg. On a qg = pg1 , donc qc(g) = pc(g1 ). On en déduit que q|p, et donc que q = 1 :α ∈ Z.
(c) Soit g ∈ Q[x] tel que f = dg. Soit g = qp g0 la décomposition de g donnée par la question 1. Alors q f = pdg0 donc qc( f ) = pc(d)c(g0 ) = p. Donc q|p et finalement q = 1. On en déduit que g = pg1 ∈ Z[x].
(d) d = pgcdQ ( f , g) = qp d0 . Alors d0 est primitif et divise f et g sur Q. Donc d0 divise f et g sur Z. Soit h un diviseur commun de f et g dans Z[x]. On a c(h)|c( f ) = 1 donc h est primitif. Par ailleurs, h est un diviseur commun à f et g dans Q[x], donc h|d0 dans Q[x]. On en déduit que h|d0 dans Z[x]. Ainsi, d0 est bien un pgcd de f et g dans Z[x]. (e) Soit d = pgcd(c( f ), c(g)), h = pgcd( f , g) = c(h)h0 , h0 = pgcd( f0 , g0 ). On a d|c( f ), d|c(g), h0 | f0 et h0 |g0 donc dh0 | f et h0 |g, et donc dh0 |h. c(h)|c( f ) et c(h)|c(g) donc c(h)|d. h| f , donc il existe f1 ∈ Z[x] tel que f = h0 c(h) f1 . On a alors c(h)c( f1 ) = c( f ), et après simplification, on en déduit que f0 = h0 f10 , avec f10 ∈ Z[x] : h0 | f0 . De même pour g : h0 |g0 . On en déduit que h0 |h0 , et donc que h|dh0 . Correction de l’exercice 6034 N φ
Soit K un corps, A un anneau non trivial, et K − → A un morphisme d’anneaux. Soit x ∈ K \ {0}. On a 1 = φ (1) = φ (xx−1 ) = φ (x)φ (x−1 ) 6= 0 (car A n’est pas l’anneau trivial). Donc φ (x) 6= 0. Ainsi ker φ = {0}, donc φ est injectif. Correction de l’exercice 6035 N Soit x ∈ R \ {0}. Alors (x) ⊃ (x2 ) ⊃ (x3 ) ⊃ est une suite décroissante d’idéaux. Elle est donc stationnaire à partir d’un certain rang : ∃k ∈ N, (xk ) = (xk+1 ). En particulier, ∃a ∈ R, kk+1 = axk . Comme A est intègre, on en déduit que ax = 1, donc x ∈ R× . R× = R \ {0} donc R est un corps. Correction de l’exercice 6036 N Soit A un anneau fini, et I un idéal premier. Alors A/I est intègre, et fini ( !), donc A/I est un corps (voir exercice 5967). Donc I est maximal. Correction de l’exercice 6037 N On rappelle que le produit de deux idéaux I et J est l’idéal engendré par les produits de la forme ab avec a ∈ I, b ∈ J : N
I · J = { ∑ ai bi , N ∈ N, ai ∈ I, bi ∈ J} i=0
2494
— Si I est un idéal premier : Soient J et K deux idéaux tels que J · K ⊂ I. Alors si J 6⊂ I, ∃a ∈ x \ I. Soit y ∈ K. On a xy ∈ J · K donc xy ∈ I. Comme I est premier, x ∈ I ou y ∈ I. Mais x ∈ / I donc y ∈ I. Ainsi ∀y ∈ K, y ∈ I : on a montré que : J 6⊂ I ⇒ K ⊂ I. On a donc bien J ⊂ I ou K ⊂ I. — Si ∀J, K idéaux, (J · K ⊂ I ⇒ J ⊂ I ou K ⊂ I) : Soit a, b ∈ A avec ab ∈ I. Alors (a) · (b) = (ab) donc (a) ⊂ I ou (b) ⊂ I et donc a ∈ I ou b ∈ I. I est donc premier. On a M n = M · M n−1 . Donc si I est premier et contient M n alors I contient M ou M n−1 , et par une récurrence finie, on obtient que I contient M. Ainsi : M ⊂ I ( A. Comme M est maximal on en déduit que M = I. Correction de l’exercice 6038 N — A[X]/(X) : X est unitaire donc on dispose de la division euclidienne par X. On vérifie (comme dans le cours) que chaque classe a un et un seul représentant de degré 0. On en déduit que A[X]/(X) est en bijection avec A. Il reste alors à remarquer que cette bijection est un morphisme d’anneaux. Une autre façon de dire la même chose est de remarquer que l’application φ : A[X] → A, P 7→ P(0) est un morphisme d’anneaux. ker φ = (X) et Im φ = A. Comme A/ ker φ ∼ Im φ , on a bien A[X]/(X) ∼ A. — On peut considérer φ : A[X,Y ] → A[Y ], P 7→ P(0,Y ). C’est un morphisme d’anneaux. En séparant les termes ne dépendant que de Y des autres, on peut mettre tout polynôme P de A[X,Y ] sous la forme P = P1 (Y ) + XP2 (X,Y ) où P1 ∈ A[Y ] et P2 ∈ A[X,Y ]. Alors φ (P) = 0 ssi P1 = 0, ssi P = XP2 , c’est à dire P ∈ (X). Ainsi ker φ = (X). Par ailleurs, tout polynôme P de A[Y ] peut être vu comme ˜ donc Im φ = A[Y ]. Finalement : A[X,Y ]/(X) ∼ A[Y ]. un polynôme P˜ de A[X,Y ]. Alors P = φ (P), — A[X,Y ]/(X,Y ) : Soit φ : A[X,Y ] → A, P 7→ P(0, 0). φ est un morphisme d’anneaux, et avec les notations précédentes, pour P = P1 (Y ) + XP2 (X,Y ), avec φ (P) = 0, on a P1 (0) = 0, donc Y |P1 (Y ). Ainsi, P est la somme de deux polynômes, l’un multiple de X, l’autre multiple de Y donc P ∈ (X,Y ). Réciproquement, si P ∈ (X,Y ), alors P(0, 0) = 0. Donc ker φ = (X,Y ). ∀a ∈ Aφ (a) = a donc φ est surjective. Finalement A[X,Y ]/(X,Y ) ∼ A. — A[X1 , . . . , Xn ]/(X1 , . . . , Xn ) : Soit φ : A[X1 , . . . , Xn ] → A, P 7→ P(0). φ est un morphisme d’anneaux. En regroupant tous les termes dépendant de Xn , puis tous les termes restant dépendant de Xn−1 , et ainsi de suite jusqu’aux termes dépendant seulement de X1 , et enfin le terme constant, tout polynôme P ∈ A[X1 , . . . , Xn ] peut se mettre sous la forme P = Xn Pn + Xn−1 Pn−1 + · · · + X1 P1 + p0 , avec Pi ∈ A[X1 , . . . , Xi ] (et p0 ∈ A). On en déduit que ker φ = (X1 , . . . , Xn ). Par ailleurs ∀a ∈ A, φ (a) = a, donc A[X1 , . . . , Xn ]/(X1 , . . . , Xn ) ∼ A. Comme un idéal est premier (resp. maximal) ssi le quotient est intègre (resp. un corps), on en déduit que — dans A[X], (X) est premier ssi A est intègre, maximal ssi A est un corps, — dans A[X,Y ], (X) est premier ssi A est intègre, et n’est jamais maximal, — dans A[X1 , . . . , Xn ], (X1 , . . . , Xn ) est premier ssi A est intègre, maximal ssi A est un corps. Correction de l’exercice 6039 N √ √ Soit α = a + b d ∈ Z[ d].√ Soit a = mp + a0 la division euclidienne de a par m, et b = mq +√ b0 celle de √ b par m. Alors α = m(p + q d) + a0 + b0 d. On en déduit que chaque classe du quotient Z[ d]/(m) a un représentant dans n o √ C = a + b d, (a, b) ∈ {0, . . . , m − 1}2 √ √ Par ailleurs si deux a + b d et a0 √ + b0 d de cet ensemble sont dans la même classe, alors √ éléments √ ∃c, d ∈ Z, a + b d = (a0 + b0 d) + m(c + d d). On en déduit que a = a0 + mc et b = b0 + md, et donc a = a0 , b = b0 . √ √ Ainsi chaque classe de Z[ √d]/(m) a un représentant unique dans C . Z[ d]/(m) et C sont donc en bijection : en particulier, Z[ d]/(m) a m2 éléments. Remarque : on a √ Z[ d] ∼ Z[X]/(X 2 − d). 2495
√ √ ¯ = Q, ¯ alors En√effet l’application φ : Z[X]/(X 2 − d) → Z[ d], P¯ 7→ P( d) est bien définie (si (P) √ 2 P( d) = Q( d)), et c’est un morphisme d’anneaux. De plus, si φ√(P) = 0, notons P = Q(X − d) + √ (aX + b) la division euclidienne de P par X 2 − d. En évaluant en d, on a a d + b = 0 donc R = 0. On en déduit que (X 2 − d)|P, i.e.√P¯ = 0. On en déduit que ker φ = {0}, donc φ est injective. Par ailleurs ∀(a, b) ∈ Z2 , φ (a + bX) = a + b d donc φ est surjective. √ √ √ Si d est pair, comme d · d = |d| ∈ (2) alors que d ∈ / (2), (2) n’est pas premier. √ √ √ √ / (2) donc (2) n’est pas Si d est impair : (1 + d)(1 + d) = (1 + d) + 2 d ∈ (2), mais (1 + d) ∈ premier. √ ¯ (X 2 + d) ¯ est X 2 ou X 2 + 1. Aucun de ces deux polynômes Remarque : Z[ d]/(2) ∼ Z2 [X]/(X 2 + d). n’est irréductible. Donc le quotient ne saurait être intègre. Correction de l’exercice 6040 N — Si x ∈ A est premier : soit a, b ∈ A tels que ab = x. Alors ab ∈ (x) donc a ∈ (x) ou b ∈ (x). On en déduit que a ∼ x ou b ∼ x. Donc x est irréductible. — A est supposé factoriel. Soit I un idéal premier. Soit x ∈ I et x = p1 . . . pk “la” factorisation de x en produit d’irréductibles. Alors (p1 · · · pn−1 )pn ∈ I donc (p1 · · · pn−1 ) ∈ I ou pn ∈ I. si pn in I, I contient un irréductible. Sinon, (p1 · · · pn−2 )pn−1 ∈ I. Par une récurrence finie, l’un au moins des pi ∈ I, donc √ I contient un irréductible. √ √ √ — Dans Z[ −5], 9 ∈ (3). Pourtant 9 = (2 + −5)(2 − −5) et (2 ± −5) ∈ / (3). Donc (3) n’est pas premier. √ — 2 est irréductible : 2 = z1 z2 avec zi ∈ Z[ −5], alors |z1 |2 |z2 |2 = 4, donc {|z1 |2 , |z2 |2 } = {1, 4} ou {2, 2}. Dans le premier cas, on a affaire à une factorisation triviale. Le second est impossible, puisque l’équation√a2 + 5b2 = √2 n’a pas de solution entière √ (a, b). Par√ailleurs, (1 + −5)(1 + −5) = 6 ∈ (2), mais (1 ± −5) ∈ / (2) donc 2 n’est pas premier dans Z[ −5]. Correction de l’exercice 6041 N (a) Soit J un idéal de A/I. Soit π la projection canonique A → A/I, et J = π −1 (J ). J est un idéal de A qui est principal donc ∃a ∈ A, J = (a). Montrons que J = (π(a)). On a π(a) ∈ J donc (π(a)) ⊂ J . Soit α ∈ J , et b un représentant de α, i.e. b ∈ A et π(b) = α. Alors b ∈ J = (a), donc ∃k ∈ A, b = ka. Alors π(b) = π(ka) = π(k)π(a), donc π(b) ∈ (π(a)). Donc J ⊂ (π(a)). Finalement, J = (π(a)). On en déduit que A/I est principal. (b) — Z/nZ : Soit I un idéal de Z/nZ. I est principal, donc ∃a ∈ Z, I = (a). ¯ Or (a) ¯ = {α a, ¯ α ∈ Z/nZ} = { p¯a, ¯ p ∈ Z} = {pa, p ∈ Z}. Donc π −1 (I) = {pa + qn, (p, q) ∈ Z2 } est l’idéal engendré sur Z par ¯ En particulier, I est a et n donc l’idéal engendré par d = (pgcd(n, a)). On en déduit que I = (d). engendré par un diviseur de n. Soit maintenant d1 et d2 deux diviseurs (positifs) de n tels que (d¯1 ) = (d¯2 ). On a π −1 ((d1 )) = d1 Z = d2 Z donc d1 = d2 . Ainsi, les idéaux de Z/nZ sont engendrés par les diviseurs de n, et deux diviseurs distincts engendrent deux idéaux distincts : il y a donc autant d’idéaux dans Z/nZ que de diviseurs de n. — Q[X]/( f ) : On raisonne de la même manière : la remarque clef étant si I = (g) ¯ est un idéal de −1 Q[X]/( f ), alors π (I) = ( f , g) = (pgcd( f , g)). (c) Les idéaux maximaux sont ceux pour lesquels le quotient est un corps, (donc aussi ceux pour les¯ : quels le quotient est intègre puisque Z/nZ est fini). On a le diagramme suivant (I = (d)) π2 ◦π1
Z
π1
/ Z/nZ
π
∼
Z/dZ 2496
& / (Z/nZ)/I
π2
4
En effet, π1 et π2 sont des morphismes d’anneaux, et ker(π2 ◦ π1 ) = dZ. Donc (Z/nZ)/I est un corps ssi d est premier. De même, (Q[X]/( f ))/I est un corps ssi I = (g) ¯ où g est un facteur premier de f .
Correction de l’exercice 6042 N (a) Soit α, β ∈ J¯ et λ , µ ∈ A/I. Alors ∃a, b ∈ J, l, m ∈ A, α = π(a), β = π(b), λ = π(l), µ = π(m). On a donc λ α + µβ = π(la + mb). Or la + mb ∈ J (car J est un idéal), donc λ α + µβ ∈ J.¯ Donc J¯ est un idéal de A/I. (b) Comme dans l’exercice 6041, on a le diagramme suivant : π2 ◦π1 π1
A
π
/ A/I
π2
& / (A/I)/J¯ 5
∼
A/(I + J) En effet, si x ∈ ker(π2 ◦ π1 ), alors π1 (x) ∈ ker π2 = J,¯ donc ∃y ∈ A, π1 (x) = π1 (y). Alors x − y ∈ ker π1 = I, donc ∃z ∈ I, x = y + z : on a donc x ∈ I + J. Réciproquement, si x ∈ I + J, alors ∃(x1 , x2 ) ∈ I × J, x = x1 + x2 . Alors π1 (x) = π1 (x2 ) ∈ J,¯ donc π2 ◦ π1 (x) = 0. Donc ker(π2 ◦ π1 ) = I + J. Donc A/(I + J) ∼ (A/I)/J.¯ Correction de l’exercice 6043 N (a) Soit J ⊂ B un idéal premier de B. Soient a, b ∈ A tels que ab ∈ f −1 (J). Alors f (a) f (b) = f (ab) ∈ J donc f (a) ∈ J ou f (b) ∈ J. Ainsi, a ∈ f −1 (J) ou b ∈ f −1 (J). On en déduit que f −1 (J) est premier. Cette proposition n’est pas vraie pour les idéaux maximaux. Par exemple, A = Z, B = Q[X], f (k) = k, et J = (X). Alors f −1 (J) = {0} n’est pas maximal.
(b) Prenons A = Z, B = Q, f (k) = k. f (Z) = Z n’est pas un idéal de Q (1 ∈ Z, 21 ∈ Q et pourtant 1 × 12 ∈ / Z) Supposons f surjectif. Soit x, y ∈ f (I), a, b ∈ B. Il existe x0 , y0 ∈ I tels que x = f (x0 ) et y = f (y0 ). De plus, comme f est surjectif, ∃a0 , b0 ∈ A tels que a = f (a0 ) et b = f (b0 ). Alors ax + by = f (a0 ) f (x0 ) + f (b0 ) f (y0 ) = f (a0 x0 + b0 y0 ) et comme I est un idéal, (a0 x0 + b0 y0 ) ∈ I, donc (ax + by) ∈ f (I). f (I) est donc bien un idéal de B. (c) Soit I un idéal maximal de A et J = f (I). Supposons J 6= B. Soit K un idéal de B tel que J ⊂ K. Alors I ⊂ f −1 (K), donc f −1 (K) = I ou f −1 (K) = A. Dans le premier cas, on K = f ( f −1 (K)) = J, dans le second cas, on a K = f ( f −1 (K)) = f (A) = B. L’idéal J est donc maximal. ¯ ¯ ∈ (X), mais (X + 2) ¯ ∈ ¯ ∈ (d) (X + 2)(X + 3) = X 2 + 5X dans Z6 [X], donc (X + 2)(X + 3) / (X) et (X + 3) / (X), donc r6 ((X)) n’est pas premier dans Z36 [X]. (X + 1)2 = (X 2 + 1) dans Z2 [X], or (X + 1) ∈ / (X 2 + 1), donc r2 ((X 2 + 1)) n’est pas premier dans Z2 [X].
Correction de l’exercice 6044 N (a) Soit J = B ∩ I. Soit x, y ∈ J, a, b ∈ B, alors ax + by ∈ B puisque B est un sous-anneau de A. ax + by ∈ I puisque I est un idéal. On en déduit que J est un idéal. B + I est stable par addition (car B et I le sont). Soit α = a + x ∈ B + I et β = b + y ∈ B + I. Alors αβ = (ab) + (ay + bx + xy) ∈ B + I, donc B + I est stable par multiplication. 1 ∈ B + I, donc B + I est un sous anneau de A. I ⊂ B + I, et I est absorbant pour la multiplication dans A, donc aussi dans B : Iest un idéal de B + I. 2497
(b) On a le diagramme (de morphismes d’anneaux) suivant : φ i
B
/ B+I
π0
π
4
& / (B + I)/I
∼
B/ ker φ Or, pour x ∈ B, on a : x ∈ ker φ ⇔ x = i(x) ∈ ker π = I. Donc ker φ = B ∩ I, et par suite : B/(B ∩ I) ∼ (B + I)/I.
Correction de l’exercice 6045 N (a) Soit P = x3 − x + 2. Sa réduction P¯ = x3 − x − 1 modulo 3 est de degré 3 et n’a pas de racine, donc P¯ est irréductible dans Z3 [x]. Comme P est primitif, on en déduit que P est irréductible dans Z[x], puis dans Q[x]. Comme Q[x] est principal, on en déduit que (P) est maximal, et donc que Q[x]/(P) est un corps. (b) Dans Q[x]/(P), on a y3 − y + 2 = 0, donc y(y2 − 1) = −2 et finalement y( 21 (1 − y2 )) = 1. Ainsi y−1 = 12 (1 − y2 ). (c) 1 +y +y2 = π(1 +x +x2 ). On a pgcd(P, 1 +x +x2 ) = 1, et plus précisément, en utilisant l’algorithme 2 d’ Euclide : 13 = (x + 4)P − (x2 + 3x − 5)(x2 + x + 1) donc (y2 + y + 1)−1 = −1 13 (y + 3y − 5). Correction de l’exercice 6046 N Notons f = ∑di=0 ai xi . On a pgcd(a0 , . . . , ad ) ∼ 1 et π6 |ad . Notons f¯ ∈ A/(π)[X] la réduction de f modulo ¯ et donc (quitte à échanger g et h) g¯ ∼ 1 et π. Soit f = gh une factorisation de f dans A[x]. Alors f¯ = g¯h, ¯ = d puis deg(h) > d, et finalement deg(h) = d. h¯ ∼ f¯. Comme π6 |ad , on a deg( f¯) = d, et donc deg(h) Par conséquent deg(g) = 0 : g ∈ A. Comme g| f , on a g|c( f ) ∼ 1 donc g ∼ 1. Ainsi, toute factorisation de f dans A[x] est triviale : f est irréductible. Correction de l’exercice 6047 N (a) Ce polynôme est unitaire donc primitif. 11 est nombre premier qui divise tous les coefficients sauf le dominant. 112 = 121 ne divise pas le coefficient de degré 0, donc, d’après le critère d’Eisenstein, c’est un polynôme irréductible de Q[X]. (b) f (X,Y ) = (X 2 + 1)Y 3 + (X − 1)2Y 2 + (X − 1). Regardons f comme un polynôme de A[Y ] avec A = C[X]. Alors, f est primitif sur A, et (X −1) est un irréductible de A qui divise tous les coefficients de f sauf le dominant, et dont le carré ne divise pas le terme constant. D’après le critère d’Eisenstein, on en déduit que f est irréductible dans A[Y ] = C[X,Y ]. Dans Z2 [X,Y ], on a (X 2 + 1) = (X + 1)2 et f = (X + 1)((X + 1)(Y 3 + Y 2 ) + 1), donc f n’est pas irréductible.. (c) f (X,Y ) = Y 7 + Y 6 + 7Y 4 + XY 3 + 3X 2Y 2 − 5Y + X 2 + X + 1. Considérons f comme un polynôme de A[X] où A = Q[Y ]. Alors f est primitif sur A. Soit π = Y ∈ A. π est irréductible, π ne divise pas le coefficient dominant de f , et la réduction f¯ modulo π est f¯ = X 2 + X + 1 ∈ A/(π)[X] = Q[X,Y ]/(Y ) ' Q[X]. f¯ est donc irréductible dans A/(π), donc d’après l’exercice précédent, f est irréductible dans Q[X,Y ].
Correction de l’exercice 6048 N 2498
Soit f = x2 + y2 + 1 ∈ A[x, y] (A = C, R, Q, Z, Z2 ). Soit B = A[y], et regardons f comme un polynôme de B[x]. Le coefficient dominant de f (qui est 1) est inversible dans B, donc on peut effectuer la division euclidienne de tout polynôme par f : ∀g ∈ B[y], ∃(q, r) ∈ B[x]2 , g = q f + r et degx r 6 1. Notons r = a(y)x + b(y), a, b ∈ A[y]. De plus, pour des raisons de degré, le quotient et le reste de cette division sont uniques. On peut donc identifier A[x, y]/(x2 + y2 + 1) à {a(y)x + b(y), a(y), b(y) ∈ A[y]}. Supposons que ¯ On a donc ya(y) = 0 y¯ soit inversible dans cet quotient. Il existe a, b ∈ A[y] tels que y(a(y)x + b(y)) = 1. et yb(y) = 1, ce qui est impossible. Correction de l’exercice 6050 N Rappelons que (a) · (b) = {∑ni=1 ai bi , n ∈ N, ai ∈ (a), bi ∈ (b)} = (ab). De plus (ab) ⊂ (a) ∩ (b) donc (ab) = (a) ∩ (b) ⇔ (a) ∩ (b) ⊂ (ab)
⇔ ∀m ∈ A, (a|m et b|m ⇒ ab|m)
⇔ ppcm(a, b) ∼ ab
⇔ ppcm(a, b) ∼ pgcd(a, b)ppcm(a, b) ⇔ pgcd(a, b) ∼ 1
Si A est principal, alors ∃d ∈ A, (a, b) = (d). Alors a ∈ (d) et b ∈ (d) donc d est un diviseur commun à a et b. Si de plus d 0 est un autre diviseur commun à a et b, alors a ∈ (d 0 ) et b ∈ (d 0 ) et comme (a, b) est le plus petit idéal contenant a et b, on en déduit que (a, b) = (d) ⊂ (d 0 ), et donc que d 0 |d : finalement, pgcd(a, b) = d. Correction de l’exercice 6051 N (a) I = (5, x2 + 3). On a pgcd(5, x2 + 3) = 1, donc si I était principal, on aurait 1 ∈ I, et donc I = Z[X]. Si 1 ∈ I, il existe P, Q ∈ Z[x], tels que 1 = 5P + (x2 + 3)Q. En considérant la réduction modulo 5 de ¯ Q¯ = 1, ¯ ce qui est impossible pour des raisons de degré (Z/5Z est ces polynômes, on obtient (x2 + 3) intègre). Donc 1 ∈ / I, et I n’est donc pas intègre.
x2 + 1 = (x + 2)(x − 2) + 5, donc (x2 + 1, x + 2) = (x + 2, 5). Or (x + 2, 5) n’est pas principal pour les mêmes raisons que précédemment. On a (x − 1) = (x4 − 1) − x(x3 − 1) donc (x − 1) ⊂ (x4 − 1, x3 − 1). Par ailleurs, (x − 1)|(x4 − 1) et (x − 1)|(x3 − 1) donc x4 − 1 ∈ (x − 1) et x3 − 1 ∈ (x − 1), donc (x4 − 1, x3 − 1) ⊂ (x − 1). Donc (x4 − 1, x3 − 1) est principal.
(b) I = (x, x + 1) = Z car 1 = (x + 1) − x. Donc I n’est pas propre. ¯ Mais (x2 + 4) ¯ = (x − 1)(x ¯ + 1) ¯ est réductible dans Z5 [x], donc I = (5, x2 + 4). Z[X]/I ∼ Z5 /(x2 + 4). 2 ¯ Z5 /(x + 4) n’est pas intègre : I n’est pas premier. ¯ x + 2¯ est irréductible dans Z5 [x], qui est I = (x2 + 1, x + 2) = (x + 2, 5). Z[x]/I ' Z5 [x]/(x + 2). ¯ principal, donc (x + 2) est maximal, donc le quotient est un corps, et I est maximal.
Correction de l’exercice 6052 N (a) Soit a, b ∈ B, ab ∈ I ∩ B. Alors ab ∈ I donc a ∈ I ou b ∈ I. Comme a, b ∈ B, on a a ∈ I ∩ B ou b ∈ I ∩ B. Donc, si I ∩ B est propre, I ∩ B est premier.
(b) Soit J un idéal premier de Z[X]. Alors J ∩ Z est soit Z soit un idéal premier de Z. Si J ∩ Z = Z, alors 1 ∈ J, et donc J = Z[X], ce qui est exclu. On en déduit que J = (0) ou J = (p) avec p premier.
(c) On suppose J ∩ Z = (0) et J 6= (0). Soit alors f un polynôme de J \ {0} de degré minimal. Notons f = c( f ) f0 où f0 ∈ Z[x] est primitif. Comme J est premier, on a c( f ) ∈ J ou f0 ∈ J. Comme J ∩ Z = {0}, le premier cas est exclu, donc f0 ∈ J. Soit maintenant g ∈ J. Soit g = f0 q + r la division euclidienne de g par f0 dans Q (q, r ∈ Q[x]). 0 Notons q = ab q0 avec q0 ∈ Z[x] primitif, et r = ba0 r0 , avec r0 ∈ Q[x] primitif. 2499
Alors bb0 g = ab0 q0 f0 + a0 b r0 On en déduit que a0 b r0 ∈ J, et pour des raisons de degré, r0 = 0. Finalement, bb0 g = ab0 q0 f0 , et en considérant les contenus, on en déduit que bb0 |ab0 , donc b|a, et donc q ∈ Z[x]. On en déduit que g ∈ ( f0 ), et finalement J = ( f0 ).
(d) On suppose que J ∩ Z = (p). Soit r p la projection Z[x] → Z p [x]. Soit α, β ∈ Z p [x] tels que αβ ∈ r p (J). Soit f , g des représentants de α et β (i.e. r p ( f ) = α, r p (g) = β ). Alors f g ∈ r−1 p (r p (J)) = J + (p) = J. Donc f ∈ J ou g ∈ J, et donc α ∈ r p (J) ou β ∈ r p (J) : r p (J) est premier. Z p [x] est principal, donc il existe un polynôme π irréductible dans Z p [x] tel que r p (J) = (π). Soit g −1 un représentant de π. Alors J = (p, g) : en effet, on a vu que J = r−1 p ((π)) et r p ((π)) = (g) + (p) = (p, g). (e) Supposons J maximal dans Z[x]. J est en particulier premier, donc a une des deux formes ci dessus. Supposons J = ( f ), avec f irréductible et primitif. Soit p un nombre premier ne divisant pas le coefficient dominant de f . Alors J ⊂ (p, f ) ⊂ Z[x], mais (p, f ) 6= Z[x]. En effet, sinon, il existerait g, h ∈ Z[x] tels que 1 = pg + f h, et en considérant la réduction modulo p, f¯ serait inversible dans Z p [x] : comme deg f¯ > 0, c’est impossible. On en déduit que J n’est pas maximal. J est donc de la forme (p, g), avec r p (g) irréductible dans Z p [x].
Correction de l’exercice 6107 N
(a) Considérons F : R3 → R définie par F(x1 , x2 , x3 ) = x12 + x22 − x32 − λ . Alors F est de classe C1 , JacF(x1 , x2 , x3 ) = (2x1 , 2x2 , −2x3 ) et Sλ = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 ; F(x1 , x2 , x3 ) = 0}. Si λ 6= 0, rang(JacF(x1 , x2 , x3 )) = 1 (le maximum possible) car sinon x1 , x2 , x3 seraient tous nuls : impossible car x12 + x22 − x32 = λ 6= 0. Comme (0, 0, 0) 6∈ Sλ , ∀a ∈ Sλ , rangJacF(a) = 1 et donc Sλ est une sous-variété de R3 de dimension 2. Si λ = 0 T0 (Sλ ) = {vecteurs tangents à Sn en 0}. Alors T0 S0 est un cône et donc S0 n’est pas une sous-variété. (b) Soientt x, y ∈ R3 , B(x, y) = x1 y1 + x2 y2 − x3 y3 et x ∈ Sλ . Si λ 6= 0, JacF(x) = (2x1 , 2x2 , −2x3) et donc u1 Tx Sλ = {u ∈ R3 ; DF(x).u = 0} = {u = (u1 , u2 , u3 ); (2x1 , 2x2 , −2x3 ). u2 = 0} = u3 {(u1 , u2 , u3 ); 2x1 u1 + 2x2 u2 − 2x3 u3 = 0} = {(u1 , u2 , u3 ); 2B(x, u) = 0}
d’où Tx Sλ = {u ∈ R3 ; B(x, u) = 0}. Correction de l’exercice 6108 N Cas de R2 . u=
u11 u12 u21 u22
.
L’hypothèse sur u implique que u12 = u21. Si x = (x1 , x2 ), on a u11 x1 + u12 x2 u(x) = u21 x1 + u22 x2 et 2
< u(x), x >= ∑ ui (x)xi = (u11 x1 + u12 x2 )x1 + (u21 x1 + u22 x2 )x2 = u11 x12 + u12 x1 x2 + u21 x1 x2 + u22 x22 . i=1
Posons f (x) =< u(x), x > −1 alors ∂f = 2u11 x1 + u12 x2 + u21 x2 = 2u11 x1 + 2u12 x2 ∂ x1 2500
et
∂f = 2u22 x2 + u12 x1 + u21 x1 = 2u21 x1 + 2u22 x2 . ∂ x2
Calculons D f (x).x = x1
∂f ∂f + x2 = 2(u11 x12 + u12 x2 x1 + u21 x1 x2 + u22 x22 ) = 2 < u(x), x > . ∂ x1 ∂ x2
Si x = (x1 , x2 ) ∈ Q alors < u(x), x >= 1 6= 0 et donc D f (x) étant non nul, il est de rang au moins 1 et donc de rang maximal. Q est bien une sous-variété de R2 de dimension 1. Déterminons le plan tangent de Q. n
∂f (x)yi = 0} = i=1 ∂ x1
Tx Q = {y ∈ R2 ; D f (x)(y) = 0} = {y ∈ Rn ; ∑ {y ∈ Rn ; 2 < u(x), y >= 0}. Correction de l’exercice 6139 N
(a) On a par définition B(0, 1) = {x ∈ R; |x − 0| = |x| < 1} = [−1, 1]. p (b) C’est la norme euclidienne sur R2 , B1 (0, 1) = {(x, y) ∈ R2 ; x2 + y2 = 1} c’est le disque de centre l’origine et de rayon 1. (c) B2 (0, 1) = {(x, y); |x| < 1et|y| < 1}. C’est un carré.
(d) B3 (0, 1) = {(x, y); |x| + |y| < 1}. Dans le quart de plan P++ = {(x, y); x > 0, y >, on a B3 (0, 1) ∩ P++ = {(x, y) ∈ p++ ; x + y < 1} c’est le triangle délimité par les droites x = 0, y = 0 et x + y = 1. En faisant de même pour les 3 autres secteurs du plan, on trouve que B3 (0, 1) est un losange (ou carré) dont les sommets sont les points (0, 1), (1, 0), (−1, 0), (0, −1). Toutes ces distances étant invariantes par translation (ce sont des normes), il suffit de montrez que les normes associés ||.||i = di ((x, y), 0) sont équivalentes. On a √ 2 ||.||1 6 ||.||2 6 ||.||1 . 2 En effet, q q (x2 + y2 ) 6 sup(x2 , y2 ) + sup(x2 , y2 ) √ q 6 2 sup(x2 , y2 ) √ q √ 6 2 (sup(|x|, |y|))2 6 2||(x, y)||2
||(x, y)||1 =
. De plus,
q p 2 2 ||(x, y)||1 = x + y > sup(x2 , y2 ) q > (sup(|x|, |y|)2 > sup(|x|, |y|) > ||(x, y)||2 .
Les distances d1 et d2 sont donc équivalentes. De même on montre que ||.||2 6 ||.||3 6 2||.||2 .
Correction de l’exercice 6140 N
2501
Il faut trouver une suite de cauchy de fonctions de E qui ne converge pas dans E. Il suffit, par exemple, de prendre une suites de fonctions { fn } convergeant pour k.k vers une fonction non continue. Par exemple, prendre 1 si x < 1/2 1 − n(x − 1/2) si 1/2 6 x 6 1/2 + 1/n fn (x) = 0 si x > 1/2 + 1/n
et
f0 (x) =
1 si x < 1/2 0 si x > 1/2
On a alors k fn − f0 k1 = 1/(2n), la suite converge simplement et en norme k.k vers la fonction f0 qui n’est pas continue. Il suffit de montrer alors qu’il n’existe aucune fonction continue g telle que k f − gk = 0 ce qui interdit l’existence d’une limite à fn dans E. Correction de l’exercice 6142 N On montre par récurrence que f (nx) = nx si n ∈ N. Montrer f (−x) = − f (x) pour arriver à f (nx) = n f (x) si n ∈ Z puis f ( qp x) = qp f (x) p, q ∈ Z. Ainsi f est linéaire sur Q. Il reste à montrer qu’elle l’est sur R. Soit x ∈ E et λ ∈ R, il reste à montrer que f (λ x) = λ f (x). Prenons {λn }n∈N tel que limn→∞ λn = λ . On a alors f (λx ) = f (λn x + (λ − λn )x) = λn f (x) + f ((λ − λn )x). Soit cn ∈ Q tel que
||(λ − λn )x||E 6 cn 6 2||(λ − λn )x||E .
Alors f ((λ − λn )x) = f (cn
λ − λn λ − λn x) = cn f ( x) cn cn
et
λ − λn x|| 6 1. cn L’application f étant borné sur la boulle unité par une constante M > 0, on a ||
|| f ((λ − λn )x)|| 6 cn M et donc || f ((λ − λn )x)|| 6 cn M 6 2M||(λ − λn )x||E et donc lim f ((λ − λn )x) = 0
n→∞
, en remarquant qu’on a aussi lim λn f (x) = λ f (x)
n→∞
on obtient f (λ x) = lim [λn f (x) + f ((λ − λn )x)] = λ f (x). n→∞
Correction de l’exercice 6143 N Soit X = (x, y), on a M.X = (ax + by, cx + dy) or |ax + by| 6 |ax| + |by| 6 (|a| + |b|) sup(|x|, |y|) 6 (|a| + |b|)||(x, y)||1 . de même, |cx + dy| 6 (|c| + |d|)||(x, y)||1 . Par conséquent ||M.X||2 6 sup(|a| + |b|, |c| + |d|)||(x, y)||1 2502
et donc ||M|| 6 sup(|a| + |b|, |c| + |d|). Supposons |a| + |b| > |c| + |d| (inverser l’ordre sinon) et prenons X0 = (a/|a|, b/|b|) (on suppose a 6= 0 et b 6= 0 sinon vérification facile). On a alors ||X0 || = 1 et ||M.X0 ||2 = sup(|a| + |b|, |ca/|a| + db/|b||) > |a| + |b|.1 > (|a| + |b|)||X0 ||1 et donc ||M|| > sup(|a| + |b|, |c| + |d|) et finalement ||M|| = sup(|a| + |b|, |c| + |d|)
Correction de l’exercice 6145 N (a) Soit x une suite, on a ||S(x)||∞ = Max(sup |xn−1 |, 0) = sup |xn | = 1.||x||∞ . n∈N
n∈N
Donc ||S|| = 1.
(b) Soit f ∈ C ([0, 1])
||T f ||∞ = sup f (x)g(x) 6 || f ||∞ ||g||∞ . x∈[0,1]
Donc ||T || 6 ||g||∞ . Or ||T 1||∞ = ||g||∞ = ||1||∞ ||g||∞ . Donc ||T || > ||g||∞ et finalement on a bien ||T || = ||g||∞ . (c) Soit f ∈ C ([0, 1]), on a ||u( f )|| = |
Z 1 0
f (x)g(x)dx| 6
Z 1 0
| f (x)||g(x)|dx 6 sup |g(x)| x∈[0,1]
Z 1 0
| f (x)|dx 6 ||g||∞ .|| f ||.
On a donc ||u|| 6 ||g||∞ . Comme g ne s’annule qu’au point x = 1/2, elle ne change de signe qu’une seule fois. Soit f0 = g/|g|, cette fonction n’est pas continue (ni définie) en x = 1/2 mais vérifie f0 g = |g|. Prenons fn = g/|g| si |x − 1/2| > 1/n, pour |x − 1/2| 6 1/n, on relie les deux segments du graphe par une ligne. Alors 1 − 1/(2n) 6 || fn || 6 1 et ||u( fn )|| = | |(|
Z
Z
|x−1/2|>1/n
|x−1/2|>1/n
fn (x)g(x)dx +
fn (x)g(x)dx| − | 2503
Z
Z
|x−1/2|61/n
|x−1/2|>1/n
fn (x)g(x)dx| >
fn (x)g(x)dx|)|
> ||g||∞
Z
|x−1/2|>1/n
| fn (x)|dx − 2/n||g||∞ > ||g||∞ (|| fn || − 2/n).
Ainsi lim ||u(
n→∞
fn 1 1 1 )|| > ||g||∞ (1 − > ||g||∞ (1 − > ||g||∞ (1 − ) || fn || 2n|| fn || 2n(1 − 1/2n)) 2n − 1
et donc pour tout n ∈ N∗ :
||u|| > ||g||∞ (1 −
en faisant tend n vers l’infini
1 ), 2n − 1
||u|| > ||g||∞
ce qui montre la deuxième inégalité et on obtient ||u|| = ||g||∞ .
(d) si on prend (xn ) = (an ) on obtient
u((an )) = ∑ a2n = ||(an )||22 = ||(an )||2 .||(an )||2 et donc ||u|| > ||(an )||2 . Or D’après Cauchy-Schwartz, on a ||u(an )|| = |u(an )| = | ∑ an xn | 6 ||(an )||2 ||(xn )||2 et donc ||u|| 6 ||(an )||2 d’où l’égalité ||u|| = ||(an )||2 . (e) Pour tout j ∈ N on a |x j | 6 ||(xn )||∞ et par conséquent |u((xn ))| = | lim x j | 6 ||(xn )||∞ j→∞
et donc ||u|| 6 1.
Prenons la suite (x0 ) définie par xn0 = 1 pour tout n ∈ N alors |u(x0 )| = | lim 1| = 1 = ||x0 ||∞ j→∞
et donc ||u|| > 1
d’où l’égalité ||u|| = 1. Correction de l’exercice 6147 N
(a) (Etude en 0). |sin(1/x)| 6 1 par conséquent |x2 sin(1/x)| 6 x2 . De même |y2 sin(1/y)| 6 y2 . Par conséquent p | f (x, y)| 6 x2 + y2 6 ( x2 + y2 )2 6 (||(x, y)||2 )2 Et donc
lim
||(x,y)||→0
| f (x) − f (0)| = 0
et donc f est continue à l’origine. En remarquant que ||(x, y)||22 = o(||(x, y) − (0, 0)||2 ) on a f (x, y) = 0 + o(||(x, y) − (0, 0)||2 ) et donc f est différentiable en 0 et D f (0) = 0. Par conséquent f admet des dérivées partielles dans toutes les directions à l’origine qui sont nulles. La fonction f n’est pas contre par de classe C1 à l’origine. Il suffit de remarquer que la dérivée partielle ∂∂ xf sur la droite y = 0 n’est pas continue en 0. 2504
(b) Pour (x, y) 6= (0, 0), f est continue en (x, y) et même de classe C∞ en tant que composés sommes, produits et quotient de telles fonctions. Il reste à étudier f à l’origine. Or, | f (x, y)| =
|xy2 | |x|(x2 + y2 ) 6 6 |x| 6 ||(x, y)||2 . x2 + y2 x 2 + y2
Ainsi, f est continue à l’origine et y tend vers 0. Montrons par l’absurde que f n’est pas dérivable à l’origine. Notons D f (0) la (supposée) différentielle de f à l’origine. L’application linéaire D f (0) s’obtient par la calcul de l’image de vecteurs de la base de R2 . Calculons pour ‘les dérivées directionnelles de f à l’origine : D(1,0) f (0) = [D f (0)]((1, 0)) = lim
f (0 + h(1, 0)) − f (0) f (h, 0) = lim = lim 0 = 0. h→0 h→0 h h
D(0,1) f (0) = [D f (0)]((0, 1)) = lim
f (0, h) f (0 + h(0, 1)) − f (0) = lim = lim 0 = 0. h→0 h→0 h h
h→0
h→0
Par conséquent, on a nécessairement D f (0) = 0 Or, h3
1 f (0 + h(1, 1)) − f (0) f (h, h) 2 D(1,1) f (0) = [D f (0)]((1, 1)) = lim = lim = lim 2h = 6= 0 h→0 h→0 h→0 h h h 2 ce qui donne la contradiction recherchée.
Correction de l’exercice 6149 N En tout point (x0 , y0 ) avec x0 6= y0 , f est continue et même de classe C2 car composée (projections sur (0x) et (Oy)), différence et quotient de fonctions de classe C2 dont le dénominateur ne s’annule pas. Dans ces points, la différentielle de f est donnée par la matrice jacobienne : D f (x0 , y0 ) = ∂∂ xf (x0 , y0 ) , ∂∂ yf (x0 , y0 ) =
g0 (x0 )(x0 −y0 )−(g(x0 )−g(y0 )) (x0 −y0 )2
,
−g0 (y0 )(x0 −y0 )+(g(x0 )−g(y0 )) (x0 −y0 )2
qui est bien de classe C1 (g étant de classe C2 , g0 est de classe C1 ). Montrons que F est continue aux points de la forme (a, a). Le DL de g à l’ordre 2 entre x et y donne g(y) = g(x) + (y − x)g0 (cx,y ) avec c ∈ [x, y] d’où g(x) − g(y) lim = lim g0 (cx,y ) = g0 (a) = F(a, a) x−y (x,y)→(a,a) (x,y)→(a,a) car comme (x, y) tend vers (a, a), x et y tendent tous les deux vers a et donc cx,y aussi (et g0 est continue). Pour montrer que F est C1 (sachant que F est continue), il suffit de montrer que la différentielle de F se prolonge par continuité sur R2 . Le DL de g à l’ordre 2 entre x0 et y0 est :
On a donc
et
g(x0 ) = g(y0 ) + (x0 − y0 )g0 (y0 ) +
(x0 − y0 )2 (2) g (c1 ) avec c1 ∈ [x0 , y0 ]. 2
g(y0 ) = g(x0 ) + (y0 − x0 )g0 (x0 ) +
(y0 − x0 )2 (2) g (c2 ) avec c2 ∈ [x0 , y0 ]. 2
∂f (x0 − y0 )2 g(2) (c2 ) g(2) (c2 ) (x0 , y0 ) = = ∂x 2(x0 − y0 )2 2 ∂f (x0 − y0 )2 g(2) (c1 ) g(2) (c1 ) (x0 , y0 ) = = ∂x 2(x0 − y0 )2 2 2505
La fonction g étant de classe C2 , on a lim
(x0 ,y0 )→(a,a)
g(2) (a)/2 , g(2) (a)/2
D f (x0 , y0 ) =
et donc D f se prolonge par continuité sur tout R2 . F est donc bien de classe C1 . Correction de l’exercice 6150 N Soit F1 (P) =
R1 3 2 0 P − P dt, et soit h un polynôme de degré n alors
F1 (P + h) − F1 (P) =
Z 1 0
[(P3 + 3P2 h + 3Ph2 + h3 ) + (P2 + 2Ph + h2 ) − P3 − P2 ]dt =
Z 1
2
h(3P + 2P)dt +
0
Or |
R1 0
Z 1
3Ph2 + h3 + h2 dt
0
3Ph2 + h3 + h2 dt| = o(||h||∞ ) donc DF1 (h) =
Z 1
(3P2 + 2P)hdt.
0
Soit F2 (P) = P0 − P2 et soit h un polynôme de degré n alors F2 (P + h) − F2 (P) = (P + h)0 − (P + h)2 − P0 + P2 = h0 − 2Ph − h2 Or h2 = o(||h||) (pour toute norme a choisir). On a donc DF2 (h) = h0 − 2Ph.
Correction de l’exercice 6151 N (a) On a g(x, y) =< f (x, y) − a, f (x, y) − a > où < ., . > est le produit scalaire Euclidien sur R2 . L’application g est différentiable en tant que composée et produit de fonctions différentiables. La différentielle D f est donné par la matrice Jacobienne (
∂ f (x, y) ∂ f (x, y) , ) ∂x ∂y
(
∂ g(x, y) ∂ g(x, y) , ) ∂x ∂y
et Dg par la matrice
On a alors
∂ g(x, y) ∂ = < f (x, y) − a, f (x, y) − a >= ∂x ∂x ∂ ∂ < ( f (x, y) − a), f (x, y) − a > + < f (x, y) − a, ( f (x, y) − a) >= ∂x ∂x ∂ f (x, y) 2< , f (x) − a > . ∂x
De même, ∂ g(x, y) ∂ f (x, y) =2< , f (x) − a > . ∂y ∂y
2506
(b) L’application f est continue (car différentiable) et tend vers l’infini quand (x, y) tend vers l’infini. Ainsi ∀A > 0, ∃B > 0, ||(x, y)|| > B ⇒ || f (x, y)|| > A. Soit m = inf(x,y)∈R2 g(x, y), pour A = m + 1, il existe B > 0 tel que ||(x, y)|| > B ⇒ g(x, y) = || f (x, y)||2 > A2 > (m + 1)2 > m + 1. On a donc m=
inf g(x, y) =
(x,y)∈R2
inf
||(x,y)||6B
g(x, y).
Or la boule B(0, B) étant compacte et g continue, l’inf y est ateint en un point X0 = (x0 , y0 ) ∈ B(0, B) ⊂ R2 . Comme X0 est un minimum global de g, c’est aussi un minimum de la restriction de g sur toute droite passant par X0 . Comme la dérivé d’une fonction réelle en un minimum est nulle, toute les dérivées partielles de g sont nulles et donc Dg(X0 ) = 0 et par conséquent la matrice jacobienne de g est nulle. On a donc ∂g ∂f ∂g ∂f (x0 , y0 ) = 2 < (x0 , y0 ), f (x) − a >= 0 et (x0 , y0 ) = 2 < (x0 , y0 ), f (x) − a >= 0. ∂x ∂x ∂y ∂y Comme D f est injective, ses colonnes forment une base de R2 . Par conséquent les projections de f (x) − a sur la base ( ∂∂ xf (x0 , y0 ); ∂∂ xf (x0 , y0 )) sont nulles et donc f (x0 , y0 ) − a = 0 ⇔ f (x0 , y0 ) = a et donc a admet bien un antécédent. Ceci étant valable pour tout a ∈ R2 , on a montré que f est surjective.
Correction de l’exercice 6152 N (a) Pour montrer que ||D f (x)||L (Rn ,R) 6 1, il faut montrer que si h ∈ Rn , on a |D f (x).h| 6 ||h||. On a |D f (x).h| = |Dh f (x)| = | lim t→0
(b)
f (x + th) − f (x) |. t
Or f est 1-lipschitzienne et donc | f (x +th) − f (x)| 6 ||th|| = t||h||. Par conséquent pour tout h ∈ Rn , |D f (x).h| 6 ||h|| ce qui donne l’inégalité demandée. ϕ(t) − ϕ(0) f ((1 − t)x + ty) − f (x) = lim = t→0 t→0 t −0 t
ϕ 0 (0) = lim lim
t→0
f (x + t(y − x)) − f (x) = D f (x).(y − x). t
Rn
Ou encore, soit ψ : R → l’application ψ(t) = (1 − t)x + ty, on a alors ϕ(t) = f ◦ ψ et d’après la formule de différentielle d’une composition : ϕ 0 (0) = D f (ψ(0)).Dψ(0) = D f (x).(y − x). Or, 1 ||(1 − t)(x − y)|| = 1−t 1 1 ||[(1 − t)x + ty] − [ty + (1 − t)y]|| = d((1 − t)x + ty, y). 1−t 1−t d(x, F) = d(x, y) = ||x − y|| =
Notons xt = (1 − t)x + ty, on a alors
d(xt , y) = (1 − t)d(x, F). 2507
Or, ϕ(t) = d(xt , F) 6 d(xt , y) 6 (1 − t)d(x, y) 6 ϕ(0) et donc |ϕ 0 (0)| = lim t→0
|ϕ(t) − ϕ(0)| ϕ(0) − ϕ(t) = lim > t→0 t t
d(x, y) − (1 − t)d(x, y) > d(x, y) = ||x − y||. t→0 t lim
Donc |D f (x)(x − y)| > ||x − y|| d’où la deuxième inégalité. (c) Raisonnons par l’absurde. Supposons qu’il existe deux point y1 et y2 tels que d(x, F) = d(x, y1 ) = d(x, y2 ). Alors, de la même manière que précédement, on a D f (x).(x − y1 ) = D f (x).(x − y2 ) = d(x, F) et donc D f (x).(x − y1 + x − y2 ) = 2d(x, F). Or, ||x − y1 + x − y2 || < 2d(x, F) car les vecteurs x − y1 et x − y2 ne sont pas alignés. Mais alors cela contredit le fait que ||D f (x)||L (R\ ,R) = 1. Correction de l’exercice 6162 N Montrons que f se prolonge par continuité au point b, on montrera alors que f est dérivable à gauche au point b est que cette dérivée est limx→b− f 0 (x). Pour celà montrons qu’il existe un réel k tel que toute suite {xn } tendant vers b vérifie limn→∞ f (xn ) = k. Remarquons que la dérivée f 0 (x) admettant une limite au point b, elle est bornée sur un petit voisinage (à gauche) de b (notons M ce majorant). Soit yn une suite convergent vers b. Alors la suite f (yn ) est de Cauchy. En effet, pour tout ε > 0, posons ε ε 0 = 2M . La suite {yn } étant de cauchy, ∃N ∈ N, p, q > N ⇒ |y p − yq | 6 ε 0 6
ε . 2M
Or d’après les accroissements finis : f (y p ) − f (yq ) = (y p − yq ) f 0 (c p,q ) où c p,q ∈]y p , yq [. Par conséquent, epsilon ε M6 0, ||(x, y) − (0, 0)|| 6 ρ ⇒ ||Dg(x, y) − Dg(0, 0)|| 6 1/2 d’où le résultat demandé. (d) D’après les accroissements finis, pour tous X,Y ∈ R2 , on a ||g(X) − g(Y )|| 6
sup Z∈Bρ ((0,0))
||Dg(Z)||.||X −Y || 6 1/2||X −Y ||
et donc g est contractante. Le Boule Bρ ((0, 0)) la boule Bρ ((0, 0)) étant compacte et complète, le théorème du point fixe permet de conclure.
Correction de l’exercice 6165 N (a) On a D f (x, y) = On a |||D f (x, y)||| =
car
− sin x − cos y cos x sin y
||D f (x, y).(a, b)|| = ||(a, b)|| (a,b)∈R2 \{(0,0)} sup
p a2 sin2 x + b2 cos2 y + 2ab sin x cos x + a2 cos2 x + b2 sin2 y + 2ab cos x sin y √ = a2 + b2 r p a2 + b2 + 2ab sin(x + y) 2|a||b| √ √ 6 1+ 2 6 2 a + b2 a2 + b2 (|a| − |b|)2 > 0 ⇒ a2 + b2 > 2|a||b|. √
(b) Soient Un = (xn , yn ) et G(x, y) = 1/2F(x, y), alors |||G||| 6 22 et Un+1 = G(Un ). D’après les accroissements finis, G est contractante et donc le théorème du point fixe donne le résultat demandé.
Correction de l’exercice 6170 N Appliquer le théorème des accroissements finis à g(x) = f (x) − D f (a)x en remarquant que la matrice jacobienne de D f (a)x est la matrice D f (a). Correction de l’exercice 6174 N 2509
(a) Puisque R est un sous-corps de C, il est clair que ϕ est R-linéaire dès qu’elle est C-linéaire et qu’elle vérifie en particulier ϕ(ix) = iϕ(x) pour tout x ∈ E. Supposons maintenant ϕ R-linéaire, vérifiant ϕ(ix) = iϕ(x) pour tout x ∈ E. Par hypothèse, ϕ est additive et ϕ(t.x) = tϕ(x) pour tout réel t et x ∈ E. D’autre part, si λ = α + iβ ∈ C, ϕ((α + iβ )x) = ϕ(αx) + ϕ(iβ x) par additivité car E est un C-ev, = ϕ(αx) + iϕ(β x) par hypothèse sur ϕ, = αϕ(x) + iβ ϕ(x) car α, β ∈ R. Si ϕ ∈ L (R2 ), elle se représente dans la base canonique de R2 par la matrice a b c d
De même, I , la multiplication par i comme application linéaire de L (C) se représente dans l’identification de C avec R2 par la matrice 0 −1 1 0 et la condition ϕ(ix) = iϕ(x) signifie que ϕ commute avec I ou que a b 0 −1 0 −1 a b = . c d 1 0 1 0 c d Ceci est réalisé si et seulement si a = d, et b = −c.
b) f C-différentiable au point z = x + iy ∈ C signifie : f (z + h) − f (z) − f 0 (z).h = hε(h), avec h ∈ C et limh→0 ε(h) = 0 (l’application C-linéaire tangente est ici la multiplication dans C par f 0 (z)) ; traduit en variables réelles cela signifie :
u(x + h1 , y + h2 ) − u(x, y) = ah1 − bh2 + ||h||ε(h) v(x + h1 , y + h2 ) − u(x, y) = bh1 + ah2 + ||h||ε(h)
avec f 0 (z) = a+ib et h = h1 +ih2 ; f est donc R-différentiable au point (x, y) et sa matrice jacobienne en ce point vaut a −b . b a Réciproquement supposons f R-différentiable en (x, y) ; ainsi f (x + h1 , y + h2 ) − f (x, y) − f 0 (x, y).h = ||h||ε(h), avec h ∈ R2 et limh→0 ε(h) = 0 ; la matrice de f 0 (x, y) est la matrice jacobienne ∂1 u(x, y) ∂2 u(x, y) a b = , ∂1 v(x, y) ∂2 v(x, y) c d
et f est C-différentiable en (x, y) si et seulement si f 0 (x, y) est C-linéaire ou a = d et b = −c, ce qui se traduit par les conditions de Cauchy : ∂1 u(x, y) = ∂2 v(x, y), ∂2 u(x, y) = −∂1 v(x, y). Il est facile de voir que les applications de C dans C : f1 (z) = ex , f2 (z) = x2 + y2 , f3 (z) = ex−iy sont R-différentiables, et que les conditions de Cauchy ne sont jamais vérifiées pour f1 et f3 , ne sont vérifiées qu’en 0 pour f2 .
2510
√ (b) La fonction g : C → C peut s’écrire g1 + ig2 où g1 = u2 + v2 et g2 = 0 si f = u + iv. Supposons que g soit C-différentiable en z = x + iy : elle remplit donc les conditions de Cauchy en ce point et ∂1 g1 (x, y) = ∂2 g1 (x, y) = 0, soit u(x, y) ∂1 u(x, y) + v(x, y) ∂1 v(x, y) = 0, u(x, y) ∂2 u(x, y) + v(x, y) ∂2 v(x, y) = 0. Mais comme f est C-différentiable en z = x + iy, ∂1 u(x, y) = ∂2 v(x, y), ∂2 u(x, y) = −∂1 v(x, y), et le système devient u(x, y) ∂1 u(x, y) + v(x, y) ∂1 v(x, y) = 0, −u(x, y) ∂1 v(x, y) + v(x, y) ∂1 u(x, y) = 0. C’est un système de Cramer puisque le déterminant u2 (x, y)+v2 (x, y) = | f (z)|2 6= 0 ; ainsi ∂1 u(x, y) = ∂1 v(x, y) = ∂2 u(x, y) = ∂2 v(x, y) = 0 et f 0 (z) = 0.
Correction de l’exercice 6183 N (a) Calculons l’accroissement : f (x + h) − f (x) = f (x) + f (h) − f (x) = f (h) + 0. Or, par définition f (h) est linéaire en h, continue et 0 = o(||h||). Par conséquent f est différentiable et D f (x) = f , ou encore D f (x).h = f (h). On remarque que D f est l’application constante que à x ∈ E associe l’application linéaire f . Par conséquent, D f est différentiable et sa différentielle est nulle : D2 f = 0. (b) Calculons f ((x, y) + (h, k)) − f (x, y) = f (x + h, y + k) − f (x, y) = f (x, y + k) + f (h, y + k) − f (x, y) = f (x, y) + f (x, k) + f (h, y) + f (h, k) − f (x, y) = f (x, k) + f (h, y) + f (h, k). L’application qui à (x, y) associe l’application linéaire D f (x, y)(h, k) = f (x, k)+ f (h, y) est donc candidate pour être la différentielle de f . Vérifions qu’elle est bien continue et que f (h, k) = o(||(h, k)||). Nous rappelons qu’une application bilinéaire f (x, y) est continue s’il existe M > 0 tel que ∀(x, y) ∈ E 2 ; || f (x, y)|| 6 M||x||||y||. On a ||D f (x, y)(h, k)|| = || f (x, k) + f (h, y)|| 6 || f (x, k)|| + || f (h, y)|| 6
M||x||.||k|| + M||h||.||y|| 6 M(||x|| + ||y||) max(||k||, ||h||) 6 M(||x|| + ||y||)||(h, k)||.
Par conséquent, D f (x, y) est continue et a une norme inférieure à M(||x|| + ||y||). De plus || f (h, k)|| 6 M||h||.||k|| 6 ||(h, k)||.ε(h, k) où ε tend vers zero quand (h, k) tend vers zero car ε(h, k) =
||h||.||k|| sup(||h||, ||k||)
ce qui fini de montrer que f est différentiable et que sa différentielle est définie par D f (x, y).(h, k) = f (x, k) + f (h, y). En remarquant que D f est linéaire par rapport à (x, y), d’après la première question, on déduit que sa différentielle est D2 f (x, y)[(h, k), (u, v)] = f (u, k) + f (h, v). 2511
(c) f (A + h) − f (A) = (A + h)2 − A2 = Ah + hA + h2 avec Ah + hA linéaire en h (et en A) et ||h2 || 6 ||h||2 = o(||h||). Par conséquent f est différentiable et sa différentielle est D f (A).h = Ah + hA. Comme D f (A) est lináire par rapport à A, sa différentielle en A est l’application bilinéaire D2 f (A)[H, K] = KH + HK.
Correction de l’exercice 6184 N Soit f (x, y) = x2 + xy + y2 + 14 x3 , calculons la jacobienne de f : 3 D f (x, y) = (2x + y + x2 , x + 2y). 4 Les points critiques de f vérifient D f (x, y) = 0 et par conséquent vérifient les équations 2x + y + 34 x2 = 0 et x + 2y = 0. Par conséquent f admet deux points critiques (0, 0) et (−2, 1). Pour savoir si ces points critiques sont des extrémums de f , il faut étudier la hessienne de f : 2 + 23 x 1 Hess f (x, y) = 1 2 et ses valeurs propres. Au point (0, 0), Hess f (0, 0) =
2 1 1 2
a pour polynôme caractéristique P(λ ) = (1 − λ )(3 − λ ) et ses deux valeurs propres sont strictement positive. La fonction f admet donc un minimum local au point (0, 0). Ce minimum n’est pas globale car f (0, 0) = 0 et f prend des valeurs négatives pour y = 0 et x qui tend vers −∞. Au point (−2, 1), −1 1 Hess f (0, 0) = 1 2 a pour polynôme caractéristique P(λ ) = λ 2 − λ − 3. On peut alors soit calculer les valeurs propres soit remarquer que le determinant de la hessienne est égal au produit des deux valeurs propres (ici −3) et celles-ci sont donc non nulles et de signe contraire. Par conséquent le point (−2, 1) est point selle de f . ce n’est pas un extremum. Correction de l’exercice 6185 N Le volume d’une boite étant invariant par rotations, on peut toujours supposer que toutes les boites sont centrées à l’origine et on des cotés parallèles aux axes de coordonnées. Par conséquent, la donnée d’un point (x, y, z) sur la sphère définit de manière unique une boite rectangulaire dont l’un des sommets est le point (x, y, z). On prendra x, y et z positifs car une telle boite a toujours un sommet dans le secteur positif de l’espace. Par conséquent, on doit maximiser la fonction volume g(x, y, z) = 8xyz sur la sous-variété S définie par l’équation f = 0 avec f (x, y, z) = x2 + y2 + z2 − R2 . Un point critique de g sur S vérifie Dg(x, y, z) = λ D f (x, y, z) et f (x, y, z) = 0. On a obtient alors le système d’équations : 8yz = 2x 8xz = 2y 8xy = 2z x2 + y2 + z2 = R2 2512
Par conséquent 8xyz = 2x2 8xyz = 2y2 8xyz = 2z2 x2 + y2 + z2 = R2 et donc comme x, y et z sont positifs, on a x = y = z = √R3 . Or g est continue et S+ = S ∩ {x > 0; y > 0; z > 0} est un compact. Comme g est nulle sur le bord de S+ , le maximum de g est ateint en un point critique de g dans l’intérieur de S+ . Le seul point critique de g est donc bien ce maximum recherché. Ici, il n’y a pas eu besoin de calculer la hessienne de g sur S par la formule : H = D2 g − λ D2 f où λ est le coefficient de lagrange trouvé précédemment. Correction de l’exercice 6200 N (a) La fonction f étant dérivable, elle est continue. Montrons qu’elle est injective. Soient x, y ∈ R tels que f (x) = f (y). Si x 6= y, d’après le théorème de Rolle, il existe c ∈]x, y[ tel que f 0 (c) = 0 ce qui contredit le fait que f 0 ne s’annule jamais. Par conséquent x = y et f est injective. Pour montrer que f −1 est continue, il faut montrer que l’image réciproque par f −1 d’un voisinage d’un point est un voisinage de la réciproque du point. Ou encore, que l’image directe par f d’un voisinage d’un point a est un voisinage de f (a). Soit V un voisinage de a, il contient un intervalle du type [a − ε, a + ε], l’image de ce connexe par une fonction continue est encore connexe et est donc un intervalle [c, d] (fermé car f est continue et l’intervalle de départ est compact). Si f (a) ∈]c, d[, on la démonstration est finie. Si f (a) = c ou f (a) = d alors a est un extrémum local de f et donc f 0 (a) = 0 ce qui contredit l’énoncé. Ainsi f est un homéormorphisme. f −1 est différentiable car la différentielle de f ne s’annule pas (théorème de deug...). (b) Le taux d’accroissement Tx ( f ) =
f (x) − f (0) π = 1 + x sin x−0 x
tend vers 1 quand x tend vers zero (sin πx est bornée) et donc f est dérivable au point 0 et f 0 (0) = 1 6= 0.
(c) Par l’absurde, supposons que f soit inversible au voisinage de 0.Soit ε > 0 tel que ] − ε, ε[ soit inclus dans ce voisinage. f étant continue (car dérivable), elle est strictement monotone. Or f 0 (x) = 1 1 1 1 1−π cos πx +2x sin πx . Prenons k ∈ N tel que 2k < ε et 1+2k < ε alors f 0 ( 2k ) = 1−π < 0 et f ( 2k+1 )= 1 + π > 0 et donc f n’est pas monotone sur ] − ε, ε[ ce qui donne la contradiction recherchée. Le théorème de l’inverse local nous montre de plus que f n’est pas de classe C1 dans aucun voisinage de 0.
Correction de l’exercice 6201 N (a) L’application ϕ(r, θ ) = (r cos θ , r sin θ ) est de classe C∞ car ses coordonnées le sont. Pour montrer que c’est un difféormorphisme global, il suffit de montrer que c’est un difféo local (théorème de l’inverse local) et qu’elle est bijective. Calculons la matric jacobienne de ϕ : cos θ −r sin θ Dϕ(r, θ ) = sin θ r cos θ La jacobienne de ϕ est det(Dϕ(r, θ )) = r(sin2 x + cos2 x) = r > 0 si (x, y) 6= (0, 0). L’application ϕ est donc bien un difféomorphisme local au voisinage de chacun des point de ]0, +∞[×] − π, π[. La bijectivité se vérifie en explicitant par exemple la réciproque de ϕ (si on pose x = r cos θ et y = r sin θ , on pourra considérer les données x2 + y2 et y/x...). 2513
14. Correction de l’exercice 6202 N (a) ϕ a des coordonnées de classe C1 , elle l’est donc aussi. On a −1 1/2 cos(y/2) Jac(ϕ)(x, y) = 1/2 cos(x/2) −1 On a det(Jac(ϕ)(x, y)) = 1 − 1/4 cos(x/2) cos(y/2) > 3/4 > 0. Par conséquent la jacobienne est inversible et Dϕ(x, y) ∈ Isom(R2 , R2 ) = GL(R2 .
(b) D’après le théorème de l’inverse local, Il suffit de montrer que ϕ est injective. Supposons ϕ(x1 , y1 ) = ϕ(x2 , y2 ), alors sin(y1 /2) − x1 = sin(y2 /2) − x2 et sin(x1 /2) − y1 = sin(x2 /2) − y2 . D’où sin(y1 /2) − sin(y2 /2) = x1 − x2 et sin(x1 /2) − sin(x2 /2) = y1 − y2 . Or, ∀a, b ∈ R, | sin a − sin b| 6 |a − b| (conséquence des accroissements finis appliqué à sin x). Donc |x1 − x2 | 6 |y1 /2 − y2 /2| et |y1 − y2 | 6 |x1 /2 − x2 /2| d’où |x1 − x2 | 6 1/4|x1 − x2 | ⇒ x1 = x2 et y1 = y2 . ϕ : U → F est injective. L’ensemble f (U) est ouvert car il est réunion d’ouverts (d’après thm inverse local). C’est un difféomorphisme en U et ϕ(U). (c) Soient (X1 , y1 ), (X2 ,Y2 ) ∈ ϕ(R2 ) avec ϕ(x1 , y1 ) = (X1 ,Y1 ) et ϕ(x2 , y2 ) = (X2 ,Y2 ) ou encore ϕ −1 (X1 ,Y1 ) = (x1 , y1 ) et ϕ −1 (X2 ,Y2 ) = (x2 , y2 ). On a ||ϕ −1 (X1 ,Y1 ) − ϕ −1 (X2 ,Y2 )|| = ||(x1 , y1 ) − (x2 , y2 )|| = ||(x1 − x2 , y1 , y2 )|| = |x1 − x2 | + |y1 − y2 | Or sin(y1 /2) − x1 = X1 , sin(y2 /2) − x2 = X2 , sin(x1 /2) − y1 = Y1 et sin(x2 /2) − y2 = Y2 . Par conséquent x1 − x2 = sin(y1 /2) − X1 − sin(y2 /2) + X2 y1 − y2 = sin(x1 /2) −Y1 − sin(x2 /2) +Y2 . D’où |x1 − x2 | + |y1 − y2 | 6 |X2 − X1 | + | sin(y1 /2) − sin(y2 /2)| + |Y2 −Y1 | + | sin(x1 /2) − sin(x2 /2)| 6 |X2 − X1 | + 1/2|y1 − y2 | + |Y2 −Y1 | + 1/2|x1 − x2 | d’où |x1 − x2 | + |y1 − y2 | 6 2(|X2 − X1 | + |Y2 −Y1 |) 6 2||(X1 ,Y1 ) − (X2 ,Y2 )||.
Donc ϕ −1 est lipschitzienne.
(d) Soit (Xn ,Yn ) une suite de cauchy dans ϕ(R2 ), ((Xn ,Yn ) = ϕ(xn , yn ) ; (xn , yn ) = ϕ −1 (Xn ,Yn )). Pour tout ε > 0, ∃n ∈ N, p, q > n ⇒ ||(Xp ,Yp ) − (Xq ,Yq )|| < ε. Par conséquent, ∀ε > 0, ∃n ∈ N; p, q > n ⇒ ||(x p , y p ) − (xq , yq )|| < 2ε. La suite (xn , yn ) est alors de cauchy dans R2 , qui est complet. Par conséquent elle converge. Soit (x, y) sa limite. Comme ϕ est continue et que limn (xn , yn ) = (x, y) alors limn ϕ(xn , yn ) = ϕ(x, y). La suite (Xn ,Yn ) est une suite de Cauchy de R2 . Elle converge. Soit (X,Y ) sa limite, alors (X,Y ) = ϕ(x, y) car (Xn ,Yn ) → (X,Y ) et ϕ(xn , yn ) → ϕ(x, y). Donc (X,Y ) ∈ ϕ(R2 ). ϕ(R2 ) est alors complet et donc fermé. Comme ϕ(R2 est un ouvert fermé et non vide (il contient (0, 0) = ϕ(0, 0)) dans le connexe R2 , on a ϕ(R2 ) = R2 . √ (e) p = (1−π/2, 2/2−π) = ϕ(π/2, π) = ϕ(q) où q = (π/2, π). ϕ : E → F est un C1 -difféormorphisme donc ϕ −1 ◦ ϕ = Id et donc Id = D(ϕ −1 ◦ ϕ)(q) = Dϕ −1 (ϕ(q)) ◦ Dϕ(q). Or Dϕ −1 (ϕ(q)) = (Dϕ(q))−1 et donc Jacϕ −1 (p) = (Jacϕ(π/2, π))−1 . Or −1 1/2 cos(y/2) . Jacϕ(x, y) = 1/2 cos(x/2) −1 2514
D‘où Jacϕ(π/2, π) = et donc Jacϕ
−1
(p) =
0 √−1 2/4 −1
−1 0 √ − 2/4 −1
.
Correction de l’exercice 6203 N Posons θ (t) = a + t(b − a) et Ψ(x) = hx, b − ai qui est linéaire et continue (donc C∞ ).
(a) f et ϕ sont de classe C1 car composées d’applications de classe C1 . On a
Dϕ(t) = ϕ 0 (t) = (Ψ◦ f ◦θ )(t)0 (t) = DΨ( f (θ (t)))◦D f (θ (t))◦Dθ (t) = hD f (a+t(b−a))(b−a), b−ai. Par conséquent : ϕ 0 (t) > αhb − a, b − ai.
Or, ϕ(1) − ϕ(0) = h f (b) − f (a), (b − a)i et il existe t ∈]0, 1[ tel que ϕ(1) − ϕ(0) = ϕ 0 (t) d’où h f (b) − f (a), b − ai > αhb − a, b − ai. p Indications pour mq f est fermée : Posons kxk = hx, xi alors
αkb − ak2 6 h f (b) − f (a), b − ai 6 k f (b) − f (a)k.kb − ak.
D’où kb − ak 6 1/αk f (b) − f (a)k. Soit F un fermé et yn une suite de points de f (F) convergeant vers un point limite y∞ . Il faut montrer que y∞ ∈ f (F). Soit xn une suite de points de Rn tels que f (xn ) = yn . Il reste à montrer que cette suite admet est de Cauchy, qu’elle converge donc et que sa limite x∞ vérifie f (x∞ ) = y∞ . Correction de l’exercice 6214 N Soit (x0 , y0 , z0 ) ∈ R3 tel que f (x0 , y0 , z0 ) = (0, 0) (par exemple (1, 1, 1)). f est C1 car coordonnées polynomiales. Mat D2 f (x0 , y0 , z0 ) =
∂ f1 ∂ y (x0 , y0 , z0 ) ∂ f2 ∂ y (x0 , y0 , z0 )
∂ f1 ∂ z (x0 , y0 , z0 ) ∂ f2 ∂ z (x0 , y0 , z0 )
!
=
−2y0 2z0 x0 z0 x0 y0
det(Mat D2 f (x0 , y0 , z0 )) = −2x0 (y20 + z20 ) 6= 0 car x0 y0 z0 = 1 donc x0 6= 0, y0 6= 0, z0 6= 0. D’après le théorème des fonctions implicites, il existe I intervalle contenant x0 et ϕ : I → R2 tel que f (x, ϕ(x)) = 0 pour tout x ∈ I et ϕ(x0 ) = (y0 , z0 ). Correction de l’exercice 6218 N Posons f (x, y) = x4 + y3 − x2 − y2 + x − y, f (0, 0) = 0 et f (1, 1) = 0. R est un espace de Banach et f est de classe C1 car polynomiale. ∂f = 3y2 − 2y − 1 ∂y Étude au point (0, 0), ∂∂ yf (0, 0) = −1, c’est un isomorphisme de R. Nous sommes dans les conditions d’application du théorème des fonctions implicites. Il existe I contenant 0, J contenant 0 et g : I → J, C1 tel que g(0) = 0 et f (x, g(x)) = 0, ∀x ∈ I. On a x4 + (g(x))3 − x2 − (g(x))2 + x − g(x) = 0 2515
En dérivant on obtient : 4x3 + 3g2 (x)g0 (x) − 2x − 2g(x)g0 (x) + 1 − g0 (x) = 0 d’où g0 (0) = 1. On dérive encore : 12x2 + 6g(x)g0 (x)2 + 3g2 (x)g00 (x) − 2 − 2g0 (x)2 − 2g(x)g00 (x) − g00 (x) = 0 d’où g00 (0) = −4.
Étude au point (1, 1), ∂∂ yf (1, 1) = 0. Ce n’est plus un difféo, on ne peut pas appliquer le théorème des fonctions implicites. Dans ce cas, on prend la dérivée par rapport à la premìère variable. ∂f = 4x3 − 2x + 1 ∂x et donc ∂∂ xf (1, 1) = 3. Donc, d’après le théorème des fonctions implicites, il existe I contenant 1, J contenant 1 et g : I → J de classe C1 tels que g(1) = 1 et f (g(x), x) = 0, ∀y ∈ I. On a g(y)4 − g2 (y) + g(y) + y3 − y2 − y = 0 En dérivant 4g3 g0 − 2gg0 + g0 + 3y2 − 2y − 1 = 0
d’où 4g0 (1) − g0 (1) = 0 et donc g0 (1) = 0.
12g2 (g0 )2 + 4g3 g00 − 2gg00 − 2(g0 )2 + g00 + 6y − 2 = 0 d’où g00 (1) = −4/3. Correction de l’exercice 6270 N (a) Remarque : si x ∈ F, alors clairement x¯ = x convient. Comme F 6= ∅, il existe un point y0 ∈ F et posons r = kx − y0 k > 0 par hypothèse. On peut découper ¯ r) et F1 = F − F0 . F0 est non vide car il contient y0 . Quant aux F en deux morceaux : F0 = F ∩ B(x, points de F1 , ils sont tous à une distance de x strictement supérieure à r donc l’infimum de la distance sur F est l’infimum sur F0 : inf kx − zk = inf kx − zk 6 r z∈F
z∈F0
Or F0 est fermé et borné, donc compact (car la dimension est finie), et la fonction z 7→ kx − zk étant continue, elle est bornée et atteint son minimum en un point y. Question subsidiaire : x¯ n’est pas unique (sauf dans certains cas, par exemple si F est convexe) ; contre-exemple : F est un cercle et x est son centre. (b) i. On voit que M2 (R) ' R4 et que la fonction déterminant est g : (a, b, c, d) 7→ ad − bc. Cette fonction est continue car polynomiale en les coordonnées donc SL2 (R) = g−1 ({1}) est un fermé. √ 1 n ii. La suite de matrices Mn = est dans SL2 (R) sans être bornée (kMn k = 2 + n2 ). 0 1 iii. A. C’est une conséquence directe du (1) en prenant pour x la matrice nulle. √ 1 B. Écrivons f (M) = a2 + b2 + c2 + d 2 , alors ∇ f (a, b, c, d) = f (M) (a, b, c, d), défini à condition que M ne soit pas la matrice nulle (qui n’appartient pas SL2 (R) donc il n’y a pas de problème). C. En un extremum on doit avoir ∇ f = λ ∇g (extrema liés) donc a d 1 b = λ −c c −b kMk d a 2516
ce quin’est possible que si λ = ε/kMk où ε ∈ {−1, +1}, et que d = εa et c = −εb donc a −εb M= . Si l’on rajoute la contrainte det M = 1, il vient que ε = +1 et a2 +b2 = 1. b εa cos θ − sin θ Donc les seuls extrema possibles sont de la forme Mθ = avec θ ∈ R, et sin θ cos θ √ pour toutes ces matrices kMθ k = 2. Or d’après le (i) on sait que le minimum est atteint, et de plus il doit satisfaire la relation de Lagrange car les gradients sont bien définis. Il y a donc un infinité de minima (les rotations Mθ ) et ils prennent la même valeur √ inf kMk = min kMk = 2. M∈SL2 (R)
M∈SL2 (R)
Correction de l’exercice 6281 N (a) Soit λn et µn deux suites de points tels que ϕ(λn ) = ϕ(µn ) = 0 et convergeant respectivement vers λ et µ, il reste à montrer que ϕ est nulle sur chaque interval [λn , µn ]. Soit c un extremum de ϕ sur cet interval, on a alors necessairement ϕ 0 (c) = 0 et donc 3c2/3 = 0 et donc c = 0 et donc ϕ(c) = ϕ(0) = 0. Par conséquent le sup et le min de ϕ sur [λn , µn ] sont nuls et donc ϕ est aussi nulle sur cet intervalle. En passant à la limite, on a prouvé que ϕ est nulle sur ]λ , µ[. (b) On vérifie que les solutions proposées vérifient l’équation différentielle (1). La fonction x2/3 est lipschitzienne par rapport à x dès que x 6= 0. Si ϕ2 est une solution maximale sur R vérifiant ϕ2 (0) = 0, il existe alors nécessairement λ , µ (définis précédement) tels que ϕ2 est nulle sur ]λ , µ[. Par continuité de la solution elle vérifie ϕ(λ ) = ϕ(µ) = 0. Mais alors ϕ20 − ϕ = 0 est donc ϕ2 = ϕ + K où K est une constante donnée. Du fait que ϕ2 (λ ) = ϕ(λ ) + K = 0 + K = 0, on a K = 0 ce qui termine la démonstration.
Correction de l’exercice 6282 N (a) Soit f : R × R → R telle que f (t, x) = |x| + |t|. f est continue et Lipschitzienne par rapport à la seconde variable. En effet, | f (t, x) − f (t, y)| = ||x| − |y|| 6 |x − y|. Remarquons que x0 > 0 pour tout t et que pour tout point (0, x0 passe une solution maximale unique (ϕ, J). (b) Prenons x0 = 1, lorque t > 0 ; l’équation devient x0t() = x(t) + t car |t| = t et x(t) > x(0) > 0, x(0) = 1. Elle admet comme solution sur [0, +∞[ avec ϕ(0) = 1 ϕ(t) = 2et − t − 1. Lorsque t < 0, on distingue deux cas : premier cas x(t) > 0 ; x0 = −t + x(t) et alors x(t) = cet +t + 1 avec x(0) = 1 d’où c = 0 et ϕ(t) = t + 1. Cela n’est valable que lorsque ϕ(t) > 0, c’est à dire t > 1. Donc ϕ(t) = t + 1 sur [−1, 1]. Deuxième cas : x(t) 6 0, ceci a lieu lorsque t 6 −1 car ϕ croissante et ϕ(−1) = 0. Nous avons alors ϕ 0 (t) = −t − ϕ(t). D’où ϕ(t) = ce−t −t + 1 or ϕ(−1) = ce + 2 = 0 d’où c = −2e−1 et ϕ(t) = −2e−t+1 − t + 1 sur ] − ∞, −1]. La solution maximale vérifiant ϕ(0) = 1 est la suivante : 2et − t − 1 sur [0, +∞[ t + 1 sur [−1, 0] ϕ(t) = −(t+1) −2e − t + 1 sur ] − ∞, −1] 2517
2et − 1 sur ]0, +∞[ 1 sur ] − 1, 0[ ϕ 0 (t) = −(t+1) 2e − 1 sur ] − ∞, −1[
En étudiant les limites de ϕ 0 aux point 0 et −1, on voit que ϕ 0 est continue sur R. 2et sur ]0, +∞[ 0 sur ] − 1, 0[ ϕ 00 (t) = −(t+1) −2e sur ] − ∞, −1[
ϕ n’est donc pas deux fois dérivable en 0 et −1. Correction de l’exercice 6283 N f (t, x) = C∞ .
4t 3 x t 4 +x2
(si (t, x) 6= (0, 0)) est de classe C∞ en tant que quotient, somme et produit de fonctions 2
(a) | f (t, x)| = |2t|.| (t2t2 )2x= | 6 2|t| →(t,x)→0 0 = f (0, 0). f est donc continue en (0, 0). f n’est pas loca+x2 lement lipschitzienne au voisinage de (0, 0) car sinon il existerait k, α, β ∈ R tels que t ∈] − α, α[, x ∈] − β , β [ et | f (t, x) − f (t, 0)| 6 k|x − 0| 3
3
D’où t 44t+xx2 6 kx ⇒ t 44t+x2 6 k → Cauchy-Lipschitz.
4 t
6 k, ∀t ∈]0, α[ ce qui est absurde. Nous ne pouvons pas appliquer
(b) (ϕ, I) solution de (2) avec 0 6∈ I, ψ(t) = t −2 ϕ(t) ⇒ ψ 0 (t) = t −2 ϕ 0 (t) − 2t −3 ϕ(t) ψ 0 (t) = 4t −2
t 3 ϕ(t) − 2t −1 ψ(t) t 4 + ϕ 2 (t)
d’où en exprimant tout en fonction de ψ : ψ 0 (t)(1 + ψ 2 (t)) 2 = ψ(t)(1 − ψ(t))(1 + ψ(t)) t Or
1+ψ 2 (t) ψ(t)(1−ψ(t))(1+ψ(t))
=
1 ψ(t)
1 1 + 1−ψ(t) − 1+ψ(t) d’où
ψ 0 (t)(
1 1 1 2 + − )= ψ(t) 1 − ψ(t) 1 + ψ(t) t
En intégrant par rapport à t on obtient : ln|
ψ(t) | = ln(t 2 ) + c 1 − ψ 2 (t)
d’où ψ(t) = ct 2 . 1 − ψ(t) ψ(t) vérifie est donc une racine de l’équation ct 2 ψ 2 (t) + ψ(t) − ct 2 = 0 et donc
d’où ϕ =
√ −1± 1+4c2 t 4 . 2c
√ −1 ± 1 + 4c2t 4 ψ(t) = 2ct 2
2518
Correction de l’exercice 6284 N 0 0 00 0 0 (a) Posons y1 = x, y 2 = x = y1 , y3 = x = y2 . L’équation devient y3 − y1 y3 = 0 et donc en posant y2 f (t, y1 , y2 , y3 ) = y3 l’équation s’écrit y1 y3
y01 y02 = f (t, y1 , y2 , y3 ). y03
(b) f étant de classe C∞ , elle est lipschitzienne par rapport à la deuxième variable (y1 , y2 , y3 ) et donc le théorème de Cauchy-Lipschitz permet de conclure. (c) La dérivée de la fonction donnée est nulle. Par conséquent, elle est constante et donc, l’exponentielle étant strictement positive, le signe de ϕ 00 est constant. Si cette constante est strictement positive, ϕ est convexe, si elle est strictement négative, ϕ est concave. Si elle est nulle ϕ 00 = 0 et donc ϕ(t) = at + b qui est bien une solution de l’équation différentielle et vérifie ϕ 00 (t0 ) = 0. L’unicité montre que toutes les solutions qui vérifient ϕ 00 (t0 ) = 0 sont bien de la forme at + b.
Correction de l’exercice 6361 N T
1 1 (a) Montrons que [a, b] = ∞ n=1 ]a − n , b + n [. T 1 1 1 — Pour tout n ∈ N, on a [a, b] ⊂ ]a − n , b + 1n [. Donc [a, b] ⊂ ∞ n=1 ]a − n , b + n [. T∞ 1 1 — Soit x ∈ n=1 ]a − n , b + n [. Alors pour tout n ∈ N, on a :
a− Ainsi
1 1 < x < b+ . n n
1 1 lim (a − ) 6 x 6 lim (b + ), n→+∞ n n
n→+∞
c’est-à-dire x ∈ [a, b]. Donc ensembles. S
T∞
1 1 n=1 ]a − n , b + n [⊂
[a, b] et on a démontré l’égalité entre ces deux
1 1 (b) Montrons que ]a, b[= ∞ n=1 [a + n , b − n ]. S 1 1 1 1 — Pour tout n ∈ N, on a [a + n , b − n ] ⊂]a, b[, donc ∞ n=1 [a + n , b − n ] ⊂]a, b[. S∞ — Soit x ∈ n=1 [a + 1n , b − n1 ]. Alors il existe n ∈ N tel que x ∈ [a + 1n , b − 1n ]. Ainsi x ∈]a, b[ et S∞ 1 1 n=1 [a + n , b − n ] ⊂]a, b[, d’où l’égalité de ces deux ensembles.
Correction de l’exercice 6362 N Soit (Ω, Σ, µ) un espace mesuré et f : Ω → R une fonction (Σ-B(R))-mesurable. Montrons que la troncature fA de f définie par : −A si f (x) < −A f (x) si | f (x)| 6 A fA (x) = A si f (x) > A
est mesurable. Notons
E1 := {x ∈ Ω | f (x) < −A} = f −1 (] − ∞, −A[) , E2 := {x ∈ Ω | | f (x)| 6 A} = f −1 ([−A, A]) , E3 := {x ∈ Ω | f (x) > A} = f −1 (]A, +∞[) . 2519
Comme ] − ∞, −A[, [−A, A], ]A, +∞[ appartiennent à la tribu borélienne et f est (Σ-B(R))-mesurable, les ensembles E1 , E2 , et E3 appartiennent à Σ. Alors fA = f · 1E2 − A · 1E1 + A · 1E3 est mesurable comme somme de produits de fonctions mesurables. Correction de l’exercice 6363 N Soit Ω = N, Σ = P(N) et µ la mesure de comptage sur N définie par : µ(E) = ]E =
∑ 1, k∈E
où E ∈ Σ. Soit f : N → R une fonction positive ou nulle. Pour tout borélien E, f −1 (E) appartient à P(N), donc f est (Σ-B(R))-mesurable. Par définition de l’intégrale, Z
f dµ =
Z ∞ 0
Ω
µ (S f (t)) dt,
où S f (t) = {n ∈ Σ, f (n) > t}. Pour tout y ∈ [0, +∞[, posons Ay := {n ∈ N, f (n) = y}. Alors S f (t) = ∪y>t Ay où l’union est disjointe et où Ay est vide sauf pour un ensemble dénombrable {yi }i∈N de valeurs de y. Par σ -additivité de la mesure µ, µ (S f (t)) = µ (∪yi >t Ayi ) =
∑ µ (Ay ) = ∑ µ ({ f = yi }) . i
yi >t
yi >t
Ainsi : Z
f dµ =
Z ∞
∞
∑ µ ({ f = yi }) dt = ∑
0 yi >t ∞
Ω
=
Z
i=0 06t t} = ∪c j >t E j et où µ Sϕ (t) = ∑c j >t µ (E j ). Ainsi Z
ϕ dµ =
Ω
Z ∞
∑
0 c j >t
µ (E j ) dt = ∑
Z cj
j∈J 0
µ (E j ) dt = ∑ c j µ(E j ). j∈J
(b) Pour tout n ∈ N, posons
Ek,n := {x ∈ Ω, k 2−n 6 f (x) < (k + 1)2−n }
En,n := {x ∈ Ω, f (x) > n} pour
k = n 2n .
pour k = 0, . . . , n 2n − 1,
Puisque f est mesurable, les ensembles Ek,n appartiennent à Σ. Pour tout n ∈ N fixé, les ensembles Ek,n , 0 6 k 6 n2n − 1 sont deux à deux disjoints et ∪k Ek,n = Ω. Posons ϕn =
n2−n −1
∑
k 2−n 1Ek,n .
k=0
Alors ϕn est une fonction simple positive vérifiant ϕn 6 f . En outre 0 6 ϕn (x) 6 ϕn+1 (x) pour tout x ∈ Ω et pour tout n ∈ N. De plus, limn→+∞ ϕn (x) = f (x) pour tout x ∈ Ω. 2520
Correction de l’exercice 6365 N Soit (Ω, Σ, µ) un espace mesuré et f ∈ M + (Ω, Σ). Pour tout E ∈ Σ, on pose : Z
λ (E) =
f dµ =
E
Z
Ω
1A · f dµ.
Montrons que λ définit une mesure sur (Ω, Σ). 1ère méthode : On montre d’abord que l’affirmation est vraie pour les fonctions simples. D’après l’exercice 6364, toute fonction f ∈ M + (Ω, Σ) s’écrit f = supn∈N ϕn , où les ϕn sont des fonctions simples. Puisque le supremum d’une famille quelconque de mesure est une mesure, on conclut que λ est une mesure. 2de méthode : On a clairement λ (0) / = 0. Il suffit donc de vérifier la σ -additivité de λ . Soit {Ei }i∈N ⊂ Σ une suite d’éléments deux à deux disjoints. On a ! Z Z λ
∞ [
=
Ei
f dµ =
S∞
i=1 Ei
i=1
Z
=
∞
∑ 1E
Ω
∞
=
∑
Z
i=1
!
1S∞i=1 Ei f dµ
f dµ =
Z
∞
i=1 Ω ∞
=
i
Ω
(1Ei f ) dµ = ∑
∞
∑ (1E f ) dµ Ω
Z
i
i=1
f dµ
i=1 Ei
∑ λ (Ei ).
i=1
Correction de l’exercice 6366 N Soit f : Rn → R+ la fonction définie par f (x) = |x|−p 1{|x| 1, i.e. si a < 1 et que S f (a) est égale à la boule B(0, a− p ) 1
de centre 0 et de rayon a− p lorsque a > 1. Il vient alors : Z
f (x) dx =
Rn
Z +∞ 0
= Si p > n, on obtient
R
Rn
Z
µ (S f (a)) da = n
n
Z 1
µ (B(0, 1)) da +
0
π2 π2 + n n Γ 2 +1 Γ 2 +1
Z +∞
Z +∞ 1
a
− np
1 µ B(0, a− p ) da
da.
1
f (x) dx = +∞ et pour p < n, on a : #+∞ " n n n π2 π2 a− p +1 + Γ n2 + 1 Γ n2 + 1 − np + 1 1 n n π2 p 2π 2 1+ . = n− p Γ n2 + 1 (n − p)Γ 2n
f (x) dx =
Rn
=
Correction de l’exercice 6367 N cf Proposition 5.1. du polycopié de Marc Troyanov. Correction de l’exercice 6368 N Découle directement des définitions. Correction de l’exercice 6369 N (a) Soit {gn }n∈N une suite dans M + (Ω, Σ). Alors fk = ∑kn=1 gn est une suite croissante de M + (Ω, Σ). D’après le théorème de convergence monotone ! Z Z +∞
+∞
dµ =
∑ gn
Ω
gn dµ.
∑
n=1 Ω
n=1
(b) Posons gn (x) = xs−1 e−nx 1[0,+∞) . Les gn appartiennent à M + (Ω, Σ) pour tout n ∈ N. D’après la question précédente, ! Z Z +∞
+∞
dµ =
∑ gn
Ω
gn dµ.
∑
n=1 Ω
n=1
Or d’une part, Z
gn dµ =
Ω
Z
x
s−1 −nx
e
Ω
donc
+∞ Z
1 1[0,+∞) dx = s n ∞
∑
gn dµ =
!
Z +∞
n=1 Ω
D’autre part,
Z
Ω
+∞
∑ gn
n=1
dµ =
Z +∞
ys−1 e−y dy =
0
1 Γ(s), ns
1
∑ ns Γ(s) = ζ (s)Γ(s).
n=1
+∞
x
s−1
0
d’où l’égalité cherchée. 2522
∑e
n=1
−nx
dx =
Z +∞ s−1 x 0
ex − 1
dx,
Correction de l’exercice 6370 N Oui, le théorème de convergence monotone ne dit pas que l’intégrale de f est finie. On a bien +∞ =
Z
f dµ = lim
Z
n→+∞ Ω
Ω
fn dµ = lim n. n→+∞
Correction de l’exercice 6371 N Non, le théorème de convergence monotone ne s’applique pas à une suite décroissante de fonctions positives. Correction de l’exercice 6372 N Non, la suite de fonctions n’est pas même monotone. Correction de l’exercice 6373 N En effet, pour tout ε > 0, il existe Nε =
1 ε
+ 1 tel que ∀n > Nε ,
sup | fn (x) − f (x)| < ε, x∈R
i.e. fn converge uniformément vers f sur R. On a : lim inf
Z
n→+∞ Ω
R
fn dµ = lim inf − n→+∞
Z n 1 0
n
dµ = −1.
D’autre part Ω f dµ = 0. Le lemme de Fatou ne s’applique pas car les fonctions fn ne sont pas à valeurs dans [0, +∞]. Correction de l’exercice 6374 N (a) Montrons que pour tout x ∈ R+ , (1 + nx )n est une suite croissante et que lim (1 + nx )n = ex . Pour n→∞ n ∈ N on a n n x n n x k xk 1+ =∑ = ∑ an,k , n n k! k=0 k k=0 où an,k =
n! n(n − 1) · · · (n − k + 1) = . k (n − k)!n nk
Les assertions suivantes sont vraies : i) an+1,k > an,k . En effet, ii) an,k < 1 (évident) ;
n+1−l n+1
>
n−l n
pour l ∈ N car n2 + n − l · n > n2 + n − l · n − l,
iii) Pour tout k ∈ N, lim an,k = 1. n→∞ n+1 n+1 n x xk xk = ∑ an+1,k > ∑ an+1,k . Il s’ensuit donc de (i) que la Comme an+1,n+1 > 0, 1 + n+1 k! k=0 k! k=0 n x n o suite 1+ est croissante. Les assertions (ii) et (iii) impliquent que n n n ∞ k x n xk xk x 1+ = ∑ an,k 6 ∑ 6∑ = ex n k! k! k! k=0 k=0 k=0 m k x x n >∑ . et que, pour tout m ∈ N, lim 1 + n→∞ n k=0 k! 2523
x n = ex . Ainsi, lim 1 + n→∞ n
(b) Par le théorème de convergence monotone, on a pour b > 1, Z n R x n −bx lim 1+ e dλ (x) = R+ lim 1 + nx e−bx dλ (x) n→∞ R+ n→∞ n R ∞ (1−b)x 1 dλ (x) = b−1 . 0 e
=
Correction de l’exercice 6375 N On a µ ( f = +∞) = µ (∩n∈N { f > n}) . Puisque les ensembles An := { f > n} vérifient A1 ⊃ A2 ⊃ A3 . . . et µ(Ai ) < +∞ (i = 1, 2, . . .), par continuité de la mesure, on a : µ ( f = +∞) = lim µ ( f > n) . n→+∞
Or, comme f est à valeurs positives, les fonctions fn définies par fn = n1{ f >n} vérifient fn 6 f . Ainsi Z
fn dµ =
Ω
Z
Ω
n1{ f >n} dµ = nµ ( f > n) 6
On en déduit que µ ( f > n) 6
1 n
Z
Ω
Z
f dµ < +∞.
Ω
f dµ → 0,
donc µ ( f = +∞) = 0.
Correction de l’exercice 6376 N Puisque µ(Ω) < +∞, la fonction constante égale à C est intégrable, d’intégrale C µ(Ω). Une application directe du théorème de convergence dominée donne lim
Z
n→+∞ Ω
fn dµ =
Z
f dµ.
Ω
Correction de l’exercice 6377 N Soit f ∈ L 1 (R). Comme cos(πx) < 1 si x ∈ / Z, cosn (πx) → 0 lorsque n → ∞ presque partout (pour n tout x ∈ R \ Z). Notons fn (x) = f (x) cos (πx). Alors, pour tout n ∈ N on a | fn (x)| 6 | f (x)| et comme | f | ∈ L 1 (R), par le théorème de convergence dominée de Lebesgue, lim
Z
n→∞ R
n
f (x) cos (πx)dλ (x) = lim
Z
n→∞ R
fn (x)dλ (x) =
Z
lim fn (x)dλ (x) = 0.
R n→∞
Correction de l’exercice 6378 N (a) Par définition, f ∈ L 1 (Ω, Σ, µ) si et seulement si f+ et f− sont intégrables. On note que | f | = f+ + f− . Donc f ∈ L 1 (Ω, Σ, µ) ⇒ | f | ∈ L 1 (Ω, Σ, µ). Réciproquement, on a 0 6 f± 6 | f |, donc | f | ∈ L 1 (Ω, Σ, µ) ⇒ f ∈ L 1 (Ω, Σ, µ). D’autre part : Z Z Z Z Z Z f dµ = f+ dµ − 6 f dµ f dµ + f dµ = | f | dµ. − + − Ω
Ω
Ω
Ω
2524
Ω
Ω
(b) Par monotonie de l’intégrale, on a Z
Ω
| f | dµ 6
Z
Ω
|g| dµ < +∞.
D’après la question (a), il en découle que f est intégrable. R
(c) Définissons z = Ω f dµ. Comme z est un nombre complexe, il s’écrit z = |z|eiθ . Soit u la partie réelle de e−iθ f . On a u 6 |e−iθ f | = | f |. Donc Z Z Z Z Z −iθ f dµ = e−iθ f dµ = e f dµ = u dµ 6 | f | dµ, Ω
Ω
Ω
où la troisième égalité découle du fait que le nombre partie réelle de e−iθ f c’est-à-dire de u.
Ω
R
Ωe
−iθ
Ω
f dµ est réel donc est l’intégrale de la
Correction de l’exercice 6379 N On cherche une sous-suite { fnk }n∈N de { fn }n∈N telle que pour µ-presque tout x ∈ Ω, étant donné un ε > 0, il existe un k ∈ N (dépendant à priori de x) vérifiant j > k ⇒ | fn j (x) − f (x)| < ε. Il suffit de montrer que pour µ-presque tout x, il existe un k ∈ N tel que j > k ⇒ | fn j (x) − f (x)| < 21j 6 21k . Cela revient à montrer que le complémentaire de l’ensemble ∞ \ [ 1 A := | fn j − f | < j 2 k=1 j>k est de mesure nulle. Or c
A =
∞ [ \
k=1 j>k
S Posons Bk := j>k | fn j − f | > de la mesure, il vient :
1 2j
1 | fn j − f | > j 2
.
. On a B1 ⊃ B2 ⊃ B3 . . . avec B1 de mesure fini ; donc par continuité µ(Ac ) = lim µ(Bk ). k→+∞
Par σ -additivité, on a : µ(Bk ) 6
∑µ j>k
1 | fn j − f | > j . 2
On définit alors la sous-suite { fnk }n∈N de la manière suivante. Puisque fn converge vers f en mesure, il existe un indice n1 tel que pour n > n1 , 1 1 µ | fn − f | > 6 . 2 2 Il existe un indice n2 > n1 tel que pour n > n2 , 1 1 µ | fn − f | > 2 6 2, 2 2 et ainsi de suite : pour tout k ∈ N, il existe un nk > nk−1 , tel que pour n > nk 1 1 µ | fn − f | > k 6 k. 2 2 Pour cette sous-suite on a alors : 1 6 µ(Bk ) 6 ∑ µ | fn j − f | > j 2 j>k 2525
1
1
∑ 2 j = 2k−1 . j>k
On a bien µ(Ac ) = lim µ(Bk ) = 0. k→+∞
Correction de l’exercice 6380 N
La fonction de Dirichlet restreint à l’intervalle [a, b], f (x) = 1Q [a,b] (x) , est intégrable au sens de Lebesgue et son intégrale par rapport à la mesure de Lebesgue vaut 0. Mais elle n’est pas intégrable au sens de Riemann : S( f , τ) = 0 et S( f , τ) = b − a pour toute subdivision τ de l’intervalle [a, b]. Correction de l’exercice 6381 N (a) Pour tout x ∈ R+ et n ∈ N on a
x n 6 e−x . 1− n
n 1 1 En effet, comme ln y 6 y − 1 pour y > 0, on a ln y− n 6 y− n − 1, c’est-à-dire 1 − lnny 6 y−1 . n Ainsi, en posant x = ln y, il vient 1 − nx 6 e−x . De plus, x x x x x n lim 1 − = lim en ln(1− n ) = lim en(− n + n ε ( n )) , n→+∞ n→+∞ n→+∞ n n où limu→0 ε(u) = 0. Ainsi limn→+∞ 1 − nx = e−x . n Posons fn (x) = 1 − nx xm 1[0,n] . Alors en utilisant le théorème de convergence dominée et sachant R∞
que Γ(m + 1) = e−x xm dx = m!, on obtient le résultat. 0 n 1 + nx e−2x 1[0,n] .
(b) Soit fn (x) = Comme la suite { fn (x)} est croissante et lim fn (x) = e−x , on obn→∞ tient le résultat en appliquant le théorème de convergence monotone.
Correction de l’exercice 6382 N Cf le théorème 24.2 dans le polycopié de Marc Troyanov. Correction de l’exercice 6383 N (a) Notons g(x, y) = e−ixy f (x). Alors, i.) pour tout y ∈ R, la fonction x 7→ g(x, y) est mesurable ;
ii.) pour presque tout x ∈ R (pour tout les x ∈ R tels que f (x) est finie) la fonction y 7→ g(x, y) est continue pour tout y ∈ R ;
iii.) |g(x, y)| = |e−ixy f (x)| 6 | f (x)| et | f | ∈ L 1 (R, R+ ).
On doit montrer que pour tout suite {yn }n∈N convergeant vers y, on a limn→+∞ fˆ(yn ) = fˆ(y). Posons gn (x) = g(x, yn ). D’après le théorème de convergence dominée, lim fˆ(yn ) := lim
n→+∞
Ainsi fˆ est continue. (b) Pour tout y ∈ R, | fˆ(y)| 6
Z
n→+∞ R
Z
R
|e−ixy f (x)|dx 6
gn (x) dx =
Z
Z
R
| f (x)|dx = k f kL1 et donc
sup | fˆ| 6 k f kL1 . (c) Soit g(x, y) = e−ixy f (x). Alors, on a i.) pour tout y ∈ R, la fonction x 7→ g(x, y) est intégrable ; 2526
g(x, y)dx =: fˆ(y).
R
ii.) pour presque tout x ∈ R la fonction y 7→ g(x, y) est dérivable pour tout y ∈ R ;
−ixy f (x)| 6 |x f (x)| avec x 7→ x f (x) intégrable. iii.) | ∂ g(x,y) ∂ y | = | − ixe
R
Ainsi, d’après l’exercice 6382 (le théorème de dérivation sous le signe ), on a d ˆ f= dy
Z
R
\ e−ixy (−ix f (x))dx = −iy f (y).
Correction de l’exercice 6384 N On a Z 1 Z 1 Z 1 x2 − y2 dx dy = 2 2 2 −1 −1 (x + y ) −1
1 ! x − 2 dy 2 (x + y ) −1
1 2 dy = −2 arctan y = −π. =− 2 −1 (1 + y ) −1 Z 1
Z 1 Z 1
1 ! y dx (x2 + y2 ) −1
Z 1 x 2 − y2 dy dx = 2 2 2 −1 (x + y ) −1
−1
1 2 = π. dx = 2 arctan x = 2 −1 (x + 1) −1 Z 1
Il n’y a pas de contradiction avec le théorème de Fubini car la fonction f n’appartient pas à L 1 ([−1, 1]× [−1, 1]). En effet, soit Sε = {(x, y) ∈ R2 |ε 6 x2 + y2 6 1}. On a Z
[−1,1]×[−1,1]
| f |dµ >
Z
Sε
| f |dµ =
Z 2π Z 1 | cos 2θ | θ =0 r=ε
r
drdθ = 4
Z
π 2
Z 1 | cos 2θ |
θ =0 r=ε
r
drdθ = −4 log ε → ∞
lorsque ε → 0, et donc f ∈ / L 1 ([−1, 1] × [−1, 1]). Correction de l’exercice 6385 N Le théorème de Tonelli donne : Z
[0,1]×(0,+∞)
|e−y sin 2xy| dxdy 6
Z +∞
e−y dy = 1 < +∞,
0
ce qui prouve que la fonction (x, y) 7→ e−y sin 2xy est intégrable pour la mesure de Lebesgue sur [0, 1] × (0, +∞). Le théorème de Fubini donne alors la valeur I de l’intégrale de cette fonction : I=
Z 1 0
dx
Z +∞
e−y sin 2xy dy
0
I=
Z +∞ 0
(IPP) =
e−y dy
Z 1 0
Z 1
(2x)(1 + 4x2 )−1 dx =
0
sin 2xy dx =
Z +∞ 0
e−y
log 5 4
sin2 y dy. y
Correction de l’exercice 6386 N Soient f ∈ L1 (Rn ) et g ∈ L p (Rn ) avec 1 6 p 6 +∞, où Rn est muni de la mesure de Lebesgue. L’identité f ∗ g(x) = g ∗ f (x) s’obtient par changement de variable. En ce qui converne l’inégalité k f ∗ gk p 6 k f k1 kgk p , on distingue les cas en fonction de la valeur de p.
(a) Pour p = +∞, c’est clair.
2527
(b) Supposons que p = 1 et posons F(x, y) = f (x − y) g(y). Pour presque tout y ∈ Rn , on a : Z
Rn
|F(x, y)| dx = |g(y)|
et
Z
dy
Rn
Z
Rn
Z
| f (x − y)| dx = |g(y)| · k f k1 ,
Rn
|F(x, y)| dx = k f k1 kgk1 .
D’après le théorème de Tonelli, F ∈ L1 (Rn × Rn ). D’après le théorème de Fubini, on a Z
Rn
pour presque tout x ∈ Rn ,
|F(x, y)| dy < +∞
et
Z
dx
Rn
Ainsi, k f ∗ gk1 =
Z
Rn
Z
Rn
|F(x, y)| dy 6 k f k1 kgk1 .
dx| f ∗ g(x)| =
Z
Rn
Z dx F(x, y) dy 6 k f k1 kgk1 . Rn
(c) Supposons que 1 < p < +∞. Utilisons le cas précédent, en faisant jouer ici à g p le rôle alors joué par g. Alors pour presque tout x ∈ Rn fixé, la fonction y 7→ | f (x − y)||g(y)| p est intégrable sur Rn , 1 i.e. la fonction y 7→ | f (x − y)| p |g(y)| appartient à L p (Rn ). Soit p0 tel que 1p + p10 = 1. La fonction 1
0
y 7→ | f (x − y)| p0 appartient à L p (Rn ) car f ∈ L1 (Rn ) et la mesure de Lebesgue est invariante par translation. D’après l’inégalité de Hölder, 1
1
| f (x − y)| |g(y)| = | f (x − y)| p |g(y)| · | f (x − y)| p0 ∈ L1 (Rn ) et
Z
Rn
| f (x − y)| |g(y)| 6
ainsi
Z
Rn
| f (x − y)| |g(y)|
p
1p
1 0
· k f k1p ,
p 0
|( f ∗ g)(x)| p 6 (| f | ∗ |g| p )(x) · k f k1p . D’après le cas précédent, on voit que p 0
f ∗ g ∈ L p (Rn ) et k f ∗ gk pp 6 k f k1 kgk pp · k f k1p , c’est-à-dire k f ∗ gk p 6 k f k1 · kgk p . Correction de l’exercice 6387 N Soient a, b > 0, et f et g les fonctions définies sur Rn par f (x) = e− f ∗ g(x) =
Z
Rn
f (x − y) g(y) dy =
Z
Rn
a|x|2 2
et g(x) = e−
2 2 − a|x−y| 2+b|y|
e
b|x|2 2
. On a
dy
Or n
a|x − y|2 + b|y|2 =
∑ axi2 + (a + b)y2i − 2axi yi
i=1 n
2 a axi 2 xi − (a + b) a+b a+b i=1 2 n a2 a = ∑ a− xi2 + (a + b) yi − xi a+b a+b i=1 2 ab a = |x|2 + (a + b) y − x . a+b a+b =
2 ax + (a + b) yi − ∑ i
2528
Ainsi f ∗ g(x) = e
ab − a+b
|x|2 2
Z
2
a − (a+b) 2 |y− a+b x|
e
Rn
dy = e
ab − a+b
car la mesure de Lebesgue est invariante par translation. En utilisant n 2π 2 − ab |x|2 f ∗ g(x) = e a+b 2 . a+b
|x|2 2
Z
Rn
R
Re
e−
−t 2 dt
(a+b) 2 2 |z|
=
dz
√ π, on obtient alors :
Correction de l’exercice 6388 N (a) Pour tout t > 0, on pose : n
ft (x) = (4πt)− 2 e− i. On a
Z
Rn
− n2
ft (x) dx = (4πt)
n
|x|2 4t
.
Z
e−
Rn n Z
|x|2 4t
dx xi2
= (4πt)− 2 ∏
e− 4t dxi .
i=1 R
√ 2 Sachant que R e−t dt = π, on en déduit que R
Z
ii. Soit ε > 0. Puisque f1 est intégrable sur
Z
B(0,δ )c
Z
il existe un R > 0 tel que f1 (x) dx < ε.
B(0,R)c
. On a alors, Z Z n n x − n2 c f 1 (z)t 2 dz ft (x) dx = t f1 √ dx = t − 2 t B 0, √δ t B(0,δ )c n
On remarque que ft (x) = t − 2 f1
= 2
ft (x) dx = 1.
Rn Rn ,
√x t
Z
c f 1 (z) dz B 0, √δ t
6 ε,
dès que t < δR2 . (b) Soit g une fonction continue bornée. Alors il existe M > 0 tel que |g| < M et Z
Rn
| ft (x − y) g(y)| dy 6 M
Z
Rn
ft (x − y) dy = M < +∞,
ainsi y 7→ ft (x − y) g(y) est intégrable et ft ∗ g est bien définie. Puisque R
| ft ∗ g(x) − g(x)| = |
R
R
Rn ft (x) dx
= 1, on a
Rn ft (y)g(x − y) dy − Rn ft (y)g(x) dy|
R
Rn ft (y) |g(x − y) − g(x)|
6
dy.
Soit ε > 0. Puisque g est continue en x ∈ Rn , il existe δ > 0 tel que |y| < δ ⇒ |g(x − y) − g(x)| < ε. Alors | ft ∗ g(x) − g(x)| 6
Z
B(0,δ )
+ 6 ε
Z
Z
ft (y) |g(x − y) − g(x)| dy
B(0,δ )c
B(0,δ )
6 ε + 2M 2529
ft (y) |g(x − y) − g(x)| dy
ft (y) dy + 2M
Z
B(0,δ )c
Z
ft (y) dy.
B(0,δ )c
ft (y) dy
D’après la question 1.(b), il existe t0 > 0 tel que pour t < t0 ,
R
ε B(0,δ )c ft (y) dy 6 2M .
Ainsi pour t < t0 ,
| ft ∗ g(x) − g(x)| < 2ε, i.e. lim ft ∗ g(x) = g(x).
t→0
Correction de l’exercice 6389 N Soient f , g ∈ L1 (Rn ). On note fˆ la transformée de Fourier définie par Z
fˆ(y) =
Rn
f (x) e−2πi(y,x) dx,
où (·, ·) désigne le produit scalaire de Rn .
(a) On a kgk ˆ ∞ 6 kgk1 , ce qui implique que f gˆ est intégrable. De même fˆ g est intégrable. De plus F(x, y) = f (x)g(y)e−2πi(x,y) appartient à L1 (Rn × Rn ). D’après le théorème de Fubini, Z
Rn
Z
f (x)g(x) ˆ dx =
dx f (x)
Rn
Z
=
Z
Rn
Z
dy g(y)
Rn
Rn
g(y)e−2πi(x,y) dy Z
f (x)e−2πi(x,y) dx =
fˆ(y)g(y) dx.
Rn
(b) On a Z
fd ∗ g(x) =
f ∗ g(y) e−2πi(x,y) dy =
n ZR
=
dy
n ZR
=
Z
Rn
fˆ(x) g(x). ˆ
=
Rn
dy e−2πi(x,y)
Z
Rn
f (y − z) g(z) dz
e−2πi(x,y−z) e−2πi(x,z) f (y − z) g(z) dz
e−2πi(x,u) f (u) du
Rn
Z
Z
Rn
e−2πi(x,z) g(z) dz
Correction de l’exercice 6390 N Supposons tout d’abord n = 1. Soit la gaussienne définie pour x ∈ R par f (x) = e− h(t) =
Z
f (x)e−2πitx dx =
R
Z
ax2 2
e−
ax2 2
, où a > 0. Posons
e−2πitx dx.
R
D’après le théorème de convergence dominée, h est dérivable et Z Z 2 ax2 1 − ax2 −2πitx +∞ 1 0 − ax2 −2πitx h (t) = −2πi xe e dx = 2πi e 2 e + (2πi)2t e− 2 e−2πitx dx a a R R −∞ 1 = −(2π)2 t · h(t). a De plus, h(0) =
Z
R
f (x) dx =
Z
2
e
− ax2
R
dx =
Z
−u2
e
R
√ √ 2 2π du √ = √ . a a
La solution de l’équation différentielle h0 (t) = −(2π)2 a1 t · h(t) avec condition initiale h(0) = h(t) =
r
2530
2π − (2π)2 t 2 e a 2. a
√ √2π a
est
Pour n > 1, on a : Z
Rn
Z
f (x)e−2πi(t,x) dx =
Rn
n
=
∏
e−
Z
a|x|2 2
e
−
e−2πi(t,x) dx
axi2 2
−2πiti xi
e
i=1 R
n
dxi = ∏ h(ti ) = i=1
r
2π a
!n
e−
(2π)2 |t|2 a 2
Correction de l’exercice 6391 N R — Si K est le support de f , f ∗ g(x) = K f (t)g(x − t) dt est bien défini. De plus, | f ∗ g(x) − f ∗ g(y)| 6 R α K | f (t)||g(x −t) − g(y −t)| dt 6 Ck f kL1 |x − y| , d’où le résultat. Si g est dérivable, alors f ∗ g aussi 0 0 k,α et ( f ∗ g) = f ∗ (g ). Donc si g ∈ C , f ∗ g ∈ Ck et sa dérivée k-ième étant f ∗ (g(k) ), elle est höldérienne par le même argument. — Même argument ; les produits de convolution sont bien définis et bornés car f ∈ L1 et les dérivées de g sont dans L∞ . Correction de l’exercice 6392 N (a) Soit a, b > 0 et soit p, q ∈ (1, +∞) tel que 1p + 1q = 1. La fonction θ : R+ → R définit par θ (a) = 1 p 1 q p a + q b − ab est dérivable et : θ 0 (a) = a p−1 − b. 1
1
1
Cette dérivée s’annule lorsque a = b p−1 , est négative pour a < b p−1 et positive pour a > b p−1 . On a p 1 1 p−1 1 b + bq − b1+ p−1 = 0. p q
1
θ (b p−1 ) = Ainsi θ (a) > 0, i.e.
ab 6
1 p 1 q a + b . p q
(b) Soit f ∈ L p (µ) et g ∈ Lq (µ). D’après la question précédente, pour tout λ > 0 et pour µ-presque tout x: g(x) λp λ −q | f g|(x) = |λ f (x) · |6 | f (x)| p + |g(x)|q . λ p q Ainsi
Z
λp | f g| dµ 6 p Ω
Posons Φ(λ ) =
λp p
Z
Z
Ω
λ −q | f | dµ + q Ω p
| f | p dµ +
λ −q q
Z
Z
Ω
Ω
|g|q dµ.
|g|q dµ.
La fonction Φ est dérivable et : Φ0 (λ ) = λ p−1 k f k pp − λ −q−1 kgkqq .
q
kgkq k f k pp
1 p+q
Cette dérivée s’annule pour λ1 := , est négative pour λ 6 λ1 et positive pour λ > λ1 . Ainsi le minimum de Φ vaut : q p q p+q q − p+q kgk kgk Φ(λ1 ) = 1p k f kqp k f k pp + q1 k f kqp kgkqq p qp
=
p+q 1 p kgkq
qp p+q
k f kp +
2531
qp
p+q 1 q kgkq
p
qp
k f k pp+q = k f k p kgkq .
On en déduit l’inégalité de Hölder : k f gk1 6 k f k p kgkq . Si f ∈ L1 (µ) et g ∈ L∞ (µ), alors |g(x)| 6 kgk∞ pour presque tout x ∈ Ω et Z
Ω
| f g| dµ 6 kgk∞
Z
Ω
| f | dµ,
i.e. k f gk1 6 kgk∞ k f k1 .
(c) Soient p, p0 ∈ [1, +∞). On suppose p < p0 . Soit p < r < p0 . On a 0
| f |r = | f |r 1| f |>1 + | f |r 1| f |1 + | f | p 1| f |1 L
p (µ).
De plus,
ce qui implique que lim k f k p 6 k f k∞ .
p→+∞
D’autre part, pour tout 0 < ε < k f k∞ , on a Z
Ω
| f | p dµ >
Z
| f |>(k f k∞ −ε)
| f | p dµ > (k f k∞ − ε) p µ | f | > (k f k∞ − ε) .
Ainsi pour tout p, il vient 1p k f k p > (k f k∞ − ε) µ | f | > (k f k∞ − ε) . 1
Puisque lim p→+∞ µ (| f | > (k f k∞ − ε)) p = 1, il en découle que lim k f k p > k f k∞ − ε.
p→+∞
Comme ε peut être choisi arbitrairement petit, on a lim k f k p > k f k∞ ,
p→+∞
donc finalement lim p→+∞ k f k p = k f k∞ .
q
p
(e) Posons f1 := f r et g1 := gr . On a f1 ∈ L r (µ) et g1 ∈ L r (µ). Notons que l’identité 1p + 1q = 1r entraîne que pr , qr > 1 et que les nombres pr et qr sont conjugués au sens de Young. Par l’inégalité de Hölder on a donc Z p pr Z q qr Z pr Z qr Z Z p q r r r ( f g) dµ = f1 g1 dµ 6 f1 dµ g1 dµ = f dµ g dµ . Ω
Ω
Ω
Ω
D’où, finalement, k f gkr 6 k f k p kgkq . 2532
Ω
Ω
Correction de l’exercice 6393 N (a) Cas de L∞ (µ). i. Soit { fn }n∈N une suite de Cauchy de L∞ (µ). Pour k, m, n > 1, soient les ensembles Ak := {x ∈ Ω, | fk (x)| > k fk k∞ } ; Bm,n := {x ∈ Ω, | fm (x) − fn (x)| > k fm − fn k∞ }, S
S
et E := k Ak n,m Bm,n . Par définition de la norme infinie, les ensembles Ak et Bn,m sont de mesure nulle. Par σ -sous-additivité de µ, on a µ(E) 6 ∑ µ(Ak ) + ∑ µ(Bn,m ) = 0. n,m
k
ii. Sur Ω \ E, on a :
sup | fn − fm | 6 k fn − fm k∞ ,
x∈Ω\E
i.e. { fn }n∈N est une suite de Cauchy uniforme sur Ω \ E. En particulier, pour tout x ∈ Ω \ E, la suite { fn (x)}n∈N est une suite de Cauchy réelle, donc est convergeante car R est complet. Notons f la limite ponctuelle de fn sur Ω \ E. Montrons que la suite { fn }n∈N converge uniformément vers f sur le complémentaire de E. On a | fn (x) − f (x)| = lim | fn (x) − fm (x)| 6 lim k fn − fm k∞ . m→+∞
m→+∞
Comme { fn }n∈N est de Cauchy dans L∞ (µ), pour tout ε > 0, il existe un rang Nε tel que pour n, m > Nε , k fn − fm k∞ < ε. Alors pour n > Nε , sup | fn (x) − f (x)| 6 ε.
x∈Ω\E
Il est découle que { fn }n∈N converge uniformément vers f sur Ω \ E.
iii. Étendons la fonction f à Ω en posant f = 0 sur E. Il reste à montrer que la fonction f appartient à L∞ (µ). Pour n > Nε , et x ∈ Ω \ E, on a | f (x)| < | fn (x)| + ε 6 k fn (x)k∞ + ε On en déduit que k f k∞ 6 k fn (x)k∞ + ε < +∞. Ainsi L∞ (µ) est complet. (b) Cas de L p (µ). i. Soit 1 6 p < +∞ et { fn }n∈N une suite de Cauchy dans L p (µ). Il existe n1 tel que pour n, m > n1 , k fn − fm k p < 2−1 . On prend ensuite n2 > n1 tel que pour n, m > n2 , k fn − fm k p < 2−2 , et ainsi de suite, pour tout k, il existe un nk > nk−1 tel que n, m > nk ⇒ k fn − fm k p < 2−k .
ii. Posons
+∞
k
gk = ∑ | fni+1 − fni | et i=1
g = ∑ | fni+1 − fni |, i=1
où g est à valeurs dans R ∪ {+∞}. Pour tout k > 1, on a k
kgk k p = k ∑ | fni+1 − fni | k p . i=1
D’après l’inégalité de Minkowski, k
k
i=1
i=1
kgk k p 6 ∑ k fni+1 − fni k p = ∑ 2−i < 1. D’après le lemme de Fatou, on en déduit que kgk p 6 1. 2533
iii. Comme
R
Ω |g|
p dµ
< +∞, nécessairement |g| < +∞ µ-pp, i.e. pour presque tout x ∈ Ω la série ∞
fn1 + ∑ fni+1 − fni i=1
est absolument convergente. Notons f (x) sa somme lorsque celle-ci est finie et posons f (x) = 0 sinon. On a : k−1 fn1 + ∑ fni+1 − fni = fnk i=1
et f (x) = limk→+∞ fnk
µ − pp.
iv. Soit ε > 0. Comme { fn }n∈N est de Cauchy dans L p (µ), il existe Nε > 0 tel que pour n, m > Nε , k fn − fm k p < ε. Pour m > Nε on a par le lemme de Fatou : Z
Ω
| f − fm | p dµ =
Z
| lim fnk − fm | p dµ 6 lim inf
Ω k→+∞
Z
k→+∞ Ω
| fnk − fm | p dµ 6 ε p .
Ainsi f − fm ∈ L p (µ) et k f − fm k p → 0 quand m → +∞. De plus, d’après l’inégalité de Minkowski, on a k f k p = k( f − fm ) + fm k p 6 k( f − fm )k p + k fm k p < +∞, c’est-à-dire f ∈ L p (µ). En conclusion L p (µ) est complet. Correction de l’exercice 6394 N Soient f et g deux fonctions de L p (µ) avec 1 < p < +∞. La fonction ϕ(t) = | f (x) + tan(x)| p est de classe C 1 sur R et sa dérivée vaut | f (x) + tan(x) + hg(x)| p − | f (x) + tan(x)| p = p| f (x) + tan(x)| p−2 ( f (x) + tan(x))g(x), h→0 h
ϕ 0 (t) = lim
lorsque f (x) et g(x) ont un sens, c’est-à-dire pour presque tout x. De plus, d’après le théorème des accroissements finis, on a | f (x) + tan(x)| p − | f (x)| p = ϕ 0 (t0 ) = p| f (x) + t0 g(x)| p−2 ( f (x) + t0 g(x))g(x), t pour un certain t0 compris entre 0 et t. Ainsi pour |t| 6 1, | f (x)+tan(x)| p −| f (x)| p = p| f (x) + t0 g(x)| p−1 |g(x)| t
6 p (| f (x)| + |g(x)|) p 6 2 p−1 p (| f (x)| p + |g(x)| p ) ,
où la première inégalité découle de l’inégalité triangulaire et de la majoration |g(x)| 6 (| f (x)| + |g(x)|), et où la deuxième inégalité provient de la convexité de la fonction x 7→ x p pour p > 1 impliquant en p up vp p −| f (x)| p particulier : u+v 6 2 + 2 . Il en découle que t 7→ | f (x)+tan(x)| est uniformément bornée par 2 t une fonction intégrable. Le théorème de convergence dominée permet alors de dériver sous le signe somme et Z dN = p | f (x)| p−2 f (x)g(x) dµ. dt t=0 Ω
Correction de l’exercice 6395 N Soit Ω un sous-ensemble de Rn dont la mesure de Lebesgue est finie : µ(Ω) < +∞. Pour tout 1 6 p < 1 R +∞, notons L p (Ω) l’espace des fonctions f : Ω → C telles que k f k p := ( Ω | f | p (x) dx) p < +∞ modulo l’équivalence f ∼ g ⇔ f − g = 0 µ − p.p. L’espace des fonctions essentiellement bornées sera noté L∞ (Ω). 2534
(a) Si f ∈ L∞ (Ω), alors
k f k pp
=
Z
Ω
| f | p (x) dx 6 k f k∞p µ(Ω) < +∞, 1
ainsi L∞ (Ω) ⊂ L p (Ω) pour tout p et k f k p 6 k f k∞ (µ(Ω)) p . Montrons que si q 6 p, alors L p (Ω) ⊂ Lq (Ω). Soit f ∈ L p (Ω), on a par exemple : Z
k f kqq =
Ω
Z
| f |q (x) dx =
{| f |>1}
Z
6
| f |q (x) dx + | f | p (x) dx +
{| f |>1} k f k pp + µ(Ω)
6
Z
{| f | N, on a |un | p 6 |un |q et +∞
∑
i=N+1
+∞
|un | p 6
∑
i=N+1
|un |q 6 kukqq < +∞,
ce qui implique que kuk p < +∞. En conclusion, pour 1 < q < 2 < p, on a : `1 ⊂ `q ⊂ `2 ⊂ ` p ⊂ `∞ . 2535
(α)
(b) La suite un = n−α appartient à `∞ pour tout α > 0 et à ` p avec 1 6 p < +∞ si et seulement si α p > 1, i.e α > 1p . En particulier la suite constante égale à 1 appartient à `∞ mais n’appartient à aucun ` p pour p < +∞. Soit 1 < q < p < +∞. Pour tout α tel que 1p < α < 1q , la suite u(α) appartient à ` p \ `q . C’est le cas en particulier pour α = 21 1p + 1q . Ainsi l’inclusion `q ⊂ ` p est stricte lorsque q < p. Correction de l’exercice 6397 N Soit Ω = Rn muni de la mesure de Lebesgue. Pour tout 1 6 p < +∞, on note L p (Rn ) l’espace des 1 R fonctions f : Rn → C telles que k f k p := ( Rn | f | p (x) dx) p < +∞ modulo l’équivalence f ∼ g ⇔ f −g = 0 µ − p.p. L’espace des fonctions essentiellement bornées sera noté L∞ (Rn ). 1 p n (a) — La fonction x 7→ (1+|x| 2 )α appartient à L (R ) pour 2α p > n. |x|2
— La fonction x 7→ |x|1β e− 2 appartient à L p (Rn ) pour pβ < n. — Soit 1 6 q < p 6 +∞. La fonction n
f (x) = (1 + |x|2 )− p+q vérifient f ∈ L p (Rn ) et f ∈ / Lq (Rn ). La fonction 1
n
1
g(x) = |x|− 2 ( p + q ) e−
|x|2 2
vérifient g ∈ Lq (Rn ) et g ∈ / L p (Rn ). (b) — Soit 1 6 q < p < +∞ et fn une suite de Cauchy pour la norme k · k p,q = k · k p + k · kq . Comme k · k p 6 k · k p,q , fn est une suite de Cauchy dans L p (Rn ), donc elle converge vers une fonction f ∈ L p (Rn ) pour la norme k · k p . De même, k · kq 6 k · k p,q , donc fn converge vers une fonction g ∈ Lq (Rn ) pour la norme k · kq . De plus, il existe une sous-suite de fnk qui converge vers f presque-partout et il existe une sous-suite de fnk qui converge vers g presque-partout. Ainsi f = g µ-p.p. et fn converge vers f = g dans L p (Rn ) ∩ Lq (Rn ). — Soit r tel que q < r < p. Montrons que k f kr 6 k f kαp k f k1−α q où 1r = αp + 1−α q , α ∈ [0, 1]. Puisque 1 = conjugués. D’après l’inégalité de Hölder, Z
Rn
| f |r (x) dx = 6 6
Z
Rn
Z
αr p
0 + (1−α)r q , les réels p =
p αr
et q0 =
| f |rα (x) · | f |(1−α)r (x) dx αrp0
Rn
Z
|f|
p
(x) dx
(1−α)rq0
Rn
p
Rn
10 Z
| f | (x) dx
αrp Z
(1−α)r
6 k f kαr p k f kq
|f| q
Rn
| f | (x) dx
q (1−α)r
sont
10 q
(x) dx
(1−α)r q
,
(1−α)
. On peut également écrire r = β q + (1 − β )p avec ce qui équivaut à k f kr 6 k f kαp k f kq 1 β ∈]0, 1[ et appliquer Hölder avec les réels conjugués β1 et 1−β : Z
Rn
Z
| f |β q (x) · | f |(1−β )p (x) dx Z β Z (1−β ) q p 6 | f | (x) dx | f | (x) dx ,
| f |r (x) dx =
Rn
Rn
Rn
ce qui implique p(1−β ) r
qβ
k f kr 6 k f kqr k f k p qui est l’inégalité cherchée car α =
pβ r
vérifie bien
2536
1 r
=
α p
+ 1−α q .
— Si fn converge vers f dans L p (Rn )∩Lq (Rn ) alors fn converge vers f dans L p (Rn ) et dans Lq (Rn ), donc dans Lr (Rn ) d’après l’inégalité précédente. En conclusion, L p (Rn ) ∩ Lq (Rn ) est fermé dans Lr (Rn ) donc un sous-espace de Banach de Lr (Rn ). (c) Soit f ∈ L p ([0, +∞[) ∩ Lq ([0, +∞[) et h la fonction définie par h(r) =
√1 r
f (r). On notera p0 le conju-
gué de p et q0 le conjugué de q. Montrons que h appartient à L1 ([0, +∞[). On a :
6
Z
Z +∞ 1
R
p0
r− 2
0
Z
Z +∞ 1
R 1 √ | f (r)| dr = √ | f (r)| dr + r r 0 0 10 Z R 10 Z 1p Z +∞ 0 p q − q2 p dr r dr | f (r)| dr + 0
p
1
6
1−
! 10
p0 2
R
1 − 12 p0
√ | f (r)| dr r q1 +∞ q | f (r)| dr
R
R
R
! 10
k f kp +
1 q0 2
−1
q
R
1 − 12 q0
k f kq .
En optimisant par rapport à R, on obtient : Z +∞ 1
γ √ | f (r)| dr 6 Cp,q k f k1−γ p k f kq , r
0
1 2
où, en posant α = −
1 p
1 q
et β = −
1 2,
on a γ =
α α+β ,
et Cp,q =
α+β α γ β 1−γ
− 1−γ0 0 − γ0 p q q p0 1− 2 . 2 −1
Correction de l’exercice 6398 N Soit { fn }n∈N la suite de fonctions définies par : 1 fn (x) = √ 1[n,2n] (x). n (a) Quelque soit g continue à support compact, Z
[0,+∞[
1 fn (x)g(x) dx = √ n
Z 2n n
g(x) dx → 0
quand n → +∞. Par densité des fonctions continues à support compact, fn converge faiblement vers 0. D’autre part, fn converge presque partout vers 0. Supposons que fn converge fortement vers une fonction f dans L2 ([0, +∞[). Alors il existe une sous-suite de fn qui converge presque-partout vers f , ce qui implique que f = 0 est la seule limite possible. Or : k fn k2 = 1 pour tout n, donc k fn k2 ne tend pas vers k f k2 = 0 ce qui contredit le fait que fn converge vers f dans L2 ([0, +∞[). (b) Pour p > 2, on a :
Z
[0,+∞[
p
| fn (x)| dx =
Z 2n n
p
p
n− 2 dx = n1− 2 → 0,
quand n → +∞ donc fn converge fortement vers 0 dans L p ([0, +∞[). Correction de l’exercice 6399 N Soit { fn }n∈N la suite de fonctions définies par : fn (x) =
√ n1[n,n+ 1 ] (x).
2537
n
(a) Quelque soit g continue à support compact, Z
[0,+∞[
fn (x)g(x) dx =
√ Z n
n+ n1
n
g(x) dx → 0
quand n → +∞. Par densité des fonctions continues à support compact, fn converge faiblement vers 0. Comme fn converge presque partout vers 0 on conclut comme précédemment que fn ne converge pas fortement vers 0 dans L2 ([0, +∞[) car k fn k2 = 1. (b) Pour p < 2, on a :
Z
[0,+∞[
| fn (x)| dx =
donc fn converge fortement vers 0 dans
Z n+ 1 n n
p
p
n 2 dx = n 2 −1 → 0,
L p ([0, +∞[).
Correction de l’exercice 6400 N cf E. Lieb et M. Loss, Analysis, p.118, American Mathematical Society (2001). (Pour la question 6, on peut utiliser la continuité du produit scalaire dans L2 (Rn ).) Correction de l’exercice 6401 N A l’aide des coordonnées sphériques, on a R
fˆ(k) = R3 f (x)e−2πi(x,k) dx = R +∞ R π R 2π −2πir|k| cos θ r 2 sin θ dθ drdϕ = r=0 θ =0 ϕ=0 h(r)e = = 2π = = = =
R +∞ R π 0
0
d h(r) dθ
1 R∞ 1 |k| 0 h(r)r i
1 −2πir|k| cos θ 2πir|k| e
r2 dθ dr
+2πir|k| e − e−2πir|k| dr
2 R +∞ |k| 0 h(r)r sin(2π|k|r) dr.
Correction de l’exercice 6402 N (a) i. cf cours. ii. clair. iii. Soit {Ai }i∈N∗ un suite quelconque d’ensembles m∗ -mesurables. On pose B1 = 0, / B2 = A1 et j−1 Ai , pour j > 2. Soit Q un sous-ensemble de Ω. Montrons par récurrence que l’assertion B j = ∪i=1 (Pk ) suivante est vérifiée pour tout k > 1 : k
(Pk )
m∗ (Q) = m∗ (Q ∩ Bck+1 ) + ∑ m∗ (Q ∩ Bcj ∩ A j ). j=1
— Pour k = 1, (P1 ) dit simplement que m∗ (Q) = m∗ (Q ∩ Ac1 ) + m∗ (Q ∩ A1 ). Ceci est une conséquence de la m∗ -mesurabilité de A1 et de fait que m∗ (Q) 6 m∗ (Q ∩ Ac1 ) + m∗ (Q ∩ A1 ) (on applique la σ -sous-additivité de m∗ à C1 = Q ∩ Ac1 , C2 = Q ∩ A1 et Ci = 0/ pour i > 3.) 2538
— Montrons que (Pk ) ⇒ (Pk+1 ) : Puisque Ak+1 est m∗ -mesurable, on a : m∗ (Q ∩ Bck+1 ) = m∗ (Q ∩ Bck+1 ∩ Ack+1 ) + m∗ (Q ∩ Bck+1 ∩ Ak+1 ). Or Bck+1 ∩ Ack+1 = (Bk+1 ∪ Ak+1 )c = Bck+2 . Ainsi : m∗ (Q ∩ Bck+1 ) = m∗ (Q ∩ Bck+2 ) + m∗ (Q ∩ Bck+1 ∩ Ak+1 ).
(42)
Supposons que l’assertion (Pk ) soit vérifiée, alors k
m∗ (Q) = m∗ (Q ∩ Bck+1 ) + ∑ m∗ (Q ∩ Bcj ∩ A j ), j=1
et d’après (42) k
m∗ (Q) = m∗ (Q ∩ Bck+2 ) + m∗ (Q ∩ Bck+1 ∩ Ak+1 ) + ∑ m∗ (Q ∩ Bcj ∩ A j ) j=1
k+1
= m∗ (Q ∩ Bck+2 ) + ∑ m∗ (Q ∩ Bcj ∩ A j ), j=1
qui n’est autre que (Pk+1 ). — En conclusion, comme (P1 ) est vrai et (Pk ) ⇒ (Pk+1 ), il en découle que l’assertion (Pk ) est vraie pour tout k > 1. iv. Comme Bk+1 ⊂ A, on a Q ∩ Bck+1 ⊃ Q ∩ Ac et, par monotonie de m∗ , m∗ (Q ∩ Bck+1 ) > m∗ (Q ∩ Ac ). La condition (Pk ) entraîne alors que pour tout k : k
m∗ (Q) > m∗ (Q ∩ Ac ) + ∑ m∗ (Q ∩ Bcj ∩ A j ). j=1
Donc, en faisant tendre k vers +∞ : ∞
m∗ (Q) > m∗ (Q ∩ Ac ) + ∑ m∗ (Q ∩ Bcj ∩ A j ). j=1
v. On a : Q ∩ A =
S∞
c j=1 (Q ∩ B j ∩ A j )
et par σ -sous-additivité de m∗ :
m∗ (Q ∩ Ac ) + m∗ (Q ∩ A) = m∗ (Q ∩ Ac ) + m∗ ∞
∞ [
(Q ∩ Bcj ∩ A j
j=1
!
6 m∗ (Q ∩ Ac ) + ∑ m∗ (Q ∩ Bcj ∩ A j ) j=1
6 m∗ (Q). On en conclut que A = ∪∞j=1 A j est m∗ -mesurable. (b) i. cf cours. ii. Soit {Ai }i∈N∗ une suite d’éléments m∗ -mesurables, deux à deux disjoints. Choisissons Q = A = ∪∞j=1 A j , alors Q ∩ Ac = 0/ et Q ∩ Bcj ∩ A j = A j pour tout j. D’après la question 1.d), ∞
m∗ (Q) >
∑ m∗ (A j ).
j=1
D’après la σ -sous-additivité de m∗ , il vient : ∞
m∗ (Q) = 2539
∑ m∗ (A j ).
j=1
(c) Soit E un ensemble m∗ -mesurable tel que m∗ (E) = 0 et B un sous-ensemble de E. Comme Q ∩ Bc ⊂ Q, on a par monotonie de m∗ l’inégalité m∗ (Q ∩ Bc ) 6 m∗ (Q). Comme Q ∩ B ⊂ E, on a aussi m∗ (Q ∩ B) = 0. On en déduit que m∗ (Q) > m∗ (Q ∩ Bc ) + m∗ (Q ∩ B). Ainsi B est m∗ -mesurable et m est complète. Correction de l’exercice 6403 N Il est clair que m∗ (0) / = 0 et que si A ⊂ B ⊂ R, alors m∗ (A) 6 m∗ (B), il faut donc uniquement démontrer que m∗ est σ -sous-additive. Soit {An }n∈N ⊂ P(R), fixons ε > 0 et notons A = on peut trouver une suite {(ani , bni )} telle que An ⊂
∞ S
n=1 ∞ S
An . Par définition de l’infimum, pour tout n ∈ N,
]ani , bni [ et
i=1
∞
ε
∑ (bni − ani ) 6 m∗ (An ) + 2n
i=1
S Comme A ⊂ ]ani , bni [, on a i,n
∞
m∗ (A) 6 ∑(bni − ani ) 6 n,i
∑
∞
∞
∑ (bni − ani ) 6
n=1 i=1
∑ (m∗ (An ) +
n=1
∞ ε ) = ε + ∑ m∗ (An ). 2n n=1
∞
On a donc la σ -sous-additivité m∗ (A) 6 ∑ m∗ (An ) puisque ε est arbitraire. n=1
Correction de l’exercice 6404 N (a) Il est clair que m∗ (0) / = 0 et que m∗ est monotone. Soit maintenant {Ai }i∈N ⊂ P(Ω). Si parmi les Ai il existe au moins un ensemble A j non vide, on a [
m∗ ( Si tous les Ai sont vides, alors
S
i
Ai ) = 1 = m∗ (A j ) 6 ∑ m∗ (Ai ). i
Ai = 0, / et donc
i
[
m∗ (
i
Ai ) = 0 = ∑ m∗ (Ai ). i
Ainsi m∗ est σ -sous-aditive et par consequent m∗ est une mesure extérieure.
(b) Les seuls ensembles mesurables sont 0/ et Ω, puisque si A ∈ P(Ω) est tel que A 6= 0/ et A 6= Ω, alors, pour tout Q ∈ P(Ω) non vide et non inclus dans A, on a A ∩ Q 6= 0/ et Ac ∩ Q 6= 0, / et donc 1 c m∗ (A ∩ Q) + m∗ (A ∩ Q) = 1 + 1 = 2 6= m∗ (Q) = 0 . (c) Il est clair que l’ensemble des parties m∗ -mesurables de Ω, Mm∗ = {0, / Ω}, est une σ -algèbre. Il est facile de voir aussi que µ = m∗ |Mm∗ , µ(0) / = 0, µ(Ω) = 1, est une mesure sur (Ω, Mm∗ ). 2540
Correction de l’exercice 6405 N (a) Soit I =
R +∞ −x2 dx. On a : −∞ e
2
I =
Z
R2
e−(x
2 +y2 )
dxdy.
L’application Φ : R∗+ ×]0, 2π[→ R2 \ {(x, 0), x > 0} définie par : Φ(r, θ ) = (r cos θ , r sin θ ) est un C 1 -difféomorphisme. De plus Z
R2
e−(x
2 +y2 )
dxdy =
Z
R2 \{(x,0),x>0}
e−(x
2 +y2 )
car l’ensemble {(x, 0), x > 0} est négligeable. On en déduit que : I2 =
Z +∞ Z 2π
Ainsi I =
e
θ =0
r=0
−r2
"
−e−r r drdθ = 2π 2
2
dxdy
#+∞
= π.
0
R +∞ −x2 √ dx = π. −∞ e
(b) Calcul de l’aire de la sphère unité de Rn . Soit Sn−1 = {(x1 , . . . , xn ) ∈ Rn , ∑ni=1 xi2 = 1} la sphère unité de Rn . On note An−1 son aire. D’après la question précédente, on a : Z
n
Rn
n
2
e− ∑i=1 xi dx1 . . . dxn = π 2 .
D’autre part, puisque l’aire de la sphère de rayon r dans Rn vaut rn−1 An−1 , il vient : Z
Rn
n
2
e− ∑i=1 xi dx1 . . . dxn = An−1
Z +∞
2
e−r rn−1 dr.
0
En posant le changement de variable x = r2 , on obtient : Z
n 2 1 e− ∑i=1 xi dx1 . . . dxn = An−1 2 Rn
d’où :
Z +∞
n
e−x x 2 −1 dx,
0
n
2π 2 . An−1 = Γ n2
(c) Calcul du volume de la boule unité de Rn . Soit Bn = {(x1 , . . . , xn ) ∈ Rn , ∑ni=1 xi2 6 1} la boule fermée de rayon 1 dans Rn . On note Vn son volume. On a : Vn =
Z 1
r
n−1
0
An−1 dr = An−1
On en déduit que :
Ce qui se réduit à :
n
2π 2 . Vn = nΓ 2n n
Vn = en utilisant l’identité : Γ(s + 1) = sΓ(s).
2541
π2 n Γ 2 +1
rn n
1 0
=
An−1 . n
(d) Application : L’aire de la sphère de rayon R dans R2 vaut A1 R =
2π R = 2πR, Γ(1)
qui est bien le périmètre du cercle de rayon R dans le plan. √ Sachant Γ( 21 ) = π, l’aire de la sphère de rayon R dans R3 vaut √ 3 2π 2 2 2π π 2 R = 1 1 R = 4πR2 A2 R = Γ 32 2Γ 2 2
qui est bien l’aire de la sphère S2 . Le volume de la boule de rayon R dans R vaut
√ 1 2π 2 2 π R = √ R = 2R, V1 R = π Γ 12
qui est bien la longueur du segment [−R, R]. Le volume de la boule de rayon R dans R2 vaut V2 R2 =
2π 2 R = πR2 , 2Γ(1)
qui est bien l’aire du disque de rayon R. Le volume de la boule de rayon R dans R3 vaut V3 R3 =
A2 3 4 3 R = πR . 3 3
Correction de l’exercice 6406 N (a) On a Vn =
Z
Bn
dx1 . . . dxn =
= Vn−1
Z 1 q −1
Posons x1 = cos θ , pour θ ∈ [0, π]. Alors Vn = −Vn−1
Z0
Z 1
−1
1 − x12
dx1
n−1
Z
∑ni=2 xi2 61−x12
dx2 . . . dxn
dx1
q 1 − x12 = | sin θ | = sin θ et dx1 = − sin θ dθ . On a donc
(sin θ ) dθ = Vn−1 n
Zπ 0
π
(sin θ )n dθ = In · Vn−1 .
(b) On a In =
Zπ
n
(sin θ ) dθ =
0
Zπ
(sin θ )n−1 sin θ dθ =
0
Z n−1 π = − cos θ (sin θ ) + (n − 1) (sin θ )n−2 (cos θ )2 dθ = 0 π
0
= (n − 1) Donc In =
n−1 n
Zπ 0
(sin θ )n−2 (1 − (sin θ )2 ) dθ = (n − 1)(In−2 − In ).
· In−2 . 2542
(c) On a I0 = π, I1 = 2. Donc I2 = π2 , I3 = 43 , I4 = Comme V1 = 2 on trouve : V2 = π, V3 = (d) On a Vn =
Z1 Z
0 Sn−1
3π 8 , I5
=
16 15 , I6
=
15π 48 , I7
=
32 35 .
4π π2 8π 2 π3 16 3 , V4 = , V5 = , V6 = , V7 = π . 3 2 15 6 105
1 rn−1 drdσ = An−1 , d’où An−1 = n Vn . Donc on a n
16 8 A1 = 2π, A2 = 4π, A3 = 2π 2 , A4 = π 2 , A5 = π 3 , A6 = π 3 . 3 15
Correction de l’exercice 6407 N Voir le lemme 2.17 p.61 dans Analysis de E. Lieb et M. Loss, American Mathematical Society (2001). Correction de l’exercice 6408 N (a) Soit E un espace de Banach. On suppose qu’il existe une famille (Oi )i∈I telle que — Pour tout i ∈ I, Oi est un ouvert non vide de E. — Oi ∩ O j = 0/ si i 6= j. — I n’est pas dénombrable. Supposons que E est séparable. Soit (un )n∈N une suite dense dans E. Grâce à (a), pour chaque i ∈ I, Oi ∩ {un , n ∈ N} 6= 0. / On choisit n(i) tel que un(i) ∈ Oi . On a n(i) = n( j) ⇒ un(i) = un( j) ∈ Oi ∩ O j donc i = j par (b). Ainsi l’application i 7→ n(i) est injective. Par suite I est dénombrable ce qui contredit (c). (b) Pour tout a ∈ Rn , on pose fa = 1B(a,1) où B(a, 1) est la boule de Rn de rayon 1 centrée en a. Soit la famille 1 Oa = { f ∈ L∞ (Rn ), k f − fa k∞ < }, 2 où a parcourt les points de Rn . L’ensemble des points de Rn n’est pas dénombrable, donc (c) est vérifié. L’ensemble Oa est la boule ouverte de L∞ (Rn ) de rayon 21 centrée en fa . En particulier (a) est vérifié. Remarquons que lorsque a 6= b, on a k fa − fb k∞ = 1. Supposons qu’il existe f ∈ Oa ∩ Ob avec a 6= b. Alors 1 1 k fa − fb k∞ 6 k fa − f k∞ + k f − fb k∞ < + = 1. 2 2 ce qui n’est pas possible. Donc (b) est vérifié. On en conclut que L∞ (Rn ) n’est pas séparable.
Correction de l’exercice 6409 N cf M.E. Taylor, Measure Theory and Integration, graduate studies in mathematics, vol. 76, AMS, 2001, pages 50–51. • Les ensembles S1l := {x ∈ Ω, g(x) < 21 − 1l } et S2l := {x ∈ Ω, g(x) > 2 + 1l } sont introduits pour montrer que les ensembles {x ∈ Ω, g(x) < 12 } et {x ∈ Ω, g(x) > 2} sont de µ-mesure nulle (voir plus bas). En conséquence, la fonction g ∈ L2 (Ω, α) peut être choisie telle que 12 6 g 6 2. (On rappelle que L2 (Ω, α) désigne l’ensemble des fonctions de carré-intégrables définies modulo les ensembles de mesure nulle.) Cela implique que la fonction h définie dans la question 3 est positive comme quotient de deux fonctions positives. • Pour montrer que µ {x ∈ Ω, g(x) < 21 } = 0, on peut utiliser par exemple la continuité de la mesure : on a S11 ⊂ S12 ⊂ S13 ⊂ · · · et ∪l∈N∗ S1l = {x ∈ Ω, g(x) < 12 }, ainsi 1 µ x ∈ Ω, g(x) < = µ (∪l∈N∗ S1l ) = lim µ (S1l ) = 0. l→+∞ 2 De même, S21 ⊂ S22 ⊂ S23 ⊂ · · · et ∪l∈N∗ S2l = {x ∈ Ω, g > 2}, d’où µ ({x ∈ Ω, g > 2}) = 0. 2543
• Pour montrer que l’on a l’égalité (13) du théorème pour toute fonction positive mesurable, on utilise le fait que les fonctions essentiellement bornées appartiennent à L2 (Ω, α) (pour une mesure finie on a en effet L∞ (Ω, α) ⊂ L2 (Ω, α)), donc l’égalité Z
Ω
f (2g − 1) dν =
Z
Ω
f (2 − g) dµ.
de la question 2 est en particulier vérifiée pour toute fonction mesurable positive bornée. Soit maintenant une fonction f mesurable positive (non nécessairement bornée). Le théorème de convergence monotone appliqué à la suite de fonctions fn = f 1{ f 6n} donne : R
Ω
R
f (2g − 1) dν = Ω limn→+∞ f (2g − 1) d ν R n R = lim f (2g − 1) dν = limn→+∞ Ω fn (2 − g) dµ R n→+∞ Ω n = RΩ limn→+∞ fn (2 − g) dµ = Ω f (2 − g) dµ.
On en déduit que l’égalité (1) du théorème est vérifiée pour toute fonction F de la forme F = f (2g − 1), où f ∈ M + . Puisque (2g−1) > 0, l’ensemble des fonctions F de cette forme est également M + . Correction de l’exercice 6410 N R
(a) On définit la fonction Bêta par B(a, b) := 01 sa−1 (1 − s)b−1 ds, montrons que Z 1 d/2 m−1 d m B 1+ , =2 1 − r2 dr r 2 2 0 En utilisant le changement de variable 1 − r2 → s, on a R1 0
R
m−2
(1 − r2 )d/2 rm−1 dr = − 12 10 sd/2 (1 − s) 2 ds R m = 12 01 sd/2 (1 − s) 2 −1 ds = 12 B 1 + d2 , m2 .
(b) Par le changement de variables t → t 2 et u → u2 on a R ∞ −u b−1 R Γ(a)Γ(b) = 0∞ e−t t a−1 dt du 0 e u R ∞ −t 2 2a−1 R ∞ −u2 2b−1 =4 0 e t dt u du 0 e
En utilisant le théorème de Fubini et l’intégration en polaires on a R R
2
2
Γ(a)Γ(b) = 4 0∞ 0∞ e−(t +u )t 2a−1 u2b−1 du dt R ∞ −r2 2a−1 2b−1 R π2 2a−1 (sin ϕ)2b−1 dϕ . =4 0 e r (cos ϕ) r r dr 0 Or, par le changement de variable r2 → r, 2
Z ∞
2
e−r r2(a+b)−1 dr =
0
Z ∞
e−r ra+b−1 dr = Γ(a + b);
0
et par le changement de variable u = cos2 ϕ, 2
Z
π 2
2a−1
(cos ϕ)
2b−1
(sin ϕ)
dϕ =
0
Z 1 0
ua−1 (1 − u)b−1 du = B(a, b).
Les trois dernières identités entraînent Γ(a)Γ(b) = Γ(a + b) · B(a, b).
2544
(c) On a : Z
Rn
Z +∞
1 dx = (1 + |x|2 )α
0
= Vn
µ
Z 1
1 + |x| 1
t− α
= αVn
0
> t dt =
Z 1 0
12 − α1 Vol B 0, t − 1 dt
Z 1 2n 2n n 1 1 − t α t − 2α dt − 1 dt = Vn 0
0
Z 1
2 −α
n 2
α− n2 −1
(1 − s) s
n n ds = αVn B α − , + 1 . 2 2
Correction de l’exercice 6411 N (a) Posons Ω = Rn \ {x ∈ Rn | xn = 0 et xn−1 > 0 }. Comme 0 < θn−1 < 2π, l’image de Ω0 par S est incluse dans Ω. Réciproquement, soit x un élément de Ω. Posons r = |x|, alors pour tout i ∈ {1, . . . , n − 2}, on peut définir par récurrence θi ∈ (0, π) grâce à son cosinus : cos θi =
xi . r sin θ1 . . . sin θi−1
Quant à θn−1 , il est déterminé par son sinus et son cosinus. Comme xn 6= 0 ou xn−1 < 0, nécessairement θn−1 6= 0(modulo 2π). L’application S est continûment différentiable, car chacune de ses composantes l’est. La matrice jacobienne a ses vecteurs colonnes orthogonaux, et de norme respectivement 1, r, r sin θ1 , . . . , r sin θ1 . . . sin θn−2 . Son déterminant vaut alors rn−1 (sin θ1 )n−2 . . . sin θn−2 . Comme ce déterminant ne s’annule jamais, S est un difféomorphisme de Ω0 sur Ω. (b) C’est la formule du changement de variable. (c) On a : V4
= = =
= A3 = =
R1 Rπ
R π R 2π 3 2 r=0 θ1 =0 θ2 =0 θ3 =0 r sin θ1 sin θ2 drdθ1 dθ2 dθ3 h 4 i1 R Rπ π 2 2π r4 0 sin θ1 dθ1 0 sin θ2 dθ2 0 π R π 1−cos 2θ1 dθ [− cos θ2 ]π0 1 0 2 2 π2 . R2π R π R 2π 2 θ1 =0 θ2 =0 θ3 =0 sin θ1 sin θ2 dθ1 dθ2 dθ3 2π 2 .
Correction de l’exercice 6412 N Soit g une fonction sur R+ et f : R3 → R telle que f (x) = g(|x|).
(a) Posons
I=
Z
R3
g(|y|) dy, |x − y|
√ et r = |x|, s = |y|. Alors |x − y| = r2 + s2 − 2rs cos θ où θ est l’angle entre l’axe (Ox) et l’axe (Oy). On considére les coordonnées sphériques de centre O et d’axe (Ox) suivantes : y1 = s cos θ y2 = s sin θ cos ϕ y3 = s sin θ sin ϕ On a I=
Z +∞ Z π Z 2π s=0
On note que
θ =0
g(s) √ s2 sin θ dsdθ dϕ. 2 2 ϕ=0 r + s − 2rs cos θ
sin θ d 1p 2 2 √ = r + s − 2rs cos θ . dθ rs r2 + s2 − 2rs cos θ 2545
Ainsi :
Lorsque s 6 r, on a et lorsque s > r, il vient
On en déduit alors :
R +∞ h 1 √
iπ 2 + s2 − 2rs cos θ r g(s)s2 ds s=0 rs θ =0 p R +∞ 1 p = 2π s=0 (r + s)2 − (r − s)2 g(s)s2 ds. rs
I = 2π
q q 2 (r + s) − (r − s)2 = (r + s) − (r − s) = 2s, q q 2 (r + s) − (r − s)2 = (r + s) − (s − r) = 2r. 4π I= r
Z r
2
g(s)s ds + 4π
0
Z +∞
g(s)s ds.
r
(b) Lorsque g est à support dans [0, R], le potentiel newtonien créé par la distribution de masse f (y) = g(|y|) en un point x ∈ R3 tel que |x| > R, est identique au potentiel créé par une masse totale égale concentrée à l’origine. Correction de l’exercice 6413 N Soit x ∈ Rd , d = 1, 2 et r = |x|. On considère f : Rd → R donnée par f (x) = h(r) = r2 (1 + r2 )−2 . (a) La fonction h atteint son maximum en r = 1 et h(1) = 41 . Pour un réel positif t 6 14 donné, on cherche à résoudre t = h(r) = r2 (1 + r2 )−2 . On obtient deux solutions r+ = r− =
1−2t 2t
+
1−2t 2t
−
1 √ 1−4t 2 2t 1 √ 1−4t 2 2t
d − r d . De plus, par définition, f ∗ vérifie µ ( f ∗ > t) = µ ( f > t) et µ ( f ∗ > t) = Ainsi µ ( f > t) = Vd r+ − Vd rd où r et t sont liés par t = f ∗ (r). Pour d = 1, on a donc r = r+ − r− et t est donné par : q 2 1−2t 2 2 2 r = r+ + r− − 2r+ r− = t − 2 (1−2t) − 1−4t 4t 2 4t 2 1−4t = t . Il en découle que t = f ∗ (r) = (4 + r2 )−1 . (b) Pour d = 2, on a 2
r =
2 2 r+ − r−
ce qui implique que t = f ∗ (r) = r−4 (c) Calculons k f k22 pour d = 1. On a
√ 1 − 4t = , t
p 4 + r4 − 2 .
k f k22 = k f ∗ k22 R = 2 0+∞ (4 + r2 )−2 dr R = 41 0+∞ (1 + s2 )−2 ds R = 18 R (1 + |x|2 )−2 dx =
π 16 ,
où la dernière égalité découle de l’exercice 6410 (question 3.) sur la fonction Bêta, car : Z 3 3 Γ(3/2)2 (1/2Γ(1/2))2 π 2 −2 (1 + |x| ) dx = 2V1 B , =4 =4 = . 2 2 Γ(3) 2! 2 R 2546
Pour d = 2, on a k f k22 =
Z
f (x)2 dx =
R2
Z +∞ Z 2π
h(r)2 rdrdθ = 2π
θ =0
r=0
Z +∞
r5 (1 + r2 )−4 dr =
0
π , 3
où la dernière égalité découle de l’exercice 6410 sur la fonction Bêta, car : Z 6 6 2 −4 (1 + |x| ) dx = 4V6 B 4 − , + 1 = 4V6 B (1, 4) , 2 2 R2 et
Z
R2
d’où :
(1 + |x|2 )−4 dx = R +∞ 0
Z +∞ Z r=0
S5
(1 + r2 )−4 r5 drdσ = A5
V6 B (1, 4) = (1 + r2 )−4 r5 dr = 4 A 5
Z +∞
(1 + r2 )−4 r5 dr
0
4 Γ(1)Γ(4) 2 3! 6 Γ(5) , = 3 4!
=
1 6
Correction de l’exercice 6414 N 2
Soit f : Rd → R la fonction donnée par f (x) = e−x +ax , où a ∈ R. Par translation, le réarrangement à symétrie sphérique décroissant f ∗ de f est donné par a2
2
f ∗ (x) = e 4 e−x .
Correction de l’exercice 6415 N Soit 1 6 p < +∞. (a) Si f est continue à support compact dans la boule B(0, M) centrée en 0 et de rayon M, et si |h| 6 1, alors p | f (x − h) − f (x)| p 6 (| f (x − h)| + | f (x)|) p 6 2k f k∞ 1B(0,M+1) = 1B(0,M+1) 2 p k f k∞p . où B(0, M + 1) est la boule centrée en 0 de rayon M + 1.
(b) Pour f continue, on a limh→0 | f (x − h) − f (x)| = 0. Puisque la fonction g(x) = 2 p k f k∞p 1B(0,M+1) (x) appartient à L1 (Rn ), le théorème de convergence dominée permet d’intervertir limite et intégrale, et il vient : lim kτh f − f k pp = lim
h→0
Z
h→0 Rn
| f (x − h) − f (x)| p dx =
Z
lim | f (x − h) − f (x)| p dx = 0.
Rn h→0
(c) Soit f une fonction quelconque dans L p (Rn ), 1 6 p < +∞. Par densité des fonctions continues à support compact dans L p (Rn ), pour tout ε > 0, il existe fε continue à support compact telle que k f − fε k p 6 ε3 . Ainsi : kτh f − f k p = kτh ( f − fε ) − ( f − fε ) + τh fε − fε k p 6 kτh ( f − fε )k p + k f − fε k p + kτh fε − fε k p = 2k f − fε k p + kτh fε − fε k p = 23 ε + kτh fε − fε k p . Puisque fε est continue à support compact, d’après la question précédente, il existe δ > 0 tel que pour |h| < δ , kτh fε − fε k p < ε3 . Ainsi, pour |h| < δ , on a kτh f − f k p < ε. En d’autre termes limh→0 kτh f − f k p = 0.
(d) Pour p = ∞, les fonctions continues à support compact ne sont pas denses dans L∞ (Rn ) ce qui fait que la démonstration précédente ne peut pas s’appliquer dans ce cas. De plus, on vérifie que, pour f = 1B(0,1) et h 6= 0, on a kτh f − f k∞ = 1.
Alors que pour h = 0, on a kτh f − f k∞ = 0. On peut également vérifier que limh→0 kτh f − f k∞ = 0 si et seulement si la fonction f possède un représentant uniformément continu. 2547
Correction de l’exercice 6416 N Soit {ϕn }n∈N une suite de fonctions vérifiant les hypothèses (i), (ii) et (iii) du théorème, et soit 1 6 p < +∞. (a) En notant q l’exposant conjugué de p ( 1p + 1q = 1), on a |ϕn ∗ f − f | p (x) = |
R
Rn
f (x − y)ϕn (y) dy − f (x)
R
6 (
Rn | f (x − y) −
R
Rn ϕn (y) dy|
p
f (x)||ϕn (y)| dy) p .
En utilisant l’inégalité de Hölder pour la mesure dν(x) = |ϕn |(x) dx, on a R
p
R
p
|ϕn ∗ f − f | p (x) 6 ( Rn 1q dν(y)) q ( Rn | f (x − y) − f (x)| p dν(y)) p p R R 6 ( Rn |ϕn |(y) dy) q ( Rn | f (x − y) − f (x)| p |ϕn |(y) dy) p R 6 K q ( Rn | f (x − y) − f (x)| p |ϕn |(y) dy) .
(b) On en déduit que
p
kϕn ∗ f − f k pp 6 K q D’après le théorème de Tonelli :
R
x∈Rn
R
p |ϕ |(y) dy dx | f (x − y) − f (x)| n y∈Rn
p R R kϕn ∗ f − f k pp 6 K q y∈Rn x∈Rn | f (x − y) − f (x)| p dx |ϕn |(y) dy p R 6 K q Rn kτy f − f k pp |ϕn (y)| dy.
(c) Soit δ > 0, on a
kϕn∗ f − f k pp p
6 Kq
R
p |y|6δ kτy f − f k p |ϕn (y)| dy +
p kτ f − f k |ϕ (y)| dy p y n |y|>δ
R
p R R 6 K q sup|y|6δ kτy f − f k pp |y|6δ |ϕn (y)| dy + |y|>δ (kτy f k p + k f k p ) p |ϕn (y)| dy p R 6 K q K sup|y|6δ kτy f − f k pp + (2k f k p ) p |y|>δ |ϕn (y)| dy p R 6 K q K sup|y|6δ kτy f − f k pp + 2 p k f k pp |y|>δ |ϕn (y)| dy .
(d) Soit ε > 0. Par continuité des translations dans L p (Rn ) (cf l’exercice précédent), il existe un δ > 0 tel que p K −( q +1) p ε. |y| 6 δ ⇒ kτy f − f k p < 2 D’après l’hypothèse (iii), il existe un N ∈ N tel que pour n > N, on a Z
p
K− q |ϕn (y)| dy < p+1 ε. 2 k f k pp |y|>δ
Ainsi pour tout n > N, kϕn ∗ f − f k pp < ε, i.e. limn→+∞ kϕn ∗ f − f k p = 0. Correction de l’exercice 6417 N Voir E. Lieb et M. Loss, Analysis, p.123, American Mathematical Society (2001). Correction de l’exercice 6420 N 2548
(a) A une partie non vide de R, un majorant de A est un réel M ∈ R tel que ∀x ∈ A
x 6 M.
Si A est un partie non vide et majorée, alors par définition sup A est le plus petit des majorants. On a les propriétés suivantes : i. sup(A + B) = sup A + sup B ; ii. sup(A ∪ B) = max(sup A, sup B) ;
iii. max(inf A, inf B) 6 sup(A ∩ B) 6 min(sup A, sup B) si A ∩ B 6= ∅ ; iv. inf(A ∪ B) = min(inf A, inf B) ;
v. max(inf A, inf B) 6 inf(A ∩ B) 6 min(sup A, sup B) si A ∩ B 6= ∅ ; Prouvons les deux premières égalités, i. sup(A + B) = sup A + sup B : pour tout a ∈ A et b ∈ B on a a 6 sup A et b 6 sup B donc a + b 6 sup A + sup B, donc sup A + sup B est un majorant de A + B et comme sup(A + B) est le plus petit des majorants de A + B alors sup(A + B) 6 sup A + sup B. Réciproquement, il existe une suite (an ) d’éléments de A tel que cette suite converge vers sup A, de même il existe une suite (bn ) d’éléments de B qui converge vers sup B, la suite (an + bn ) est une suite d’éléments de A + B qui converge vers sup A + sup B, donc la borne supérieure de A + B est plus grande que sup A + sup B, soit sup(A + B) > sup A + sup B. D’où l’égalité. ii. sup(A∪B) = max(sup A, sup B) : Remarquons d’abord que si P ⊂ Q alors sup P 6 sup Q : en effet sup Q est un majorant de Q donc de P (par l’inclusion P ⊂ Q), donc le plus petit des majorants, sup P, pour P est plus petit que le majorant particulier sup Q. Appliquons ceci à A ⊂ A ∪ B donc sup A 6 sup(A ∪ B) et pour B ⊂ A ∪ B on obtient sup B 6 sup(A ∪ B). On vient de prouver sup(A ∪ B) > max(sup A, sup B). Pour l’autre inégalité : soit M = max(sup A, sup B). Pour x ∈ A ∪ B alors soit x ∈ A et alors x 6 sup A 6 M, ou soit x ∈ B et alors x 6 sup B 6 M ; donc quelque soit x ∈ A∪B, x 6 M donc M est un majorant de A∪B, donc sup(A∪B) 6 M = max(sup A, sup B). √
(b) i. d(0, R \ Q) = 0, regarder des éléments du type n2 , pour n ∈ N∗ . √ ii. d( 2, Q) = 0, c’est la densité de Q dans R ou alors regarder la suite √ définie par u0 = 1, un+1 = 1 2 2. (u + ), n ∈ N, qui est une suite de rationnels convergeant vers 2 n un iii. On suppose que D passe par l’origine, alors d(M, D) = x2 + y2 + z2 − (ax + by + cz)2 .
(c) d(A, B) = 0.
(d) diam(]0, 1[∩Q) = 1 = mathrmdiam([0, 1] ∩ (R \ Q)). Correction de l’exercice 6421 N (a) Jx est un ouvert non vide car c’est une union d’ouverts contenant x. De plus Jx est un intervalle car c’est une union d’intervalles contenant tous le point x. Donc Jx est un intervalle ouvert. On peut donc écrire O = ∪x∈O Jx . Mais cette union n’est pas nécessairement dénombrable. Tout d’abord si z ∈ Jx alors Jx = Jz . En effet soit I un intervalle inclus dans O contenant x et z. Si x0 ∈ Jx , soit J un intervalle inclus dans O contenant x et x0 . Alors I ∪ J est un intervalle (car x est dans les deux intervalles I et J), I ∪ J est inclus dans O et contient x0 et z. Donc x0 ∈ Jz . Donc Jx ⊂ Jz . Enfin comme z ∈ Jx on a aussi x ∈ Jz , donc on montrerait de même Jz ⊂ Jx . Donc Jx = Jz . Pour x, y ∈ O alors Jx = Jy ou Jx ∩ Jy = ∅. En effet supposons que Jx ∩ Jy 6= ∅ et soit z ∈ Jx ∩ Jy . Comme z ∈ Jx alors Jx = Jz , comme z ∈ Jy alors Jy = Jz . Donc Jx = Jy . Pour chaque intervalle ouvert Jx il existe q ∈ Q ∩ Jx , avec bien sûr Jx = Jq . Comme Q est dénombrable O ∩ Q l’est aussi. On a ainsi écrit O=
[
q∈O∩Q
ce qui était demandé. 2549
Jq ,
(b) Pour Rn on peut montrer le résultat suivant : tout ouvert O de Rn s’écrit comme l’union dénombrable de boules ouverte. On considére Jx l’union des boules ouvertes de rayon rationnel centrées en x, ensuite on regarde seulement les x appartenant à O ∩ Qn . Par contrer on autorise deux boules à s’intersecter.
Correction de l’exercice 6422 N √ √ √ (a) Soient d = p + q 2 et d 0 = p0 + q0 2 deux éléments√de D. Alors d + d 0 = (p + p0 ) + (q + q0 ) 2 est un élément de D et dd 0 = (pp0 + 2qq0 ) + (pq0 + p0 q) 2 aussi. (b) On a u < 1 donc uk tend vers 0 quand k tend vers +∞. Donc pour ε = b − a, il existe n ∈ N tel que si k > n on a uk < ε = b − a. En particulier un < b − a. Si on cherchait un réel alors r = uan + 1 conviendrait, mais on cherche un entier, posons m = E( uan ) + 1. Alors m − 1 6 uan < m. L’inégalité de droite donne a < mun . L’inégalité de gauche s’écrit aussi mun − un 6 a soit mun 6 a + un < a + b − a = b donc a < mun < b. Déduisons de cela que D est dense dans R : pour tout intervalle [a, b], a < b il existe m, n des entiers tels que mun ∈ [a, b]. Or mun est dans D car u ∈ D donc par multiplication un ∈ D. Correction de l’exercice 6423 N (a) Cette exercice justifie la terminologie “boule fermée”. Il s’agit de montrer que le complémentaire d’une boule fermée est un ensemble ouvert. Il est vivement conseillé de faire un dessin. Soit C = E \ B0 (a, r). Soit x ∈ C, on cherche une boule ouverte B(x, ε) contenue dans C. Comme x ∈ C, x ∈ / B0 (a, r) donc d(a, x) > r. Soit ε tel que 0 < ε < d(a, x) − r. Montrons que B(x, ε) ⊂ C : pour y ∈ B(x, ε), l’inégalité triangulaire d(a, x) 6 d(a, y) + d(y, x) donc d(a, y) > d(a, x) − d(y, x) > d(a, x) − ε > r. Comme d(a, y) > r alors y ∈ / B0 (a, r) donc y ∈ C. Comme la preuve est valable quelque soit y ∈ B(x, ε), donc B(x, ε) ⊂ C. Et donc C est un ouvert.
(b) Pour a = ( 21 , 0) et r = [0, 1] × {0}.
1 2
on a B0 (a, r) = [0, 1] × {0} ∪ {0} × [0, 12 ], B(a, r) =]0, 1[×{0} et B(a, r) =
Correction de l’exercice 6424 N ¯ B0 est une boule fermée, donc (a) On note B = B(a, r), B0 = B0 (a, r), B¯ = B(a, r). Il faut montrer B0 = B. un fermé contenant B, alors que B¯ est le plus petit fermé contenant B, donc B¯ ⊂ B0 . ¯ Si x ∈ B alors x ∈ B, ¯ supposons donc Étudions l’inclusion inverse : soit x ∈ B0 , il faut montrer x ∈ B. que x ∈ / B, alors kx − ak = r. Soit B(x, ε) un boule centrée en x. x est adhérent à B si B(x, ε) ∩ B est non vide quelque soit ε > 0. Fixons ε > 0 et soit le point y = x−
ε x−a . 2 kx − ak
Faire un dessin et placer y sur ce dessin. D’une part y ∈ B(x, ε) car ky − xk = ε/2 < ε. D’autre x−a ε part y ∈ B = B(a, r) car ky − ak = kx − a − ε2 kx−ak k = kx − ak(1 − 2kx−ak ) = r − ε2 < r. Donc ¯ Donc B0 = B. ¯ y ∈ B ∩ B(x, ε), ce qui prouve que B0 ∩ B. ¯ r) alors kx − bk = kx − a + a − bk 6 kx − ak + ka − bk 6 r + R − r 6 R, (b) Pour le sens ⇐. Soit x ∈ B(a, ¯ donc x ∈ B(b, R). Pour le sens ⇒. Soit a−b x = a+r , ka − bk
¯ r), donc x ∈ B(b, ¯ R), donc kx − bk 6 R or kx − bk = ka − bk + r (c’est alors kx − ak = r donc x ∈ B(a, le même calcul que pour la question précédente). Donc ka − bk + r 6 R, soit 0 6 ka − bk 6 R − r et en particulier r 6 R. 2550
Correction de l’exercice 6425 N (a) i. Si ||(x, y)|| = 0 alors max(|x + y|, |x − 2y|) = 0 donc x + y = 0 et x − 2y = 0 donc x = 0 et y = 0. Réciproquement k(0, 0)k = 0.
ii. ||λ .(x, y)|| = ||(λ x, λ y)|| = max(|λ x+λ y|, |λ x−2λ y|) = |λ | max(|x+y|, |x−2y|) = |λ |.||(x, y)||.
iii. k(x, y) + (x0 , y0 )k = k(x + x0 , y + y0 )k = max(|x + x0 + y + y0 |, |x + x0 − 2y − 2y0 |) 6 max(|x + y| + |x0 + y0 |, |x − 2y| + |x0 − 2y0 |) 6 max(|x + y|, |x − 2y|) + max(|x0 + y0 |, |x0 − 2y0 |) 6 ||(x, y)|| + ||(x0 , y0 )||. La boule unité fermée centrée à l’origine est la région du plan comprise entre les droites d’équations x + y = +1, x + y = −1, x − 2y = +1, x − 2y = −1.
(b) Sens ⇐ : Si x ∈ Bq alors q(x) 6 1 donc p(x) 6 1 donc x ∈ B p . Sens ⇒ : Soit x ∈ Rn \ {0} alors x x x x q( q(x) ) = 1 donc q(x) ∈ Bq donc q(x) ∈ B p donc p( q(x) ) 6 1 soir p(x) 6 q(x). Ceci étant aussi valable pour x = 0. Bq ⊂ 2B p est équivalent à p(x) 6 2q(x) pour tout x ∈ Rn (attention au sens !). Et 21 B p ⊂ Bq est équivalent à 12 q(x) 6 p(x). Si les deux inclusions sont vraies alors 12 p 6 q 6 2p et en particulier les normes p et q sont équivalentes. Par exemple dans R2 pour les normes k.k1 , k.k2 , k.k∞ On a B1 ⊂ B2 ⊂ B∞ ⊂ 2B1 ⊂ 2B2 ⊂ · · · Correction de l’exercice 6426 N
(a) Une suite de l ∞ est notée (x p ) p∈N , pour chaque p > 0, x p est elle même une suite x p = (x p (0), x p (1), x p (2), . . .). (Il convient de garder la tête froide : on regarde des suites de suites !) Il faut montrer que Y est fermé dans X. Soit donc (x p ) une suite de Y qui converge vers x ∈ X. Il faut donc montrer qu’en fait x ∈ Y , c’est-à-dire que x = (x(0), x(1), . . .) est une suite tendant vers 0. Soit ε > 0 comme x p → x alors il existe P tel que si p > P on ait d(x p , x) < ε. Par la définition de d on a pour p > P et pour tout n ∈ N, |x p (n) − x(n)| < ε. Fixons p = P, alors xP ∈ Y donc xP est une suite tendant vers 0, donc il existe N tel que si n > N alors |xP (n)| < ε. Réunissons tout cela, pour n > N : |x(n)| = |x(n) − xP (n) + xP (n)| 6 |x(n) − xP (n)| + |xP (n)| 6 2ε. Donc la suite x tend vers 0, donc x ∈ Y et Y est fermé.
(b) Notons Z l’ensemble des suites nulles à partir d’un certain rang. Pour y = (y(0), y(1), y(2), . . .) ∈ Y , définissons la suite y0 = (y(0), 0, 0, . . .), y1 = (y(0), y(1), 0, 0, . . .),... y p = (y(0), . . . , y(p−1), y(p), 0, 0, 0, . . .). La suite (y p ) est bien une suite d’éléments de Z. De plus d(y p , y) = supn∈N |y p (n)−y(n)| = supn>p |y(n)| or la suite y(n) tend vers 0 donc d(y p , y) tend vers 0 quand p tend vers +∞. On montre facilement (par l’absurde) que l’élément x = (1, 1, 1, . . .) ∈ X n’est limite d’aucune suite d’éléments de Z, (ni d’ailleurs de Y ).
Correction de l’exercice 6427 N Par l’inégalité triangulaire | f (x) + f 0 (x)| 6 | f (x)| + | f 0 (x)| on obtient k f k 6 N( f ). Pour une inégalité dans l’autre sens décomposons le travail : — k f 0 k∞ 6 k f k∞ + k f k : en effet par l’inégalité triangulaire | f 0 (x)| 6 | f (x)| + | f 0 (x) + f (x)|. — k f k∞ 6 k f k : en effet f est continue sur [0, 1] donc elle est bornée et atteint ses bornes. Soit x0 ∈ [0, 1] ce point du maximum. Si x0 ∈]0, 1[ alors f 0 (x0 ) = 0 donc k f k∞ = | f (x0 )| = | f (x0 ) + f 0 (x0 )| 6 k f k. Si x0 = 1 alors f et f 0 ont même signe sur un intervalle [1 − ε, 1] donc sur cet intervalle | f (x)| 6 | f (x) + f 0 (x)| et donc k f k∞ = | f (1)| 6 k f k. (Enfin f (0) = 0 donc si x0 = 0 alors f est nulle et l’inégalité est triviale.) 2551
— Il reste à rassembler les expressions : N( f ) = k f 0 k∞ + k f k∞ 6 k f k∞ + k f k + k f k∞ 6 3k f k. (La première inégalité vient du premier point et la deuxième du second.) Les normes k f k et N( f ) sont équivalentes : 1 N( f ) 6 k f k 6 N( f ). 3
Correction de l’exercice 6429 N R
R
(a) k f k1 = 01 | f (t)|dt 6 01 k f k∞ dt 6 k f k∞ . Donc k f k1 6 k f k∞ Par contre il n’existe aucune constante C > 0 tel que k f k∞ 6 Ck f k1 pour tout f . Pour montrer ceci par l’absurde, supposons qu’il existe une constante C > 0 telle que k f k∞ 6 Ck f k1 pour tout f de C([0, 1], R). Regardons les fonctions fk définies par fk (x) = 2k(1−kx) si x ∈ [0, 1k ] et fk (x) = 0 si x > 1k . Alors fk ∈ C([0, 1], R) et k fk k∞ = 2k alors que k fk k1 = 1. On obtient 2k 6 C.1 ce qui est contradicoire pour k assez grand. Cela prouve que les normes ne sont pas équivalentes. (b) Comme les métriques sont définies par des normes et que les normes ne sont pas équivalentes alors les métriques ne définissent pas la même topologie.
Correction de l’exercice 6430 N (a) On montre facilement N1 6 N2 6 2N1 6 2N4 6 2N3 . (b) Par contre il n’existe pas de constante C > 0 telle que N3 6 CN4 ou N2 6 CN4 . On suppose qu’il existe C > 0 telle que N3 6 CN4 on regarde fk définie par fk (x) = xk , après calcul on obtient N3 ( fk ) = k + 1 et N4 ( fk ) = 2, pour k suffisament grand on obtient une contradiction. Comme N1 et N2 sont équivalentes on va prouver qu’il n’existe pas de constante C > 0 telle que N3 6 CN1 . On prend gk , définie par gk (x) = 1 + sin(2πkx). Alors N1 (gk ) = 2 et N3 (gk ) = 4k, ce qui prouve le résultat souhaité.
Correction de l’exercice 6431 N (a) i. Par exemple une suite constante xn = a pour tout n. ii. Par exemple xn =
1 n
et a = 0.
iii. Comme √ Q est dénombrable on peut trouver une suite xn telle que A = {x1 , x2 , . . .} = Q. On prend a = 2 alors a ∈ A¯ \ A = R \ Q.
(b) C’est juste les définitions : un point d’accumulation de A est toujours une valeur d’adhérence de A.
Correction de l’exercice 6432 N (a) (Correction pour n = 1, pour n > 1 remplacer les intervalles par des boules.) Comme 0 est isolé soit I =] − ε, +ε[ un voisinage de 0 tel que I ∩ G = {0}. Soit g ∈ G et considérons Ig = g + I = ]g − ε, g + ε[. Supposons, par l’absurde, que Ig ∩ G ne soit pas réduit à g. Alors il existe g0 ∈ Ig ∩ G, g0 6= g. Mais g − ε < g0 < g + ε et donc g − g0 ∈ I comme G est un groupe on a g − g0 ∈ G et on a g − g0 6= 0. On a donc trouvé un élément g − g0 ∈ G ∩ I qui n’est pas 0. Ce qui est une contradiction. Pour montrer que G est discret (c’est-à-dire G est dénombrable et ses points sont isolés) on remarque que la distance entre deux éléments de G est au moins ε donc pour Jg =]g − ε2 , g + ε2 [ on a g 6= g0 2552
implique Jg ∩ Jg0 = ∅. Pour chaque g ∈ G on choisit q(g) ∈ Q ∩ Jg , ce qui donne une application : Φ : G −→ Q définie par Φ(g) = q(g), et Φ est injective, donc G est dénombrable. Montrons que G est fermé : soit (gn ) une suite de G qui converge vers g ∈ R. Pour N assez grand et pour tout n > N on a |gn − g| 6 ε4 . Pour n > N on a |gn − gN | 6 |gn − g| + |g − gN | 6 ε4 + ε4 6 ε2 . Donc comme gN ∈ JgN alors gn ∈ JgN également, or JgN ne contient qu’un seul élément de G donc gn = gN pour tout n > N. La suite est donc stationnaire (i.e. constante à partir d’un certain rang) donc la limite g vaut gN et en particulier g ∈ G.
(b) Supposons G 6= {0}. Soit a = inf G ∩ R∗+ . Comme 0 est isolé alors a > 0. Comme G est fermé alors a ∈ G. Soit g ∈ G. Soit k = E( ag ) alors k 6 ga < k + 1. Donc 0 6 g − ka < a. Or g − ka est dans G et dans R+ , comme il est plus petit que a = inf G ∩ R∗+ alors nécessairement g − ka = 0, soit g = ka ∈ aZ.
(c) Soit x ∈ R et ε > 0, on cherche g ∈ G∩]x − ε, x + ε[. Comme 0 est un point d’accumulation de G il existe h ∈ G tel que 0 < h < ε pour k = E( hx ), on a kh 6 x < kh + h, donc g = kh ∈ G∩]x − ε, x + ε[. Donc G est dense dans R. Pour un groupe G quelconque soit 0 est isolé, soit 0 est un point d’accumulation. Si en plus G est fermé alors soit G = aZ ou G = {0}, soit G¯ = R donc G = R. Les sous-groupes fermés de (R, +) sont donc 0, R et les aZ avec a > 0.
(d) Soit G = Z+αZ, c’est un sous-groupe de (R, +). Si G n’est pas dense dans R alors, par les questions précédentes, il existe a > 0 tel que G = aZ. En particulier 1 ∈ G donc il existe k ∈ Z tel que 1 = ka 0 de même α ∈ G donc il existe k0 ∈ Z tel que α = k0 a. Par division α = kk . Ce qui contredit α ∈ / Q. Donc G = Z + αZ est dense dans R. Définissons Φ : R −→ S1 par t 7→ e2iπt (S1 est le cercle de C des nombre complexes de module 1). Alors Φ est continue et surjective. Comme Φ est continue alors pour tout ensemble A ⊂ R ¯ ⊂ Φ(A). Appliqué à l’ensemble G = Z + αZ, on a G¯ = R donc Φ(G) ¯ = S1 car Φ est on Φ(A) 2iπkα 1 2iπkα ¯ ⊂ Φ(G) = {e surjective ; d’autre part Φ(G) = {e | k ∈ Z}. Donc S = Φ(G) }. L’adhérence 2iπkα 1 de {e | k ∈ Z} est donc le cercle S tout entier. Correction de l’exercice 6433 N (a) définit une topologie. (b) ne définit pas une topologie, car {a} ∪ {b, d} = {a, b, d} n’est pas dans la collection.
(c) ne définit pas une topologie, car {a, c, d} ∩ {b, c, d} = {c, d} n’est pas dans la collection. Correction de l’exercice 6434 N Il faut donc démontrer que la collection de sous-ensembles de R contenant 0, / R et tous les ensembles finis vérifie les propriétés d’une collection d’ensembles fermés : — toute intérsection d’ensembles fermés est fermé ; — toute réunion finie d’ensembles fermés est fermé ; — 0/ et tout l’espace sont des fermés. Les trois propriétés sont évidemment vérifiées dans ce cas. La topologie ainsi définie sur R n’est pas séparée. En effet deux ouverts non-vides Ω et Ω0 sont sous la forme Ω = R \ F et Ω0 = R \ F 0 , où F, F 0 sont ou bien finis ou bien vides. Alors Ω ∩ Ω0 = R \ (F ∪ F 0 ) n’est pas vide, car sinon ceci impliquerait que R = F ∪ F 0 est finie ou vide, ce qui est faux. Correction de l’exercice 6435 N (a) Supposons que B est une base de T , et soit O un ouvert arbitraire dans T et x un point de O. S L’ouvert O s’écrit comme O = i∈I Bi , où Bi ∈ B pour tout i ∈ I. En particulier il existe un i0 ∈ I tel que x ∈ Bi0 . 2553
(b) Réciproquement, si O est un ouvert arbitraire, pour tout point x ∈ O il existe un Bx ∈ B tel que S x ∈ Bx ⊂ O. Par conséquent O = x∈O Bx .
(c) Il suffit de montrer la propriété énoncée dans (1). Soit O ∈ Tn et soit x un point arbitraire de O. D’après le cours, il existe un r > 0 tel que B(x, r) ⊂ O. Remarque. Une autre mannière de formuler ceci est de dire que l’ensemble des boules ouvertes euclidiennes forme une base de la topologie Tn . Puisque l’ensemble Qn est dense dans Rn , il s’ensuit que B x, 2r contient un vecteur q ∈ Qn . En particulier dist(x, q) < 2r , d’où B q, 2r ⊂ B (x, r) ⊂ O. L’intervalle ]dist(x, q), 2r [ est non-vide, donc il contient un nombre rationnel R. Ainsi x ∈ B(q, R) ⊂ r B q, 2 ⊂ O.
(d) Puisque B 0 ⊂ Tn , ce qu’il reste à démontrer est à nouveau la propriété énoncée dans (1). Soit O un ouvert et x ∈ O. Il existe un r > 0 tel que B(x, r) ⊂ O. D’après le cours √ dist(y, x) = ky − xk2 6 nky − xk∞ . Il s’ensuit que
r r B∞ x, √ = y ; ky − xk∞ < √ ⊂ B(x, r) ⊂ O . n n
Or B∞ x, √rn n’est rien d’autre que le cube de centre de symétrie x et de longueur des arêtes En particulier B∞ x, √rn ∈ B 0 .
(43) 2r √ . n
On conclut que B 0 est une base de Tn .
(e) Soit ]0, 1[∈ T1 . Il n’existe pas d’intervalle de la forme ] − ∞, a[ , a ∈ R , ou ]b, +∞[ , b ∈ R , contenu dans ]0, 1[. Donc B 00 n’est pas une base pour T1 . (f) Supposons que T 0 ⊂ T . En particulier B 0 ⊂ T . Pour tout a = mn ∈ Q, où m ∈ Z∗ , n ∈ |||∗ , p.g.c.d. (m, n) = 1, on choisit Ma , Na deux points sur la droite δa tels que O ∈]Ma , Na [ et dist(O, Ma ) = dist(O, Na ) = 1n . Pour a = 0 on choisit M0 = (1, 0) , N0 = (−1, 0). Soit [ ]Ma , Na [ . C= a∈Q
Par hypothèse C ∈ B 0 ⊂ T . En particulier, puisque O est un point de C , il existe r > 0 tel que Y ∩ B(O, r) ⊂ C . Pour tout a ∈ Q on a donc δa ∩ B(O, r) ⊂]Ma , Na [, d’où r < dist(O, Ma ) = 1n . Comme ceci est vérifié pour tout n ∈ |||∗ , il s’ensuit que r 6 0, ce qui contredit le choix de r. On a obtenu une contradiction. Donc on ne peut pas avoir T 0 ⊂ T . Correction de l’exercice 6436 N (a) On vérifie facilement les trois propriétés de métrique. x 1 1 (b) Soit f : R+ → R+ , f (x) = x+1 = 1 − x+1 . On a que f (0) = 0 et f 0 (x) = (x+1) 2 , donc la fonction f est croissante sur R+ . L’inégalité f (x + y) 6 f (x) + f (y) pour x, y ∈ R+ est équivalente à
1 1 1 1 1 1 > + −1 ⇔ +1 > + ⇔ 1 + x + y 6 (1 + x)(1 + y) . x+y+1 x+1 y+1 x+y+1 x+1 y+1 La dernière égalité est évidemment vérifiée pour x > 0 , y > 0 . (c) D’après le cours, la métrique dist et la métrique dist2 = min(dist, 1) sont topologiquement équivalentes. Ainsi il suffit de montrer que dist1 et dist2 sont topologiquement équivalentes. Puisque 1 + dist > 1, on a que dist1 6 dist. Aussi dist1 6 1, d’où dist1 6 dist2 . La fonction f étant croissante, pour tout x, y on a que dist1 (x, y) = f (dist(x, y)) > f (dist2 (x, y)). dist2 (x,y) D’autre part, dist2 (x, y) 6 1 implique f (dist2 (x, y)) = 1+dist > dist22(x,y) . 2 (x,y)
2554
On a obtenu que pour tout x, y, dist2 (x, y) 6 dist1 (x, y) 6 dist2 (x, y) . 2 Ainsi, les métriques dist1 et dist2 sont équivalentes.
Correction de l’exercice 6437 N (a) Comme d(x, y) = 1, si x 6= y, on a donc que d(x, y) = 0 ⇔ x = y. De plus, comme la relation x 6= y est symétrique, on d(x, y) = d(y, x), ∀x, y ∈ E. Soient x, y, z ∈ E, supposons x = z ; ou bien y = x ou bien y est distinct de x. Dans le premier cas, d(x, z) = d(x, y) = d(y, z) = 0 et d(x, z) = sup(d(x, y), d(y, z)). Dans le second cas, d(x, y) = 1 , d’où 0 = d(x, x) = d(x, z) < sup(d(x, y), d(x, y)) = 1. Supposons x 6= z ; ou y est distinct de x et de z, ou alors on a l’une des possibilités : y = x ou y = z. Si les trois éléments sont deux à deux distincts, l’inégalité est trivialement vérifée (1 = 1 !). Sinon, d(x, y) = 1 ou d(y, z) = 1, d’où 1 = d(x, z) 6 sup(d(x, y), d(y, z)). (b) On suppose que d(x, y) 6= d(y, z). Supposons alors que d(x, z) < sup(d(x, y), d(y, z)) et pour fixer les idées que d(x, y) = sup(d(x, y), d(y, z)). Alors d(y, z) < d(x, y) et d(x, z) < d(x, y), d’où on déduit que sup(d(x, z), d(z, y)) < d(x, y). Par ailleurs, d(x, y) 6 sup(d(x, z), d(z, y)). Les deux dernières inégalités sont contradictoires. (c) Soit Bd (a, r) une boule ouverte ; montrons qu’elle est fermée. Soit y ∈ E \ Bd (a, r) ; montrons qu’il existe une boule ouverte Bd (y, η), contenue dans E \ Bd (a, r). Si on choisit η = r/2 ou plus généralement η < r, on obtient que, pour tout z ∈ Bd (y, η), d(a, z) 6 sup(d(a, y), d(y, z)) 6 sup(d(a, y), η)). Comme d(a, y) > r et d(y, z) < η < r, on a , (d’après la deuxième question), d(a, z) = d(a, y) > r. On en déduit que Bd (y, η) ⊂ E \ Bd (a, r) et par suite la boule ouverte Bd (a, r) est aussi fermée. La preuve du fait que la boule fermée B0d (a, r) est aussi ouverte est analogue. (d) Soient Bd (a, r) et Bd (b, s) deux boules ouvertes ayant une intersection non vide et soit z0 ∈ Bd (a, r)∩ Bd (b, s). supposons que r 6 s et montrons qu’alors Bd (a, r) ⊂ Bd (b, s). On regarde la distance à b de tout z ∈ Bd (a, r) : d(b, z) 6 sup(d(b, z0 ), d(z0 , z)) < sup(s, d(z0 , z)) puisque z0 est dans Bd (b, s). Par ailleurs, on a : d(z0 , z) 6 sup(d(z0 , a), d(a, z)) < r. On obtient une majoration de d(b, z) : d(b, z) < sup(r, s) = s, d’où une inclusion de Bd (a, r) dans Bd (b, s). Conséquence : deux boules ouvertes de même rayon r qui se rencontrent sont confondues. (e) Soient A = Bd (a, r) et B = Bd (b, r) deux boules ouvertes de rayon r contenues dans une boule fermée C = B0d (c, r) de même rayon. Montrons que : ∀x ∈ A,
∀y ∈ B,
r 6 d(a, b) 6 r.
L’inégalié ultramétrique montre que d(x, y) 6 sup(d(x, c), d(c, y)) et ce sup est inférieure à r puisque chacune des boules A et B est incluse dans C. Donc d(x, y) 6 r. Par ailleurs, introduisons dans l’estimation de d(x, y) le centre des boules respectives auxquelles ils appartiennent : d(x, y) 6 sup(d(x, a), d(a, y)). Si d(x, a) = d(a, y), on aurait d(a, y) < r et y serait dans A, ce qui est impossible, A et B étant disjoints d’après la quatrième question. Donc d(a, y) 6= d(x, a), et en fait d(a, y) > d(x, a) et d(x, y) = d(a, y). 2555
On voit donc que dans le calcul de la distance d(x, y) on peut remplacer x ou y par le centre de la boule ouverte à laquelle il appartient. Par suite d(x, y) = d(a, b) > r,
∀x ∈ A, ∀y ∈ B
Et finalement r 6 d(x, y) 6 r,
∀x ∈ A, ∀y ∈ B
d’où d(A, B) = r.
Correction de l’exercice 6438 N 0
0
(a) Soit x = ± ab = ± ba0 . On écrit a = pα a1 , b = pβ b1 ,... Alors l’équation ab0 = a0 b devient pα+β a1 b01 = 0 0 pα +β a01 b1 . Donc α + β 0 = α 0 + β ou encore α − β = α 0 − β 0 . Donc ν(± ab ) = ν( ba0 ).
(b) Soit x = pα x1 , y = pβ y1 avec α, β ∈ Z et les numérateurs et dénominateurs de x1 , y1 ∈ Q non divisibles par p. Alors xy = pα+β x1 y1 . Donc ν(xy) = α + β = ν(x) + ν(y). (c) Soit x, y ∈ Z, x = pα x1 , y = pβ y1 . Supposons par exemple α 6 β , alors x + y = pα (x1 + pβ −α y1 ), avec x1 + pβ −α y1 ∈ Z. Donc ν(x + y) > α = min(ν(x), ν(y)). 0 Soit maintenant x = ba , y = ab0 ∈ Q. Alors a a0 ν(x + y) = ν( + 0 ) b b ab0 + a0 b = ν( ) bb0 = ν(ab0 + a0 b) − ν(bb0 )
> min(ν(ab0 ), ν(a0 b)) − ν(bb0 ) 0
(grâce à l’inégalité sur les entiers),
0
> min(ν(a) + ν(b ), ν(a ) + ν(b)) − ν(b) − ν(b0 )
> min(ν(a) + ν(b0 ) − ν(b) − ν(b0 ), ν(a0 ) + ν(b) − ν(b) − ν(b0 )) > min(ν(a) − ν(b), ν(a0 ) − ν(b0 )) > min(ν(x), ν(y)).
(d) Il est clair que d(x, y) = 0 si et seulement si x = y et que d(x, y) = d(y, x). Pour un triplet (x, y, z) on a d(x, z) = p−ν(x−z) = p−ν(x−y+y−z) 6 p− min(ν(x−y),ν(y−z)) 6 max(p−ν(x−y) , p−ν(y−z) ) 6 max(d(x, y), d(y, z)).
Correction de l’exercice 6439 N (a) i. Si x ∈ Fr(A) = A¯ ∩ E \ A , alors ∀n ∈ N∗ la boule B(x, 1n ) rencontre nécessairement A (respectivement E \A). Soit donc (axiome du choix) xn (respectivement yn ) dans B(x, n1 )∩A (respectivement yn dans B(x, 1n ) ∩ (E \ A). Alors les suites xn et yn répondent clairement à la question : On a une suite (xn ) d’éléments de A et une suite (yn ) d’éléments du complémentaire E \ A de A dans E, qui convergent l’une et l’autre vers x. 2556
1 1 ii. On voit, qu’en posant pour n > 1, d’une part xn = 21 − 4n et d’autre part, yn = 12 + 4n , on obtient, respectivement comme plus haut, une suite de points dans A et une autre dans E \ A qui convergent vers le même point 21 ∈ A qui, adhérent à A comme à son complémentaire dans E est donc dans la frontière de A dans E. Par contre, si x ∈ A est différent de + 21 , on voit que la boule (dans E) de centre x et de rayon 12 − x > 0 ne rencontre pas le complémentaire de A et qu’en conséquence [0, 12 [ est l’intérieur de A dans E. A contrario une boule de centre 0 et de rayon strictement positif rencontre toujours le complémentaire de A dans R ce qui permet aisément de voir que la frontière de A dans R est {0, 12 }.
(b) Soient E et F deux espaces métriques respectivement au moyen des distances d et d 0 .
i. Pour abréger les notations posons : δ = sup(d, d 0 ). C’est sur E × F, la distance donnée par la formule : δ (x, x0 ), (y, y0 ) = sup d(x, y), d 0 (x0 , y0 )
Une boule pour δ n’est donc rien d’autre que le produit cartésien d’une boule pour d avec une boule pour d 0 . Or ces produits cartésiens forment précisément une base d’ouverts qui définie la topologie produit qui est donc aussi la topologie associée à la métrique δ .
ii. Soient A ⊂ E et B ⊂ F. Soit (x, x0 ) ∈ A × B \ Fr(A × B) dans l’intérieur de A × B dans E × F. Cet intérieur est un ouvert pour la topologie produit. La définition de cette topologie produit d’être engendrée par la base des produits cartésiens d’ouverts de E avec des ouverts de F a comme conséquence l’existence d’un ouvert Ux de E qui contient x et d’un autre Ux0 de F qui contient x0 tels que Ux × Ux0 soient entièrement contenus dans cet intérieur de A × B et donc à fortiori dans A × B lui même. Mais celà n’est possible que si Ux et Ux0 sont respectivement entièrement inclus dans A et B ce qui implique que x et x0 sont respectivement intérieurs dans A et B. Réciproquement si x est intérieur à A et x0 intérieurs à B et que Ux et Ux0 soient alors des ouverts pour lesquels x ∈ Ux ⊂ A et x0 ∈ Ux0 ⊂ B, on voit que Ux × Ux0 ⊂ A × B est un ouvert pour la topologie qui contient (x, x0 ) qui est donc intérieur à A × B. A \ Fr(A) de A dans E avec l’intérieur B \ Fr(B) de B dans F. (c) E et F sont toujours comme dans la deuxième question çi dessus. i. Si (ξn , ξn0 ) est une suite de points dans le complémentaire E × F \ A × B de A × B dans E × F, désignons par N1 ( respectivement N2 ) l’ensemble des n ∈ N pour lesquels ξn ∈ / A ( respective0 ment ξn ∈ / B. ) L’hypothèse montre que : N = N1 ∪ N2 . N étant un ensemble infini, il faut bien qu’au moins l’une des deux parties N1 ou N2 le soit aussi. Si par exemple N1 est infini, on peut ranger ses éléments en ordre croissant n0 < n1 < n2 < ..... < nk < nk+1 < ... mais alors, par définition, la suite extraite ξnk a tous ses termes dans E \ A. Mutatis mutandis lorsque N2 est infini, ce qui est assuré dès lors que N1 ne le serait pas. ii. Commençons par montrer, par exemple, que : Fr(A)×B ⊂ Fr(A×B). En effet si (x, x0 ) ∈ Fr(A)× ¯ De la même manière, on trouve une suite B, il existe une suite bn dans B qui converge vers x0 ∈ B. ¯ an d’éléments de A qui converge vers x ∈ Fr(A) ⊂ A. Mais aussi, comme on l’a vu plus haut, une suite d’éléments cn dans le complémentaire E \ A de A dans E qui converge aussi vers x. Mais alors (an , bn ) est une suite de points de A × B qui converge vers (x, x0 ) et (cn , bn ) est une suite de points du complémentaire de A × B qui converge aussi vers (x, x0 ) qui se trouve donc à la fois dans l’adhérence de A × B et de son complémentaire cqfd. En renversant les rôles de A et B, on voit comment montrer que : A ×Fr(B)⊂ Fr(A ×B). Ne reste donc plus qu’à montrer l’inclusion : Fr(A × B) ⊂ Fr(A) × B ∪ A × Fr(B) . Or, (x, x0 ) ∈ Fr(A × B), est la limite d’une suite de points (ξn , ξn0 ) dans le complémentaire E × F \ A × B de A × B dans E × F, comme aussi la limite d’une suite de points (ηn , ηn0 ) de A × B, deuxième observation qui montre immédiatement que x ∈ A¯ ¯ Enfin on a vu en a) immédiatement plus haut, qu’on pouvait extraire ξnk dans E \ A et x0 ∈ B. de la suite xn ou ξn0 0 dans E \ B de la suite xn0 qui assure que x est dans l’adhérence de E \ A ou k que x0 est dans celle de F \ B ce qui assure que x ∈ Fr(A) ou x0 ∈ Fr(B), et démontre la dernière inclusion recherchée. 2557
(d) i. L’hypothèse (x, x0 ) ∈ / A × B et x ∈ A implique que x0 ∈ / B, si bien que E × {x0 } est entièrement contenu dans le complémentaire de A × B. Evidemment y ∈ / A implique que {y} × F est aussi entièrement contenu dans ce même complémentaire de A × B. Mais alors la partie E × {x0 } ∪ {y} × F est connexe pour la raison que E × {x0 } et {y} × F respectivement homéomorphes à E et F sont connexes et que leur intersection qui est le point (y, x0 ) est non vide. Cette partie répond donc à la question. ii. Prenons (x, x0 ) ∈ / A × B et (y, y0 ) ∈ / A × B. exactement comme ci-dessus et qui sont dans la même composante connexe de (E × F) \ (A × B). Soit maintenant (z, z0 ) ∈ (E × F) \ (A × B); si z ∈ / A, le raisonnement du a) se répète pour voir que (z, z0 ) est raccordé à (x, x0 ) par une partie connexe. Mais si z ∈ A, le a) montre que (z, z0 ) est raccordé à (y, y0 ) par une partie connexe, et donc aussi à (x, x0 ) qui a donc (E × F) \ (A × B) tout entier comme composante connexe.
Correction de l’exercice 6462 N (a) L’ensemble 0/ est réunion vide de demi-droites. Il est clair que C est dans T si, lorsque z0 = 0, toute demi-droite [0, → [ est admissible (ce qui aurait dû être précisé dans l’énoncé...Excuses !) ; par ailleurs cette famille d’ensembles est bien stable par réunion quelconque. Remarquons que si U ∈ T , z ∈ U ⇐⇒ [z, → [⊂ U (c’est-à-dire les demi-droites forment une base d’ouverts). En effet si z ∈ U il existe z0 tel que z ∈ [z0 , → [⊂ U et a fortiori [z, → [⊂ U. Ainsi la famille est stable par intersection finie : si z ∈ U ∩U 0 , [z, → [⊂ U ∩U 0 et U ∩U 0 ∈ T . On a bien une topologie. Cette topologie n’est pas séparée puisque, si z ∈ [z0 , → [, tout voisinage de z0 contient z.
(b) La topologie n’étant pas même quasi-séparée, un singleton peut ne pas être fermé. Soit z0 ; z ∈ {z0 } si et seulement si tout voisinage de z rencontre z0 ; puisque tout voisinage de z contient [z, → [, c’est équivalent à z0 ∈ [z, → [ ou encore z ∈ [0, z0 ]. {0} est le seul singleton fermé.
(c) On déduit de ce qui précède que si A ⊂ X, A = ∪z∈A [0, z]. En effet si z ∈ A, A contient {z} et donc le segment [0, z] ; réciproquement, si z0 ∈ [0, z] avec z ∈ A, [z0 , → [, et donc tout voisinage de z0 , rencontre A ; ainsi z0 ∈ A. Supposons A étoilé par rapport à 0 ; A contient ∪z∈A [0, z] = A et A est fermé. Réciproquement supposons A fermé ; A = ∪z∈A [0, z] et en particulier A est étoilé par rapport à 0. Correction de l’exercice 6506 N (a) i. Si A est compact et B = {b} avec b ∈ / A. Soit a ∈ A alors a 6= b donc il existe un voisinage ouvert S de a, Ua et un voisinage ouvert de b, Va tels que Ua ∩ Va = ∅. Bien évidemment A ⊂ a∈A Ua . S Comme A est compact on peut extraire un ensemble fini A ⊂ A tel que A ⊂ a∈A Ua =: U b . T Notons alors V b := a∈A Va . U b est ouvert comme union d’ouverts et V b est ouvert comme intersection finie d’ouverts. De plus U b ∩V b = ∅.
ii. Maintenant B est compact. Pour chaque b ∈ B le point précédent nous fournit U b et V b disjoints S qui sont des voisinages ouverts respectifs de A et b. On a B ⊂ b∈B V b . On extrait un ensemble S T fini B de telle sorte que B ⊂ b∈B V b =: V 0 . V 0 est un voisinage ouvert de B. Et si U 0 := b∈B U b alors U 0 est un ouvert contenant A, et U 0 ∩V 0 = ∅.
(b) Supposons que ce ne soit pas vrai alors
∀r > 0 ∃x ∈ X
(d(x, K) < r) et x ∈ / U.
En prenant r = 1n , n ∈ N∗ nous obtenons une suite (xn ) tel que d(xn , K) < 1n et xn ∈ / U. Comme d(xn , K) < 1n alors il existe yn ∈ K tel que d(xn , yn ) < n1 . Nous avons une suite (yn ) dans K compact donc on peut en extraire une sous-suite yφ (n) qui converge ; notons ` sa limite, alors ` ∈ K car K est compact. 2558
Regardons la suite extraite (xφ (n) ), montrons quelle converge également vers ` : d(xφ (n) , `) 6 d(xφ (n) , yφ (n) ) + d(yφ (n) , `) Les deux termes à droite de l’inégalité tendent vers 0, donc (xφ (n) ) tend vers `. Soit F = X \U alors F est une fermé (car U est ouvert) et (xφ (n) ) ∈ F donc la limite ` est dans F également. Donc ` ∈ /U et comme K ⊂ U alors ` ∈ / K. Nous avons montrer deux choses contradictoires ` ∈ K et ` ∈ / K ce qui prouve le résultat demandé.
Correction de l’exercice 6507 N Nous allons utiliser le fait qu’un ensemble K est compact si et seulement si de toute suite d’éléments de K on peut extraire une sous-suite convergente vers un élément de K. Soit (un )n∈N une suite convergente et soit ` sa limite. Notons K = {un | n ∈ N} ∪ {`}. Soit (vn ) une suite d’éléments de K. Si (vn ) ne prend qu’un nombre fini de valeurs, on peut extraire une sous-suite constante, donc convergente. Sinon (vn ) prend une infinité de valeurs. Nous allons construire une suite convergente(wn ) extraite de (vn ). Soit w0 le premier des (v0 , v1 , v2 , . . .) qui appartient à {u0 , u1 , . . .}. Soit w1 le premier des (v1 , v2 , . . .) qui appartient à {u1 , u2 , . . .}... Soit wn le premier des (vn , vn+1 , . . .) qui appartient à {un , un+1 , . . .}. Alors (wn ) est une suite-extraite de (vn ) et par construction (wn ) converge vers la limite de (un ), donc vers ` ∈ K. Correction de l’exercice 6508 N (a) Notons ` = dist(K, F). Alors il existe (xn ) suite d’éléments de K et (yn ) suite d’éléments de F telles que kxn − yn k → `. Comme K est compact alors on peut extraire de (xn ) une sous-suite (xφ (n) ) qui converge dans K. Notons a ∈ K cette limite Alors la suite extraite (yφ (n) ) est bornée car kyφ (n) k 6 kyφ (n) − xφ (n) k + kxφ (n) k. La suite (xφ (n) ) qui converge est donc bornée, et la suite (kyφ (n) − xφ (n) k) qui converge dans R (vers `) est bornée également. Donc la suite (yφ (n) ) est bornée on peut donc en extraire une sous-suite convergente (yφ ◦ψ(n) ). De plus comme F est fermé alors cette suite converge vers b ∈ F. La suite (xφ ◦ψ(n) ) extraite de (xφ (n) ) converge vers a ∈ K. Et comme nous avons extrait deux suites (xn ) et (yn ) on a toujours kxφ ◦ψ(n) − yφ ◦ψ(n) k → `. A la limite nous obtenons ka − bk = ` avec a ∈ K et b ∈ F.
(b) Remarque : si K était supposé fermé mais pas compact alors le résultat précédent pourrait être faux. Par exemple pour K = {(x, y) ∈ R2 | xy > 1 et y > 0} et F = {(x, y) ∈ R2 | y 6 0} nous avons d(K, F) = 0 mais K ∩ F = ∅. Correction de l’exercice 6509 N S S Comme E est compact et E ⊂ y∈E Vy il existe un ensemble fini Y ⊂ E tel que E ⊂ y∈Y Vy . Sur chaque voisinage Vy , f est bornée par une constante My . Notons M = maxy∈Y My . Alors f est bornée sur E par M. En effet pour un élément quelconque x ∈ E, il existe y ∈ Y tel que y ⊂ Vy donc f (x) est bornée par My donc par M. Correction de l’exercice 6510 N (a) Soit x = lim xn . Soit N ∈ N ; montrons que x est dans FN . On a xN ∈ FN , xN+1 ∈ FN+1 ⊂ FN , xN+2 ∈ FN+2 ⊂ FN+1 ⊂ FN , etc. Donc pour tout n > N alors xn ∈ FN . Comme FN est fermé, alors la limite x T est aussi dans FN . Ceci étant vrai quelque soit N, alors x ∈ N FN . Pour construire un exemple comme demandé il est nécessaire que de toute suite on ne puisse pas T extraire de sous-suite convergente. Prenons par exemple dans R, Fn = [n, +∞[, alors n Fn = ∅. 2559
(b) i. Pour chaque n on prend xn ∈ Kn , alors pour tout n, xn ∈ K0 qui est compact donc on peut extraire une sous-suite convergente. Si x est la limite de cette sous-suite alors x ∈ K. Donc K est non vide. ii. Par l’absurde supposons que c’est faux, alors ∀N ∈ N
∃n > N
∃xn ∈ Kn tel que xn ∈ / Ω.
De la suite (xn ), on peut extraire une sous-suite xφ (n) qui converge vers x ∈ K. Or xn ∈ X \ Ω qui est fermé donc x ∈ X \ Ω. Comme K ⊂ Ω alors x ∈ / K ce qui est contradictoire. Correction de l’exercice 6511 N Soit x ∈ X et ε > 0. (a) Pour tout y ∈ [0, 1] f est continue en (x, y) donc il existe un U(y) voisinage de x et [a(y), b(y)] voisinage de y tel que pour (x0 , y0 ) ∈ U(y) × [a(y), b(y)] on ait | f (x, y) − f (x0 , y0 )| 6 ε. S
(b) Comme [0, 1] ⊂ y∈[0,1] [a(y), b(y)] et que [0, 1] est un compact de R il existe un ensemble fini Y S tel que [0, 1] ⊂ y∈Y [a(y), b(y)]. De plus quitte à réduire les intervalles ont peut supposer qu’il sont disjoints et quitte à les réordonner on peut supposer que ce recouvrement s’écrit : [0, 1] = [0,t1 ] ∪ [t1 ,t2 ] ∪ . . . [tk , 1].
T
U(y), c’est un voisinage de x car l’intersection est finie. Pour x0 ∈ U nous avons Z 1 Z 1 0 0 |g(x) − g(x )| = f (x, y)dy − f (x , y)dy
(c) Notons U =
y∈Y
0
6
6
Z 1
0
0
| f (x, y) − f (x0 , y)|dy
0
| f (x, y) − f (x0 , y)|dy +
Z t1
Z t2 t1
···+
Z 1 tk
| f (x, y) − f (x0 , y)|dy
6 ε(t1 − 0) + ε(t2 − t1 ) + · · · + ε(1 − tk ) 6ε
Donc g est continue. Correction de l’exercice 6512 N (a) Pour montrer que A + B est fermé, nous allons montrer que toute suite de A + B qui converge, converge vers un élément de A + B. Soit (xn ) un suite de A + B qui converge vers x ∈ E. Alors il existe an ∈ A et bn ∈ B tel que xn = an + bn . Comme A est compact on peut extraire une soussuite (aφ (n) ) qui converge vers a ∈ A. Alors bφ (n) = xφ (n) − aφ (n) est convergente vers x − a. Notons b = x − a comme B est fermé alors b ∈ B. Maintenant x = a + b donc x ∈ A + B.
(b) Soit F = {(x, y) ∈ R2 | xy > 1 et x > 0} , soit G = {(x, y) ∈ R2 | y 6 0 et x > 0}. Alors F + G = {(x, y) ∈ R2 | x > 0} ∪ {0} × [0, +∞[ qui n’est pas un fermé (ni un ouvert). Correction de l’exercice 6513 N (a) Supposons f propre et soit F un fermé. Montrons que f (F) est un fermé. Soit (yn ) une suite de f (F) qui converge vers y ∈ Rn . Notons K l’union de {yn }n∈N et de {y}. Alors K est compact. Comme yn ∈ f (F), il existe xn ∈ F tel que f (xn ) = yn . En fait xn ∈ f −1 (K) qui est compact car f est propre. Donc de (xn ) on peut extraire une sous-suite convergente (xφ (n) ), on note x la limite de cette soussuite. Comme xφ (n) ∈ F et que F est fermé alors x ∈ F. Comme f est continue alors yφ (n) = f (xφ (n) ) tend vers f (x), or yφ (n) tend aussi vers y. Par unicité de la limite y = f (x). Donc y ∈ f (F) et f (F) est fermé. 2560
(b) Dire k f (x)k → ∞ quand kxk → ∞ est équivalent à ∀M > 0
∃m > 0
∀x ∈ Rn
(x ∈ / B(0, m) ⇒ f (x) ∈ / B(0, M)).
i. Supposons f propre, soit M > 0. Alors B(0, M) est un compact (nous sommes dans Rn ) donc f −1 (B(0, M)) est compact donc borné, c’est-à-dire qu’il existe m > 0 tel que f −1 (B(0, M)) ⊂ B(0, m). Donc si x ∈ / B(0, m) alors f (x) ∈ / B(0, M).
ii. Réciproquement, soit K un compact de Rn . Comme f est continue et que K est fermé alors f −1 (K) est un fermé. Reste à montrer que f −1 (K) est borné. Comme K est compact alors il existe M > 0 tel que K ⊂ B(0, M), par hypothèse il existe m > 0 tel que si x ∈ / B(0, m) alors f (x) ∈ / B(0, M), ce qui s’écrit aussi par contraposition : “si f (x) ∈ B(0, M) alors x ∈ B(0, m)”, donc f −1 (B(0, M)) ⊂ B(0, m). Or K ⊂ B(0, M) donc f −1 (K) ⊂ f −1 (B(0, M)) ⊂ B(0, m). Donc f −1 (K) est borné donc compact.
Correction de l’exercice 6514 N 1 1 1 ] et pour t ∈ [ 1n , 1]. Sur [ n+1 , n ] on définit (a) Soit fn la fonction affine suivante fn (t) = 0 pour t ∈ [0, n+1 une “dent” qui vaut 0 aux extrémités et 1 au milieu du segment. Alors si B dénote la boule unité fermée (centrée en la fonction nulle), nous avons d∞ ( fn , 0) = sup | fn (t)| = 1 donc fn ∈ B. Par contre si p 6= q alors d( f p , fq ) = 1 donc la suite ( fn ) et toute sous-suite ne sont pas de Cauchy. Si B était compact alors on pourrait extraire une sous-suite convergente donc de Cauchy. Contradiction.
(b) Notons xn = (0, 0, . . . , 0, 1, 0, 0, . . .) la suite de l ∞ (le 1 est à la n-ième place). Alors xn est dans la boule unité fermée B centrée en 0. De plus si p 6= q, alors d∞ (x p , xq ) = 1. Donc toute sous-suite extraite de (xn ) n’est pas de Cauchy donc ne peut pas converger. Donc B n’est pas compact.
Correction de l’exercice 6516 N (a) Si f a deux points fixes x 6= y, alors d(x, y) = d( f (x), f (y)) < d(x, y). Ce qui est absurde. Donc f a au plus un point fixe. (b) f est continue et X compact donc X1 = f (X) est compact, par récurrence si Xn−1 est compact alors Xn = f (Xn−1 ) est compact. De plus f : X → X, donc f (X) ⊂ X soit X1 ⊂ X, puis f (X1 ) ⊂ f (X) soit X2 ⊂ X1 , etc. Par récurrence Xn ⊂ Xn−1 ⊂ · · · ⊂ X1 ⊂ X. Comme chaque Xn est non vide alors Y n’est pas vide (voir l’exercice 6509). (c) Montrons d’abord que f (Y ) ⊂ Y . Si y ∈ Y , alors pour tout n > 0 on a y ∈ Xn donc f (y) ∈ f (Xn ) = Xn+1 pour tout n > 0. Donc pour tout n > 0, f (y) ∈ Xn , or f (y) ∈ X0 = X. Donc f (y) ∈ Y . Réciproquement montrons Y ⊂ f (Y ). Soit y ∈ Y , pour chaque n > 0, y ∈ Xn+1 = f (Xn ). Donc il existe xn ∈ Xn tel que y = f (xn ). Nous avons construit (xn ) une suite d’élément de X compact, on peut donc en extraire une sous-suite convergente (xφ (n) ). Notons x la limite, par l’exercice 6509, x ∈ Y . Alors y = f (xφ (n) ) pour tout n et f est continue donc à la limite y = f (x). Donc y ∈ f (Y ). Soit y 6= y0 ∈ Y tel que d(y, y0 ) = diamY > 0. Comme Y = f (Y ) alors il existe x, x0 ∈ Y tel que y = f (x) et y0 = f (x0 ). Or d(y, y0 ) = d( f (x), f (x0 )) < d(x, x0 ). On a trouvé deux élements de Y tel d(x, x0 ) est strictement plus grand que le diamètre de Y ce qui est absurde. Donc y = y0 et le diamètre est zéro. (d) Comme le diamètre est zéro alors Y est composé d’un seul point {p} et comme f (Y ) = Y alors f (p) = p. Donc p a un point fixe et nous savons que c’est le seul. Par la construction de Y pour tout point x0 ∈ X la suite xn = f n (x0 ) converge vers p. Correction de l’exercice 6517 N
2561
(a) Comme E × E est compact alors de la suite (an , bn ) on peut extraire une sous-suite (aφ (n) , bφ (n) ) qui converge vers (a∞ , b∞ ). Soit ε > 0 il existe n ∈ N tel que si k > n alors d(aφ (k) , a∞ ) < ε2 et d(bφ (k) , b∞ ) < ε2 . Donc en particulier d(aφ (n+1) , aφ (n) ) 6 d(aφ (n+1) , a∞ ) + d(a∞ , aφ (n) ) < ε. La propriété pour f s’écrit ici d(ak , bk0 ) 6 d(ak+1 , bk0 +1 ) >. Donc d(aφ (n+1)−φ (n) , a0 ) 6 d(aφ (n+1)−φ (n)+1 , a1 ) 6 . . . 6 d(aφ (n+1)−1 , aφ (n)−1 ) 6 d(aφ (n+1) , aφ (n) ) < ε. Donc pour k = φ (n + 1) − φ (n), sachant que a0 = a alors d(ak , a) < ε. Même chose avec (bn ). (b) i. Soit a ∈ E et ε > 0 alors il existe k > 1 tel que ak = f k (a) ∈ f (E) avec d(a, ak ) < ε. Donc f (E) est dense dans E. ii. Soit un = d(an , bn ). Alors par la propriété pour f , (un ) est une suite croissante de R. Comme E est compact alors son diamètre est borné, donc (un ) est majorée. La suite (un ) est croissante et majorée donc converge vers u. Maintenant un − u0 > 0 et 0 6 un − u0 = d(an , bn ) − d(a, b) 6 d(an , a) + d(a, b) + d(b, bn ) − d(a, b) = d(an , a) + d(bn , b). Donc un tend vers u0 . Comme (un ) est croissante alors un = u0 pour tout n. En particulier u1 = u0 donc d(a1 , b1 ) = d(a0 , b0 ) soit d( f (a), f (b)) = d(a, b). Donc f est une isométrie. iii. f est une isométrie donc continue (elle est 1 lipschitziènne !). E est compact donc f (E) est compact donc fermé or f (E) est dense donc f (E) = E. Donc f est surjective
Correction de l’exercice 6518 N Dire que i : (X, |.|) → (X, d) est continue c’est exactement dire que tout ensemble U ouvert pour d est ouvert pour |.| (car i−1 (U) = U). S (a) Soit K un compact pour |.|. Soit Ui , i ∈ I tels que K ⊂ i∈I Ui et tels que Ui soient des ouverts pour d. Alors les Ui sont aussi des ouverts pour la topologie définie par |.|. Comme K est compact pour S |.| alors on peut extraire un ensemble fini J ⊂ I tel que K ⊂ i∈J Ui . Donc K est aussi compact pour d. Si F est un fermé pour |.| alors F ⊂ [0, 1] est compact pour |.| Donc compact pour d, donc fermé pour d. (b) Si U est un ouvert pour d alors U est un ouvert pour |.|. Car i est continue. Réciproquement si U est un ouvert pour |.| alors F = X \U est un fermé pour |.| donc F est un fermé pour d par la question précédente, donc U = X \ F est un ouvert pour d. Conclusion les ouverts pour |.| et d sont les mêmes donc |.| et d définissent la même topologie. Correction de l’exercice 6566 N (a) Sens direct. Si f est continue alors {x | f (x) < λ } = f −1 (] − ∞, λ [) est un ouvert comme image réciproque par une application continue de l’intervalle ouvert ] − ∞, λ [. De même avec ]λ , +∞[. Réciproque. Tout d’abord, tout intervalle ouvert ]a, b[, (a < b) peut s’écrire ]a, b[=] − ∞, b[∩]a, +∞[. Donc f −1 (]a, b[) = f −1 (] − ∞, b[) ∩ f −1 (]a, +∞[) est une intersection de deux ouverts donc un ouvert de X. Soit O un ouvert de R, alors O peut s’écrire comme l’union dénombrables d’intervalles ouverts : O=
[
]ai , bi [.
i∈I
Donc f −1 (O) =
[ i∈I
est une union d’ouvert donc un ouvert de X . 2562
f −1 (]ai , bi [)
(b) Nous le faisons d’abord pour un intervalle ouvert ]a, b[. ]a, b[= Donc f −1 (]a, b[) =
[
1 1 [a + , b − ]. n n j∈N∗ [
j∈N∗
1 1 f −1 ([a + , b − ]), j j
est une union dénombrable de fermés. Maintenant comme pour la première question, tout ouvert O S de R s’écrit O = i∈I ]ai , bi [, avec I dénombrable. Donc on peut écrire f −1 (O) =
[ [
i∈I j∈N∗
1 1 f −1 ([ai + , bi − ]), j j
qui est une union dénombrable de fermés (mais c’est un ouvert !).
Correction de l’exercice 6567 N (a) Soit F l’application définie par F( f ) = |F( f ) − F(g)| = |
Z 1 0
R1 0
| f |. Alors
| f | − |g|| 6
Z 1 0
| f − g| = d1 ( f , g) 6 d∞ ( f , g).
Donc pour les deux distances d1 et d∞ , F est lipschitzienne de rapport 1. (b) Soit ε > 0 alors en posant η = ε on obtient la continuité : si d(x, y) < ε alors |`(x) − `(y)| 6 ε. Donc ` est continue, et c0 = `−1({0}) est un fermé , car c’est l’image réciproque du fermé {0} par l’application continue `.
Correction de l’exercice 6568 N Soit A = {x ∈ X | f (x) = g(x)}. Alors soit C = X \ A = {x ∈ X | f (x) 6= g(x)}. Soit x ∈ C comme f (x) 6= g(x) et que Y est séparé, il existe un voisinage ouvert V1 de f (x) et V2 de g(x) tel que V1 ∩V2 = ∅. Notons U = f −1 (V1 ) ∩ g−1 (V2 ). Alors U est un ouvert de X contenant x. Maintenant pour x0 ∈ U, alors f (x0 ) ∈ V1 , g(x0 ) ∈ V2 donc f (x0 ) 6= g(x0 ), donc x0 ∈ C. Bilan U est inclus dans C. Donc C est ouvert. ¯ Donc A = X, c’est-àApplication : si A est dense dans X alors A¯ = X, mais comme A est fermé A = A. dire f et g sont égales partout. Correction de l’exercice 6569 N (a) Soit P un polynôme, et F un fermé de R. Soit (yn ) une suite convergente d’éléments de P(F), et y ∈ R sa limite. Il existe xn ∈ F tel que yn = P(xn ). Comme (yn ) est bornée (car convergente) alors (xn ) aussi est bornée, en effet un polynôme n’a une limite infini qu’en ±∞. Comme (xn ) est une suite bornée de R on peut en extraire une sous-suite convergente (xφ (n) ) de limite x. Comme F est fermé, x ∈ F. Comme P est continue (c’est un polynôme) alors yφ (n) = P(xφ (n) ) → P(x), mais (yφ (n) ) converge aussi vers y. Par unicité de la limite y = P(x) ∈ P(F). Donc P(F) est fermé.
(b) Soit X = Y = R et H = (xy = 1) est un fermé de X ×Y , mais si π(x, y) = x alors π(H) = R∗ n’est pas un fermé de X = R. (c) A vérifier...
Correction de l’exercice 6570 N 2563
¯ Il existe x ∈ A¯ tel que y = f (x). Soit xn ∈ A tel que (xn ) converge (a) ⇒. Soit f continue et y ∈ f (A). vers x. Alors yn = f (xn ) ∈ A. Comme f est continue alors (yn ) converge vers f (x) = y. Donc y est ¯ ⊂ f (A). adhérent à f (A). Conclusion f (A) ⇐. Soit f : X → Y et soit F un fermé de Y . Notons A = f −1 (F). Alors f (A) ⊂ F donc l’équation ¯ ⊂ F¯ = F car F est fermé. Donc A¯ ⊂ f −1 (F) = A. Donc A¯ ⊂ A, d’où A¯ = A. ¯ ⊂ f (A) devient f (A) f (A) Donc A est fermé. Bilan l’image réciproque de tout fermé F est un fermé, donc f est continue. Application : si A est dense, alors A¯ = X, et sous les hypothèses précédentes alors f (A) est dense ¯ = f (X) dans l’image de X par f : en effet f (A) contient f (A) ¯ donc comme A¯ est un fermé et f est (b) ⇒. Soit f fermé et soit A ⊂ X. Alors A ⊂ A¯ donc f (A) ⊂ f (A), ¯ fermée alors f (A) est un fermé contenant f (A). Mais comme f (A) est le plus petit fermé contenant ¯ f (A) alors f (A) ⊂ f (A). ¯ = f (F). Donc f (F) = f (F). Donc f (F) est ⇐. La relation pour un fermé F donne f (F) ⊂ f (F) fermé. Donc f est fermée. Même type de raisonnement avec f ouverte.
Correction de l’exercice 6573 N (a) Supposons que f ne tende pas vers 0. Soit ε > 0 fixé. Pour tout n > 0, il existe xn > n tel que | f (xn )| > ε. Sans perte de généralité nous supposons f (xn ) > ε. Appliquons l’uniforme continuité : soit ε 0 = ε2 , Il existe η tel que pour |xn − y| 6 η on ait | f (xn ) − f (y)| < ε 0 . Donc pour un tel y, f (y) > ε2 > 0. Donc f est strictement positive sur [xn − η, xn + η]. Notons alors (pn ) définie par Rx R xn +η p2n = xn −η, p2n+1 = xn +η. Soit I(x) = 0 f . Alors I(p2n+1 )−I(p2n ) = xn −η f (t)dt > ε2 ·2η = εη. Donc la suite (I(pn )) n’est pas de une suite de Cauchy, donc ne converge pas, donc la fonction R x 7→ I(x) ne converge pas non plus, et donc 0∞ f (t)dt diverge.
(b) Par le changement de variable u = t 2 puis une intégration par partie, on montre que l’intégrale R∞ 2 2 0 sin(t )dt converge, mais comme f (x) = sin(x ) ne tend pas vers 0 alors f n’est pas uniformément continue sur R. Correction de l’exercice 6621 N Pour x = (x1 , x2 ) ∈ E1 × E2 on définit kxk = max(kx1 k, kx2 k).
(a) Sens ⇐. Soit M > 0 tel que kB(x)k 6 Mkx1 kkx2 k. Montrons que B en continue au point x = (x1 , x2 ) fixé. Soit y = (y1 , y2 ) alors B(x + y) − B(x) = B(x1 + y1 , x2 + y2 ) − B(x1 , x2 ) = B(x1 , y2 ) + B(x2 , y1 ) + B(y1 , y2 ). Donc kB(x + y) − B(x)k 6 Mkx1 kky2 k + Mkx2 kky1 k + Mky1 kky2 k. Pour ky1 k 6
ε on a Mkx1 kky2 k 6 ε (si x1 = 0 il n’y a rien à choisir ici). Pour ky2 k 6 Mkx q q 2k on a Mkx2 kky1 k 6 ε (si x2 = 0 il n’y a rien à choisir ici). Enfin pour ky1 k 6 Mε et ky2 k 6 Mε q ε ε ε on a Mky1 kky2 k 6 ε. Donc en prenant η = min( Mkx , , M ), on obtient que pour kyk = 1 k Mkx2 k max(ky1 k, ky2 k) 6 η on a kB(x + y) − B(x)k 6 3ε. Ce qui prouve la continuité. Donc B est continue sur E1 × E2 . ε Mkx1 k
(b) Sens ⇒. Si B est continue partout, en particulier elle est continue en 0. Je choisis ε = 1, il existe η > 0 tel que kxk 6 η alors kB(x)k 6 1. Donc pour kx1 k 6 η et kx2 k 6 η on a kB(x1 , x2 )k 6 1. Soit maintenant y = (y1 , y2 ) ∈ E1 × E2 , (y1 6= 0, y2 6= 0) on a (η kyy11 k , η kyy22 k ) de norme 6 η donc B(η kyy11 k , η kyy22 k ) 6 1 et par bilinéarité cela fournit : B(y1 , y2 ) 6 La constante cherchée étant
1 . η2
2564
1 ky1 kky2 k, η2
et ce pour tout (y1 , y2 ).
Correction de l’exercice 6622 N Comme L est linéaire il suffit de montrer que L est continue en 0. Supposons que cela ne soit pas vrai, alors il faut nier la continuité de L en 0 qui s’écrit : ∀ε > 0
∃η > 0
∀x ∈ E
(kxk < η ⇒ kL(x)k < ε).
∀η > 0
∃x ∈ E
(kxk < η et kL(x)k > ε).
La négation s’écrit alors : ∃ε > 0
Soit donc un tel ε > 0 de la négation, pour η de la forme η = n1 , on obtient yn tel que kyn k < 1n et √ √ kL(yn )k > ε. On pose xn = nyn , alors kxn k = nkyn k < √1n donc (xn ) est une suite de E qui tend vers √ √ 0. Par contre kL(xn )k = nkL(yn )k > ε n, donc la suite (L(xn )) n’est pas bornée. Par contraposition nous avons obtenu le résultat souhaité. Correction de l’exercice 6623 N (a) Si f est linéaire et bornée sur la boule unité alors elle est continue (voir le cours ou refaire la démonstration). (b) Il reste à montrer que f est linéaire : on a déjà f (x + y) = f (x) + f (y) pour tout x, y reste donc à prouver f (λ x) = λ f (x). Pour tout λ ∈ R et x ∈ E. — Pour λ ∈ Z, c’est une récurrence, f (2x) = f (x + x) = f (x) + f (x) = 2 f (x). Puis f (3x) = f (2x + x) = f (2x) + f (x) = 2 f (x) + f (x) = 3 f (x) etc. Donc f (nx) = n f (x) pour n ∈ N. De plus 0 = f (0) = f (x + (−x)) = f (x) + f (−x) donc f (−x) = − f (x). Ensuite on a f (−nx) = −n f (x) pour n ∈ N. Bilan : pour tout λ ∈ Z on a f (λ x) = λ f (x). — Pour λ ∈ Q, soit λ = qp , p, q ∈ Z. p 1 p x p x p f ( x) = p f ( x) = q f ( ) = f (q ) = f (x). q q q q q q q Nous avons utilisé intensivement le premier point. — Soit λ ∈ R alors il existe une suite (λn ) d’élément de Q qui converge vers λ . Fixons x ∈ E. f (λ x) − λ f (x) = f (λ x) − f (λn x) + f (λn x) − λ f (x) = f ((λ − λn )x) + (λn − λ ) f (x). Nous avons utilisé le second point. Soit ε ∈ Q∗+ . Pour n assez grand on a k(λ − λn )xk < ε. Donc k ε1 (λ − λn )xk ∈ B(0, 1) or f est bornée sur la boule unité donc il existe M > 0 tel que f ( ε1 (λ − λn )x) 6 M (quelque soit n). Donc f (λ − λn )x) 6 Mε (ε est rationnel donc on peut le “sortir”). De même pour n assez grand on a (λn − λ ) f (x) < ε. Maintenant k f (λ x) − λ f (x)k 6 k f ((λ − λn )x)k + k(λn − λ ) f (x)k < Mε + ε. Donc pour x, λ fixés, k f (λ x) − λ f (x)k est aussi petit que l’on veut, donc est nul ! D’où f (λ x) = λ f (x) pour λ ∈ R. Correction de l’exercice 6624 N (a) Pour tout x, kS(x)k = kxk donc kSk = 1. (b) kT ( f )k∞ = k f × gk∞ 6 k f k∞ kgk∞ . Donc pour f 6= 0, kT (g)k∞ kgk∞
=
kg2 k∞ kgk∞
= kgk∞ . Donc kT k = kgk∞ .
2565
kT ( f )k∞ k f k∞
6 kgk∞ . De plus en g, on obtient
R
R
(c) On a |u( f )| 6 k f k∞ 01 |g(x)|dx donc kuk 6 01 |g(x)|dx. Si g ne change pas de signe sur [0, 1] alors R R pour f la fonction constant égale à 1, on obtient |u( f )| = k f k∞ 01 |g(x)|dx donc kuk = 01 |g(x)|dx. Si g change de signe alors il ne le fait qu’une fois et en 12 . Soit hn la fonction définie par hn (x) = 1 si x ∈ [0, 12 − 1n ], hn (x) = −1 si x ∈ [ 12 + 1n , 1] et hn est affine sur [ 12 − 1n , 12 + n1 ] et continue sur [0, 1]. Cette fonction est construite de telle sorte que si g est positive puis négative alors hn × gR est une fonction continue qui converge uniformément vers |g| : khn g − |g|k∞ → 0. Donc |u(hn )| = 01 hn × g R R et par la convergence uniforme alors |u(hn )| converge vers 01 |g|. Donc kuk = 01 |g|.
(d) |u(x)| = | ∑ an xn | 6 kan k2 kxn k2 (c’est Cauchy-Schwartz) donc kuk 6 kan k2 . Pour la suite x = a on a égalité d’où kuk = kan k2 .
(e) |u(x)| = | ∑ an xn | 6 ∑ |an xn | 6 kak∞ ∑ |xn | = kak∞ kxn k1 , donc kuk 6 kak∞ . Soit p fixé, soit i(p) un indice tel que |ai(p) | = max j=1,...,p |a j |. On construit une suite x p de la manière suivante : x p = (0, 0, . . . , 0, ai(p) , 0, 0, 0 . . .) (des zéros partout sauf ai(p) à la place i(p)). Alors kx p k1 = |ai(p) | et |u(x p )| = a2i(p) . Donc
|u(x p )| kx p k1
= |ai(p) |. Lorsque p tend vers +∞, |ai(p) | → kak∞ . Donc kuk = kak∞ .
(f) |u(x)| = | lim xn | 6 kxk∞ , donc kuk 6 1. Pour x = (1, 1, 1, . . .) on obtient l’égalité kuk = 1. Correction de l’exercice 6625 N (a) Il suffit de l’écrire... (b) Calculons la norme de U : kU(P)k = supk | 1k ak k 6 supk |ak | 6 kPk. Donc pour tout P, Et pour P(x) = x on a égalité donc kUk = 1.
kU(P)k kPk
6 1.
(c) Pour V , prenons Pk (x) = xk , alors kPk k = 1, mais kV (Pk )k = k. Donc V n’est pas bornée sur la boule unité donc V n’est pas continue.
Correction de l’exercice 6626 N (a) A injective : Si A(x1 , x2 , . . .) = A(y1 , y2 , . . .) alors (x1 , x2 /2, ..., xn /n, ...) = (y1 , y2 /2, ..., yn /n, ...) donc x1 = y1 , x2 = y2 ,..., xn = yn ,... Donc A est injective. A continue : kA(x)k∞ = supn xnn 6 supn xn 6 kxk∞ . Donc kAk 6 1 donc A est continue. Norme de A : Pour x = (1, 0, 0, . . .). On a kxk∞ = 1 et kA(x)k∞ = 1 Donc la norme de A est exactement 1. A n’est pas surjective : posons y = (1, 1, 1, . . .) ∈ l ∞ . Soit x une suite telle que A(x) = y alors x = (1, 2, 3, 4, . . .). Mais kxk∞ = +∞ donc x ∈ / l ∞ . En conséquence A : l ∞ → l ∞ n’est pas surjective.
(b) L’inverse à gauche de A est B définie par
B(x1 , x2 , ..., xn , ...) = (x1 , 2x2 , ..., nxn , ...) de sorte que pour x ∈ l ∞ on ait B ◦ A(x) = x. Posons la suite x p = (0, 0, . . . , 0, 1, 0, 0 . . .) ∈ l ∞ (des p )k ∞ zéros partout et le 1 à la p-ième place). Alors kx p k∞ = 1 et kB(x p )k∞ = p. Donc kB(x p kx k∞ = k, donc la norme de B n’est pas finie et B n’est pas continue.
Correction de l’exercice 6627 N (a) Si L(a) = 0 alors a ∈ H donc dist(a, H) = 0 donc la relation est vraie. Supposons que L(a) 6= 0. Alors on a X = H + R.a. En effet pour x ∈ X, il existe λ ∈ R tel que L(x) = λ L(a). Donc L(x − λ a) = 0. Posons h = x − λ a, alors h ∈ H et x = h + λ a est la décomposition suivant H + R.a. Si L est continue alors kLk est finie.
2566
kL(x)k x∈X,x6=0 kxk
kLk = sup =
kL(h + λ a)k h∈H,λ ∈R,h+λ a6=0 kh + λ ak sup
= |L(a)|
|λ | kh + λ ak h∈H,λ ∈R,h+λ a6=0 sup
1 kh + ak h∈H 1 = |L(a)| infh∈H kh + ak 1 = |L(a)| dist(a, H) = |L(a)| sup
Ce qui était l’égalité demandée. (b) Si H est fermé alors dist(a, H) > 0 si a ∈ / H (voir les exercices sur les compacts), par l’égalité démontrée ci-dessus on a kLk finie donc L est continue.
p ak xk on pose kPk = supk |ak |, et V (P)(x) = ∑nk=1 kak xk . Alors (c) Soit X = R[x]. Pour P(x) = ∑k=0 KerV = {0} est fermé mais V n’est pas continue (voir l’exercice 6625).
Correction de l’exercice 6628 N Notons L : X → R l’application linéaire définie par L( f ) = f (0). Prenons fn définie par fn (t) = 2n(1 − fn )| nt) pour t ∈ [0, 1n ] et f (t) = 0 si t > n1 . Alors k fn k = 1 alors que L( fn ) = 2n. Donc le rapport |L( k fn k = 2n n’est pas borné, donc L n’est pas continue. Si H = { f | f (0) = 0} alors H = Ker L = L−1 (0). Comme L n’est pas continue alors H n’est pas fermé (voir l’exercice 6627). Correction de l’exercice 6629 N N est bien une norme. Et on a pour tout x, (1 + x2 )| f (x)| 6 N( f ). |L( f )| = |
Z
R
f| 6
Z
R
|f| 6
Donc pour tout f on a
Z
N( f ) dx 6 N( f ) 2 1 R +x
Z
1 = N( f )[arctan x]+∞ −∞ = N( f )π. 2 1 + x R
R
f 6 π. N( f ) De plus pour f (x) =
1 1+x2
on obtient l’égalité. Donc la norme kLk de l’application L est π.
Correction de l’exercice 6633 N (a) Remarquons tout d’abord que si 0 ∈ K, l’application u (linéaire) admet 0 comme point fixe dans K. On suppose donc 0 ∈ / K. Si x ∈ K, u j (x) ∈ K pout tout 0 6 j 6 n−1 et Sn (x) ∈ K comme combinaison convexe de ces n points de K. (b) Soit x ∈ K. Par 1., Sn1 ◦ · · · ◦ Snk (x) ∈ K et s’écrit Sn1 (Sn2 ◦ · · · ◦ Snk )(x) : il appartient donc à Sn1 (K). Par ailleurs, comme les applications linéaires Sn j commutent entre elles (ce sont des polynômes en u), il en va de même pour Sn2 , · · · , Snk d’où l’inclusion. Chaque Sn étant continue et K compact, les ensembles Sn (K) sont eux aussi compacts et inclus dans K ; si A = ∩n>1 Sn (K) était vide, par la propriété de l’intersection finie, on pourrait trouver des entiers n1 , n2 , . . . , nk en nombre fini tels que Sn1 (K) ∩ Sn2 (K) ∩ · · · ∩ Snk (K) = 0. / Or cette intersection contient l’image de K par Sn1 ◦ · · · ◦ Snk et ne peut être vide. 2567
(c) Soit a ∈ A ; pour tout n il existe xn ∈ K tel que a = Sn (xn ). On va montrer que u(a) = a : u(a) − a =
u(Sn (xn )) − Sn (xn )
=
(n + 1)Sn+1 (xn ) xn − − Sn (xn ) n n
=
(n + 1)Sn+1 (xn ) − nSn (xn ) − xn n
=
un (xn ) − xn n
Mais ||un (xn ) − xn || 6 diamK = d < +∞ puisque K compact est borné, et ||u(a) − a|| 6 n est donc nul.
d n
pour tout
Correction de l’exercice 6668 N
I (a) Soit P l’espace vectoriel des fonctions polynomiales. Supposons P de dimension finie n. Notons fk la fonction x 7→ xk . Alors la famille { f0 , · · · , fn } qui compte n + 1 éléments est liée, donc il existe a0 , · · · , an des scalaires non tous nuls tels que, pour tout x ∈ R on ait a0 + a1 x + · · · an xn = 0. Il en résulte que le polynôme non nul à coefficients réels a0 + a1 X + · · · an X n a une infinité de racines, ce qui est absurde. ¯ On doit vérifier que, i) pour tout x ∈ X, x 6 M et ii) pour tout ε > 0 il existe (b) Posons M = sup(X). ¯ x 6 M la propriété i) est vérifiée par M. x ∈ X tel que M − ε 6 x. Comme X ⊂ X¯ et, pour tout x ∈ X, ε ¯ il existe aussi y ∈ X tel que Soit maintenant ε > 0. Il existe x ∈ X¯ tel que M − < x. Comme x ∈ X, 2 ε |x − y| < . Donc M − ε < y et M satisfait à ii). 2 ¯ En effet, pour tout n ∈ N, choisissons un élément Remarque : on note également que sup(X) ∈ X. 1 xn ∈ X tel que xn > sup(x) − . Alors la suite (xn )n∈N constituée d’éléments de X converge dans R n ¯ On peut bien sûr en déduire la propriété ii) de M. vers sup(X) qui appartient donc à X.
II (a) Il est clair L est un sous espace vectoriel de l’espace vectoriel des fonctions de [0, 1] à valeurs dans R. Soit f ∈ C1 et x, y ∈ [0, 1], avec x < y. Par le théoréme des accroissements finis, il existe cx ∈]x, y[ tel que f (y) − f (x) = f 0 (cx )(y − x). Or f 0 est continue, donc bornée sur [0, 1]. Soit M = sup | f 0 (t)|. t∈[0,1]
On a l’inégalité | f (y) − f (x)| 6 M|y − x| qui montre que f ∈ L . Il en résulte que L contient P donc est de dimension infinie. (b) i. Il suffit de vérifier que si N1 ( f ) = 0 et N2 (g) = 0, alors f = g = 0, les autres propriétés étant claires. Or si N1 ( f ) = 0, alors f est constante et f (0) = 0, donc f = 0. Il en va de même pour N2 . | fn (x) − fn (0)| , x 6= 0}. Comme fn (0) = 0, on voit que ii. Pour tout n ∈ N, k fn k∞ = 1. Posons Xn = { |x| | fn (x) − fn (0)| N1 ( fn ) = sup(Xn ). Or | fn0 (0)| = lim , appartient à X¯n donc, en appliquant I 2) on x→0 |x| constate que | fn0 (0)| 6 sup(X¯n ) = sup(Xn ). Enfin fn0 (0) = 2πn donc N2 ( fn ) > 2πn. Il n’exite donc pas K > 0 tel que, pour tout n ∈ N, N2 ( fn ) < Kk fn k∞ soit N2 et k k∞ ne sont pas équivalentes. 2568
Remarques : a) on peut obtenir ce résultat (et le préciser) en remarquant que la fonction fn : x 7→ sin(2πnx) définie sur ]0, 1] se prolonge en une fonction continue en 0 en posant fn (0) = 2πn. x Puis noter (en fait c’est un cas particulier de I 2)) que sup | fn | = sup | fn | et montrer (par une ]0,1]
[0,1]
étude classique de fonction) que cette dernière quantité est 2πn. b) Ce qui fait l’intérêt pour ce problème des fonctions ( fn )n∈N , c’est qu’elles sont bornées par 1 mais que leur pente en l’origine peut-être rendue arbitrairement grande avec n. On peut donc 1 obtenir le même résultat avec la suite (kn )n∈N définie par kn (x) = nx si x 6 et 1 sinon, pour n laquelle un calcul direct donne N1 (kn ) = n et kkn k∞ = 1.
iii. Comme, pour tout f ∈ L , N1 ( f ) > N2 ( f ), on déduit de ce qui précéde que N1 n’est pas équivalente ni à k k∞ . Posons gn (x) = xn , pour n > 1. Pour tout n > 1, N2 (gn ) = 1. De plus g0n (1) = n, donc, par un raisonnement identique à celui qui précéde, N1 (gn ) > n ce qui montre que N1 n’est pas équivalente à N2 . Remarque : ce qui fait l’intérêt pour ce problème des fonctions (gn )n∈N , c’est qu’elles sont bornées par 1 mais que leur pente en 1 peut-être rendue arbitrairement grande avec n. On peut 1 donc obtenir le même résultat avec la suite (ln )n∈N définie par ln (x) = 0 si x 6 1 − et nx − (n − n 1) sinon. 1 1 1 iv. On pose gn (x) = x si x 6 et sinon. Il est clair que gn ∈ L , kgn k∞ = et N2 (gn ) = 1. Il n n n n’existe donc pas de constante K 0 ∈ R∗+ telle que, pour tout n ∈ N, kgn k∞ > K 0 N2 (gn ) donc N2 n’est pas équivalente à k k∞ . Enfin N2 (gn ) = N1 (gn ), ce qui établit le même résultat pour N1 .
v. Il est clair que pour tout f ∈ L , que λ ( f ) > N1 ( f ). Soit x ∈]0, 1]. De l’identité f (x) = f (0) + f (x) − f (0) f (x) − f (0) x on déduit que | f (x)| 6 | f (0)| + | | (car |x| 6 1) soit | f (x)k 6 N1 ( f ). x x L’application x 7→ f (x) étant continue sur [0, 1] (ou en appliquant I 2)) on en déduit que, pour tout x ∈ [0, 1] on a également | f (x)k 6 N1 ( f ). En d’autre termes k f |∞ 6 N1 ( f ) et λ ( f ) 6 2N1 ( f ). Les normes λ et N1 sont donc équivalentes.
(c) On pose, pour tout f ∈ C1 : ν1 ( f ) = | f (0)| + k f 0 k∞ et ν( f ) = k f k∞ + k f 0 k∞ . i. On constate aisément que si ν1 ( f ) = 0, alors f est constante et, comme de plus f (0) = 0, elle est nulle. Les autre propriétés sont immédiates, donc ν et ν1 sont des normes sur C1 . | f (x) − f (y)| ii. Soit f ∈ C1 , notons X = { ; (x, y) ∈ [0, 1]2 , x 6= y}. Pour montrer que ν1 ( f ) = N1 ( f ), |x − y| il suffit de vérifier que sup(X) = k f 0 k∞ . Soient x, y ∈ [0, 1], x 6= y. Par le théorème des accrois| f (x) − f (y)| sements finis, il existe c compris entre x et y tel que = f 0 (c) 6 k f 0 k∞ , donc |x − y| sup(X) 6 k f 0 k∞ . Comme f 0 est continue, il existe x0 ∈ [0, 1] tel que f 0 (x0 ) = k f 0 k∞ . Alors f (x) − f (x0 ) ¯ donc, en appliquant I 2), k f 0 k∞ 6 sup(X) ¯ = sup(X). appartient à X, f 0 (x0 ) = lim x→x0 x − x0 Remarque : on peut formuler ce raisonnement de la manière suivante : soit Y = { f 0 (x); x ∈ [0, 1]}. ¯ Par le théorème des accroissements finis, X ⊂ Y. On a ensuite, par définition de la dérivée, Y ⊂ X. ¯ Donc sup(X) 6 sup(Y ) 6 sup(X), puis on applique I 2). iii. Les normes ν et ν1 sont équivalentes. En effet, il est clair que ν1 ( f ) 6 ν( f ) pour tout f ∈ C1 . Soit t0 ∈ [0, 1] tel que k f k∞ = | f (t0 )|. Si t0 = 0 alors ν1 ( f ) 6 ν( f ). Sinon, par le théorème des accroissements finis, il existe c ∈]0,t0 [ tel que f (t0 ) = f (0) + f 0 (c)t0 ce dont on déduit que k f k∞ 6 ν1 ( f ), puis que ν( f ) 6 2ν1 ( f ). (d) i. Soit x ∈ [0, 1]. La suite de nombres réel ( fn (x))n∈N étant de Cauchy, elle est convergente. On pose f (x) = lim fn (x). Soit ε > 0. La suite ( fn ) étant de Cauchy, il existe N tel que, si m, n > N n→∞
alors k fn − fm k∞ 6 ε. Soient x ∈ [0, 1] et m, n > N. On a | fn (x) − fm (x)| 6 ε et, ceci étant vrai pour tout m ∈ N, on en déduit, par passage à la limite suivant m, que | fn (x) − f (x)| 6 ε, soit k fn − f k∞ 6 ε. Ainsi f est la limite, pour la convergence uniforme, d’une suite de fonctions continues donc est continue. 2569
ii. Par définition de ν, une suite ( fn )n∈N de Cauchy pour ν est de Cauchy pour k k∞ , donc (uniformément) convergente par la question qui précéde. De même ( fn0 )n∈N est de Cauchy pour k k∞ , donc converge uniformèment vers une fonction continue g. Il en résulte que f est dérivable et a pour dérivée la fonction continue g. Enfin ( fn )n∈N converge vers f pour ν donc (C1 , ν) est complet. Soit maintenant (gn )n∈N une suite de Cauchy dans (C1 , ν1 ). Comme ν1 est équivalente à ν, elle est de Cauchy pour ν donc convergente. Il existe donc h ∈ C1 telle que lim ν(h − gn ) = 0. Mais n→∞
puisque ν1 est équivalente à ν, on a aussi lim ν1 (h − gn ) = 0 donc (C1 , ν1 ) est complet. n→∞
iii. Soit ( fn )n∈N une suite de Cauchy dans (L , λ ). Comme λ ( fn ) > k fn k∞ , la suite ( fn )n∈N est également de Cauchy dans (C0 , k k∞ ). Comme (C0 , k k∞ ) est complet, ( fn )n∈N converge uniformément vers une fonction continue qu’on notera f . iv. Soit ε > 0. Comme ( fn )n∈N est une suite de Cauchy, il existe N tel que, pour m, n > N on ait, pour tout x, y et z ∈ [0, 1], avec x 6= y : ( fn (x) − fm (x)) − ( fn (y) − fm (y)) < ε. | fn (z) − fm (z)| + x−y En faisant tendre m vers l’infini, on en déduit : ( fn (x) − f (x)) − ( fn (y) − f (y)) < ε, | fn (z) − f (z)| + x−y
donc
( fn (x) − f (x)) − ( fn (y) − f (y)) 6 ε. sup | fn (z) − f (z)| + sup x−y z∈[0,1] x,y∈[0,1],x6=y
Ainsi la suite ( fn )n∈N converge vers f pour la norme λ . Par ailleurs, on déduit de la seconde inégalité que, pour tout x, y ∈ [0, 1], avec x 6= y : |( fn − f )(x) − ( fn − f )(y)| < ε|x − y|, donc que pour n assez grand f − fn appartient à L . Or L est un espace vectoriel et fn ∈ L donc f appartient à L . v. Toute suite de Cauchy de L admet une limite dans L qui est donc complet.
Correction de l’exercice 6669 N (a) ) La nécessité des conditions (i), (ii), (iii) résulte des propriétés d’une norme. En effet, si x ∈ K, || − x|| = ||x|| 6 1 et −x ∈ K ce qui prouve (i). K est fermé car plus généralement toute boule fermée d’un espace métrique est fermée ; et K est borné par définition (un sous-ensemble de Rn est borné s’il est contenu dans une boule fermée). Enfin, K est convexe car, si x, y ∈ K et λ ∈ [0, 1], ||(1 − λ )x + λ y|| 6 (1 − λ )||x|| + λ ||y|| 6 1 et (1 − λ )x + λ y ∈ K. 0 est un point intérieur à K : par exemple B(0, 21 ) ⊂ K et K contient un voisinage de 0 (toute boule fermée de rayon > 0 est un voisinage de son centre). (b) Soit K vérifiant les propriétés (i), (ii), (iii). Il nous faut montrer que p(x) est bien définie pour tout x ; que p est une norme et que K est la boule unité fermée qui lui est associée. Si x = 0, ax ∈ K pour tout a > 0 et p(0) = 0. Si x 6= 0, l’ensemble {a > 0 ; ax ∈ K} est minoré ; s’il est non vide il admettra une borne inférieure. Or 0 est point intérieur à K ; il existe donc ε > 0 tel x que B(0, ε) ⊂ K et pour a assez grand, ||x|| a 6 ε, en particulier a ∈ K, et l’ensemble est non vide. Vérifions les trois axiomes d’une norme. • Par définition d’une borne inférieure, p(x) = 0 =⇒ ∀ε > 0 ∃ 0 < a < ε tel que ax ∈ K. K étant borné, on peut supposer que K ⊂ B(0, R), de sorte que || ax || 6 R ou ||x|| 6 εR, ceci pour tout ε > 0, ce qui implique x = 0. • Soit λ > 0 ; p(λ x) = inf{a > 0 ; λ p(x).
λx a
∈ K} = inf{λ b > 0 ; 2570
x b
∈ K} en posant a = λ b, et p(λ x) =
Il suffit de montrer que p(−x) = p(x) pour avoir la propriété d’homogénéité. Mais p(−x) = inf{a > 0 ; − ax ∈ K} = inf{a > 0 ; ax ∈ −K} = p(x) car K est symétrique. • En utilisant la définition d’une borne inférieure, on va montrer que pour tout ε > 0, p(x + y) 6 p(x) + p(y) + 2ε ce qui donnera le résultat. Donc, fixons ε > 0 ; on peut trouver a > 0 tel que p(x) 6 a < p(x) + ε et ax ∈ K, puis b > 0 tel que x+y p(y) 6 b < p(y) + ε et by ∈ K. Si a+b ∈ K, alors p(x + y) 6 a + b par propriété de la borne inf et on aura prouvé p(x + y) 6 p(x) + p(y) + 2ε. y x+y a x b y x s’écrit a+b Mais a+b a + a+b b , combinaison convexe de a et b , et K est supposé convexe. La preuve de l’inégalité triangulaire est ainsi achevée. Il nous reste à établir K = {x ; p(x) 6 1}. Si x ∈ K et a = 1, ax ∈ K ce qui implique p(x) 6 1. Réciproquement supposons p(x) 6 1 ; on peut supposer x 6= 0. Si p(x) < 1, il existe p(x) 6 a < 1 tel que ax ∈ K ; mais x = a ax + (1 − a)0 est encore dans K. Si p(x) = 1 il existe (an ) suite de nombres positifs tels que axn ∈ K pour tout n et tendant vers 1. Mais K étant fermé, x = lim axn ∈ K. Correction de l’exercice 6676 N (a) Soit (un ) une suite de Cauchy pour d. Donc ∀ε > 0
∃N ∈ N ∀p, q > N
d(u p , uq ) = |u3p − u3q | 6 ε.
Donc la suite (u3n ) est une suite de Cauchy pour la distance usuelle |.|. Comme (R, |.|) est complet alors (u3n ) converge pour la valeur absolue, notons v la limite, nous avons |u3n − v| qui tend vers 0. 1 Donc pour u = v 3 nous avons d(un , u) = |u3n − u3 | = |u3n − v| qui tend vers 0, donc un converge vers u pour la distance d. Donc R est complet pour d. (b) Montrons que d ne définit pas une distance complète. Soit (un ) la suite définie par un = −n, n ∈ N. Alors d(u p , uq ) = |e−p − e−q |. Donc pour ε > 0 fixé, soit N tel que e−N < ε2 , alors pour p, q > N on a d(u p , uq ) = |e−p − e−q | 6 e−p + e−q 6 2e−N 6 ε. Donc (un ) est de Cauchy. Supposons que (un ) converge, notons u ∈ R sa limite. Alors d(un , u) = |e−n − eu | tend vers 0 d’une part et vers eu d’autre part. Donc eu = 0 ce qui est absurde pour u ∈ R. (c) La fonction ln(1 + u) est continue et ne s’annule qu’en u = 0. Donc pour ln(1 + u) suffisamment petit nous avons u suffisamment petit et donc (par la relation ln(1 + u) = u + o(u)) nous avons 1 u 6 ln(1 + u) 6 2u. 2 Donc pour (un ) une suite de Cauchy pour d, la première inégalité prouve que (un ) est une suite de Cauchy pour |.|. Donc elle converge pour |.| La deuxième inégalité montre que (un ) converge pour d. Donc d définit une distance complète.
Correction de l’exercice 6677 N f est injective afin que d soit bien une distance. On pose F = f (R) ⊂ R2 .
(a) ⇒ Supposons que la distance d soit complète. Soit (yn ) une suite de F qui converge vers y ∈ R2 . Il faut montrer que y ∈ F. Il existe xn ∈ R, tel que yn = f (xn ). Comme (yn ) est une suite convergente, c’est une suite de Cauchy de R2 , or d(x p , xq ) = k f (x p ) − f (xq )k = ky p − yq k. Donc (xn ) est une suite de Cauchy pour d. Comme d est complète alors (xn ) converge x, comme xn → x (pour d) alors f (xn ) → f (x) (pour k.k). (Remarquons que par définition de d, l’application f : (R, d) −→ (R2 , k.k) est continue.) Donc (yn ) converge vers f (x) et par unicité de la limite f (x) = y. Donc y ∈ f (R) = F. Donc F est fermé.
2571
(b) ⇐ On suppose que F est fermé. Soit (un ) une suite de Cauchy pour (R, d). Notons yn = f (xn ). Comme d(u p , uq ) = k f (u p ) − f (uq )k = ky p − yq k. Donc (yn ) est une suite de Cauchy pour (R2 , k.k). Comme cet espace est complet alors (yn ) converge vers y. Comme yn ∈ F et F est fermé alors y ∈ F, donc il existe x ∈ R tel que y = f (x). Il reste à montrer que (xn ) tend vers x. En effet d(xn , x) = k f (xn ) − f (x)k = kyn − yk tend vers 0. Donc (xn ) tend vers x pour d. Donc d est complète. Correction de l’exercice 6678 N (a) i. Montrons que (X, dω ) est complet. Soit ( fn )n une suite de Cauchy pour cet distance. Alors pour chaque t ∈ [a, b], ( fn (t))n est une suite de Cauchy pour (R, |.|). Comme R est complet alors cette suite converge, notons f (t) sa limite. Il faut montrer deux choses : premièrement que ( fn ) converge vers f pour la distance considérée, deuxièmement que f est bien dans l’espace X. ii. Comme ( fn ) est une suite de Cauchy. Pour ε > 0. Il existe n > 0 tel que pour tout p > 0 : dω ( fn , fn+p ) < ε. Donc sup |ω(t)( fn (t) − fn+p (t))| < ε. t∈[a,b]
On fait tendre p vers +∞ et on obtient : supt∈[a,b] |ω(t)( fn (t) − f (t))| < ε. Donc ( fn ) converge vers f pour la distance dω . iii. ω est une fonction non nulle sur le compact [a, b], donc il existe α > 0 tel que ω(t) > α pour tout t ∈ [a, b]. On en déduit que k f n − f k∞ 6
1 dω ( fn , f ). α
Comme dω ( fn , f ) tend vers 0 alors fn converge vers f pour la norme infini. Donc f est continue. Conclusion : (X, dω ) est complet. (b) On définit fn sur [0, 1] par fn (t) = 1 pour t ∈ [0, 21 ], fn (t) = (1 − n(t − 21 )) pour t ∈ [ 12 , 12 + 1n ] et f (t) = 0 si t > 21 + 1n . Alors ( fn ) est une suite de Cauchy pour la norme k.k1 . Par contre ( fn ) ne converge pas dans X. Donc X n’est pas complet. En effet ( fn ) converge vers la fonction f où f est définie par f (t) = 1 sur [0, 21 ] et f (t) = 0 sur ] 12 , 1]. Mais cette fonction n’est pas dans l’espace X car f n’est pas continue.
Correction de l’exercice 6679 N R
(a) On reprend l’exemple de l’exercice 6678. Et on définit gn sur [0, 1] par gn (x) = 0x fn (t)dt. Alors gn est C 1 , et converge (donc en particulier (gn ) est de Cauchy). Elle converge vers g qui n’est pas une fonction C 1 . Donc ce n’est pas un espace complet. (b) Soit ( fn ) une suite de Cauchy pour la norme N. Pour chaque t ∈ [a, b], ( fn (t))n est une suite de Cauchy de R donc converge. Notons f (t) sa limite. De même ( fn0 (t))n est une suite de Cauchy de R donc converge vers g(t). Nous allons montrer que f est dans X et que fn converge vers f pour N et que f 0 = g. Soit ε > 0. Il existe n ∈ N tel que Pour tout p > 0, N( fn − fn+p ) < ε. En faisant tendre p vers +∞, fn+p converge (simplement) vers f . On obtient que k fn − f k∞ et que k fn0 − gk∞ tendent vers 0. Donc fn converge uniformément vers f . Comme les fn sont continues alors f est continue. De même fn0 converge uniformément vers g donc g est continue. De plus cela implique que g = f 0 .(Rappel : si ( fn ) est une suite de fonctions C 1 sur [a, b] qui converge simplement vers f , et tel que ( fn0 ) converge uniformément vers g, alors f est C 1 et sa dérivée est f 0 = g.) Nous avons donc montrer que N( fn − f ) tend vers 0 et que f est dans X. Donc (X, N) est complet.
2572
Correction de l’exercice 6680 N (a) Notons x p la suite x p = (1, 1, . . . , 1, 1, 0, 0, 0, . . .). (des 0 à partir de la p + 1-ième place et de 1 avant. Si Y est l’espace de toute les suite, notons x∞ = (1, 1, 1, 1, . . .). La suite x∞ n’est pas dans X. Par contre x p → x∞ pour la distance ρ. En effet +∞
ρ(x p , x) =
1 1 1 = p+1 → 0. k2 2 2 k=p+1
∑
La suite (x p ) est de Cauchy, mais ne converge pas dans X, donc X n’est pas complet. (b) i. Soit Y l’espace de toutes les suites. Alors X est dense dans dans Y (pour la topologie définie par ρ), car toute suite y = (y1 , y2 , . . .) de Y s’approche par une suite de suite (x p ) obtenue en tronquant la suite y : x1 = (y(1), 0, 0, . . .), x2 = (y(1), y(2), 0, 0, . . .),... En effet ∞
ρ(x p , y) =
2−k
∑ k=p+1
∞ |xk − yk | 1 6 ∑ 2−k = p 1 + |xk − yk | k=p+1 2
qui tend vers 0 lorsque p tend vers +∞. ii. Soit (xn )n une suite de Cauchy de Y . Montrons que pour k fixé alors (xkn )n est une suite de Cauchy de R. Prenons ε > 0, alors il existe N tel que pour p, q > N on ait ρ(x p , xq ) 6 ε. q p 1 |xk − xk | 6 ρ(x p , xq ) 6 ε. 2k 1 + |xkp − xkq | β α , f est inversible pour α > 0, d’inverse f −1 (β ) = 1−β Posons la fonction f (α) = 1+α . Une étude de f et de son inverse montre que si f (α) 6 ε 0 6 1 alors α 6 2ε 0 . Comme k est fixé, posons 0 ε = 2εk et α = |xkp − xkq | on a montrer : f (α) 6 ε 0 . Donc α 6 2ε 0 . Récapitulons :
∀ε 0 > 0
∃N ∈ N
∀p, q > N
|xkp − xkq | < 2ε 0 ,
donc la suite (xkn )n est de Cauchy dans R, donc converge, nous notons xk∞ sa limite. iii. Nous avons construit une suite x∞ = (x1∞ , x2∞ , . . .). Comme (xn ) est de Cauchy alors ∀ε > 0 ∃N ∈ N
∀p, q > N
ρ(x p , xq ) < ε,
Lorsque l’on fixe p et que l’on fait tendre q vers +∞ on a ∀ε > 0
∃N ∈ N
∀p > N
ρ(x p , x∞ ) < ε,
donc (xn ) converge vers x∞ pour la distance ρ. iv. Bien évidemment x∞ ∈ Y donc (xn ) converge vers x∞ ∈ Y pour ρ. Donc (Y, ρ) est un espace complet. (c) (X, k.k∞ ) n’est pas un espace complet. Par exemple regardez la suite x p = (1, 12 , . . . , 1p , 0, 0, . . .) alors (x p ) est une suite de Cauchy, qui ne converge pas dans X, mais dans Y sa limite est x∞ = (1, 12 , 13 , . . .). Notons Z l’espace des suites qui tendent vers 0. L’adhérence de X pour la topologie définie par k.k∞ est Z. Et (Z, k.k∞ ) est complet. Correction de l’exercice 6681 N 2573
(a) Soit (xn ) une suite de Cauchy. Pour ε = 1 il existe n0 ∈ N tel que ∀q > n0 Puis pour ε =
1 2
kxn0 − xq k < 1.
il existe n1 > n0 tel que 1 kxn1 − xq k < . 2
∀q > n1 Puis par récurrence pour ε =
1 , 2k
on pose nk > nk−1 tel que ∀q > nk
kxnk − xq k
0
k>0
Donc la série ∑k>0 uk est normalement convergente. Si cette série converge notons T = ∑+∞ k=0 uk sa N somme, C’est-à-dire la limite de TN = ∑k=0 uk . Mais alors TN = xnN+1 − xn0 converge vers T . Donc la suite extraite (xnk )k converge (vers T + xn0 ). Conséquence : si toute série normalement convergente est convergente, alors on peut extraire de toute suite de Cauchy une sous-suite convergente donc E est complet. (b) Soit p 6 q. q
kSq − S p k = k
∑ k=p+1
q
uk k 6
∑ k=p+1
+∞
kuk k 6
∑ k=p+1
kuk k
Or la série ∑k>0 uk est normalement convergente donc le reste ∑+∞ k=p+1 kuk k tend vers 0 quand p → +∞. Fixons ε > 0, il existe donc N ∈ N tel que pour p > N on a ∑+∞ k=p+1 kuk k 6 ε, donc pour tout p, q > N on a aussi kSq − S p k 6 ε. Donc la suite (Sn ) est de Cauchy. Si E est complet alors (Sn ) converge, notons S sa limite. Donc kSn − Sk tend vers 0. Dons la série ∑k>0 uk est convergente (de somme S).
Correction de l’exercice 6682 N (a) (1) ⇒ (2). Supposons que An converge vers A dans L (E, F). Soit M ⊂ E une partie bornée, notons M sa borne (c’est-à-dire pour tout x ∈ M, kxk 6 B). Alors ∀ε > 0 ∃N ∈ N
∀n > N
kAn − Ak 6
⇒
∀ε > 0 ∃N ∈ N
∀n > N
∀x ∈ M
⇒
∀ε > 0 ∃N ∈ N
∀n > N
∀x ∈ M
ε B
εkxk B kAn (x) − A(x)k 6 ε kAn (x) − A(x)k 6
Ce qui exactement la confergence uniforme de An vers A sur M. (b) (2) ⇒ (1). Par définition de la norme d’un opérateur nous avons kAn −Ak = supkxk=1 kAn (x)−A(x)k. Prenons comme partie bornée la sphère unité : M = S(0, 1) = {x ∈ E | kxk = 1}. Alors : ⇒
∀ε > 0 ∀ε > 0
∃N ∈ N
∃N ∈ N
∀n > N ∀n > N
Donc kAn − Ak tend vers 0. 2574
∀x ∈ S(0, 1) ∈ kAn (x) − A(x)k 6 ε kAn − Ak 6 ε
Correction de l’exercice 6683 N C’est du cours, mais il est important de savoir rédiger ceci correctement. Soit ( fn )n une suite de Cauchy de L (E, F). (a) Trouvons d’abord le candidat à la limite. Par définition d’une suite de Cauchy, nous avons : ∀ε > 0 ∃N ∈ N
∀p, q > N
k f p − fq k < ε.
Fixons x ∈ E, alors ∀ε > 0 Quitte à poser ε =
ε0 kxk
∃N ∈ N
∀p, q > N
k f p (x) − fq (x)kF < εkxkE .
(x est fixé !, si x = 0 c’est trivial) alors on a montrer :
∀ε 0 > 0 ∃N ∈ N
∀p, q > N
k f p (x) − fq (x)kF < ε 0 .
Donc la suite ( fn (x))n est une suite de Cauchy de F. Comme F est complet alors cette suite converge, notons f (x) sa limite. (b) Nous avons construit une fonction f : E −→ F. Montrons que f est dans l’espace L (E, F), c’està-dire que f est linéaire. Comme pour tout n, fn est linéaire alors, pour tout x, y ∈ E, λ , µ ∈ R on a fn (λ x + µy) = λ fn (x) + µ fn (y). À la limite (n → +∞) nous avons f (λ x + µy) = λ f (x) + µ f (y), donc f est dans L (E, F). (c) Il reste à montrer que ( fn ) converge bien vers f (ce qui à priori n’est pas évident). Revenons à la définition d’une suite de Cauchy (écrit d’une façon un peu différente) : ∀ε > 0
∃N ∈ N
∀p > N
∀k > 0 k f p − f p+k k < ε.
Lorsque l’on fixe p et que l’on fait tendre k vers +∞ alors f p − f p+k tend vers f p − f . Donc en passant à la limite nous avons : ∀ε > 0
∃N ∈ N
∀p > N
k f p − f k < ε.
Donc ( fn ) converge vers f pour la norme k.k sur L (E, F).
Remarque : dans certains exercices il peut être utile de d’abord montrer le troisième point avant le deuxième. Correction de l’exercice 6711 N (a) Commençons par l’unicité, si x, y sont deux points fixes alors f (x) = x et f (y) = y donc la relation pour f s’écrit d(x, y) 6 αn d(x, y) ∀n ∈ N. Comme ∑n>1 αn converge alors (αn ) tend vers 0, donc il existe n0 assez grand avec αn0 < 1, la relation devient d(x, y) 6 αn0 d(x, y) < d(x, y), ce qui est contradictoire.
2575
(b) Soit x0 ∈ X, notons xn = f n (x0 ). Alors d(xn+1 , xn ) 6 αn d(x1 , x0 ) ∀n ∈ N. On va montrer que (xn ) est une suite de Cauchy, c’est-à-dire ∀ε > 0 ∃N ∈ N
∀n > N
∀p > 0
d(xn+p , xn ) 6 ε.
Pour n, p fixés, évaluons d(xn+p , xn ). n+p−1
d(xn+p , xn ) 6
∑
d(xk+1 , xk )
k=n n+p−1
6
∑
αk d(x1 , x0 )
k=n n+p−1
= d(x1 , x0 )
∑
αk
k=n
De plus la série ∑n>1 αn converge donc la suite (Sn ) définie par Sn = ∑nk=1 αk est de Cauchy et donc il existe N tel que pour tout n > N et tout p > 0 on a n+p−1
∑ k=n
αk = Sn+p−1 − Sn−1 6 ε.
Donc pour tout n > N et tout p > 0 on d(xn+p , xn ) 6 d(x1 , x0 )ε. Quitte à poser ε 0 = d(x1 , x0 )ε, ceci prouve que (xn ) est une suite de Cauchy. Comme l’espace est complet alors cette suite converge, notons x sa limite. Pour tout n ∈ N nous avons xn+1 = f (xn ). À la limite, la suite (xn+1 ) tend vers x, et comme f est continue (elle est α1 -lipschitziènne : d( f (x), f (y)) 6 α1 d(x, y)) alors ( f (xn )) converge vers f (x). Par unicité de la limite nous obtenons x = f (x). Donc f possède un point fixe, qui est unique et est obtenu en partant d’un point quelconque x0 ∈ X comme limite de ( f n (x0 ))n . (c) Il reste à estimer la vitesse de convergence, nous avons vu n+p−1
d(xn+p , xn ) 6 d(x1 , x0 )
∑
αk ,
k=n
On fait tendre p vers +∞ dans cette inégalité alors +∞
d(x, xn ) 6 d(x1 , x0 ) ∑ αk . k=n
Ce qui était l’estimation recherchée.
Correction de l’exercice 6712 N Notons g = f n . Alors g est une application strictement contractante dans X complet donc g possède un unique point fixe que nous notons x. Montrons l’unicité d’un point fixe pour f . Soit y ∈ X tel que f (y) = y alors g(y) = f n (y) = y. Donc y est aussi un point fixe pour g, donc y = x. 2576
Il reste à montrer que f possède effectivement bien un tel point fixe. Nous avons f n (x) = x f ( f n (x)) = f (x)
⇒
f n ( f (x)) = f (x)
⇒
⇒
g( f (x)) = f (x)
Nous venons de prouver que f (x) est un point fixe de g. Comme g possède un unique point fixe x alors f (x) = x ! ! Donc x est bien un point fixe pour f . Correction de l’exercice 6713 N R
R
R
R R
2
2
(a) (T ◦T f )(x) = 1+ 0x T f (t −t 2 )dt = 1+ 0x (1+ 0t−t f (u−u2 )du)dt = 1+x+ 0x 0t−t f (u−u2 )dudt. R 2 De plus (T ◦T f )0 (x) = 1+ 0x−x f (u−u2 )du. En remarquant que pour t ∈ [0, 1], t −t 2 6 41 , on montre que |T ◦ T f (x) − T ◦ T g(x)| 6 14 k f − gk∞ et que |(T ◦ T f )0 (x) − (T ◦ T g)0 (x)| 6 41 k f − gk∞ Donc N(T ◦ T f − T ◦ T g) 6 12 k f − gk∞ 6 21 N( f − g). Donc T ◦ T est une contraction et X est complet donc T ◦ T admet un unique point fixe, par l’exercice 6712, T admet un unique point fixe.
(b) Remarquons que T f = f est équivalent à f (0) = 1 et f 0 (x) = f (x − x2 ). Donc l’existence et l’unicité du point fixe pour T donne l’existence et l’unicité de la solution au problème posé.
Correction de l’exercice 6714 N (a) ! ! (b) kAx1 − Ax2 k∞ = k 6
Z b
a
k(s,t)(x1 (t) − x2 (t))dtk∞
a
Z b
kk(s,t)k∞ kx1 (t) − x2 (t)k∞ dt
6 kx1 (t) − x2 (t)k∞ × λ
< kx1 (t) − x2 (t)k∞ .
Donc A est contractante et l’espace ambiant C ([a, b]) est complet, par le théorème du point fixe, A admet un unique point fixe, x. De plus, pour tout fonction x0 ∈ C ([a, b]), la suite (An x0 ) converge vers x, mais ici la norme est la norme uniforme donc kAn x0 − xk∞ tend vers 0. Donc (An x0 ) converge uniformément vers x. (c) kx1 − x2 k∞ = kA1 x1 − A2 x2 k∞ =k 6k
Z b a
Z b a
car Ai xi = x1 ,
k1 (s,t)x1 (t)dt + y1 (s) +
Z b a
k2 (s,t)x2 (t) dt + y2 (s)k∞
k(s,t)(x1 (t) − x2 (t))dtk∞ + ky1 − y2 k∞
6 λ kx1 − x2 k∞ + ky1 − y2 k∞ Donc
1 ky1 − y2 k∞ , 1−λ ce qui exprime la dépendance continue de la solution par rapport à la fonction y. kx1 − x2 k∞ 6
2577
Correction de l’exercice 6727 N (a) Par l’absurde supposons que X n’a aucun point isolé. Comme {x} est un fermé alors ωx = X \ {x} est un ouvert (de X). De plus comme le point x n’est pas isolé alors ωx est dense dans X. Maintenant on peut appliquer le théorème de Baire à X qui est un fermé de l’espace complet R. Donc une intersection dénombrable d’ouverts denses dans X est encore dense. Mais ici nous obtenons une contradiction car les ωx sont des ouverts denses, X est dénombrable mais \
ωx = ∅.
x∈X
Et l’ensemble vide n’est pas dense dans X ! ! (b) Pour l’ensemble de Cantor aucun point n’est isolé, donc par la question précédente l’ensemble de Cantor n’est pas dénombrable.
Correction de l’exercice 6728 N (a) Par l’absurde supposons que sur aucun ouvert f n’est majorée. f : X → R est semi-continue inférieurement donc ∀λ ∈ R
Oλ := {x ∈ X | f (x) > λ }
est un ouvert.
De plus Oλ est dense, en effet pour x ∈ X et pour Vx un voisinage ouvert de x, alors par hypothèse f n’est pas majorée sur Vx donc en particulier il existe y ∈ Vx tel que f (y) > λ donc y ∈ Vx ∩ Oλ . Ceci prouve que Oλ est dense dans X (Vx étant aussi petit que l’on veut). Maintenant pour n = 0, 1, 2, . . ., les On sont un ensemble dénombrable d’ouverts denses. Comme X est complet il vérifie le théorème de Baire donc l’intersection des On est encore un ensemble dense. Mais il est facile de voir par la définition des On que \
On = ∅.
n∈N
Ce qui donne la contradiction cherchée. (b) On note φ : B → R la fonction définie par φ (x) = sup | fn (x)|. n∈N
Il n’est pas difficile de montrer que φ est semi-continue inférieurement : en effet soit Fλ := {x ∈ X | φ (x) 6 λ }. Soit λ fixé et soit (xk ) une suite d’éléments de Fλ . Pour n fixé et pour tout k on a fn (xk ) 6 k, donc par continuité de fn , on a fn (x) 6 k, ceci étant vrai pour tout n on a x ∈ Fλ . Donc Fλ est un fermé donc Oλ := {x ∈ X | f (x) > λ } est un ouvert. Donc φ est semi-continue inférieurement. Par la première question il existe un ouvert non vide O et une constante M > 0 tel que φ soit majorée par M sur O. C’est-à-dire ∀n ∈ N ∀x ∈ O | fn (x)| 6 M. Par translation on peut supposer que l’origine o est inclus dans O. Donc il existe ε > 0 tel que ¯ ε) ⊂ O. Donc B(o, ¯ ε) | fn (x)| 6 M ∀n ∈ N ∀x ∈ B(o, ce qui est équivalent à ∀n ∈ N
¯ 1) | fn (x)| 6 M ∀x ∈ B(o, ε
Donc ∀n ∈ N 2578
k fn k 6
M . ε
Correction de l’exercice 6740 N (a) C’est du cours. (b) Si f : B −→ {0, 1} est continue alors elle induit une application restreinte f|A : A −→ {0, 1} continue. Donc f est constante sur A. Soit b ∈ B et soit (an ) une suite d’éléments de A qui tendent vers b (c’est ¯ alors f (an ) est constante, par exemple égal à 1, car A est connexe. Mais f est possible car B ⊂ A), continue sur B, donc f (b) = lim f (an ) = 1. On montre ainsi que f est constante sur B. Donc B est connexe. (Au passage on a montrer que A¯ était connexe.) S
(c) Soit f : A −→ {0, 1} une fonction continue, où A = An . A0 est connexe donc f est constante sur A0 et vaut v0 , de même A1 est connexe donc f est constante sur A1 et vaut v1 . Mais pour a ∈ A0 ∩A1 6= ∅, on a f (a) = v0 car a ∈ A0 et f (a) = v1 car a ∈ A1 . Donc v0 = v1 . Donc f est constante sur A0 ∪ A1 . Par récurrence f est constante sur A.
Correction de l’exercice 6741 N (a) Dans R2 il y a deux composantes connexes : {(x, y) ∈ R2 ; x > y} et {(x, y) ∈ R2 ; x < y}.
(b) Dans C2 il n’y en a qu’une seule : {(z, w) ∈ C2 ; z 6= w}
Correction de l’exercice 6742 N ˚ Nous avons la partition X = A˚ ∪ Fr A ∪ (X \ A). ¯ Si B ∩ Fr A = ∅ alors Notons la frontière Fr A = A¯ \ A. ˚ ¯ B ⊂ A ∪ (X \ A). De plus, par hypothèses, B ∩ A 6= ∅ et B ∩ Fr A = ∅ or A˚ = A \ Fr A donc B ∩ A˚ 6= ∅. Comme Fr A = ¯ = (B ∩ (X \ A)) \ Fr (X \ A) on a B ∩ Fr (X \ A) = ∅. Par hypothèse B ∩ (X \ A) 6= ∅ donc B ∩ (X \ A) (B ∩ Fr (X \ A)) 6= ∅. ¯ d’intersection Nous avons montrer que B est inclus dans l’union de deux ouverts disjoints A˚ et X \ A, non vide avec B, donc B n’est pas connexe. Par contraposition, si B est connexe alors B ne rencontre pas la frontière de A. Correction de l’exercice 6743 N (a) T est compact car c’est un fermé borné de R2 . Soit g : T −→ {0, 1} une application continue. Par connexité du segment [−1, 1], g est constante sur {0} × [−1, 1] (et vaut v) ; g est aussi constante sur [−1, 1] × {0} et vaut v0 . Mais alors v = g(0, 0) = v0 donc g est constante sur T . Donc T est connexe. Pour f : T → R une fonction continue. T est compact donc f (T ) est compact. T est connexe donc f (T ) est connexe. Donc f (T ) est un compact connexe de R c’est donc un segment compact. (b) Ce sont les quatre points cardinaux N = (0, 1), S = (0, −1), E = (1, 0), W = (−1, 0).
(c) Par l’absurde, supposons que T soit homéomorphe à une partie I de R, alors il existe un homéomorphisme f : T −→ I. Par le premier point I est un segment compact I = [a, b]. T \ {N} est connexe donc sont image par f , f (T \ {N}) est connexe, mais c’est aussi le segment I privé d’un point. I privé d’un point étant connexe, le point retiré est nécessairement une extrémité. Donc f (N) = a ou f (N) = b. Supposons par exemple f (N) = a. On refait le même raisonnement avec S, qui s’envoie aussi sur une extrémité, comme f est bijective cela ne peut être a, donc f (S) = b. Maintenant f (E) est aussi une extrémité donc f (E) ∈ {a, b}. Mais alors f n’est plus injective car on a f (E) = f (N) ou f (E) = f (S). Contradiction.
Correction de l’exercice 6744 N 2579
(a) i. φ : R −→ S1 définie par φ (t) = eit est une surjection continue.
ii. S1 est un compact connexe donc, par l’absurde, si ψ : S1 −→ R est une injection continue alors ˚ comme I est l’image ψ(S1 ) est un compact connexe de R donc un segment compact I. Soit y ∈ I, 1 1 de S alors il existe un unique x ∈ S tel que f (x) = y. L’application f induit alors une bijection continue f : S1 \ {x} −→ I \ {y}. Mais S1 \ {x} est connexe alors que son image par f , qui est ˚ L’image d’un connexe par une application continue doit être un I \ {y} ne l’est pas (car y ∈ I). connexe, donc nous avons une contradiction.
(b) Si χ : R2 −→ R est une injection continue. Comme R2 est connexe f (R2 ) = I est un connexe de R ˚ soit x ∈ R2 tel que f (x) = y. donc un segment (non réduit à un point !). Prenons y un élément de I, Alors R2 \ {x} est connexe, I \ {y} ne l’est pas, et f est une bijection continue entre ces deux ensembles, d’où une contradiction.
Correction de l’exercice 6745 N L’ensemble B est connexe si et seulement si toute fonction continue f : B → {0, 1} est constante. Soit alors f : B → {0, 1} une fonction continue et montrons qu’elle est constante. Remarquons que la restriction de f à tout ensemble Ba est constante (Ba est connexe). On définit g : R −→ {0, 1} tel que g(x) prend la valeur qu’a f sur Bx . Nous allons montrer que g est localement constante (on ne sait pas si g est continue). — Soit a ∈ / Q alors on a (a, 0) ∈ B, f est une fonction continue et { f (a, 0)} est un ouvert de {0, 1}, donc −1 f ({ f (a, 0)}) est un ouvert de B. Donc il existe ε > 0 tel que si (x, y) ∈ (]a−ε, a+ε[×]−ε, ε[)×B alors f (x, y) = f (a, 0). Alors pour x ∈]a − ε, a + ε[ on a g(x) = g(a) : si x ∈ / Q alors g(x) = f (x, 0) = f (a, 0) = g(a) ; et si x ∈ Q alors g(x) = f (x, ε2 ) = f (a, 0) = g(a). Donc g est localement constante au voisinage des point irrationnels. — Si a ∈ Q et soit b ∈]0, 1] alors f est continue en (a, b) donc il existe ε > 0 tel que pour tout x ∈ ]a − ε, a + ε[∩Q, g(x) = f (x, b) = f (a, b) = g(a). Si maintenant x ∈]a − ε, a + ε[∩(R \ Q), on prend une suite (xn ) de rationnels qui tendent vers x. Comme f est continue alors g(a) = g(xn ) = f (xn , b) tend vers f (x, b) = g(x). Donc g(a) = g(x). Nous avons montrer que g est localement constante au voisinage des point rationnels. — Bilan : g est localement constante sur R. Comme R est connexe, alors g est constante sur R. Donc f est constante sur R. Ce qu’il fallait démontrer.
Correction de l’exercice 6746 N (a) A est connexe car connexe par arcs. f (x) (b) Si z ∈ g(A) alors il existe (x, y) ∈ A tel que g(x, y) = z. Donc z = f (y)− par le théorème des y−x 0 0 accroissements finis il existe t ∈]x, y[⊂ I tel que z = f (t) donc z ∈ f (I). Donc g(A) ⊂ f 0 (I). Si maintenant z ∈ f 0 (I), il existe y ∈ I tel que z = f 0 (y), mais par définition de la dérivée f 0 (y) est la f (x) quand x tend vers y (et on peut même dire que c’est la limite à gauche, i.e. x < y). limite de f (y)− y−x Donc f 0 (y) est limite de points de g(x, y) avec x < y, donc de points de A. Conclusion z = f 0 (y) est dans g(A), et donc f 0 (I) ⊂ g(A).
(c) A est connexe, g est continue sur A donc g(A) est un connexe de R. Par l’exercice 6740 comme on a g(A) ⊂ f 0 (I) ⊂ g(A) avec g(A) connexe alors f 0 (I) est connexe. Comme f 0 (I) est un connexe de R c’est un intervalle.
Correction de l’exercice 6747 N T S Soit a ∈ i∈I Ai ; soit x, y ∈ i∈I Ai . Il existe i1 tel que x ∈ Ai1 on a aussi a ∈ Ai1 donc il existe une chemin γ1 qui relie x à a. De même il existe i2 tel que x ∈ Ai2 et on a également a ∈ Ai2 donc il existe une 2580
chemin γ2 qui relie a à y. Le chemin γ2 ◦ γ1 relie x à y. Ceci étant valable quelque soient x et y, est connexe par arcs.
S
i∈I Ai
Correction de l’exercice 6748 N (a) Si (x1 , sin x11 ) et (x2 , sin x12 ) sont deux points de A alors le graphe au dessus de [x1 , x2 ] définie un chemin reliant ces deux points. Plus précisément le chemin est l’application γ : [x1 , x2 ] −→ R2 définie par γ(t) = (t, sin 1t ). Donc A est connexe par arcs donc connexe. (b) A¯ = A ∪ ({0} × [−1, 1]). On peut utiliser l’exercice 6740 pour montrer que A¯ est connexe. Ici nous allons le montrer directement. Supposons, par l’absurde, que A¯ ⊂ U ∪V avec U et V des ouverts de R2 disjoints, d’intersection non vide avec A. Comme {0} × [−1, 1] est connexe il est entièrement inclus dans un des ouverts, supposons qu’il soit inclus dans U. Comme A est connexe alors il est inclus dans un des ouverts, donc il est inclus dans V (car s’il était inclus dans U, tout A¯ serait contenu dans U). Trouvons une contradiction en prouvant qu’en fait U ∩ A 6= ∅. En effet U est un ouvert et 1 (0, 0) ∈ U, soit B((0, 0), ε) une boule contenue dans U. Pour n suffisamment grand on a xn = 2πn 0 tel que (|t − t0 | < η ⇒ |γ2 (t) − y0 | < 12 ). Choisissons t1 ∈]t0 ,t0 + η[. Alors t1 > t0 donc γ1 (t1 ) > 0. Donc le ¯ point γ(t1 ) = (γ1 (t1 ), γ2 (t1 )) est dans A (et plus seulement dans A). Supposons par exemple y0 6 0, alors quand x parcourt ]γ1 (t0 ), γ1 (t1 )[, sin 1x atteint la valeur 1 une infinité de fois. Donc il existe t2 ∈]t0 ,t1 [ tel que γ2 (t2 ) = 1. Donc γ(t2 ) = (γ1 (t2 ), 1). Mais comme |t2 −t0 | < η alors |γ2 (t2 ) − y0 | = |1 − y0 | > 21 . Ce qui contredit la continuité de γ2 . Nous avons obtenu une contradiction donc A¯ n’est pas connexe par arcs.
Correction de l’exercice 6777 N Soit P(x) = ad xd + · · · + a1 x + a0 ∈ R[x] alors par linéarité de l’intégrale et grâce à la relation de l’énoncé : Z b
a
f (t) · P(t) dt = 0.
La fonction f est continue sur le compact [a, b] donc par le théorème de Weierstrass il existe une suite de polynômes qui converge uniformément vers f . Fixons ε > 0. Soit P tel que k f − Pk∞ 6 ε. Alors Z b Z b Z b 2 2 | f (t) dt| = f (t) dt − f (t) · P(t)dt a a a Z b f (t) · ( f (t) − P(t))dt = a
6
Z b
6ε .
a
| f (t)| · k f − Pk∞ dt
Z b a
|f|
R
R
Mais C = ab | f | est une constante (indépendante de ε et P). Donc on vient de montrer que | ab f (t)2 dt| 6 R εC avec pour tout ε > 0 donc ab f 2 = 0, or f 2 est une fonction continue et positive, son intégrale est nulle donc f est la fonction nulle. 2581
Correction de l’exercice 6779 N Soit Φ : E → Rn définie par Φ = ( f1 , . . . , fn ) alors Φ est continue car les fi sont continues. Φ est injective : en effet si x 6= y alors comme { fi } sépare les points on a Φ(x) 6= Φ(y), par contraposition Φ est injective. Notons F = Φ(E) l’image directe de E. Alors Φ : E → F est continue et bijective. Comme E est compact alors Φ est un homéomorphisme. Donc E est homéomorphe à F qui est une partie de Rn .
Rappel : Si Φ : E → F est continue et bijective et E est un espace compact alors Φ est un homéomorphisme. La preuve est simple : soit K un ensemble fermé de E, comme E est compact alors K l’est aussi. Comme Φ est continue alors Φ(K) est un compact de F donc un fermé. Mais en écrivant ceci à l’aide de l’application Φ−1 nous venons de montrer que pour tout fermé K de E, l’image réciproque de K par Φ−1 (qui est (Φ−1 )−1 (K) = Φ(K)) est un fermé. Donc Φ−1 est continue. Donc Φ est un homéomorphisme. Correction de l’exercice 6780 N On cherche à vérifier les hypothèses du théorème de Stone-Weierstrass. — Tout d’abord X ×Y est compact, car c’est un produit d’espaces compacts. — Ensuite A est une sous-algèbre de C (X ×Y, R) : en effet pour f , g ∈ A et λ ∈ R on a : f +g ∈ A ,
λ· f ∈A
et f × g ∈ A .
— A sépare les points : soient (x1 , y1 ) 6= (x2 , y2 ) ∈ X × Y . Supposons que x1 6= x2 , soit u ∈ C (X, R) tel que u(x1 ) 6= u(x2 ) (clairement une telle fonction existe !), soit v la fonction sur Y constante égale à 1. Alors f définie par f (x, y) = u(x) · v(y) est dans A et f (x1 , y1 ) = u(x1 ) 6= u(x2 ) = f (x2 , y2 ). Si x1 = x2 alors nécessairement y1 6= y2 et on fait un raisonnement similaire. — Pour tout (x, y) ∈ X × Y il existe une fonction f ∈ A telle que f (x) 6= 0 : prendre la fonction f constante égale à 1 qui est bien dans A . Par le théorème de Stone-Weierstrass A est dense dans C (X ×Y, R) pour la norme uniforme. Correction de l’exercice 6781 N (a) Pour f ∈ F , par le théorème des accroissements finis, pour tout t0 ,t ∈ [a, b] il existe c ∈]t0 ,t[ tel que | f (t) − f (t0 )| = | f 0 (c)||t − t0 |. Donc | f (t) − f (t0 )| 6 k|t − t0 |. Fixons t0 ∈ [a, b]. Soit ε > 0, soit η = εk alors ∀t ∈ [a, b] |t − t0 | 6 η ⇒ | f (t) − f (t0 )| 6 k|t − t0 | 6 ε.
Ce qui est exactement l’équicontinuité de F en t0 . Comme nous pouvons prendre pour t0 n’importe quel point de [a, b] alors F est équicontinue.
(b) i. Notons H = { fn | n ∈ N}. Pour x0 , x ∈ Rn , k fn (x) − fn (x0 )k 6 Lkx − x0 k. Donc en posant η = Lε comme ci-dessus on prouve l’équicontinuité de H en x0 , puis partout. √ ¯ ii. Notons H (x) = ⊂ B(0, 2). Donc H¯ (0) est un √ { fn (x) | n ∈ N}. Alors par hypothèse, H (0) n ¯ 2) qui est compact (nous somme dans R ), donc H¯ (0) est aussi compact, fermé de B(0, d’où H (0) relativement compact. Maintenant nous avons k√fn (x) − fn (0)k 6 Lkx − 0k. Donc √ ¯ Lkxk + 2) ce qui implique que H (x) est k fn (x)k 6 Lkxk + 2. Donc pour x fixé, fn (x) ∈ B(0, relativement compact. iii. Comme Rn n’est pas compact on ne peut pas appliquer directement le théorème d’Ascoli. Soit ¯ R) qui est un compact de Rn . Notons HR = { fn |B | n ∈ N} la restriction de H à BR . BR = B(0, R Alors par le théorème d’Ascoli, HR est relativement compact. Donc de la suite ( fn |BR )n on peut extraire une sous-suite convergente (sur BR ).
2582
iv. Pour R = 1 nous extrayons de ( fn )n une sous-suite ( fφ1 (n) )n qui converge sur B1 . Pour R = 2, nous extrayons de ( fφ1 (n) )n une sous-suite ( fφ2 (n) )n qui converge sur B2 . Puis par récurrence pour R = N, nous extrayons de ( fφN−1 (n) )n une sous-suite ( fφN (n) )n qui converge sur BN . Alors la suite ( fφn (n) )n converge sur Rn . C’est le procédé diagonal de Cantor. En effet soit x ∈ Rn et soit N > kxk. Alors x ∈ BN donc ( fφN (n) (x))n converge vers f (x), mais ( fφn (n) )n>N est extraite de ( fφN (n) )n donc ( fφn (n) (x))n converge également vers f (x). Nous venons de montrer que ( fφn (n) )n converge simplement vers f sur tout Rn .
Correction de l’exercice 6782 N (a) i. Soit (xn ) une suite convergeant vers a, alors | fn (xn ) − b| 6 | fn (xn ) − fn (a)| + | fn (a) − b|. ii. Soit ε > 0, il existe N1 tel que pour n > N1 on ait | fn (a) − b| < ε2 .
iii. ( fn ) est équicontinue en a, donc il existe η > 0 tel que pour tout n ∈ N et tout x ∈ E, (|x − a| < η ⇒ | fn (x) − fn (a)| < ε2 ). iv. Comme xn → a alors il existe N2 tel que pour n > N2 on ait |xn − a| < η.
v. Donc pour n > max(N1 , N2 ) on a | fn (xn ) − b| 6 | fn (xn ) − fn (a)| + | fn (a) − b| < ε2 + ε2 = ε. Donc ( fn (xn )) converge vers b.
(b) Soit des fonctions réelles définies par fn (x) = (1 + x)n . Prenons xn = n1 , alors xn → a = 0. Par contre fn (a) = fn (0) = 1 pour tout n. Mais fn (xn ) = fn ( n1 ) = (1 + 1n )n converge vers e. L’équicontinuité est donc bien nécessaire.
Correction de l’exercice 6783 N Notons G l’ensemble des x ∈ E, pour lesquels ( fn (x)) est une suite de Cauchy dans F. Soit (xn ) une suite d’éléments de G qui converge vers x ∈ E. Il faut montrer x ∈ G, c’est-à-dire que ( fn (x)) est une suite de Cauchy de F. Écrivons pour p, q, n ∈ N, k f p (x) − fq (x)k 6 k f p (x) − f p (xn )k + k f p (xn ) − fq (xn )k + k fq (xn ) − fq (x)k. Soit ε > 0, comme ( fn ) est équicontinue en x, il existe η > 0 tel que ∀n ∈ N
∀y ∈ E
kx − yk < η
ε ⇒ k fn (x) − fn (y)k < . 3
Comme xn → x il existe N > 0 tel que kxN − xk < η. Donc ∀p, q > N
k f p (xN ) − f p (x)k
N tel que pour p, q > N 0 on a, ε k f p (xN ) − fq (xN )k < . 3 Le bilan de toute ces inégalités est donc ∀p, q > N 0
k f p (x) − fq (x)k < ε.
Donc ( fn (x))n est une suite de Cauchy, donc x ∈ G et G est fermé. Correction de l’exercice 6784 N
2583
(a) i. Montrons que A est ouvert. Soit x ∈ A, alors H (x) = { f (x) | f ∈ H } est bornée, notons M une borne. Écrivons l’équicontinuité pour ε = 1, il existe η > 0 tel que ∀f ∈ H
∀y ∈ E
(kx − yk < η ⇒ | f (x) − f (y)| < 1).
Or si | f (x) − f (y)| < 1 alors | f (y)| < | f (x)| + 1 6 M + 1. On a donc montré ∀f ∈ H
∀y ∈ E
(y ∈ B(x, η) ⇒ | f (y)| < M + 1).
Donc B(x, η) ⊂ A. Donc A est ouvert. ii. Montrons que A est fermé. Soit (xn ) une suite d’éléments de A qui converge vers x ∈ E. On reprend ε = 1 et on obtient un η par équicontinuité. Comme xn → x alors il existe N tel que kxN − xk < η. Donc pour tout f dans H , | f (x) − f (xN )| < 1 ; donc | f (x)| < | f (xN )| + 1. Or xN ∈ A, il existe M tel | f (xN )| soit bornée par M pour tout f dans H . Donc pour tout f ∈ H , | f (x)| < M + 1. Donc x ∈ A. Donc A est fermé. (b) x0 ∈ A donc A est non vide, comme A est ouvert et fermé et E est connexe alors A = E. donc pour tout x ∈ E, H (x) est borné dans R, donc H (x) est un compact de R. Par le théorème d’Ascoli, H étant équicontinue et E étant compact alors H¯ est compact. Correction de l’exercice 6785 N (a) i. Pour t > 0 fixé, alors fn (t) = sin
q t + 4(nπ)2 r
= sin 2nπ
1+
t
4n2 π 2
1 1 t + o( 2 )) 2 2 2 4n π n t 1 = sin(2nπ + + o( )) 4nπ n 1 t ) + o( ) = sin( 4nπ n = sin 2nπ(1 +
Donc quand n → +∞ alors fn (t) → 0. Donc ( fn ) converge simplement vers 0. ii. Pour n > 1, p 1 1 1 1 1 | fn0 (t)| = √ cos t + 4n2 π 2 6 √ 6 . 2 t + 4n2 π 2 2 t + 4π 2 4π Pour t > 0 fixé et ε > 0 donné, on pose η = 4πε, alors par l’inégalité des accroissement finis ∀n > 1
|t − t 0 | < η ⇒ | fn (t) − fn (t 0 )| 6
1 |t − t 0 | < ε. 4π
Donc ( fn ) est une famille équicontinue. (b) Notons H = { fn | n ∈ N∗ }, H (t) = { fn (t) | n ∈ N∗ }, alors d’après la convergence simple, H (t) = H (t) ∪ {0}. Mais ( fn ) ne converge pas uniformément √(i.e. pour la norme k.k∞ ) vers f = 0. En effet pour n impair, posons tn = 5n2 π 2 , alors fn (tn ) = sin 9n2 π 2 = sin(3nπ) = 0. Pour n pair, on pose 2 tn = π4 + 2nπ 2 alors r r π2 π π fn (tn ) = sin + 2nπ 2 + 4n2 π 2 = sin ( + 2nπ)2 = sin( + 2nπ) = 1. 4 2 2
Donc pour tout n, k fn − f k∞ = 1. Supposons que H soit relativement compact alors de la suite ( fn ) on peut extraire une sous-suite qui converge, nécessairement la limite est f = 0, mais comme pour tout n, k fn − f k∞ = 1, nous obtenons une contradiction. Bien sûr le théorème d’Ascoli n’est pas mis en défaut, car toutes les hypothèses sont vérifiées sauf E = [0, +∞[ qui n’est pas compact. 2584
Correction de l’exercice 6786 N (a) k est continue sur le compact [a, b]×[a, b] donc est uniformément continue. Écrivons cette continuité uniforme dans le cas particulier où les secondes coordonnées sont égales : ∀ε 0 > 0
∃η > 0
|x − y| < η ⇒ |k(x,t) − k(y,t)| < ε 0 .
∀x, y,t ∈ [a, b]
(b) Comme ( fn ) est bornée il existe M > 0 tel que pour tout n ∈ N, k fn k∞ 6 M. Fixons x ∈ [a, b]. Soit ε , par l’uniforme continuité de k, on obtient un η > 0 avec pour |x − y| < η, ε > 0, posons ε 0 = M(b−a) ε 0 |k(x,t) − k(y,t)| < ε = M(b−a) . Donc pour |x − y| < η,
|K fn (x) − K fn (y)| 6
Z b a
6M 6M
|k(x,t) − k(y,t)|k fn k∞ dt
Z b a
Z b a
6ε
|k(x,t) − k(y,t)|dt ε dt M(b − a)
Ce qui est l’équicontinuité de (K fn ) en x. Comme ceci est valable quelque soit x ∈ [a, b] alors (K fn ) est équicontinue. R
R
(c) Notons H = (K fn )n . Alors pour x donné H (x) est borné car | ab k(x,t) fn (t)dt| 6 M ab |k(x,t)|dt est bornée indépendamment de n ∈ N. Donc H (x) est un fermé borné de R donc un compact. Nous avons toutes les hypothèses pour appliquer le théorème d’Ascoli, donc H = (K fn )n est relativement compact. Donc de la suite (K fn ) on peut extraire une sous-suite convergente. (Attention la limite de cette sous-suite est dans H ⊂ X et pas nécessairement dans H .) Correction de l’exercice 6790 N En utilisant les relations de Cauchy, on trouve aisément ∂P 1 ∂Q = ∂r r ∂θ
et
∂Q 1 ∂P =− ∂r r ∂θ
Ces conditions sont vérifiées par la fonction log. Sa dérivée est 1/z. Correction de l’exercice 6791 N La fonction f est méromorphe comme composée de fonctions méromorphes. Son unique pôle est −1. Le contour étant entièrement inclus dans le domaine Ω, on a Z
C
f (z) dz = 2iπRes( f , −1) = 2iπ [exp((a − 1) log z]z=−1 = 2iπei(a−1)π = −2iπeiaπ
Notons γ le petit cercle (orienté négativement), Γ le grand cercle (orienté positivement) dans C, et remarquons que sur le segment [ε, R] + 0i, l’argument de z doit être pris nul, tandis qu’il faut le prendre égal à 2π sur le segment opposé [R, ε] − 0i. On obtient Z
C
f (z) dz =
Z R a−1 x ε
1+x
dx +
Z
f (z) dz +
Γ
2585
Z ε a−1 i2π(a−1) x e R
1+x
dx +
Z
γ
f (z) dz
R
R
Lorsque ε → 0 et R → 0, γ f → 0 et Γ f → 0 d’après les lemmes de Jordan, car |z f (z)| → 0 quand |z| → 0 ou +∞. Finalement Z f (z) dz → (1 − ei2πa )I C
et donc I=
−2iπeiaπ π = . 1 − ei2πa sin aπ
Correction de l’exercice 6792 N Il suffit de vérifier que f est dérivable au sens complexe. Pour tout z 6= 0 : 1
1
− f (w) − f (z) 1 lim = lim w z = lim w→z w→z w→z w−z w−z w−z
z−w wz
=−
1 . z2
La fonction f est bien holomorphe sur C \ {0} avec f 0 (z) = − z12 . Correction de l’exercice 6793 N Considérons le produit f g. En utilisant la définition même de la dérivée, on a : 1 g(z + h) − g(z) f (z + h) − f (z) ( f (z + h)g(z + h) − f (z)g(z)) = f (z + h) + g(z) h h h 0 0 −→ f (z)g (z) + g(z) f (z) lorsque h → 0 . Autre manière : f (z + h)g(z + h) = ( f (z) + f 0 (z)h + hε(h))(g(z) + g0 (z)h + hε(h)) = f (z)g(z) + ( f (z)g0 (z) + f 0 (z)g(z))h + hε(h) . D’où ( f g)0 (z) = f (z)g0 (z) + f 0 (z)g(z). Correction de l’exercice 6794 N De la même façon que pour la correction de l’exercice 6793 on a f (z + h) f (z) + f 0 (z)h + hε(h) = g(z + h) g(z) 1 + g0 (z) h + hε(h) g(z)
1 g0 (z) 1− h + hε(h) = ( f (z) + f (z)h + hε(h)) g(z) g(z) f (z) f 0 (z)g(z) − g0 (z) f (z) + h + hε(h) = g(z) g2 (z) 0
si g(z) 6= 0. Correction de l’exercice 6795 N On utilise de nouveau la définition de la dérivée, d’abord pour f en z puis pour g au point f (z) : f (z + h) = f (z) + f 0 (z)h + hε(h). Notons wh = f 0 (z)h + hε(h). Alors (et comme dans les exercices précédents on utilise « epsilon » pour n’importe quelle fonction tendant vers zéro lorsque sa variable tend vers zéro) : g( f (z + h)) = g( f (z) + wh ) = g( f (z)) + g0 ( f (z))wh + wh ε(wh ). 2586
Ainsi :
wh 1 g( f (z + h)) − g( f (z)) = g0 ( f (z)) + ε(wh ) . h h Lorsque h → 0, on a wh → 0, donc ε(wh ) → 0 et par ailleurs whh → f 0 (z). Au final wh (g ◦ f )0 (z) = lim g0 ( f (z)) + ε(wh ) = g0 ( f (z)) f 0 (z). h→0 h Correction de l’exercice 6796 N La formule de Leibniz se montre par récurrence. Le cas n = 1, c’est-à-dire ( f g)0 = f g0 + f 0 g, a été démontré dans l’exercice 6793. Supposons alors que cette formule soit vraie au rang n > 1. Dans ce cas, o n n n d (n) (n+1) ( f g) (z) = ( f g) (z) = ∑ f ( j+1) (z)g(n− j) (z) + f ( j) (z)g(n− j+1) (z) dz j=0 j n+1 n n n ( j) ( j) (n+1− j) =∑ f (z)g (z) + ∑ f (z)g(n+1− j) (z). j − 1 j j=1 j=0 La conclusion vient du fait :
n j−1
n j
+
n+1 j
=
qui est simple à vérifier.
Correction de l’exercice 6797 N Prenons r < min(R1 , R2 ). Alors, il existe C > 0 et 0 < λ < 1 tels que |an |rn 6 Cλ n et |bn |rn 6 Cλ n (vérifiez-le !). D’où n
∑ |a j |r j |bn− j |rn− j 6 (n + 1)C2 λ n ,
j=0
ce qui permet d’affirmer, pour tout z avec |z| = r : ∞
n
∑ ∑ |a j z j ||bn− j zn− j |
n=0
j=0
0. En particulier, f (n) (0) = 1 pour tout n > 0. En utilisant la formule de Taylor de la question précédente on a donc Z 1 n k z (1 − u)n (n+1) n+1 f (z) − 6 |z| |f (uz)| du ∑ n! 0 k=0 k! 6 |z|n+1 sup | f (n+1) (w)| |w|6|z|
Z 1 (1 − u)n 0
n!
du 6 sup | f (w)| |w|6|z|
|z|n+1 . (n + 1)!
k
z Cette dernière expression tend vers 0 lorsque n → ∞. D’où f (z) = ∑∞ k=0 k! .
(c) Fixons z ∈ C et notons ak =
zk k! .
Alors : ak+1 1 ak = |z| k + 1 → 0
lorsque k → ∞. On en déduit que le rayon de convergence de cette série est ∞ (d’Alembert) et que F est holomorphe sur C. De plus : F 0 (z) =
kzk−1 = F(z) k>1 k!
∑
pour tout z ∈ C. Par le théorème sur les séries doubles (en fait l’exercice 6797)
∞
=
k
∞ z j wk− j 1 = ∑ ∑ j! (k − j)! ∑ k! k=0 j=0 k=0 ∞
F(z)F(w) =
1
∑ k! (z + w)k = F(z + w).
k=0
Correction de l’exercice 6803 N
2589
k
∑
j=0
k! z j wk− j j!(k − j)!
Non lim supn→∞ |an zn | = +∞ mais il n’y a pas de raison pour que lim infn→∞ |an zn | = +∞. Prenez par 2n n exemple la série : ∑∞ n=0 z , de rayon de convergence R = 1, mais (|an z |) n’a pas de limite (la valeur est n 0 pour n impair et |z| pour n pair, qui tend vers l’infini lorsque |z| > 1). Correction de l’exercice 6804 N ∞ 1 = ∑ zk |z| < 1. 1 − z k=0 0 ∞ 1 1 = = ∑ kzk−1 pour |z| < 1. (1 − z)2 1−z k=1
etc. Correction de l’exercice 6805 N Discutons d’abord le rayon de convergence. D’ailleurs, ce qui suit s’applique également aux exercices suivants. Donc, d’après le théorème d’analycité des fonctions holomoephes (voir le polycopié 2005/2006 de J.-F. Burnol : théorème 10 du chapitre 6), si f est holomorphe dans U ⊂ C, si z0 ∈ U et si r > 0 tel que D(z0 , r) ⊂ U, alors la série de Taylor de f en z0 converge et sa somme vaut f dans 1 ce disque D(z0 , r). Ici f (z) = z−1 . Cette fonction est holomorphe dans U = C \ {1}. Par conséquent, si z0 ∈ U, alors la série de Taylor de f en z0 vaut f dans le disque D(z0 , R1 ) si R1 = |z0 − 1|. Le calcul de la série est classique : 1 1 1 1 1 z0 − z k = = = ∑ z0 − 1 z − 1 z − z0 + z0 − 1 z0 − 1 1 − z0 −z z0 − 1 k>0 z0 −1 pour |z − z0 | < |z0 − 1| = R1 .
Correction de l’exercice 6806 N 1 La fonction f (z) = (z−1)(z−2) est holomorphe dans U = C \ {1, 2}. Par ce que l’on vient de dire à l’exercice précédent, le rayon de convergence demandé est R = min{|z0 − 1|, |z0 − 2|}, où z0 ∈ U est un 1 1 1 − z−1 et : point quelconque fixé. On a (z−1)(z−2) = z−2
1 1 1 1 1 z0 − z k = = = ∑ z0 − 2 z − 2 z − z0 + z0 − 2 z0 − 2 1 − z0 −z z0 − 2 k>0 z0 −2
pour |z − z0 | < |z0 − 2| = R2 . La série demandée est alors la différence entre celle-ci et celle de l’exercice précédent. Notons aussi que le rayon de convergence est exactement le minimum des rayons R1 et R2 . Correction de l’exercice 6808 N k
2 Le rayon de convergence est R = 1. Soit 0 < t < 1 et étudions f (t) = ∑∞ k=0 t . Il s’agit d’une série de termes positifs. D’où N−1
f (t) >
k
∑ t2 k=0
pour tout N ∈ |||.
Il en résulte lim inft→1 f (t) > N or N est arbitraire, donc limt→1 f (t) = ∞. Soit maintenant w un nombre N k complexe du cercle unité vérifiant w2 = 1 pour un N ∈ |||. Dans ce cas w2 = 1 pour tout k > N. Si de nouveau 0 < t < 1, alors N−1
f (tw) =
k
∑ (tw)2 k=0
+
k
∑ t2 . k>N
Lorsque t → 1, alors la première somme tend vers un nombre complexe (fini, en fait de module au plus N N) et la deuxième vers ∞. Les nombres complexes w ayant la propriété w2 = 1 pour un certain N ∈ ||| 2590
sont denses dans le cercle unité {|z| = 1}. Ceci, et le principe de prolongement analytique, interdit l’existence de la fonction g holomorphe sur U comme décrit dans l’exercice. Si z0 ∈ D(0, 1), alors le rayon de convergence de la série de Taylor de f en z0 est R = 1 − |z0 |. Correction de l’exercice 6811 N Il s’agit de formules bien connues lorsque les arguments z, w sont réels. La vérification à partir des définitions des fonctions trigonométriques données dans l’énoncé de l’exercice est laissée au lecteur. Voici comment obtenir la formule : cos(z + w) = cos(z) cos(w) − sin(z) sin(w)
pour
z, w ∈ C .
(45)
Fixons w ∈ R. Soit fw (z) = cos(z + w) − cos(z) cos(w) − sin(z) sin(w) . La formule (45) étant vraie pour z, w ∈ R, fw (z) = 0 pour tout z ∈ R. Il résulte du principe des zéros isolés que fw est identiquement nulle. Autrement dit, on vient d’établir la formule (45) pour (z, w) ∈ C×R. Il suffit maintenant de refaire le même argument en fixant d’abord z ∈ C arbitrairement et en observant que la fonction holomorphe gz (w) = cos(z + w) − (cos(z) cos(w) − sin(z) sin(w)) est nulle pour tout w ∈ R. De nouveau gz ≡ 0 par le principe des zéros isolés, d’où la formule (45) pour tout z, w ∈ C. Correction de l’exercice 6812 N 1 ia (e − e−ia )(eb + e−b ) − (eia + e−ia )(eb − e−b ) 4i 1 ia−b = e − e−ia+b = sin(a + ib). 2i
sin(a)ch(b) + i cos(a) sh(b) =
Si a, b ∈ R, alors :
| sin(a + ib)|2 = (sin(a) ch(b))2 + (cos(a) sh(b))2
= sin2 (a)(1 + sh2 (b)) + (1 − sin2 (a)) sh2 (b)
= sin2 (a) + sh2 (b).
Cette somme de carrés de nombres réels ne peut être nulle que si sin(a) = 0 et sh(b) = 0, c’est-à-dire a ∈ πZ et b = 0. Donc sin(z) = 0 ⇐⇒ z ∈ πZ. Correction de l’exercice 6876 N On a les équations de Cauchy-Riemann ∆u =
∂u ∂x
=
∂v ∂y
et
∂u ∂y
= − ∂∂ xv . D’où :
∂ ∂u ∂ ∂u ∂ ∂v ∂ ∂v + = − =0 ∂x ∂x ∂y ∂y ∂x ∂y ∂y ∂x
par le théorème de Schwarz. On procède de la même façon pour v pour en déduire qu’une fonction holomorphe est harmonique. Correction de l’exercice 6877 N Cet exercice et les suivants concernent des changements de variables. Rappelons que, si Φ : U → V est un difféomorphisme entre ouverts U,V de Rn et si on note y = Φ(x), x = (x1 , ..., xn ) ∈ U et y = (y1 , ..., yn ) ∈ V , alors n ∂Φj ∂ ∂ =∑ ∂ xi j=1 ∂ xi ∂ y j pour tout i, j ∈ {1, ..., n}. On a x = r cos θ et y = r sin θ . Donc 2591
∂ ∂ (r cos θ ) ∂ ∂ (r sin θ ) ∂ ∂ ∂ = + = cos θ + sin θ ∂r ∂r ∂x ∂r ∂y ∂x ∂y et
∂ (r cos θ ) ∂ ∂ (r sin θ ) ∂ ∂ ∂ ∂ = + = −r sin θ + r cos θ . ∂θ ∂θ ∂x ∂θ ∂y ∂x ∂y
On peut réécrire ceci en : Pour retrouver les
∂ ∂r ∂ ∂θ
=M
∂ ∂ ∂x, ∂y
∂ ∂x ∂ ∂y
M = (Jac( f )) =
avec
en fonction de
∂ (r cos θ ) ∂r ∂ (r cos θ ) ∂θ
t
∂ ∂ ∂r , ∂θ
∂ (r sin θ ) ∂r ∂ (r sin θ ) ∂θ
!
.
il suffit d’inverser cette matrice M. Le reste est clair.
Correction de l’exercice 6878 N On a w = g(z) avec g(z) = a(z) + ib(z) une fonction holomorphe et avec z = x + iy. Utilisons de nouveau le changement de coordonnées : ∂ ∂ a(z) ∂ ∂ b(z) ∂ = + ∂x ∂x ∂a ∂x ∂b ∂ ∂ a(z) ∂ ∂ b(z) ∂ = + . ∂y ∂y ∂a ∂y ∂b En utilisant les équations de Cauchy-Riemann on en déduit ∂ ∂ ∂ a(z) ∂ a(z) ∂ ∂ b(z) ∂ b(z) ∂ +i = +i + +i ∂x ∂y ∂x ∂y ∂a ∂x ∂y ∂b ∂ b(z) ∂ ∂ b(z) ∂ a(z) ∂ ∂ a(z) −i + +i = ∂x ∂x ∂a ∂x ∂x ∂b ∂ b(z) ∂ ∂ ∂ a(z) −i +i . = ∂x ∂x ∂a ∂b
Correction de l’exercice 6880 N Soit Q le carré dont le bord est γ = γ1 + ... + γ4 où γ2 (t) = B − 2t,
γ1 (t) = A + 2it,
γ3 (t) = C − 2it,
et
γ4 (t) = D + 2t,
Notons aussi γ j,x = Re(γ j ) et γ j,y = Im(γ j ), j = 1, ..., 4. Alors : Z
4
dx =
γ
et
Z
4
dx =
∑
4
∑
=
Z 1
Z
∑
j=1 0
j=1 γ j
0
Z 1
4
x dx =
Z 1
j=1 0
j=1 γ j
x dx =
γ
∑
Z
γ 0j,x (t) dt = 0
γ j,x (t)γ 0j,x (t) dt
(1 − 2t)(−2)dt +
Z 1
(−1 + 2t)2dt = 0.
0
Passons à la correction de la question 3. Alors Z
γ
dz =
Z
γ
2592
z dz = 0
t ∈ [0, 1].
puisque dans les deux cas on intègre une fonction holomorphe ( f (z) ≡ 1 et f (z) = z) dans le carré Q. On a : Z
Z 1
4
x dz =
∑
=
Z 1
j=1 0
γ
4
γ j,x (t)dγ j (t) =
2idt +
0
Z 1 0
∑
Z 1
j=1 0
γ j,x (t)γ 0j (t) dt Z 1
(1 − 2t)(−2)dt +
(−1)(−2i)dt +
0
= 2i + 2i = 4i.
Z 1
(−1 + 2t)2dt
0
En ce qui concerne la question 4., on y intègre la fonction fn (z) = zn le long du chemin fermé γ. Mais attention, cette fonction admet une primitive seulement si n 6= −1. D’où Z
zn dz = 0
pour n 6= −1.
γ
Dans le cas restant n = −1 on trouve :
Z
γ
f−1 (z)dz = 2iπ.
D’ailleurs, et là on rejoint l’exercice 6882, on a : Z
fn (z) dz =
Z
fn (z) dz
C
γ
où C = {|z| = 1}. Ce cercle se paramétrise par σ (θ ) = e2iπθ . D’où : Z
fn (z) dz =
C
Z 1
e
2iπnθ
2iπe
2iπθ
dθ = 2iπ
0
Z 1
2iπ(n+1)θ
e
dθ =
2iπ si n = −1 0 sinon.
dθ =
2iπ si n = 1 0 sinon.
0
De manière analogue on a Z
n
z dz =
Z 1
−2iπnθ
e
2iπe
2iπθ
dθ = 2iπ
0
C
Z 1
2iπ(1−n)θ
e
0
Correction de l’exercice 6881 N Pour toute fonction f = u + iv à valeurs dans C, on a : Z
γ
f (z)dz =
Z 1 0
(u − iv)(γ10 + iγ20 )dt
=
Z 1 0
(u + iv)(γ10 − iγ20 )dt
=
Z
f (z)dz.
γ
Voir la correction de l’exercice 6880. Correction de l’exercice 6882 N Voir la correction de l’exercice 6880. Correction de l’exercice 6883 N Dans le cas où C n’encercle pas l’origine la fonction z 7→ zn est holomorphe au voisinage du disque R n bordé par C et ceci pour tout n ∈ Z. Par conséquent, C z dz = 0. Sinon on retrouve les valeurs obtenues précédemment. On rappelle également que : 1 2iπ
Z
1 dz C z
est l’indice Ind(C, 0) de la courbe C par rapport à l’origine. Cet indice est 1 lorsque C encercle l’origine et 0 sinon. 2593
Correction de l’exercice 6884 N On a
1 1 = (z − a)(z − b) a − b Z
1 1 − z−a z−b
1 dz = 2iπInd(C, a). C z−a
Or, Ind(C, a) = 0 si r < a et Ind(C, a) = 1 si r > a. Le même raisonnement s’applique à le résultat annoncé. Correction de l’exercice 6885 N Comme
on a
R
1 C z−b dz,
d’où
n n k k−n 1 n =∑ z+ zz z k=0 k n n 2k−n−1 1 n1 =∑ z . z+ z z k=0 k
R
Or C z j dz 6= 0 si et seulement si j = −1. Le seul terme de la somme précédente qui donne une contribution non nulle à l’intégrale est lorsque k vérifie 2k − n − 1 = −1. Notons que ceci est possible seulement si n est un nombre pair ! D’où : Z 1 n dz z+ = 0 si n est impair. z z C Sinon, si n = 2k est pair, on a :
Z
1 z+ z
C
2k
dz 2k = 2iπ . z k
Comme cos t = 12 (eit + e−it ), Z π
D’où
Rπ
−π cos
1 cos t dt = n 2 −π n
Z π
−i ieit dt = n ) it ie 2
−it n
it
(e + e
−π
Z C
1 z+ z
n
dz . z
ntdt = 0 si n est impair et 2k cos t dt = 2k−1 . 2 k −π
Z π
π
2k
Par périodicité du cosinus ceci donne : Ik =
Z π/2 0
1 π 2k π 1 · 3 · ... · (2k − 1) cos t dt = = . 2k−1 42 k 2 2 · 4 · ... · 2k 2k
Correction de l’exercice 6941 N On pose f (z) = exz . Alors f (n) (0) = xn , donc xn =
n! 2iπ
Z
exz dz n+1 Cz
d’où la formule demandée par multiplication par xn /(n!)2 .
2594
Sur C, on a |z| = 1, et donc la série ∑ xn /(n!zn ) est uniformément convergente par rapport à z (et sa R x/z limite est bien sûr égale à e ). Donc on peut inverser les signes ∑ et : xn 2 n!
∑+∞ n=0
=
R exz
xn C z xn!zn dz R 1 1 xz z = 2iπ C z e e dz R 2π −iθ x(eiθ +e−iθ ) iθ 1 ie dθ 2iπ 0 e R e 1 2π 2x cos θ = 2π 0 e dθ .
=
1 2iπ
∑+∞ n=0
(z = eiθ )
Correction de l’exercice 6953 N On pose θ = 2ϕ, et on obtient I=
Z 2π 0
a dθ = 2 2a + 1 − cos θ
Z
f (z) dz
C
où c est le cercle trigonométrique, z = eiθ et f (z) =
2ia z2 − 2(2a2 + 1)z + 1
=
2ia P(z)
qui a deux pôles simples (racines du dénominateur P), dont une seule est intérieure au cercle, soit p α = 2a2 + 1 − 2a a2 + 1 Donc
I = 2πiRes( f , α) = 2πi
2ia −4πa π = =√ . 0 2 2 P (α) 2α − 2(2a + 1) a +1
Correction de l’exercice 6954 N Le polynôme P(z) = z4 + z2 + 1 a pour racines les racines carrées de j et j2 , soit ± j2 et ± j. Seuls j et − j2 ont une partie imaginaire positive, donc 1 1 π I = 2iπ(Res(1/P, j) + Res(1/P, − j2 )) = 2iπ + =√ . P0 ( j) P0 (− j2 ) 3 Puis on a J=
1 2
Z +∞ 1 − cos 2x −∞
1 1 dx = I − x4 + x2 + 1 2 2
Z +∞ −∞
cos 2x dx = (I − K)/2 x4 + x2 + 1
On a par la même méthode 2
e2i j e2i(− j ) + P0 ( j) P0 (− j2 )
K = 2iπ Or 2i j
e 2
√ 3+i .
et de même e2i(− j ) = e−
= exp 2i
!
√ !! √ 1+i 3 = e− 3−i 2
Finalement i √ √ π h J = √ 1 − e− 3 3 sin 1 + cos 1 . 2 3
Correction de l’exercice 6955 N
2595
On a, sachant que 2 cos θ = eiθ + e−iθ : 1 Wn = 4
Z 2π
1
2n
cos θ dθ =
0
22n+2
Z C
1 z+ z
2n
dz iz
où C est le cercle trigonométrique et z = eiθ . En posant 1 2n 1 z+ f (z) = z z on a immédiatement
π Res( f , 0) 22n+1 car 0 est le seul pôle de f . Le résidu est en fait le coefficient en 1/z dans le développement de f , n . Donc c’est-à-dire le coefficient constant dans (z + 1/z)2n , soit par la formule du binôme, C2n Wn =
Wn =
π 22n+1
(2n)! . (n!)2
Correction de l’exercice 6956 N
# " +∞ √ n 1 φ (x) = √ 1 + 2 ∑ (2 − 3) cos nx . 3 n=0
Correction de l’exercice 6957 N On utilise cos(x + iy) = cos x cosh y − i sin x sinh y Ici on doit avoir cos x cosh y = a et sin x sinh y = 0. La dernière équation implique x = 0 ou π, ou y = 0. La solution y = 0 ne convient pas, car aucun réel n’a pour cosinus a > 1. Donc il faut x = 0, et cosh y = a ou bien x = π et cosh y = −a. Cette dernière équation est sans solutions (cosh y > 1 pour tout y). Les√solutions sont donc z = ±i arg cosh a. Leur sinus est sin x cosh y + i cos x sinh y = i sinh y ici, soit ±i a2 − 1 (car sinh2 y = cosh2 y − 1). On a donc, en posant f (z) = 1/[(1 + z2 )(2 − cos z)] (fonction paire) : Ia = iπRes( f , i) + iπRes( f , i arg cosh a) car i et i arg cosh a sont les deux seuls pôles de f de partie imaginaire > 0. Puis 1 1 Res( f , i) = 2z(a−cos z) z=i = 2i(a−cosh 1) Res( f , i arg cosh a) = (1+z21) sin z = i(1−arg cosh1 2 a)√a2 −1 z=i arg cosh a
Donc Ia =
π π √ + . 2 (1 − arg cosh a) a2 − 1 2(a − cosh 1)
Correction de l’exercice 6958 N Sur le côté [R, R + iπ], la fonction f (z) = eaz / cosh z est majorée en module par eaR eaR eaR = < → 0 quand R → ∞ | cosh(R + iy)| cosh2 R − sin2 y cosh2 R − 1 2596
R
R De même sur l’autre côté. L’intégrale sur le côté [R + iπ, −R + iπ] vaut eiaπ −R f (x) dx. La fonction f n’a qu’un pôle dans le rectangle, qui est iπ/2. Donc à la limite
(1 + eiaπ )I = 2iπRes( f , iπ/2) = 2iπ
eiaπ = 2πeiaπ i
et le résultat en divisant. Correction de l’exercice 6959 N 2
On intègre f (z) = e2iaz−z sur le rectangle. Il n’y a aucun pôle, donc l’intégrale sur le rectangle est nulle ; l’intégrale sur le côté [R, R + ia] tend vers zéro. On a donc R +∞ 2iax−x2 dx 0 e
=
=
R
R
f (z) dz + [ia,ia+∞] f (z) dz R a [0,ia] R 2 −2ay+y idy + 0+∞ e(ia−x)(ia+x) dx 0 e √ R 2 2 = i 0a ey −2ay dy + e−a 2π
d’où le résultat en ne conservant que la partie réelle.
Correction de l’exercice 6960 N — Le bord du quart de disque est formé de trois parties : le segment [0, a], le quart de cercle, et le segment [ia, 0]. L’intégrale sur le quart de cercle tend vers zéro quand a → ∞ (lemme de Jordan), et en posant z = iy, on voit que Z Z a
zR(z4 ) dz =
[ia,0]
yR(y4 ) dy
0
donc l’intégrale sur le contour tend vers 2I. Donc I est égal à iπ fois la somme des résidus de zR(z4 ) dans le quart de plan {Re z > 0, Im z > 0}. √ π 2 iπ/8 i3π/8 . — Les pôles sont e et e . On trouve I = 8 — On intègre de même sur le contour formé du bord de {0 < arg z < 2π p , 0 < |z| < a}. On obtient n+1 1 − ei2π p I = 2πi
Res (zn R(z p ), zk )
∑
pˆoles zk 0 2. On est forcé de prendre une puissance paire, car on a supposé R sans racines réelles : ici R(x) = 1/(1 + x2 ), et n = 1. Il y a deux pôles dans l’angle concerné, soit eiπ/2p et ei3π/2p . Le calcul est semblable au cas (b), et donne π
Ip =
2p sin
π. p
Correction de l’exercice 6961 N Soit f (z) = Log(z). Alors f 0 (z) = =
1 1 1 1 = = z z0 − (z0 − z) z0 1 − z0z−z 0 1 1 ∑ zk (z0 − z)k z0 k>0 0
2597
pour
|z − z0 | < |z0 |.
Notons que {z ∈ C ; |z − z0 | < |z0 |} = D(z0 , |z0 |) est optimal car on ne peut prolonger Log(z) en 0. Le développement est : (−1)k f (z) = Log(z0 ) − ∑ (z − z0 )k . k kz k>0 0 En ce qui concerne la deuxième question, la réponse est NON. D’après le cours f coincide avec sa série de Taylor si D(z0 , R) ⊂ Ω. Or, si Re(z0 ) < 0, ce n’est pas le cas et D(z0 , |z0 |)∩] − ∞, 0[6= 0. / Le Log et la série de Taylor ne coincident pas dans D(z0 , |z0 |) ∩ Ω puisque le Log ne peut être prolongé de manière continu dans aucun point de ] − ∞, 0[. Remarquons qu’ici D(z0 , |z0 |) ∩ Ω n’est pas connexe ce qui est cruciale dans l’exercice 6964. Correction de l’exercice 6962 N On a sin(z) = 2i1 (eiz − e−iz ) = 0 si et seulement si e2iπz = 1 ce qui est le cas si et seulement si z ∈ πZ. Soit z0 ∈ U = C \ πZ. Alors, le rayon de convergence de la séries de Taylor de f est R = dist(z0 , πZ) = min |z0 − πn|. n∈Z
Correction de l’exercice 6963 N Si f (z)g(z) = 0 pour tout z ∈ C, alors au moins une des fonctions f , g a un zéro non isolé. Correction de l’exercice 6964 N Commençons donc par le contre-exemple en prenant U = Ω, c’est à dire U = C\] − ∞, 0], et f = Log. Il suffit alors de choisir z1 = −1 + i et z2 = −1 − i et d’appliquer l’exercice 6961. Supposons maintenant U convexe, notons Di = D(zi , Ri ), i = 1, 2, et supposons que V = D1 ∩ D2 6= 0. / Les conséquences immédiates de la convexité de U sont : (a) U ∩ D1 et U ∩ D2 sont connexes (et même convexes). (b) [z1 , z2 ] ⊂ U et donc V ∩U est un ouvert non vide. Considérons g1 . Si r > 0 est suffisamment petit pour que D(z1 , r) ⊂ U, alors f = g1 dans D(z1 , r). Par le principe du prolongement analytique (ou celui des zéros isolés) on a f = g1 dans le connexe U ∩ D1 . C’est donc aussi vrai dans V ∩U ⊂ D1 ∩U. Le même raisonnement s’applique à g2 et donc g1 = g2 dans V ∩U. Encore une fois le principe du prolongement analytique assure donc que g1 = g2 dans V (qui est connexe). Correction de l’exercice 6965 N (a) Soit φ (t, z) =
z−1 1+t(z−1)
et notons D = {|z − 1| < 1}. Pour tout t ∈ [0, 1] et tout z ∈ D on a φ (t, z) = (z − 1) ∑ (−1)k t k (z − 1)k . k>0
Or |(−1)k t k (z − 1)k | 6 |z − 1|k . Si 0 < r < 1, alors la série précédente converge normalement dans D(1, r) ce qui permet d’avoir (cf. le polycopié 2005/2006 de J.-F. Burnol, chapitre 15, théorème 29) Z 1 0
φ (t, z)dt =
k
k+1
∑ (−1) (z − 1)
k>0
Z 1 0
t k dt =
∑ (−1)k k>0
(z − 1)k+1 . k+1
Cette série est laRsérie de Taylor de Log(z) en 1 qui coincide avec Log(z) dans le disque D. Par conséquent, z 7→ 01 φ (t, z)dt et z 7→ Log(z) coincident dans D. On conclut par prolongement analyR tique et en remarquant que z 7→ 01 φ (t, z)dt est une fonction holomorphe dans Ω (cf. le polycopié
2598
2005/2006 de J.-F. Burnol, chapitre 14, théorème 26). En ce qui concerne le reste RN voici le calcul : RN (z) =
Z 1
∑ (−1)k (z − 1)k+1t k dt
0 k>N
= (−1)N
Z 1 0
(z − 1)N+1t N
= (−1)N (z − 1)N+1
Z 1 0
∑ (−1)k (z − 1)kt k dt
k>0
tN dt. 1 + t(z − 1)
(b) Si Re(z) > δ , alors |1 + t(z − 1)| > | Re(1 + t(z − 1))| = |1 + t Re(z − 1)| > δ . Par conséquent, N+1
|RN (z)| 6 |z − 1|
Z 1 0
D’où la convergence uniforme.
t N dt 1 |z − 1|N+1 6 . |1 + t(z − 1)| δ N + 1
(c) Voir ci-dessus. φ
φ
φ
φ
(d) On a z = 1 + eiφ = (ei 2 + e−i 2 )ei 2 = 2 cos φ2 ei 2 . D’où Arg(z) = Comme : φ φ log(2 cos ) + i 2 2
= Log(z) = =
∑
∑ (−)k−1
k>1 k−1 (−1)
k>1
φ 2
et r = |z| = 2| cos φ2 | = 2 cos φ2 .
(z − 1)k = k (−1)k−1 sin(kφ ) k k>1
cos(kφ ) + i ∑
k
il suffit d’identifier les parties réelles et imaginaires pour en déduire les égalités demandées. La convergence uniforme résulte de la question 3 puisque Re(z) = Re(1 + eiφ ) = 1 + cos φ > 1 + cos(π − ε) = δ > 0.
Correction de l’exercice 6966 N (a) C’est le principe du maximum. (b) La fonction g(z) = f (z) f (−z) est nulle sur le cercle de rayon 1.
Correction de l’exercice 6967 N Soit z = eiθ . Alors |4z + 3| = |eiθ (4 + 3e−iθ )| = |4 + 3eiθ | = |4 + 3z|. Par le principe du maximum |Φ(z)| < 1 = sup |Φ(eiθ )| θ
pour tout z ∈ D.
Correction de l’exercice 6968 N Supposons qu’il existe z ∈ C avec F(z) 6= 0 et notons α = |F(z)| > 0. Si n > 1 tel que principe du maximum affirme que |F(z)|
|ξ |−|z| = R − |z| > R/2, | f (ξ )| (2R)n 1 (1 + R)n 6 M = 22n+2 M 2 . 6 M |(ξ − z)n+2 | (R/2)n+2 (R/2)n+2 R
Ensemble avec la formule de Cauchy on a donc 1 | f (n+1) (z)| 6 (n + 1)! 2π
Z
22n+2 M
CR
1 1 |dξ | = 22n+2 M 2 R R
pour n’importe quel R > 2|z|. On vient de montrer que f n+1 (z) = 0 pour tout z ∈ C. Utilisons maintenant g(z) = f (z)−P(z) où P est le polynôme de Taylor de f à l’origine à l’ordre n. On remarque d’abord que zn+1 l’origine est zéro d’ordre n + 1 de f (z) − P(z) ce qui explique que g se prolonge holomorphiquement à l’origine. C’est donc une fonction entière pour laquelle on a |g(z)| 6
C|z|n 1 =C n+1 |z| |z|
pour un certain C > 0 et pour z de module suffisamment grand. De nouveau, g est une fonction entière bornée, elle est donc constante (notre estimation donne même g ≡ 0 et donc f = P). Correction de l’exercice 6972 N iθ
Soit z = Reiθ . Alors |ez | = eR Re(e ) = eR cos(θ ) . Pour f (z) = z + ez , on a, pour θ tel que cos(θ ) 6 0, | f (z)| > R − eR cos(θ ) > R − 1. Si par contre cos(θ ) > 0 alors | f (z)| > eR cos θ − R. Dans les deux cas | f (Reiθ )| → ∞ pour R → ∞. Nos calculs n’impliquent pas lim|z|→∞ | f (z)| = ∞ ! Comme en fait ez n’est PAS un polynôme, on peut même affirmer que lim|z|→∞ | f (z)| = ∞ est FAUX. Correction de l’exercice 6973 N (a) Le résidu est a−1 = 1.
∞ 1 k 2k pour |z| < 1. C’est une série entière car f est holomorphe dans le disque (b) f (z) = 1+z 2 = ∑k=0 (−1) z unité et Res( f , 0) = 0.
(c) f (z) =
1 1 z 1+z2
k 2k−1 = 1 − z + z3 .....et Res( f , 0) = 0 = ∑∞ k=0 (−1) z z
Correction de l’exercice 6974 N n
Comme ew = ∑n>0 wn! , 0 1 1 1 1 n exp( ) = ∑ = z . ∑ n z n=−∞ (−n)! n>0 n! z
2600
Par conséquent, Res( f , 0) = 1. Sinon, si z0 6= 0, alors Res( f , z0 ) = 0 par holomorphie de f dans C \ {0}.
Correction de l’exercice 6975 N 3
z (a) Comme sin(z) = z − 3! + ... = z(1 + o(z)),
f (−z) =
1 1 1 1 = (1 + o(z))−1 = (1 + o(z)) = + o(1). sin(z) z z z
Par conséquent f possède un pôle simple à l’origine (ce qui est évident puisque sin(z) possède un zéro simple à l’origine) et Res( f , 0) = 1. On l’obtient aussi par la formule de l’exercice 6981 et le fait que l’origine est un pôle simple : z = 1. z→0 sin(z)
Res( f , 0) = lim z f (z) = lim z→0
La partie singulière de la série de Laurent est z3
1 z
et le terme constant est 0.
z5
3
5
3
z z (b) On a sin(z) − sh(z) = (z − 3! + 5! + O(z7 )) − (z + 3! + 5! + O(z7 )) = − z3 + O(z7 ). D’où
f (z) =
1 3 3 = − 3 (1 + O(z4 )) = − 3 + O(z). sin(z) − sh(z) z z
(c) On obtient de manière analogue que f (z) =
1 1 = + O(z). z sin(z) sh(z) z3
Correction de l’exercice 6976 N Observons tout d’abord que : f (z) =
1 1 1 = + . (z − 1)(z − 2) z − 2 1 − z
On a
1 = ∑ zn 1 − z n>0
−1 1 1 1 1 −n =− = − z = − zn ∑ ∑ 1−z z 1 − 1z z n>0 n=−∞
pour |z| < 1 pour |z| > 1.
De la même manière 1 1 = − ∑ n+1 zn z−2 n>0 2
si |z| < 2 et
−1 1 1 = ∑ n+1 zn z − 2 n=−∞ 2
si |z| > 2.
On en déduit les expressions des séries de Laurent en 0 dans les trois couronnes centrées à l’origine. En z = 1 et z = 2, f a des pôles simples. D’où Res( f , 1) = lim(z − 1) f (z) = −1 z→1
et
Res( f , 2) = lim(z − 2) f (z) = 1. z→2
Déterminons encore la série de Laurent f en 1 : f (z) =
∞ 1 1 1 = (−1) ∑ (z − 1)n = − ∑ (z − 1)n z − 1 (z − 1) − 1 z − 1 n>0 n=−1
pour |z − 1| < 1. 2601
Correction de l’exercice 6977 N Soit γ : I → C un lacet quelconque. Posons H(t, u) = uγ(t) pour t ∈ I
et u ∈ [0, 1].
C’est clairement une homotopie de lacets (voir la définition du cours !) telle que H(t, 1) = γ(t) et H(t, 0) = 0 pour tout t ∈ I. Correction de l’exercice 6978 N Soit γ un lacet dans C. Alors supt∈I |γ(t)| = R/2 < ∞. Si |z| > R, la fonction ξ 7→ dans le disque D(0, R). Par conséquent, 1 Ind(γ, z) = 2iπ
Z
γ
1 ξ −z
est holomorphe
dξ = 0. ξ −z
Remarquons que ceci implique que Ind(γ, z) = 0 pour tout z dans la composante connexe non bornée de C \ γ. Correction de l’exercice 6979 N (a) Le calcul de l’indice de cN est évident. L’affirmation sur l’existence de g continue telle que γ = eg et g(1) − g(0) = 2πiN est le contenu du polycopié de J.-F. Burnol 2005/2006, chapitre 30. Le reste est laissé au lecteur.
Correction de l’exercice 6981 N Si f a un pôle d’ordre N en z0 , on a, avec a−N 6= 0, ∞
f (z) =
∑
n=−N
an (z − z0 )n =
a−1 a−N + ... + + a0 + ... N (z − z0 ) z − z0
D’où (z − z0 )N f (z) = a−N + ... + a−1 (z − z0 )N−1 + a0 (z − z0 )N + .... ce qui donne
d dz
N−1
(z − z0 )N f (z) = (N − 1)! a−1 + o(z − z0 ).
La formule en résulte en faisant tendre z vers z0 . Le cas N = 1 est important pour la pratique. Notons que, si f a un pôle simple en z0 , cette fonction s’écrit f = h/g au voisinage de z0 où h, g sont des fonctions holomorphes au voisinage de z0 telles que h ne s’annule pas en z0 et g a un zéro simple en z0 , i.e. g(z0 ) = 0 et g0 (z0 ) 6= 0. Comme Res( f , z0 ) = lim (z − z0 ) f (z) = h(z0 ) lim z→z0
z→z0
on a aussi la formule utile Res( f , z0 ) =
Correction de l’exercice 6983 N
2602
h(z0 ) . g0 (z0 )
z − z0 g(z) − g(z0 ) (46)
La fonction f (z) = 1/(z − a)(z − b)(z − c) est holomorphe dans le disque D(0, a). Par conséquent l’intégrale est nulle si r < a. Par le théorème des résidus, 1 2iπ
Z
1 dz = Res( f , a) , Res( f , a) + Res( f , b) ou C (z − a)(z − b)(z − c) Res( f , a) + Res( f , b) + Res( f , c)
si a < r < b, b < r < c ou c < r. Le calcul de ces résidus se fait par la formule de l’exercice 6981 puisque tous les pôles sont simples : 1 (a − b)(a − c)
Res( f , a) =
, et
1 (b − a)(b − c) 1 Res( f , c) = . (c − a)(c − b) Res( f , b) =
On en déduit façilement la valeur de l’intégrale dans les trois cas. En ce qui concerne le calcul de cette intégrale via la décomposition en éléments simples remarquons juste que Z
1 dz C z−d
vaut 2iπ si d est à l’intérieur de C et 0 si d est à l’extérieur. Correction de l’exercice 6985 N On a Z
Z
Z
N f (z) dz f (z) dz −∑ γ (z − z1 )(z − z2 ) j=1 γ j (z − z1 )(z − z2 ) f (z ) f (z2 ) 1 = 2iπ Res( f , z1 ) + Res( f , z2 ) = 2iπ + . z1 − z2 z2 − z1
f (z) dz ∂ Ω (z − z1 )(z − z2 )
=
D’où lim
z2 →z1
Z
f (z) dz = 2iπ f 0 (z1 ). ∂ Ω (z − z1 )(z − z2 )
Correction de l’exercice 6986 N Analogue à l’exercice 6983 Correction de l’exercice 6988 N sin(πz) Comme tan(πz) = cos(πz) cette fonction est une fonction méromorphe de C ayant que des pôles simples en 1/2 mod 1. En effet, cos(w) = 0 si et seulement si w = π/2 mod π et cos0 (π/2 + kπ) 6= 0. Notons zk = 1/2 + k, k ∈ Z. La formule (46) s’applique et donne
Res(tan(πz), zk ) = Par conséquent :
Z
sin(πzk ) 1 =− . −π sin(πzk ) π
1 tan(πz) dz = 2iπ2N − = −4iN. π |z|=N
Correction de l’exercice 6989 N
2603
Si A = R cos(Φ) et B = R sin(Φ) on a Z 2π 0
dθ = A + B sin(θ ) +C cos(θ )
Z 2π 0
dθ = A + R sin(θ + Φ)
Z 2π 0
dα . A + R sin(α)
Pour trouver la valeur de cette dernière intégrale posons z = eiα . Alors dα = −i dzz et I=
Z 2π 0
dα = A + R sin(α)
Z
−i dz z−z = |z|=1 z(A + R 2i )
Z
2dz
|z|=1
Rz2 + 2iAz − R
.
Le dénominateur de cette dernière expression s’annule en s √ 2 2 + 4R2 −2iA ± A −4A A z± = = −i ∓ − 1 2R R R Un calcul élémentaire montre que seulement la racine
z+
= −i
A R
−
q
A 2 −1 R
est dans le disque
unité ouvert pourvu que A > 0 (le cas A < 0 est similaire). Il s’ensuit par le théorème du résidu que 1 2 1 1 1 I=i + − = q =√ . 2 − R2 2π R z −z A A 2 R −1 R Correction de l’exercice 6992 N Si z = eiθ , alors sin θ = 1 2π
Z 2π 0
z−z 2i
et dz = ieiθ dθ . D’où
sin θ 1 dθ = a + sin θ 2π
Z
z − z dz 1 = 2ia + z − z iz 2iπ |z|=1
Z
dz z2 − 1 . 2 + 2iaz − 1 z z |z|=1
Il suffit alors d’utiliser le théorème des résidus. Correction de l’exercice 6996 N Rappelons la formule de Cauchy pour f holomorphe sur Ω (donc sans singularités) : f (z) =
1 2iπ
Z
f (w) dw. ∂Ω w − z
Il s’agit ici d’obtenir une version généralisée pour des fonctions f ayant des singularités z1 , ..., zN ∈ Ω. f (w) . Cette fonction a un pôle simple en w = z et : Fixons z ∈ Ω \ {z1 , ..., zN } et considérons G(w) = w−z Res(G, z) = lim (w − z)G(w) = f (z). w→z
Les autres singularités de G dans Ω sont z1 , ..., zN . Par définition, le résidu de G en z j est le « coefficient a−1 » de la série de Laurent de G en z j . Or G(w) =
1 f (w) = ∑ bk (w − z j )k ∑ cl (w − z j )l w−z k>0 l∈Z
1 puisque w 7→ w−z est holomorphe au voisinage de z j (et bien sûr on peut calculer les bk , mais ce n’est pas utile). On remarque que pour calculer a−1 interviennent seulement les indices (k, l) qui vérifient k + l = −1. Comme k > 0 on a l = −1 − k < 0. D’où : g j (w) Res(G, z j ) = Res ,zj . w−z
2604
On peut maintenant utiliser l’exercice 6995 ou alors conclure directement : si R0 = 2 max{|z|, |z j |}, alors pour tout R > R0 , Z g j (w) g j (w) 1 dw = ∑ Res ,ξ . 2iπ |w|=R w − z w−z ξ ∈{z,z } j
Par conséquent, l’intégrale
ce qui entraîne
R
g j (w) |w|=R w−z dw
ne dépend pas de R > R0 . Or, il existe C > 0 tel que
g j (w) C w − z 6 |w|2
,
|w| > R0 ,
Z Z g (w) C j 6 lim dw |w|=R w − z |w|=R |w|=R |w|2 |dw| = 0. 0 0
D’où
1 0= 2iπ
Z
|w|=R0
g j (w) g j (w) dw = Res , z j + g j (z). w−z w−z
Il suffit alors d’appliquer le théorème des résidus à G pour conclure : 1 2iπ
Z
∂Ω
G(w) dw = f (z) − g1 (z) − ... − gN (z).
Correction de l’exercice 6997 N R Dans le calcul des intégrales on est souvent confronté à des passages à la limite (du genre limR→∞ CR f (z) dz R ou limr→0 Cr f (z) dz dans le cas ou 0 est une singularité que l’on contourne, CR un morceaux de cercle comme dans les exercices ici). Cet exercice et le suivant donnent des outils très pratiques pour ce genre de calculs. Si f a z0 comme pôle simple, sa série de Laurent en z0 est de la forme f (z) = a−1 (z − z0 )−1 + a0 + a1 (z − z0 ) + .... =
∑ k>−1
ak (z − z0 )k .
Par convergence normale de cette série Z
f (z) dz =
ak
∑
Cr (α,β )
Z
k
Cr (α,β )
k>−1
(z − z0 ) dz =
= ia−1 (β − α) + r ∑
r k ak
∑
ak
Z β
(reiθ )k ireiθ dθ
α
k>−1
ei(k+1)β
− ei(k+1)α (k + 1)
k>0
i(k+1)β i(k+1)α −e On en déduit l’enoncé de l’exercice en observant que e (k+1) 6
2 k+1
!
.
et en faisant tendre r → 0.
Correction de l’exercice 6998 N Pour ε > 0 il existe R > 0 tel que | f (z)| 6 ε pour tout |z| > R, Im z > 0. Si CR est le demi-cercle supérieur orienté alors |
Z
CR
f (z)eiz dz| = | = 2ε
Z
π 2
0
iθ
f (Reiθ )ei(Re ) iReiθ dθ | 6 ε
−R sin θ
Re
0
Z π
dθ 6 2ε
Correction de l’exercice 6999 N 2605
Z
0
π 2
Z π
e−R sin θ R dθ
0
Re−R 2 dθ = 4ε(1 − e−R 4 ) 6 8ε. θ
π
Utiliser les exercices 6997 et 6998. Correction de l’exercice 7000 N 2
Par holomorphie de z 7→ e−z ,
Z R
2
e−x dx +
0
Z
2
e−z dz +
CR
Z 0
2
e−z dz = 0.
Reiπ/4
Notons I1,R la première intégrale ci-dessus, I2,R la deuxième et I3,R la troisième. Alors, √ Z Z √ 1 1 π −x2 −πu2 lim I1,R = e dx = e π du = . R→∞ 2 R 2 R 2 Comme e−z = e−(e 2
iπ/4 t 2
) = e−it 2 = cos(t 2 ) − i sin(t 2 ) pour z = eiπ/4t on a Z R
cos(t 2 ) − i sin(t 2 ) eiπ/4 dt √0 Z Z R R 2 2 2 2 2 =− cos(t ) + sin(t )dt + i cos(t ) − sin(t )dt . 2 0 0
I3,R = −
Il suffit alors de déterminer limR→∞ I2,R pour en déduire les intégrales de Fresnel. Si on pose z = Reiθ , alors Z Z π 4
2
e−z dz =
|I2,R | 6 R π 2
Du changement de variables β = R |I2,R | 6 − 2
Z 0
e
π 2
lorsque R → ∞. Conclusion
R∞ 0
Z
2 e2iθ
iReiθ dθ
0
CR
ce qui implique
e−R
π 4
−R2 cos(2θ )
e
0
R dθ = 2
Z
π 2
R dβ 6 2
cos(x2 )dx =
R∞ 0
Z
π 2
−R2 β2
e
0
2 cos(α)
dα.
0
− α et du fait que sin β >
−R2 sin(β )
e−R β 2
pour β ∈ [0, π2 ] on déduit que :
π R −R2 β 2 2 dβ = − e 2 6 → 0 2 R 0
sin(x2 )dx =
√ 2π 4 .
Correction de l’exercice 7009 N (a) Soit CR = {Reiθ ; 0 6 θ 6
2π n }.
La fonction f (z) =
1 1 + zn
a un seul pôle z0 = eiπ/n dans le secteur. C’est un pôle simple et le résidu est π Res f , ei n = D’où −
2iπ iπ/n e = n
Z R 0
1 z0 1 π = − = − ei n . n−1 n n nz0
dx + 1 + xn
Z
CR
dz + 1 + zn
Z 0
Reiπ/n
dz 1 + zn
pour tout R > 1. Puisque n > 1, on a : Z Z dz 1 lim 6 lim |dz| = 0. R→∞ CR 1 + zn R→∞ Rn − 1 CR 2606
D’autre part,
Z 0
Re2iπ/n
Il en résulte que Z R 0
dz =− 1 + zn R
Z R 0
iπ/n − − 2iπ dx CR n e = n 2iπ/n 1+x 1−e
1 e2iπ/n dx = −e2iπ/n 1 + xn
dz 1+zn
−→
Z R 0
dx . 1 + xn
iπ/n − 2iπ 1 2iπ n e = 2iπ/n n 2i sin 1−e
lorsque R → ∞.
π = n
π n
sin
π n
(b) La fonction za = exp (a(log r + iα)) n’est pas définie au voisinage de l’origine. C’est la raison pourquoi on est amené de considérer le petit morceau de cercle γε = {εeiθ ; 2π a > θ > 0}. On va de nouveau noter CR = {Reiθ ; 0 6 θ 6 2π } et n 2π iα Ω = z = re ; 0 < r < ∞ , 0 6 α 6 . a Pour z = reiα ∈ Ω on a ⇐⇒ ⇐⇒ Par conséquent, f (z) = h(z0 ) = 1 + za0 = 0 et
1 1+za
za = −1
a(log r + iα) = iπ (mod2iπ ) π r = 1 et α = . a π
a une seule singularité z0 = ei a dans Ω. Comme f (z) = h0 (z0 ) = (exp(a log z))0|z=z0 =
1 h(z)
avec
a a z 6= 0 z0 0
le point z0 est un pôle simple et on a Res( f , z0 ) =
1 h0 (z0 )
=−
z0 1 π = − ei a . a a
Il suffit alors de procéder comme dans la question 1. pour établir Z ∞ 0
π dx a = 1 + xa sin πa
pour
a > 1.
(c) Soit x ∈ (0, ∞) et a = u + iv avec u > 1. Alors
|xa | = |xiv ||xu | = | exp (i(v log x)) |xu = xu . Par conséquent on a, pour tout x > 1, 1 1 1 + xa 6 xu − 1
ce qui implique la convergence de l’intégrale J(a). Montrons que l’application a 7→ J(a) est holomorphe dans Ω = {Re a > 1}. Pour ce faire on utilise des critères d’holomorphie des intégrales avec paramètres (voir le chapitre 14 du polycopié 2005/2006 de J.-F. Burnol). Considérons d’abord R dx 1 J1 (a) = 02 1+x . a On a (1) (a, x) 7→ g(a, x) = 1+xa est continue. (2) ∀x ∈ [0, 2] : a 7→ g(a, x) est holomorphe dans Ω. Par un critère d’holomorphie des intégrales avec paramètres (théorème 26 du chapitre 14 du polycopié 2005/2006 de J.-F. Burnol) a 7→ J1 (a) est holomorphe dans Ω. Pour R 1 dx J2 (a) = 2∞ 1+x a il faut en plus de (1) et (2) majorer g(a, x) = 1+xa par une fonction intégrable k (dépendant que de la variable x). Pour ce faire il faut travailler dans un domaine plus petit ΩT = {Re a > T } ⊂ Ω , Dans ce cas
1 6 1 |g(a, x)| = 1 + xa xT − 1 2607
T > 1.
∀x > 2 et a ∈ ΩT .
R
Comme T > 1, k(x) = xT1−1 est intégrable : 2∞ k(x) dx < ∞. Par un critère d’holomorphie des intégrales avec paramètres (ici le théorème 27 du chapitre 14 du polycopié 2005/2006 de J.-F. Burnol), a ∈ ΩT 7→ J2 (a) est holomorphe. Ceci étant vrai pour tout T > 1, J2 est holomorphe dans Ω. En conclusion, a 7→ J(a) = J1 (a) + J2 (a) π
est holomorphe sur Ω. L’affirmation J(a) = sin a π , a ∈ Ω, est une conséquence du principe des zéros (a) isolés et du fait que nous avons déja établi cette relation pour tout réel a > 1. (d) Évident. (e) On peut procéder comme dans la question 3. Notons que pt e eRe(p)t = . |h(p,t)| = 1 + et 1 + et
Par conséquent, |h(p,t)| ∼ e(Re(p)−1)t pour t → ∞ et |h(p,t)| ∼ eRe(p)t pour t → −∞. L’intégrale c K(p) est donc convergente. Pour établir l’holomorphie de cette fonction il faut travailler u ì Uε = {0 < Re(p) < 1 − ε}
ε > 0 petit .
avec
pt
e (f) Nous avons vu dans la question précédente que la fonction h(p,t) = 1+e t décroit exponentiellement pour 0 < Re(p) < 1 lorsque t → ±∞. On en déduit “facilement” (faire les détails !) que
lim
Z R+2iπ e pz
dz = lim R→∞ 1 + ez
R→∞ R
Z −R
−R+2iπ
e pz dz = 0 1 + ez
Par le théorème des résidus il en résulte que : pz Z R Z −R+2iπ e e pt e pz 2iπRes , iπ = lim dt + dz . t R→∞ 1 + ez 1 + ez −R 1 + e R+2iπ Or
R −R+2iπ e pz R 2iπ p R e pt dt. D’où : R+2iπ 1+ez dz = −e −R 1+et
2iπ −e
iπ p
Finalement on a
e pz , iπ = 2iπRes 1 + ez
K(p) = π
= 1 − e2iπ p K(p).
2i π = . eiπ p − e−iπ p sin(π p)
Correction de l’exercice 7076 N |Q(z)| = |z50 (z61 + 3)| = |z61 + 3| > 2 pour |z| = 1. D’où |P(z) − Q(z)| = 1 < |Q(z)| dans
{|z| = 1}.
Par le théorème de Rouché, P, Q ont le même nombre de zéros dans D(0, 1). Le reste en découle en observant que P0 = Q0 et P(0) 6= 0. Correction de l’exercice 7077 N L’application Φ(z) = 3z+5 z+2 est une homographie. L’image d’un cercle est alors de nouveau un cercle ou une droite. De plus on remarque que (1) Φ(x) ∈ R pour tout réel x 6= −2. (2) Φ(z) = Φ(z) pour tout z ∈ C \ {−2}. Comme Φ(−1) = 2 et Φ(1) = 38 , l’image du cercle unité est un cercle symétrique par rapport à l’axe réel (cf. (2)) avec centre 38 + 2 12 = 73 et de rayon 38 − 73 = 13 . Le cercle de rayon 2 centré à l’origine contient −2. C’est l’unique point dont l’image est Φ(−2) = ∞. L’image de ce cercle est alors une droite et c’est 11 Φ(2) + iR = + iR. 4 2608
Correction de l’exercice 7079 N On a Φα (0) = α et Φα (α) = 0. Remarquons que Φα ◦ Φα fixe l’origine. Par l’exercice 7078, l’automorphisme Φα ◦ Φα de D(0, 1) est une rotation z 7→ eiα z. Un calcul explicite montre que Φα ◦ Φα = Id, c’est à dire Φ−1 α = Φα . Soit Ψ un automorphisme du disque unité D(0, 1) tel que Ψ(z1 ) = z2 . Alors Ψ ◦ Φz1 (0) = Φz2 (0)
⇐⇒
Φ−1 z2 ◦ Ψ ◦ Φz1 (0) = 0
et donc A = Φ−1 z2 ◦ Ψ ◦ Φz1 est un automorphisme du disque unité fixant l’origine. On en déduit de nouveau que A est une rotation : A(z) = eiα z. Par conséquent, Ψ = Φz2 ◦ A ◦ Φ−1 z1 .
(47)
On vient de déterminer la forme générale d’un automorphisme Ψ du disque unité vérifiant Ψ(z1 ) = z2 . Remarquons qu’il est unique “à une rotation près” ; Ψ est déterminé par (47) où A est une rotation quelconque. Correction de l’exercice 7129 N (a) VA remplace la ligne i par sa somme avec la ligne j multipliée par λ . AV remplace la colonne j par sa somme avec la colonne i multipliée par λ . (b) Vi j (λ )Vk j ) = I + λ Ei j + λ 0 Ek j (c) Il suffit de montrer que (I + li eTi )(I − li eTi ) = I.
(d) L(li ) = Vi+1,i (li+1,i ) · · ·Vn,i (ln,i )
(e) L−1 = L(−ln−1 )L(−ln−2 ) · · · L(−l1 ) 6= I − l1 eT1 − · · · − ln−1 eTn−1
(f) (a) algorithme en utilisant l’expression de L−1 Pour i = 1 à n − 1 calcul de L(−li )b Pour j = i + 1 à n b j ← b j − l ji bi (b) algorithme en résolvant le système triangulaire x1 = b1 Pour i = 2 à n xi = bi − ∑i−1 j=1 li j x j conclusion : le nombre de calculs et l’espace mémoire utilisés sont les mêmes.
Correction de l’exercice 7130 N Pour démontrer l’égalité il suffit de multiplier le membre de droite par 5A +UBV ) et montrer que l’on obtient l’identité. Domaine de validité :A ∈ Mn×n inversible, U ∈ Mn×p , B ∈ M p×q , V ∈ Mq×n , I + BVA−1U inversible. (a) On obtient la formule de Shermann-Morrisson : (A + β uvT )−1 = A−1 −
β A−1 uvT A−1 1 + β vT A−1 u
qui permet le calcul de l’inverse d’une matrice qui apparait comme perturbation de rang 1 d’une matrice dont on connait l’inverse. (b) B
X y
=0⇔
(A + uvT )x + yu = 0 ⇔ vT x = 0
ce qui donne x = 0, y = 0 et donc B est inversible. 2609
x = −yA−1 u vT x = −yvT A−1 u = 0
(c) En appliquant la formule générale on obtient −1 A − A−1 uvT A−1 A−1 u −1 B = vT A−1 0 (d) En appliquant la même formule on obtient −1 P + P−1 Q∆−1 RP−1 −P−1 Q∆−1 −1 D = −∆−1 RP−1 ∆−1 avec ∆ = S − RP−1 Q.
(e) Calcul récursif de l’inverse : on dispose de A−1 n−1 de taille (n − 1) × (n − 1) et on veut calculer l’inverse de An−1 v An = avec u, v ∈ Rn−1 , s ∈ R uT s en utilisant la formule précédente on obtient −1 v An−1 + δ1 A−1 vuT A−1 −A−1 −1 n−1 n−1 n−1 δ An = 1 −uT A−1 n−1 /δ δ avec δ = s − uT A−1 n−1 v. et on en déduit facilement l’algorithme. Correction de l’exercice 7131 N (a) kAk22 = ρ(A∗ A) rayon spectral de la matrice A∗ A. D’un autre cotê on a : n > ρ(A∗ A) 2 ∗ ∗ kAkF = tr(A A) = ∑ λi (A A) 6 nρ(A∗ A) i=1 où tr est la trace de la matrice et λi ses valeurs propres. (b) kAk2 6 kAkF =
∑ |ai j |2 i, j
!1/2
6 (mn max |ai j |2 )1/2 = i, j
√ mn max |ai j | i, j
Soit x tel que : si max |ai j | = |ai0 j0 | alors on pose x = e j0 , kxk2 = 1. Alors kAxk22 = ∑ni=1 |ai, j0 |2 > max |ai j |2 ⇒ supkAxk22 > max |ai j |2
(c) On rappelle que kAk∞ = ∑nj=1 |ai0 j | pour un certain i0 . Alors
2 n n n 2 2 kAk22 6 kAk2F = ∑m i=1 ∑ j=1 |ai j | 6 m × maxi ∑ j=1 |ai j | 6 m max ∑ j=1 |ai j | = mkAk∞ Choisissons maintenant x = (xi ) avec xi =signe(ai0 i ). Alors n
n
∑ ai j x j = ∑ |ai j | = kAk∞ 0
0
j=1
j=1
m √ kxk2 = n ⇒ kAxk22 = ∑
i=1
n
∑ ai j x j
j=1
√ ce qui implique kAk2 > kAk∞ / n
!2
> kAk2∞ ⇒
kAxk2 kAk∞ > √ kxk2 n
(d) Même démonstration que précédemment ou alors constater que kAk1 = kAT k∞ .
2610
n 2 2 2 2 (e) kEk2F = ∑i, j u2i v2j ∑m i=1 ∑ j=1 ui v j = kuk2 kvk2 ! n
kEk∞ = max i
n kExk22 = ∑m i=1 ui ∑ j=1 v j x j
2
∑ |ui v j |
j=1
n
!
= max |ui | ∑ |v j | i
j=1
= kvk1 kuk∞
2 2 2 2 = ∑m i=1 ui × (x, x) = kuk2 (x, v)
kExk2 (x, v) kExk2 = kuk2 ⇒ supx = kvk2 kuk2 kxk2 kxk2 kxk2 Correction de l’exercice 7132 N ρ(A) < 1 ⇒ 1 n’est pas valeur propre de A ⇒ 0 n’est pas valeur propre de I − A ⇒ I − A inversible (I − A)Ck = (I − A)(I + A + · · · + Ak ) = I − Ak+1 Ck = (I − A)−1 (I − Ak+1 ) ⇒ (I − A)−1 −Ck = (I − A)−1 Ak+1 et conc k(I − A)−1 −Ck k 6 k(I − A)−1 kkAk+1 k 6 k(I − A)−1 kkAkk+1 Comme kAk < 1 pour au moins une norme subordonnée on obtient finalement lim k(I − A)−1 −Ck k = 0
k→∞
Correction de l’exercice 7133 N AB = I − X ⇒ B−1 A−1 = (I − X)−1 ⇒ A−1 = B(I − X)−1 = B(I + X + X 2 + · · · ) kA−1 − Bk 6 kBXkkI + X + · · · k 6 kBXk(1 + kXk + kXk2 + · · · ) 6 pour kXk < 1 Correction de l’exercice 7135 N 4.On calcule T
A A= et ses valeurs propres det
6−λ 2
2 3−λ
6 2 2 3
kBXk . 1 − kXk
= 0 ⇔ λ1 = 7 = µ12 , λ2 = 2 = µ22
On calcule ensuite les vecteurs propres associés à ces valeurs propres 6 2 x1 x1 =λ 2 3 x2 x2 et la matrice V est la matrice dont les colonnes sont √ √ √ √ v1 = (2/ 5, 1/ 5)T , v2 = (1/ 5, −2/ 5)T les colonnes de U sont alors données par √ √ u1 = Av1 /µ1 = 1/( 7 5)(3, 5, −1)T ,
√ √ u2 = Av2 /µ2 = 1/( 2 5)(−1, 0, −3)T
quant à u3 il est choisi orthogonal à u1 et u2 et de norme 1. Correction de l’exercice 7136 N 2611
(a) Σ† Σei = ei , i = 1, · · · , r c’est l’application identité
(b) AA† = UΣV ∗V Σ†U = UΣΣ†U ∗ = I On a donc obtenu une généralisation de l’inverse. ∗ m † (c) U ∗ ∑m i=1 εi ui avec{ε1 , · · · , εm } base canonique de R . Comme Σ εi = 0 pour r + 1 6 i 6 m on a r
r
r
i=1
i=1
i=1
Σ†U ∗ = ∑ µi−1 ei u∗i ⇒ A† = V Σ†U ∗ = ∑ µi−1 (Vei )u∗i = ∑ µi−1 vi u∗i (d) On a
r
r
i=1
j=1
∗ AA† = ∑ µi ui v∗i ∑ µ −1 j v ju j =
r
∗ ∑ µ j µ −1 j u ju j
j=1
Comme Im(A) =span{u1 , · · · , ur } le résultat suit.
(e) soit y ∈ ImA∗ ⇔ u = ∑ri=1 xi vi . Alors
r
r
i=1
i=1
A∗ A = V Σ∗U ∗UΣV ∗ = V Σ∗ ΣV ∗ = ∑ µi2 vi v∗i ⇒ A∗ Ay = ∑ µi2 xi vi et finalement
r
r
i=1
i=1
( ∑ µi−2 vi v∗i )(A∗ Ay) = ∑ xi vi
Correction de l’exercice 7137 N (a) kAk2 = kUΣV ∗ k2 = kΣk2 = max |σ j | = σ1
(b) kAk2F =tr(A∗ A) =tr(U ∗ A∗ AU) = kAUk2F =tr(A∗U ∗UA) = kUAk2F et donc q ∗ kAkF = kUΣV kF = kΣkF = σ12 + · · · + σr2
(c) A∗ A = (V Σ∗U ∗ )(UΣV ∗ ) = V (Σ∗ Σ)V ∗ et donc A∗ A est semblable à Σ∗ Σ, les deux matrices ont donc les mêmes valeurs propres. Les valeurs propres de Σ∗ Σ sont σ12 , · · · , σr2 plus n − r valeurs propres nulles si n > r.
(d) | det A| = | det(UΣV ∗ )| = | detU| det |Σ|| detV ∗ | = | det Σ| = ∏ri=1 σi
(e) Une matrice hermitienne étant diagonalisable a une base orthonormale de vecteurs propres A = QΛQ∗ = Q|Λ|sign(Λ)Q∗ or U =sign(Λ)Q∗ est une matrice unitaire : U ∗U = Qsign(Λ)sign(Λ)Q∗ = QQ∗ = I. Donc Q|Λ|U est une décomposition en valeurs singulières de A, les valeurs singulières étant |λ1 |, · · · , |λn |. Correction de l’exercice 7138 N
(a) kAk22 = ρ(A∗ A) = maxi λi (A∗ A) = µ12 (A) la plus grande valeur singulière de A 1 kA−1 k22 = ρ(A−1 (A−1 )∗ ) = maxi λi ((A∗ A)−1 = µn (A) 2 avec µn (A) la plus petite valeur singulière de A. Donc cond2 (A) = kAk2 kA−1 k2 = µn (A)/µ1 (A) (b) Si A est normale alors kAk2 = ρ(A) rayon spectral. Donc A−1 = UD−1U ∗ ⇒ (A−1 )∗ A−1 = U(D−1 )∗ D−1U ∗ ⇒ ρ((A−1 )∗ A−1 ) = 1/ min |λi (A)|2 i
cond2 (A) = max |λi (A)|/ min |λi (A)| 2612
(c) cond2 (QA) = kQAk2 kA−1 Q∗ k2 = kAk2 kA−1 k2 =cond2 (A). Correction de l’exercice 7140 N B = A + δ A = A(I + A−1 δ A) matrice inversible si kA−1 δ Ak < 1 B−1 − A−1 = A−1 (A − B)B−1 ⇒ kB−1 − A−1 k 6 kA−1 kkA − BkkB−1 k ⇒ kδ Ak kB−1 − A−1 k 6 kA−1 kkA − Bk = kA−1 kkδ Ak = cond(A) −1 kB k kAk
Correction de l’exercice 7141 N (a) A la k-ème étape de l’élimination de Gauss, l’élément ak+1 i j est donné par k ak+1 i j = ai j −
akk j akik akkk
k + 1 6 i, j 6 n
et on remarque immédiatement par récurrence que toutes les matrices A˜k sont symétriques. On a (k) (A˜ k+1 v0 , v0 ) = ∑ni=k+1 vi (∑nj=k+1 a v j ) − 1k (∑ni=k+1 ak vi )2 ij ik akk n n n k k k (A˜ k v, v) = ∑i=k+1 vi (∑ j=k+1 ai j v j ) + ∑i=k+1 (aik + aki )vi vk + akkk v2k Par symétrie akik = akki et donc (A˜ k v, v) = (A˜ k+1 v0 , v0 ) + a1k [(∑ni=k+1 akik vi )2 + 2vk ∑ni=k+1 akik vi akkk + (akkk )2 v2k ] kk
(A˜ k+1 v0 , v0 ) +
=
n 1 k [a k v + akik vi ]2 k k ∑ akkk i=k+1
(b) Faisons un raisonnement par récurrence — A˜ 1 est symétrique définie positive ; — Par hypothèse supposons que A˜ k est définie positive ; — Supposons par absurde que A˜ k+1 ne soit pas définie positive : alors ∃v0 6= 0 : (A˜ k+1 v0 , v0 ) 6 0. On définit le vecteur v ∈ Rn−k+1 par : — vi = v0i , k + 1 6 i 6 n — vk est solution de akkk + ∑ni=k+1 akik vi = 0 Alors (A˜ k v, v) = 0 et v 6= 0 ; donc A˜ k n’est pas définie positive, ce qui contredit l’hypothèse de récurrence. 2 |ak | (c) Première inégalité : en utilisant la relation d’élimination on obtient : aiik+1 = akii − aki2 kk
— une matrice définie positive a tous ses éléments diagonaux strictement positifs, donc ak+1 >0 ii k 2 k 2 — aki / akk > 0, k + 1 6 i 6 n donc ak+1 6 akii , k + 1 > i ii Deuxième inégalité : supposons qu’il existe un élément akij , i < J tel que akij > maxk6l6n akll . On considère le vecteur v 6= 0 défini par vi = 1, v j = −sign(akij ), vl = 0 l 6= i, j
Alors ce qui est impossible. Donc
(A˜ k v, v) = (akii − akij ) − ( akij − akj j ) 6 0 max akij = max akii
16i, j6n
2613
16i6n
Correction de l’exercice 7143 N Montrons par récurrence que An = U est une matrice bande. A1 = A, Ak+1 = Lk Ak = Lk Lk−1 · · · L1 A, k = 1, · · · , n − 1. Supposons que Ak est une matrice bande i.e., akij = 0 pour |i − j| > p et montrons que Ak+1 est une matrice bande. akik akk j k+1 k ai j = ai j − k akk Soit |i − j| > p ⇔ |(i − k) − ( j − k)| > p. On considère deux cas : k — k + 1 6 i 6 n et k 6 j 6 n. Alors i − k > p ou j − k > p ⇒ akik akk j = 0 ⇒ aik+1 j = ai j = 0 k — i 6 k ou j 6 k − 1 alors ak+1 i j = ai j = 0 donc Ak+1 est une matrice bande et U est une matrice bande. On a A = LU et la matrice triangulaire inférieure L a pour éléments li j = aijj /a jj j , j 6 i 6 n. Toutes les matrices A j étant des matrices bandes on a aijj = 0 pour i − j > p ⇒ li j = 0 pour i − j > p. Correction de l’exercice 7144 N
p Soit LU la factorisation LU de A. On va intercaler dans cette factorisation la matrice réelle Λ =diag( |uii |). A = (LΛ)(Λ−1U) = BC. La symétrie de A entraine BC = CT BT . On a C(BT )−1 matrice triangulaire supérieure, B−1CT matrice triangulaire inférieure et C(BT )−1 = B−1CT et donc ˜ Donc A peut C(BT )−1 = B−1C= diag(sign(uii ) = S ⇒ C(BT )−1 S−1 = I = S−1 B−1CT ⇔ CT = BS = B. être mise sous la forme A = BB˜ T avec B˜ = BS i.e. la i-ème colonne de B˜ est égale à la i-ème colonne de B affectée du signe de uii Application numérique : 1 2 1 1 −1 2 1 . B˜ = −1 −1 1 Correction de l’exercice 7147 N A = A1 =
α uT v B1
,
B1 = (bi j )n−1 i, j=1
AT étant à diagonale strictement dominante on a : n−1
|α| >
∑ |vi |,
i=1
|ui | + ∑ |b ji | < |bii | j6=i
Il suffit de montrer que — la première colonne de L vérifie |l11 | > ∑i6=1 |li1 | — B2 est telle que 1 α uT A2 = , C = B2 = B1 − vuT 0 B2 α vérifie |cii | > ∑ j6=i |c ji | avec Ci j = Bi j − α1 vi u j et itérer.
|vi | — première colonne de L : li1 = vi /α ⇒ ∑ni=2 |li1 | = ∑n−1 i=1 α < 1
2614
1 — ∑i6= j |ci j | = ∑i6= j bi j − α1 vi w j 6 ∑i6= j |bi j | + |α| |w j | ∑i6= j |vi | 1 1 |u j |(|α| − |v j |) 6 b j j − u j v j = |c j j | 6 |b j j | − |u j | + |α| α
donc BT2 est de diagonale strictement dominante. La démonstration se finit par récurrence.
Correction de l’exercice 7148 N (a) Soit P l’opérateur de projection dans le sous-espace U de dimension 1 généré par v. Alors Q = I − P est l’opérateur de projection sur l’hyperplan U ⊥ orthogonal à U. On a déjà vu que Pw = vvT w ∀w, et donc Qw = w − vvT w. On obtient P(H(v)w) = P(w( 2vT w)v) = (vT w)v − 2vT wvvT v = −(vT w)v = −Pw Q(H(v)w) = H(v)w − P(H(v)w) = w − 2vvT w + vT wv = w − vT wv = Qw. La matrice H(v) représente donc une symétrie par rapport à l’hyperplan U ⊥ . On conclut que les vecteurs de U ⊥ sont invariants par H(v). V (v)w = w ∀w ∈ U ⊥ , dimU ⊥ = n − 1 ⇒ λ = 1 est valeur propre de H(v) avec multiplicité n − 1. H(v)v = −v ∓ λ = −1 est valeur propre de multiplicité 1. Donc n
det H(v) = ∏ λi (H(v)) = −1 i=1
(b) On sait qu’il exite des matrices de Householder H1 , H1 , . . . , Hn−1 telles que Hn−1 · · · H1 A = An matrice triangulaire supérieure. Comme A est orthogonale on conclut que An est orthogonale. Mais une matrice triangulaire supérieure orthogonale est forcément diagonale ⇒ An =diag(±1). On peut s’arranger pour que (An )ii > 0 i = 1, . . . , n − 1. Donc soit An = I soit An =diag(1, 1, . . . , 1, −1) = H(en ) et finalement la matrice orthogonale A s’écrit A = H1 · · · Hn−1 H(en ) Correction de l’exercice 7149 N (a) Pour k = 1, · · · , n
ak = ∑ki=1 rik qi avec rik = qTi ak par orthonormalité des qi .
(b) Découle immédiatement de la question précédente. (c) Algorithme de Gram-Schmidt : Pour k = 1, · · · , n faire rik = qTi ak pour i = 1, · · · , k − 1 zk = ak − ∑k−1 i=1 rik qi T rkk = (zk zk )1/2 qk = zk /rkk (d) i.
rkT
.. T q r = [q · · · q ] = q · · · q ] n . n k k ∑ ii i=k rnT n
A(k) ek = z = [qk · · · qn ]
rkk 0 .. . 0
2615
0 ··· 0 ··· .. .. . . 0 ···
0 0 .. . ···
rkk ··· ··· 0 rk+1,k+1 · · · .. .. .. . . . 0
= rkk qk ⇒ rkk = kzk2 , qk = z/rkk
rkn rk+1,n .. . rnn
ii.
rkT qTk A(k) = [qTk z, qTk B] = [1, 0, · · · , 0] ... = rkT rnT
et donc
[rk,k+1 , · · · , rkn ] = qTk B iii. n
[0, · · · , 0, A(k+1) ] =
∑ i=k+1
qi riT = [0, · · · , 0, A(k) ] − qk rkT = [0, · · · , 0, A(k) − qk (rkk , · · · , rkn )]
[0, · · · , 0, z − qk rkk , B − qk (rk,k+1 , · · · , rkn )] ⇒ A(k+1) = B − qk (rk,k+1 , · · · , rkn ) iv. Données : A ∈ Rm×n , rank(A) = n On calcule la factorisation A = Q1 R1 , Q1 ∈ Rm×n orthonormale, R1 ∈ Rn×n triangulaire supérieure. Le calcul de Q1 se fait sur place. Pour k = 1, · · · , n 2 1/2 rkk = ∑m i=1 aik pour i = 1, · · · , m aik ← aik /rkk pour j = k + 1, · · · , n rk j ← ∑m i=1 aik ai j pour i = 1, · · · , m ai j ← ai j − aik rk j v. complexité : mn2 flops.
Correction de l’exercice 7150 N (a) G p,q (c, s) = I + (c − 1)e p eTp + seq eTp − seq eTq + (c − 1)e p eTq avec ei les vecteurs de la base canonique.
(b) On montre que eTi GT Ge j = δi j ∀i, j = 1, · · · , n et donc GT G = I ce qui permet de conclure que G est inversible d’inverse GT et donc orthogonale. (c) eTi GA = eTi A = aTi pour i 6= p, q eTp GA = caTp − saTq , eTq GA = saTp + caTq , et donc G change seulement les lignes p et q
(d) On pose α = a p j et β = aq j . On a donc à résoudre dans le premier cas le système ( p cα − sβ = 0 c = ±β /pα 2 + β 2 ⇔ c2 + s2 = 1 s = ±α/ α 2 + β 2
ce qui nous donne deux matrices G. Pour le deuxième cas et en procédant de la même façon on obtient ( p c = ±α/p α 2 + β 2 s = ∓β / α 2 + β 2
Correction de l’exercice 7153 N Méthode de Givens rapide
√ √ (a) MM T =diag(d1 , · · · , dm ) = ∆2 avec ∆ =diag( d1 , · · · , dm ) ∆−1 MM T ∆−1 = (∆−1 M)(∆−1 M)T = I ⇒ ∆−1 M est une matrice orthogonale A = M −1 S = (M −1 Delta∆−1 S = (∆−1 M)−1 (∆−1 S) = (∆−1 M)T (∆−1 S) = (M T ∆−1 )(∆−1 S) Comme ∆−1 S est triangulaire supérieure ona A = QR avec Q = M T ∆−1 , R = ∆−1 S 2616
(b) i. M1 x =
β1 x1 + x2 x1 + α1 x2
,
M1 DM1T
=
d2 + β12 d1 d1 β1 + d2 α1 d1 β1 + d2 α1 d1 + α12 d2
Alors — x1 + α1 x2 = 0 ⇔ α1 = −x1 /x2 — d1 β1 + d2 (−x1 /x2 ) = 0 ⇔ β1 = −α1 d2 /d1 = x1 d2 /(x2 d1 ) Pour le choix précédent on veut déterminer γ1 tel que x2 (1 + γ1 ) = β1 x1 + x2 = x2 (β1 x1 /x2 + 1) ⇒ γ1 = (d2 /d1 )(x1 /x2 )2 c’est-à-dire γ1 = −α1 β1 pour cette valeur on a d2 + β12 d1 = d2 (1 + α12 d2 /d1 ) = d2 (1 + γ1 ) d1 + α12 d2 = d1 (1 + α12 d2 /d1 ) = d2 (1 + γ1 ) ii. le même type de calcul nous donne β2 = −x2 /x1 ,
α2 = −(d1 /d2 )β2 ,
γ2 = −α2 β2 = (d1 /d2 )(x2 /x1 )2
iii. on remarque que γ1 γ2 = 1 et donc soit γ1 6 1 , soit γ2 6 1 (c)
m pp m pq mqp mqq
=
β1 1 1 α1
ou
1 α2 β2 1
avec les αi , βi définis comme précédemment. (d) algorithme di = 1 pour i = 1, · · · , m Pour p = 1, · · · , min{n, m − 1} Pour q = p + 1, · · · , m si aqp 6= 0 alors α = −a pp /aqp , β = −αdq /d p , γ = −αβ si γ 6 1 alors a pp · · · a pn β 1 a pp · · · a pn ← aqp · · · aqn 1 α aqp · · · aqn échanger d p et dq d p ← (1 + γd p ) dq ← (1 + γdq ) sinon échanger α et β α = 1/α , β = 1/β , γ = 1/γ a pp · · · a pn 1 α a pp · · · a pn ← aqp · · · aqn β 1 aqp · · · aqn d p ← (1 + γd p ) dq ← (1 + γdq ) le coût de cet algorithme est de n2 (m − n/3) flops. S1 (e) i. on a MA = R = avec S1 triangulaire supérieure et MM T = D =diag(d1 , · · · , dn ). Donc 0 la matrice D−1/2 M est une matrice orthogonale
2
−1/2
S1
= kD MAx − D = D x − Mb
= 0 2
2 2
−1/2
S1 c
= D−1/2 S1 x − c = D x −
d 0 d 2 2
kAx − bk22
−1/2
−1/2
Mbk22
La solution est obtenue en résolvant le système triangulaire supérieure S1 x = c de taille n × n. 2617
ii. — mise à jour de b pour le calcul de Mb en même temps que la mise à jour de A pour p = 1, · · · , min{n, m − 1} pour p + 1,· · · , m faire q = bp β 1 bp ← ou b 1 α b q q bp 1 α bp ← bq β 1 bq — résolution du système triangulaire sup. S1 x = c xn ← bn /ann Pour i = n − 1, · · · , 1 faire xi ← (bi − ∑nj=i+1 ai j x j ) (f) Application numérique :
(g) on a
8 16 24 1 40 10 −20 , D = diag(14/9, 175/48, 75/32) M= 24 15 −30 15 14/3 32/3 50/3 15/4 15/2 , xls = (−1, 2)T M[A, b] = 0 0 0 0 MD−2 M T = D˜ ⇔ (D˜ −1/2 MD−1 )(D˜ −1/2 MD−1 )T = I
donc (D˜ −1/2 MD−1 ) est une matrice orthogonale et on obtient
kD(Ax − b)k2 = kD˜ −1/2 MD−1 D(Ax − b)k2 = kD˜ −1/2 (MAx − Mb)k2 = −1/2 Sx − c ˜ = D e 2
Donc le min est atteint pour Sx = c avec Mb = (C, e)T La modification dans l’algorithme précédent consiste à initialiser la matrice diagonale D avec D−2 (au lieu de l’identité). Correction de l’exercice 7155 N (a) Pour le membre de gauche on obtient (x, Ax) − (y, Ay) = (x, AM −1 Mx) + (M −1 Ax, Ax) − (M −1 Ax, AM −1 Ax)
Pour le membre de droite on obtient y = Bx = x − M −1 Ax ⇒ x − y = M −1 Ax et donc (x − y, (M + M ∗ − A)(x − y)) = (M −1 Ax, (M + M ∗ − A)M −1 Ax) = (M −1 Ax, Ax) + (M −1 Ax, M ∗ M −1 Ax) − (M −1 Ax, AM −1 Ax)
Mais (M −1 Ax, M ∗ M −1 Ax) = (x, (M −1 A)∗ M ∗ M −1 Ax) = (x, AM −1 Ax) ce qui fini la démonstration. (b) y = Bx = λ x ⇒ x − y = (1 − λ )x. En utilisant l’égalité précédente (x, Ax) − (y, Ay) = (x, Ax) − (λ x, A(λ x)) = (1 − |λ |2 )(x, Ax) (x − y, (M + M ∗ − A)(x − y)) = ((1 − λ )x, (M + M ∗ − A)((1 − λ )x)) = |1 − λ |2 (x, (M + M ∗ − A)x) et donc (1 − |λ |2 )(x, Ax) = |1 − λ |2 (x, (M + M ∗ − A)x)
λ ne peut pas être = 1 car sinon y = Bx = x ⇔ x − M −1 Ax = x ⇔ M −1 Ax = 0 ⇔ x = 0. Donc λ 6= 1, M + M ∗ − A définie positive, |1 − λ |2 > 0, A définie positive impliquent que 1 − |λ |2 > 0 ⇔ |λ | < 1. Donc ρ(B) < 1 et la méthode itérative converge. 2618
(c) Démonstration par absurde. Supposons que ce n’est pas vrai : ∃x0 6= 0 α0 = (x0 , Ax0 ) 6 0. Alors la suite xn = Bxn−1 = Bn x0 tend vers 0 et lim αn = lim(xn , Axn ) = 0 On utilise maintenant la relation de la question 1 avec x = xn−1 et y = Bxn−1 = xn et on obtient αn−1 − αn = (xn−1 − xn , (M + M ∗ − A)(xn−1 − xn ) > 0 si xn−1 − xn 6= 0 (ce qui est vrai car sinon xn−1 = xn = Bxn−1 et B a une valeur propre = 1) Donc (αn−1 − αn ) est une suite strictement décroissante convergeant vers 0 avec α0 < 0. Ceci est impossible et donc A est définie positive (d) Soit A = D − E − F la décomposition usuelle de A. Comme A est hermitienne, D = D∗ et F = E ∗ . Pour la méthode de relaxation on a M = D/w − E et donc M ∗ + M − A = D/w − F + D/w − E − D + E + F =
2−w D w
qui est hermitienne. Pour 0 < w < 2, M ∗ + M − A est définie positive, alors des deux questions précédentes on conclut que la méthode converge ssi A est définie positive.
Correction de l’exercice 7156 N (a) On a x2k+1 = (I − E)−1 E ∗ x2k + (I − E)−1 b et donc x2k+2 = (I − E ∗ )−1 E(I − E)−1 E ∗ x2k + (I − E ∗ )−1 E(I − E)−1 b + (I − E ∗ )−1 b Mais E(I − E)−1 = (I − E)−1 E et alors x2k+2 = (I − E ∗ )−1 (I − E)−1 EE ∗ x2k + (I − E ∗ )−1 (I − E)−1 (E + I − E)b = M −1 Nx2k + M −1 b avec M = (I − E)(I − E ∗ ),
N = EE ∗ ,
M − N = I − E − E∗ = A
(b) M ∗ + N = I − E − E ∗ + 2EE ∗ et donc v∗ (M ∗ + N)v = kvk22 − v∗ Ev − v∗ E ∗ v + 2v∗ EE ∗ v = kE ∗ vk22 + (kvk22 + kE ∗ vk22 − 2Re(v, E ∗ v)) On a l’inégalité −2kvkkE ∗ vk 6 −2|(v, E ∗ v)| 6 −2|Re(v, E ∗ v)| et donc (kvk2 − kE ∗ vk2 )2 6 kvk22 + kE ∗ vk22 − 2Re(v, E ∗ v) ⇒
v∗ (M ∗ + N)v > kE ∗ vk22 + (kvk − kE ∗ vk2 )2 implique que
v∗ (M ∗ + N)b = 0 ⇔ kE ∗ vk2 = 0 et kvk2 = kE ∗ vk2 ⇔ kvk2 = 0 Donc M ∗ + N est définie positive et en appliquant un résultat d’un exercice précédent on conclut que la méthode converge ssi A est définie positive.
Correction de l’exercice 7157 N (a) C’est facile à voir que si (xk ) converge vers x∗ et (yk ) converge vers y∗ , alors x∗ et y∗ sont solution des systèmes (I − BA)x∗ = Bb + a et (I − AB)y∗ = Aa + b. On a : xk+1 = B(Axk−1 + b) + a = BAxk−1 + Bb + a yk+1 = A(Byk−1 + a) + b = AByk−1 + Aa + b et donc (xk ) converge ssi ρ(BA) < 1 et (yk ) converge ssi ρ(AB) < 1. 0 B a (b) zk+1 = Czk + c avec C = ,c = A 0 b 2619
(c) Soit λ valeur propre non nulle de C et z = (x, y)T vecteur propre associé By = λ x Cz = λ z ⇔ ⇒ ABy = λ Ax = λ 2 y ⇒ Ax = λ y λ 2 est valeur propre de AB. Soit maintenant α valeur propre de AB ⇔ ∃u 6= 0 : ABu = αu. On pose β 2 = α et x = Bu, y = β u x β Bu β Bu x C = = =β y ABu β 2u y et donc ρ 2 (C) = ρ(AB) 0 B a (d) D = , d= . La démonstration de ρ(D) = ρ(AB) se fait comme dans la 0 AB Aa + b question précédente. (e) i. ek = M k e0 ⇒
kek k ke0 k
c’est- à dire k >
6 kM k k 6 ε. Il suffit donc d’avoir kM k k1/k 6 ε 1/k ⇒ log(kM k k1/k ) 6 1k log ε
log ε log(kM k k1/k )
Mais comme ρ(M) 6 kM k k1/k on obtient finalement k > − log ε/R(M)
p ii. nous avons ρ 2 (C) = ρ(AB) ⇒ ρ(C) = ρ(AB) et ρ(D) = ρ(AB) . Donc ρ(D) < ρ(C) ⇒ R(D) > R(C). Donc on atteint la même réduction d’erreur avec un plus petit nombre d’itérations de la méthode 2)
Correction de l’exercice 7158 N (a) (b) Itération de Gauss-Seidel : (D − E)Xn+1 = FXn + b avec 3 0 1 1 2 0 1 0 1 D−E = 0 2 3 , −F = 0 0 1 4 0 3 0 0 0 1 1 0
(c) en = Xn − X ∗ , , Xn+1 = (D − E)−1 FXn + (D − E)−1 b, X ∗ = (D − E)−1 FX ∗ + (D − E)−1 b ⇒ en+1 = (D − E)−1 Fen On obtient alors (D − E)en+1 = (D − E)−1 Fen et si on écrit composante à composante on obtient 3e1n+1 = −e2n ⇒ |e1n+1 | 6 13 ken k∞ e1n+1 + 2e2n+1 = −e3n ⇒ |e2n+1 | 6 61 ken k∞ + 21 ken k∞ = 23 ken k∞ 2e2n+1 + 3e3n+1 = −e4n ⇒ |e3n+1 | 6 32 23 ken k∞ + 13 ken k∞ = 97 ken k∞ en+1 32 + 4e4n+1 = −3e5n ⇒ |e4n+1 | 6
e4n+1 + e5n+1 = 0 ⇒ |e5n+1 | 6 et donc
17 3 4 9 ken k∞ + 4 ken k∞
=
17 18 ken k∞
ken k∞ 6 (d) −1
(D − E)
1 3
−1 16 = 9 −1 36 1 36
2620
34 16 ken k∞
17 ken k∞ 18 0 1 2
− 13 1 12 1 − 12
0 0 1 3
1 − 12 1 12
0 0 0 1 4
− 14
0 0 0 0 1
,
1 0 3 0 − 61 1 0 9 1 0 − 36 1 0 36
−1 L1 = (D − E) F =
0 1 2
0 0
− 21 1 12 1 − 12
0 0 0
1 3
1 − 12
3 4
1 12
− 43
17 32 32 17 , 36 , 36 ) = 18 . et donc kL1 k∞ = max( 13 , 64 , 18 On en déduit donc la convergence de (Xn ) vers X ∗ .
Correction de l’exercice 7170 N Soit f la densité de X et g la densité de Y . X est indépendante de Y donc X est indépendante de −Y . P(−Y ∈ [a, b]) = P(Y ∈ [−b, −a]) = Z b
=
a
Z −a
g(t) dt
−b
g(−u) du (changement de variable u = −t)
donc la densité de −Y est h(t) = g(−t). Par indépendance, X + (−Y ) a une loi continue de densité f ∗ h, R donc P(X = Y ) = P(X −Y = 0) = 00 f ∗ h(x) dx = 0. Correction de l’exercice 7172 N √ √ √ (a) P(Z 6 t) = 0 si t < 0 et P(Z 6 t) = P(− t 6 X 6 t) si t > 0. Donc, pour t > 0, FZ (t) = FX ( t) − √ 2 FX (− t). FX (t) est dérivable de dérivée √12π e−t /2 , donc FZ est dérivable sur ]0, +∞[ et FZ0 (t) est la densité de Z. √ √ 1 0 ( t) + F 0 (− t)). Donc la densité de Z est f (t) = 1l ∗ (t) √ 1 e−t/2 . FZ0 (t) = 2√ (F Z R+ X X t 2πt (b) FY 3
(t) = P(Y 3
Z t √ √ 3 3 6 t) = P(Y 6 t) = FY ( t). On a FY (t) = 0 si t 6 0 et FY (t) = λ e−λt dt = 1−e−λt 0
√ 3
si t > 0. Donc FY 3 (t) = 0 si t 6 0 et FY 3 (t) = 1 − e−λ t si t > 0. La fonction de répartition est continue sur R et√C1 par morceaux donc on peut dériver pour trouver la densité de X 3 , qui est 3 1l]0,+∞[ λ3 t −2/3 e−λ t .
Correction de l’exercice 7173 N 1 − F(t) = P(X > t) = PX (]t, +∞[) = Z +∞ 0
Z
]t,+∞[
1 dPX (x). Donc
(1 − F(t)) dt =
Z +∞ Z 0
]t,+∞[
1 dPX (x) dt.
On applique Fubini-Tonelli, le domaine d’intégration étant {(t, x) ∈ R2 | 0 6 t < x} : Z Z +∞ Z Z (1 − F(t)) dt = 1 dt dPX (x) = xdPX (x). ]0,+∞[
0
[0,x[
]0,+∞[
Par ailleurs, comme X est positive, E(X) =
Z +∞ 0
On en déduit que E(X) =
x dPX (x),
Z +∞ 0
donc E(X) = 0 × PX ({0}) +
Z
]0,+∞[
x dPX (x).
(1 − F(t)) dt.
Remarque : si la loi de X est continue, on n’a pas à se préoccuper si les intervalles sont ouverts ou fermés puisque P(X > a) = P(X > a). 2621
Correction de l’exercice 7174 N A = (A ∩ B) ∪ (A ∩ Bc ) et cette union est disjointe, donc P(A ∩ Bc ) = P(A) − P(A ∩ B). Par indépendance, P(A∩B) = P(A)P(B) donc P(A∩Bc ) = P(A)(1−P(B)) = P(A)P(Bc ), autrement dit A⊥Bc . On applique le résultat à A0 = B, B0 = A et on trouve Ac ⊥B. On réapplique le résultat à Ac et B pour trouver Ac ⊥Bc . Correction de l’exercice 7175 N (a) P(A | B) :=
P(A∩B) P(B)
donc P(X > t + s | X > t) =
P(X>t+s) P(X>t) .
Or P(X > y) =
Z +∞
λ e−λ x dx = e−λ y si
y
e−λ (t+s) = e−λ s = P(X > s). e−λt (b) Soit H(t) = 1 − FX (t) = P(X > t). Par hypothèse, on a H(t + s) = H(t)H(s). Comme la densité de X est continue sur R+ , F est dérivable sur R+ , donc H aussi. Si on dérive par rapport à s, on trouve : H 0 (t + s) = H(t)H 0 (s). Si s = 0, on a H 0 (t) = H(t)H 0 (0). Posons λ = −H 0 (0). La fonction H est solution sur [0, +∞[ de l’équation y0 + λ y = 0, donc il existe K tel que H(t) = Ke−λt , et FX (t) = 1 − Ke−λt pour tout t > 0. Le cas K = 0 est exclu, sinon PX = δ0 , ce qui est impossible car X est une variable aléatoire à densité. On a y > 0. Donc P(X > t + s | X > t) =
lim FX (t) = 1
t→+∞
et FX (0) = 0
car X est une variable aléatoire positive,
donc nécessairement λ > 0 et K = 1. En dérivant FX (t) = 1 − e−λt , on trouve que la densité de X sur R+ est λ e−λt , c’est-à-dire que X est de loi exponentielle de paramètre λ . Correction de l’exercice 7176 N (a) {ω | T1 (ω) = +∞} = {ω | Xn (ω) = 0 pour tout n > 1} ⊂ {ω | Xn (ω) = 0 pour 1 6 n 6 N}. Donc N
P(T1 = +∞) 6 P(Xn = 0 pour 1 6 n 6 N) = ∏ P(Xn = 0) par indépendance d’où P(T1 = +∞) 6 n=1
(1 − p)N . Or 1 − p ∈]0, 1[ et N est arbitrairement grand, donc P(T1 = +∞) = 0, autrement dit T1 est fini presque sûrement. (b) Pour tout k ∈ N∗ , {T1 = k} = {X1 = 0, X2 = 0, . . . , Xk−1 = 0, Xk = 1} donc par indépendance P(T1 = k) = p(1 − p)k−1 . E(T1 ) = ∑ kP(T1 = k) = p ∑ k(1 − p)k−1 . On reconnaît une série dérivée. Si on introduit la série f (x) =
k>1 k
k>1
∑ x (bien définie si |x| < 1), alors E(T1 ) = p f 0 (1 − p). Or f (x) =
1 1−x ,
donc f 0 (x) =
1 . (1−x)2
k>0
D’où E(T1 ) = p f 0 (1 − p) = 1p . (c) Montrons par récurrence que Tn est finie presque sûrement (hypothèse vérifiée par T1 par a) et que les variables aléatoires T1 , (T2 − T1 ), . . . (Tn − Tn−1 ), . . . ont la même loi que T1 (hypothèse évidemment vérifiée par T1 ). Supposons que Tn−1 est finie presque sûrement et montrons que Tn −Tn−1 a la même loi que T1 et que Tn est finie presque sûrement Si Tn−1 = j alors {Tn = j + k} = {X j+1 = 0, . . . , X j+k−1 = 0, X j+k = 1}. Comme Tn−1 est finie presque sûrement, la formule des probabilités conditionnelles s’applique et donne : P(Tn − Tn−1 = k) = =
∑ P(Tn − Tn−1 = k | Tn−1 = j)P(Tn−1 = j)
j∈N
∑ P(X j+1 = 0, . . . , X j+k−1 = 0, X j+k = 1)P(Tn−1 = j) j∈N
=
∑ p(1 − p)k−1 P(Tn−1 = j)
j∈N
= p(1 − p)k−1 2622
∑ P(Tn−1 = j) j∈N
par indépendance
Or
∑ P(Tn−1 = j) = P(Tn−1 < +∞) = 1 j∈N
(hypothèse de récurrence pour n − 1),
donc P(Tn − Tn−1 = k) = (1 − p)k−1 p. On vérifie que
∑ P(Tn − Tn−1 = k) = 1, donc Tn − Tn−1
n et P(Tn = k) = 0 si k < n. Correction de l’exercice 7177 N n
(a) GX (z) =
n
∑ Cnk pk (1 − p)n−k zk = ∑ Cnk (pz)k (1 − p)n−k donc GX (z) = (pz + 1 − p)n .
k=0
k=0
(b) GY (z) = (pz + 1 − p)m par a). Par indépendance, GX+Y (z) = GX (z)GY (z) = (pz + 1 − p)n+m . C’est la fonction génératrice de la loi binomiale B(n + m, p). Or la loi de X + Y est B(n, p) ∗ B(m, p), donc B(n, p) ∗ B(m, p) = B(n + m, p). Correction de l’exercice 7178 N Soit G la fonction génératrice de X1 . Comme les Xn ont la même loi que X1 , GXn = G. Par indépendance, la fonction génératrice de Sn = X1 + · · · + Xn est GSn = GX1 GX2 . . . GXn = Gn . {ω ∈ Ω | Y (ω) = k} =
+∞ [
{ω ∈ Ω | N(ω) = n, X1 (ω) + · · · + Xn (ω) = k}
n=1
+∞
et cette union d’ensembles est disjointe, donc P(Y = k) = De plus, pour n fixé, les variables aléatoires N et +∞
P(Y = k) =
∑ P(N = n, X1 + · · · + Xn = k).
n=1 X1 + · · · + Xn
sont indépendantes, donc
∑ P(N = n)P(X1 + · · · + Xn = k).
n=1
Les séries génératrices convergent pour |x| 6 1. Pour tout x ∈ [0, 1], on a : +∞ +∞
GY (x) =
∑
+∞
∑ P(N = n)P(X1 + · · · + Xn = k)xk =
k=0 n=1
+∞
∑ P(N = n) ∑ P(Sn = k)xk
n=1
k=0
(tous les termes sont positifs donc on peut inverser les sommes par Fubini-Tonelli) GY (x) =
+∞
+∞
+∞
∑ P(N = n)GSn (x) =
∑ P(N = n)(G(x))k =
∑ P(N = n)(G(x))k = GN (G(x))
n=1
n=1
2623
n=0
(on peut commencer la somme à n = 0 car P(N = 0) = 0). Conclusion : GY = GN ◦ G (l’égalité des séries pour x > 0 entraîne l’égalité des séries partout par identifications des coefficients). Les fonctions génératrices sont toujours définies sur [−1, 1]. Comme X1 et N sont intégrables, GN et G sont dérivables et G0N (1) = E(N), G0 (1) = E(X1 ) (GN et G n’étant définies a priori que sur [−1, 1], G0N (1) et G0 (1) sont en fait des dérivée à gauche en 1, les dérivées à droite ne sont peut-être pas définies). +∞
Donc GY = GN ◦ G est dérivable par composition (remarquons que |G(x)| 6
∑ P(X1 = k) = 1 – c’est k=0
le cas pour toute fonction génératrice – donc G([−1, 1]) ⊂ [−1, 1] et la composition est bien définie). Comme G(1) = 1, on a GY0 (1) = G0 (1)G0N (1). Conclusion : Y est intégrable et E(Y ) = E(X1 )E(N). Correction de l’exercice 7179 N (a) GX (z) = eλ (z−1) . (b) E(X) = Var(X) = λ 0
(c) GX+Y (z) = GX (z)GY (z) = e(λ +λ )(z−1) . D’où X +Y ∼ P(λ + λ 0 ), et donc P(λ ) ∗ P(λ 0 ) = P(λ + λ 0 ).
Correction de l’exercice 7180 N La densité de X étant 1lR+ (x)λ e−λ x , on doit calculer ϕX (t) = Z M
itx
e λe
−λ x
0
1 (it−λ )x e dx = λ it − λ
M
=
0
Z +∞
eitx λ e−λ x dx. On a
0
λ (it−λ )M e −1 it − λ
(remarquer que it − λ 6= 0 car t ∈ R et λ > 0). On a |e(it−λ )M | = |eit |e−λ M = e−λ M → 0 quand M → +∞ donc l’intégrale est bien convergente et λ ϕX (t) = . λ − it Correction de l’exercice 7181 N +∞
∑ eitk e−λ
(a) ϕX (t) =
k=0
+∞ λk (λ eit )k = e−λ ∑ = e−λ exp(λ eit ), donc ϕX (t) = exp(λ (eit − 1)). k! k! k=0
(b) ϕY (t) = exp(λ 0 (eit − 1)) par 1. Par indépendance, ϕX+Y (t) = ϕX (t)ϕY (t) = exp((λ + λ 0 )(eit − 1)). C’est la fonction caractéristique de la loi de Poisson P(λ +λ 0 ). Donc P(λ )∗P(λ 0 ) = P(λ +λ 0 ).
Correction de l’exercice 7182 N Z +∞
1 par intégration par parties. λ 0 λk λ k−1 (b) E(X) = ∑ e−λ k = λ e−λ ∑ = λ e−λ eλ = λ . k! (k − 1)! k>0 k>1 (a) E(X) =
E(X 2 ) =
xλ e−λ x dx =
λk
λ k−1
∑ e−λ k! k2 = λ e−λ ∑ (k − 1)! k. On écrit k = (k − 1) + 1 :
k>0
E(X 2 ) = λ e−λ
k>1
! λ k−1 λ∑ +∑ + 1 = λ e−λ (λ eλ + eλ ) = λ 2 + λ . (k − 2)! (k − 1)! k>2 k>2 λ k−2
Var(X) = E(X 2 ) − E(X)2 , donc Var(X) = λ .
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Correction de l’exercice 7183 N Soit g(t) = E((X − t)2 ) = E(X 2 ) − 2tE(X) + t 2 . C’est une parabole dont le minimum est en t = E(X) (on peut aussi dériver g et trouver le minimum de cette manière). Correction de l’exercice 7184 N (a) On pose An (α) = {Xn > α ln n} et A(α) = lim sup AZn (α). Les (An (α))n>1 sont des événements indé+∞ 1 pendants. Si α > 0 alors α ln n > 0 et P(An (α)) = e−x dx = e−α ln n = α , donc ∑ P(An (α)) = n α ln n 1 ∑ nα . C’est une série de Riemann. Si α > 1 la série converge et le lemme de Borel-Cantelli implique que P(A(α)) = 0. Si 0 6 α 6 1 la série diverge et le lemme de Borel-Cantelli implique que P(A(α)) = 1. Si α < 0 alors P(An (α)) = 1 pour tout n parce que Xn est positive presque sûrement, donc on a P(A(α)) = 1. Ce qui répond à la question 1. (b) Pour tout ε > 0, on a P(A(1 − ε)) = 1. Or A(1 − ε) = lnXnn > 1 − ε pour une infinité de n , donc si Xn (ω) ω appartient à A(1 − ε) alors lim sup > 1 − ε. Soit Nk le complémentaire de A(1 − 1/k) et n n→+∞ S N = k>1 Nk . On a P(Nk ) = 0 donc P(N) 6 ∑k>1 P(Nk ) = 0 (somme dénombrable d’ensembles de Xn (ω) mesures nulles). Si ω 6∈ N alors ∀k > 1, ω 6∈ Nk donc lim sup > 1 − 1/k, et comme 1/k tend n n→+∞ Xn (ω) vers 0 alors lim sup > 1 ∀ω 6∈ N. n n→+∞ ∀ε > 0, on a P(A(1 + ε)) = 0 donc P((A(1 + ε))c ) = 1. Or Xn (A(1 + ε))c = lim inf(An (1 + ε))c = 6 α à partir d’un certain rang , n donc si ω ∈ (A(1 + ε))c alors lim sup n→+∞
pour tout k > 1 donc
P(N 0 )
[ Xn A(1 + 1/k). On a P(A(1 + 1/k)) = 0 6 1 + ε. Soit N 0 = ln n k>1
= 0. Si ω 6∈ N 0 alors pour tout k > 1, ω ∈ (A(1 + 1/k))c donc lim sup n→+∞
Xn (ω) 6 1 + 1/k, n
Xn (ω) 6 1. n n→+∞ Xn (ω) Xn Conclusion : ∀ω 6∈ N ∪N 0 alors lim sup = 1. Autrement dit lim sup = 1 presque sûrement, ln n n→+∞ n→+∞ ln n puisque P(N ∪ N 0 ) 6 P(N) + P(N 0 ) = 0. et comme 1/k tend vers 0 alors lim sup
Correction de l’exercice 7185 N 2
2
(a) Intégration par parties : u =Z 1/t, v0 = te−t /2 , u0 = −1/t 2 , v = −e−t /2 : Z +∞ +∞ 1 2 2 1 2 1 2 e−t /2 dt = e−x /2 − e−t /2 dt 6 e−x /2 car l’intégrale de droite est positive. 2 x t x x x Z +∞ Z +∞ 2 1 −t 2 /2 1 −x2 /2 3 −t 2 /2 1 On fait une nouvelle intégration par parties : e dt = e − e dt 6 3 e−x /2 , 2 3 4 t x t x x x Z +∞ 1 −x2 /2 1 −x2 /2 −t 2 /2 donc e dt > e − 3e . x x x n
(b) Soit Yn = max Xi . On a P(Yn 6 t) = ∏ P(Xi 6 t) = P(X1 6 t)n et de même P(Yn > t) = P(X1 > t)n . 16i6n
i=1
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On veut montrer que Yn ∀ε > 0, P(| √ − 1| > ε) → 0 2 ln n
quand n → +∞ (convergence en probabilité).
On peut écrire √ √ √ √ Yn {| √ − 1| > ε} = {|Yn − 2 ln n| > ε 2 ln n} = {Yn > (1 + ε) 2 ln n} ∪ {Yn 6 (1 − ε) 2 ln n} 2 ln n et cette union est disjointe donc √ √ Yn − 1| > ε) = P(Yn > (1 + ε) 2 ln n) + P(Yn 6 (1 − ε) 2 ln n). P(| √ 2 ln n On va montrer que ces 2 probabilités tendent vers 0. n √ √ √ P(Yn 6 (1 − ε) 2 ln n) = P(X1 6 (1 − ε) 2 ln n)n = 1 − P(X1 > (1 − ε) 2 ln n n Z +∞ 1 −t 2 /2 e dt = 1− √ √ 2π (1−ε) 2 ln n n 1 −(ln n)(1−ε)2 1 1 √ √ 6 1− √ e − par 1. 2π (1 − ε) 2 ln n ((1 − ε) 2 ln n)3 2
2
Comme e−(ln n)(1−ε) = n−(1−ε) , la quantité 1 −(ln n)(1−ε)2 1 1 √ √ − n ln 1 − √ e 2π (1 − ε) 2 ln n ((1 − ε) 2 ln n)3 est équivalent à 2 1 − √ n2ε−ε 2π
1 1 √ √ − (1 − ε) 2 ln n ((1 − ε) 2 ln n)3
2
,
donc à
n2ε−ε √ −√ . 2π(1 − ε) 2 ln n
2
n2ε−ε Si ε > 0 est assez petit, α = 2ε > 0, donc √ → +∞. ln n √ En reprenant l’exponentielle, on obtient que P(Yn 6 (1 − ε) 2 ln n) tend vers 0 quand n → +∞. n Z +∞ √ √ 1 n −t 2 /2 P(Yn > (1 + ε) 2 ln n) = (P(X1 > (1 + ε) 2 ln n)) = √ e dt . √ 2π (1+ε) 2 ln n √ Donc par 1., ln(P(Yn > (1 + ε) 2 ln n)) est inférieur ou égal à √ √ 1 −(ln n)(1+ε)2 1 √ n ln √ e = −n(ln n)(1 + ε)2 − n ln( 2π(1 + ε) 2 ln n) → −∞ 2π (1 + ε) 2 ln n − ε2
√ Yn P donc P(Yn > (1 + ε) 2 ln n) tend vers 0 quand n → +∞. Conclusion : √ −→ 1. 2 ln n
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