Mathematiques en Mpsi Problemes Dapprofondissement

MATHEMATIQUES EN MPSI

Problemes d’approfondissement

Remy Nicolai

Editions

www.inlibroveritas.netImmeuble ACCET

4, place de la Pergola95021 Cergy-Pontoise

Ce livre est publié sous la licence libreCreative Commons-BY-SA

http ://creativecommons.org/licenses/by-sa/3.0/deed.fr

BY : Paternité. Vous devez citer le nom de l’auteur original.SA : Partage des Conditions Initiales à l’Identique.Si vous modifiez, transformez ou adaptez cette création, vous n’avez le droit de distribuer la création qui en résulte que sous un contrat identique à celui-ci.En outre, à chaque réutilisation ou distribution, vous devez faire apparaître clai-rement aux autres les conditions contractuelles de mise à disposition de cette cr´eation.

Chacune de ces conditions peut être levée si vous obtenez l’autorisation du titu-laire des droits.

In Libro Veritas, 2009, ISBN : 978-2-35922-002-5

Dépôt légal : premier semestre 2009

Liste des problemes

Liste des problemes 3

Enonces. 7Pb 1 : Exemples de produits infinis. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7Pb 2 : Integrales et formes lineaires. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9Pb 3 : Rotations, angles d’Euler, quaternions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10Pb 4 : Transformation de Legendre : continuite, derivablite, borne superieure. . . . . . 15Pb 5 : Irrationnalite de e. Generalisation de la formule du binome avec un element

nilpotent. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18Pb 6 : Nombres complexes et fonctions usuelles : autour de la formule de Machin. . . . 20Pb 7 : Des suites de moyennes definies par recurrence. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23Pb 8 : Plans mediateur, bissecteur et hauteur d’un triangle dans l’espace. . . . . . . . 24Pb 9 : Disque elliptique comme union de cercles. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28Pb 10 : Ensembles : theoreme de Sperner. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30Pb 11 : Famille de suites definie par recurrence, points fixes stables et instables. . . . . 31Pb 12 : Un probleme d’analyse ”a la Cauchy” sur un ensemble de reels defini a partir

d’une fonction. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32Pb 13 : Inversibles dans un anneau quadratique. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33Pb 14 : Familles de sous-espaces de meme dimension. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35Pb 15 : Approximation par convolution. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38Pb 16 : Calcul de la somme des inverses des carres par la methode des coefficients de

Fourier. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39Pb 17 : Un exercice avec des sommes de Riemann. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40Pb 18 : Lemme de Hochschild (par dualite). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41Pb 19 : Fonctions a derivees bornees. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42Pb 20 : Familles de vecteurs et de reflexions. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45Pb 21 : Borne inferieure d’un ensemble de nombres reels. Densite de Schnirelmann. . . 47Pb 22 : Rang et matrices extraites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48Pb 23 : Sommets d’une courbe parametree . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49Pb 24 : Suite implicite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

Corriges. 57Pb 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57Pb 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60Pb 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

3

Pb 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69Pb 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75Pb 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80Pb 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85Pb 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88Pb 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91Pb 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94Pb 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97Pb 12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101Pb 13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106Pb 14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109Pb 15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113Pb 16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116Pb 17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119Pb 18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120Pb 19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122Pb 20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127Pb 21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134Pb 22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135Pb 23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137Pb 24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143

4

Introduction

La collection ”MATHEMATIQUES EN MPSI” propose des documents pedagogiques (recueilsde problemes corriges, livres de cours) en complement de ceux distribues en classe.Les ouvrages de la collection sont disponibles sur internet. En fait, ils sont produits en ligne apartir d’une base de donnees (le maquis documentaire) accessible a l’adresse

http ://maquisdoc.net

Cette base est concue pour etre tres souple. Elle accompagne les auteurs et les utilisateurs enleur permettant de travailler librement et au jour le jour.

Il est devenu impossible de travailler sans internet (y compris pour rediger des problemesde mathematiques) mais il est egalement impossible de ne travailler que sur ecran. Le papiergarde donc toute sa validite et la publication de livres sous la forme imprimee habituelle (a coted’autres types de services) est encore totalement justifiee.En revanche, le modele economique de l’edition est devenu obsolete pour de tels ouvrages peri-scolaires produits a partir de structures web. L’editeur (In Libro Veritas) a accepte de diffusercette collection sous licence Creative Commons. Les auteurs peuvent ainsi user plus liberalementde leur droit d’auteur et offrir davantage de liberte aux lecteurs.

”Problemes d’approfondissement”

est un recueil de problemes corriges.Les enonces sont le plus souvent des adaptations pour la premiere annee de problemes de concoursportant sur des sujets classiques. Divers themes sont abordes qui couvrent l’essentiel du pro-gramme de MPSI. Les solutions mettent en œuvre de facon non immediates des elements decours. Tous ces textes ont en commun de necessiter une bonne maitrise des calculs, des conceptset de leurs relations.Une attention particuliere a ete portee a une redaction soigneuse et complete des corriges.L’etudiant ne doit pas se condamner a trouver. La lecture de la solution, apres un temps derecherche assez court, s’averera plus rentable qu’un acharnement infructueux. Lire un textemathematique correct (un corrige comme une copie d’eleve doit en etre un) aide a s’impregnerdes conventions de redaction, a degager les concepts et les relations. L’etudiant ne doit pas nonplus se contenter de trouver. Il faut s’obliger a reperer les tournures qui cristallisent les idees, areproduire les presentations qui valorisent la copie. Il faut rediger !

D’autres ouvrages de la collection proposent des textes plus simples (Problemes basiques) ouplus specifiques (Problemes d’automne).

5

http://maquisdoc.net

6

Enonces

7

Enonces - Pb 1 : Exemples de produits infinis.

Probleme 1

Soit (un)n∈N∗ une suite de nombres reels non nuls, on lui associe la suite (pn)n∈N∗ definiepar :

pn = u1u2 · · ·un

On dira que le produit pn converge lorsque la suite (pn)n∈N∗ converge vers un nombre non nul.Sinon on dira que le produit diverge.

Premiere partie

1. Montrer que si le produit pn converge alors la suite (un)n∈N∗ converge vers 1.

2. Cas particulier :

uk = 1 +1k

Simplifiez pn. Le produit pn est-il divergent ou convergent ?


uk = cosa

2k

avec a un nombre reel qui n’est pas congru a 0 modulo π.Pour tout n ∈ N∗, calculer

pn sina

2n

En deduire que le produit pn converge. Donner la limite de (pn)n∈N∗

Deuxieme partie

1. Soit pn un produit associe a une suite (un)n∈N qui converge vers 1.

a. Montrer qu’il existe un entier n0 tel que un > 0 pour tout n ≥ n0.

b. On pose ici

Sn =n∑

p=n0

lnup

Montrer que la convergence de la suite (Sn)n≥n0 est equivalente a la convergence duproduit pn. Lorsque la suite (Sn)n≥n0 converge vers l, donner la limite de la suite(pn)n∈N∗


uk = k1k , Sn =

n∑p=1

ln pp

a. Montrer que pour tout p ≥ 3 :

0 < (ln(p+ 1))2 − (ln(p))2 ≤ 2ln pp

b. La suite (Sn)n∈N∗ et le produit pn sont-ils divergent ou convergent ?

9

Enonces - Pb 1 : Exemples de produits infinis.

Troisieme partie

1. Cas particulier : uk = 1 + vk ou (vn)n∈N∗ est une suite strictement decroissante de reelspositifs qui converge vers 0. On pose

S′n =n∑p=1

vp

a. Montrer que ln(1 + x) < x pour tout x reel strictement positif.

b. Montrer que la convergence de la suite (S′n)n∈N∗ entraıne celle du produit pn.

2. Deduire de la question 2. de la premiere partie la limite de la suite (S′n)n∈N∗ lorsque

S′n =n∑p=1

1p

3. Cas particulier :vk = a(2k)

en reprenant les notations de la question 1 de cette partie.

a. On suppose a ≥ 1, le produit pn est-il divergent ou convergent ?

b. On suppose a ∈]0, 1[.

i. Montrer que le produit pn converge.

ii. Pour tout entier naturel non nul n, calculer (1− a2)pn et en deduire la limite dela suite (pn)n∈N∗

10

Enonces - Pb 2 : Integrales et formes lineaires.

Probleme 2

On note E l’espace vectoriel reel des polynomes de degre inferieur ou egal a 3.Lorsque P ∈ E et t ∈ R, on designera par P (t) la valeur en t de la fonction reelle associee a P .

1. A tout reel ξ on associe la forme lineaire fξ definie par :

∀P ∈ E : fξ(P ) = P (ξ)

Montrer que les formes lineaires fa, fb, fc, fd sont independantes si et seulement si lesquatre reels a, b, c, d sont distincts.

2. Montrer l’existence d’une unique famille de reels

(x0, x1, x2, x3)

(a determiner numeriquement) telle que :

∀P ∈ E :∫ 1

0

P (t)dt = x0P (0) + x1P (1) + x2P (2) + x3P (3)

On pourra considerer en particulier les polynomes

Q0(t) =(t− 1)(t− 2)(t− 3)Q1(t) =(t− 0)(t− 2)(t− 3)Q2(t) =(t− 0)(t− 1)(t− 3)Q3(t) =(t− 0)(t− 1)(t− 2)


(A,B, a, b)


∀P ∈ E :∫ 1

0

P (t)dt = AP (a) +BP (b)


(u, v, w)


∀P ∈ E :∫ 1

0

P (t)dt =13(P (u) + P (v) + P (w))

11

Enonces - Pb 3 : Rotations, angles d’Euler, quaternions

−→i −→

j

−→k

θ

ψ−→k1

−→j1

−→u

ϕ

−→i1

Fig. 1 – Angles d’Euler

Probleme 3

Dans la premiere partie, on introduit des angles d’Euler pour reperer les rotations d’un espacevectoriel euclidien oriente de dimension 3.

Dans la suite on introduit les quaternions de Hamilton comme des matrices 2×2 a coefficientscomplexes et diverses structures sur cet espace. On definit en particulier un R espace vectorieleuclidien de dimension 3 forme de quaternions dits purs. Bien que, de nature matricielle pardefinition, les quaternions purs seront regardes le plus souvent comme des vecteurs. On retrouvea la fin les angles d’Euler en termes de quaternions.

Partie I - Angles d’Euler

Soit (−→i ,−→j ,−→k ) et (

−→i1 ,−→j1 ,−→k1) deux bases orthonormees directes. On suppose que (

−→k ,−→k1) est

libre. Il existe alors une unique rotation r telle que

r(−→i ) =

−→i1 , r(

−→j ) =

−→j1 , r(

−→k ) =

−→k1

On se propose de definir les trois angles d’Euler θ, ϕ, ψ qui permettent de reperer (−→i1 ,−→j1 ,−→k1)

et de decomposer r en trois rotations d’angles θ, ϕ, ψ autour d’axes orientes s’exprimant tressimplement avec (

−→i ,−→j ,−→k ).

12


Soit θ l’ecart angulaire entre−→k et

−→k1. Il existe un unique vecteur unitaire −→u orthogonal a

−→k

et−→k1 tel que

−→k1 = r−→u ,θ(

−→k ). On notera

r1 = r−→u ,θ

Soit ϕ l’unique reel dans [0, 2π[ tel que −→u = r−→k ,ϕ

(−→i ). On notera

r2 = r−→k ,ϕ

Soit ψ l’unique reel dans [0, 2π[ tel que−→i1 = r−→

k1,ψ(−→u ). On notera

r3 = r−→k1,ψ

1. Calculer r3 ◦ r1 ◦ r2(−→i ) et r3 ◦ r1 ◦ r2(

−→k ). En deduire que r3 ◦ r1 ◦ r2 = r.

2. Soit −→w un vecteur non nul, α un reel quelconque et f une rotation. Montrer que

f ◦ r−→w,α ◦ f−1 = rf(−→w ),α

3. On adopte les notations suivantes :

rϕ = r2 = r−→k ,ϕ

, rψ = r−→k ,ψ

, Rθ = r−→i ,θ

Que valent rϕ(−→i ) et r1(

−→k ) ? Exprimer r1 a l’aide de rϕ et Rθ. En deduire

r = rϕ ◦Rθ ◦ rψ

Ecrire sous la forme d’un produit, la matrice de r dans la base (−→i ,−→j ,−→k ).

Partie II - Quaternions.

On appelle quaternion toute matrice complexe

q =(a −bb a

)(a, b) ∈ C2

On note H l’ensemble des quaternions et on adopte les conventions suivantes :

q =(a b−b a

)N(q) = det(q) = |a|2 + |b|2

Un quaternion q est dit vectoriel ou pur si et seulement si q = −q.On note E l’ensemble des quaternions purs, ils seront ecrits generalement avec une fleche. Onpose en particulier

1H =(

1 00 1

),−→i =

(0 ii 0

),−→j =

(0 −11 0

),−→k =

(i 00 −i

)1. Montrer que H est un sous-espace vectoriel du R espace vectoriel M2,2(C), stable pour la

multiplication matricielle. Verifier que (1H,−→i ,−→j ,−→k ) est une base de H et que (

−→i ,−→j ,−→k )

est une base de E.Dans toute la suite, E est orientee par cette base, c’est a dire que (

−→i ,−→j ,−→k ) est directe.

13


2. Verifier que qq = N(q)1H. Montrer que si q 6= 0H, la matrice q est inversible avec

q−1 =1

N(q)q

En deduire que q−1 ∈ H.

3. Montrer que pour tout couple (q, q′) de quaternions : qq′ = q′q

4. Soit q ∈ H, montrer 12 (q − q) ∈ E. On posera

−→Vq =

12(q − q)

On dit que−→Vq est la partie vectorielle de q. Verifier que

q =12

tr(q)1H +−→Vq

Partie III - Multiplications

On definit une application S de H dans H par :

∀q ∈ H : S(q) = q

Soit q ∈ H, on definit des applications gq et dq par :

∀q ∈ H : gq(q′) = qq′ , dq(q′) = q′q

Soit q ∈ H non nul, on definit une application Cq par :

∀q ∈ H : Cq(q′) = qq′q−1

1. Verifier que S, gq, dq, Cq sont des endomorphismes de H. Lorsque q est un quaternion nonnul, exprimer dq−1 puis Cq a l’aide du reel N(q) et des applications S et gq.

2. a. Calculer la matrice de gq dans la base (1H,−→i ,−→j ,−→k ) en fonction de α, β, γ, δ lorsque

q =(a −bb a

)avec a = α+ iβ, b = γ + iδ.

b. Calculer det gq.

3. Calculer detCq.

Partie IV - Produit scalaire

Pour tout couple (−→u ,−→v ) de quaternions purs, on pose

(−→u /−→v ) = −12

tr(−→u−→v )

1. Verifier que la formule du dessus definit un produit scalaire sur E et que (−→i ,−→j ,−→k ) est

une base orthonormee directe.

14


2. L’espace vectoriel E est euclidien oriente de dimension 3, le produit vectoriel dans cetespace est note comme d’habitude. Montrer que

−→u ∧ −→v =−→V −→u−→v =

12(−→u−→v −−→v −→u ) , −→u−→v = −(−→u /−→v )1H +−→u ∧ −→v

Bien prendre garde a ne pas confondre– le produit matriciel −→u−→v .– le produit vectoriel −→u ∧−→v qui s’ecrit aussi 1

2 (−→u−→v −−→v −→u ) a l’aide d’operations matricielles.– le produit scalaire (−→u /−→v ) qui s’ecrit − 1

2 tr(−→u−→v ) a l’aide d’operations matricielles.

Parties V - Rotations

Dans cette partie, q designe un quaternion non nul avec

q =(a −bb a

)avec a = α+ iβ, b = γ + iδ. L’application Cq est definie dans la partie III.

1. a. Montrer que E est stable par Cq.On notera cq l’application de E dans E qui coincide avec Cq.

b. Montrer que det cq = 1.

c. Montrer que cq est une rotation.

2. a. Calculer (cq(−→i )/−→i ), (cq(

−→j )/−→j ), (cq(

−→k )/−→k ) en fonction de α, β, γ, δ.

b. En deduire tr cq. Dans quel cas a-t-on tr cq = 3?

On suppose dans toute la suite que q 6∈ Vect 1H c’est a dire que−→V q 6=

−→OE .

3. Montrer que cq n’est pas l’identite et que cq(−→V q) =

−→V q.

4. Montrer que pour tout −→u ∈ E :

(cq − cq−1)(−→u ) =4αN(q)

−→V q ∧ −→u

En deduire que cq est un demi tour si et seulement si q ∈ E. Quel est alors son axe ?On suppose dans toute la suite que q 6∈ Vect 1H et q 6∈ E. Il existe alors un unique θ ∈]−π, π[tel que cq = r

θ,−→V q

.

5. a. Quelle est la matrice de cq (en fonction de θ dans une base orthonormee directe de laforme (−→a ,

−→b , 1

N(−→V q)

−→V q) ?

b. Montrer que

cos θ =α2 − ‖

−→V q‖2

N(q), sin θ =

2α‖−→V q‖

N(q)

c. En deduire l’expression de tan θ2 en fonction de α et de ‖

−→V q‖. Cette expression

determine -t-elle un unique θ dans ]− π, π[ ?

15


Partie VI - Quaternions et angles d’Euler

1. Soit ω ∈]0, π[, preciser les elements geometriques de cq pour les deux q suivants :

q =(eiω 00 e−iω

), q =

(cosω i sinωi sinω cosω

)2. Soit θ, ϕ, ψ trois nombres reels, calculer le produit matriciel(

eiφ2 0

0 e−iφ2

)(cos θ2 i sin θ

2

i sin θ2 cos θ2

)(eiψ2 0

0 e−iψ2

)

3. Soit q un quaternion de norme 1 qui n’est ni reel ni vectoriel (pur), expliquer comment secalculent les angles d’Euler θ, ϕ, ψ qui permettent de decomposer la rotation cq.

16

Enonces - Pb 4 : Transformation de Legendre : continuite, derivablite, borne superieure.

Probleme 4

Ce probleme porte sur la transformee de Legendre d’une fonction.La transformation de Legendre est un procede qui a une fonction f definie sur une partie X

de R associe une fonction f◦ definie sur une partie X◦ de R. Il est a noter que f doit verifiercertaines proprietes pour que f◦ soit bien definie c’est a dire X◦ non vide.Les definitions precises sont donnees dans la partie Preliminaires qui ne comporte pas de ques-tions. Cette partie introduit aussi des conventions de notation qui pourront etre utilisees danstout le probleme.

La partie III est independante du reste, elle prepare la partie IV.

Preliminaires.

A chaque couple (m, f) ou f est une fonction a valeurs reelles definie dans une partie nonvide X de R et m un nombre reel, on associe une fonction hm dans X en posant

∀x ∈ X, hm(x) = mx− f(x)

On appelle X◦ l’ensemble des m tels que hm soit majoree. Lorsque X◦ est non vide, on definitla fonction f◦ dans X◦ en posant

∀m ∈ X◦, f◦(m) = supXhm

Au couple (X, f) on associe alors le couple (X◦, f◦). Pour tout reel u, an note ku la fonctionassociee a (u, f◦) comme hm l’etait a (m, f) c’est a dire

∀u ∈ R,∀x ∈ X◦ ku(x) = ux− f◦(x)

et on notera (X◦◦, f◦◦) le couple ((X◦)◦, (f◦)◦). De meme, on notera lp la fonction associee aucouple (p, f◦◦) pour un nombre p reel et (X◦◦◦, f◦◦◦) le couple ((X◦◦)◦, (f◦◦)◦).

Partie I. Exemples. Une inegalite generale.

Pour chacun des exemples suivants, on pourra s’aider des derivees et des tableaux de variationsdes fonctions hm et ku. On justifiera soigneusement tous les resultats.

1. Ici X = R et f(x) = Kx2 ou K est un nombre reel non nul.Determiner (X◦, f◦). Pour quels K a-t-on f = f◦ ?

2. Ici X = [a, b] et f est continue sur [a, b].Determiner X◦. Montrer que pour tout m dans X◦, il existe x0 dans [a, b] tel que f◦(m) =mx0 − f(x0).

3. Ici X = R et f(x) = 13x

3.Determiner X◦.

4. Ici X = R et f(x) = ex.Determiner (X◦, f◦) puis (X◦◦, f◦◦).

5. Soit α et β deux reels fixes. On considere X = R et la fonction affine

f(x) = αx+ β

Determiner (X◦, f◦) puis (X◦◦, f◦◦).

17


6. On suppose que X est l’ensemble fini {−1, 0, 1, 2} et que f est definie par

f(−1) = 1, f(0) = 0, f(1) = 2, f(2) = 1

Determiner (X◦, f◦) puis (X◦◦, f◦◦) et les representer graphiquement.7. Montrer que ∀x ∈ X, ∀m ∈ X◦ f(x) + f◦(m) ≥ mx.

Partie II. Un autre exemple. Inegalite de Holder.

Dans cette partie, p est un reel strictement superieur a 1, q est defini par :

1p

+1q

= 1

La fonction up est definie dans X =]0,+∞[ par

up(x) =xp

p

1. Preciser X◦ et u◦p.2. a. Montrer que, pour tout couple (x, y) de reels strictement positifs :

xy ≤ xp

p+yq

q

et que pour tous reel λ > 0 on a aussi :

xy ≤ λpxp

p+

yq

qλq

b. Soit n un entier naturel non nul et (x1, · · · , xn), (y1, · · · , yn) deux n-uplets de reelsstrictement positifs. Justifier pour tout reel λ > 0, l’inegalite :

n∑i=1

xiyi ≤λp

p

n∑i=1

xpi +1qλq

n∑i=1

yqi

3. a. Soient a et b deux reels strictement positifs. Determiner le minimum de la fonction vdefinie pour tout x > 0 par :

v(x) = axp

p+

b

qxq

b. En deduire l’inegalite de Holder pour tout couple de n-uplets de reels strictementpositifs

n∑i=1

xiyi ≤

(n∑i=1

xpi

) 1p(

n∑i=1

yqi

) 1q

Partie III. Espaces N et N0 de fonctions convexes.

Dans cette partie, N designe l’ensemble des fonctions C2 de R+ dans R+, telles que f(0) = 0et f ′(x) > 0, f ′′(x) > 0 pour x > 0 .On notera N0 la partie de N formee par les fonctions f telles que f ′(0) = 0 et dont la deriveediverge vers +∞ en +∞.On citera precisement les resultats de cours utilises. On se propose d’etablir, pour une fonctionf ∈ N l’equivalence entre les deux proprietes f ′ → +∞ et f(x)

x → +∞ au voisinage de +∞.

18


1. Montrer que f(x)x → +∞ entraıne f ′ → +∞.

2. Soit x > 0, en considerant f(2x)− f(x), montrer que xf ′(x) ≤ f(2x).

3. Montrer que f ′ → +∞ entraıne f(x)x → +∞.

Partie IV. Transformee de Legendre dans N0.

Dans cette partie f designe une fonction dans N0.

1. Soit m ∈ R+, montrer que hm (definie a partir de f comme dans le preliminaire) admet unmaximum qu’elle atteint en un unique reel positif xm. On notera ϕ la fonction qui a toutm ≥ 0 associe xm.

2. a. Montrer que f ′ est une bijection de R+ dans R+.

b. Exprimer ϕ a l’aide de f ′, en deduire que ϕ est continue strictement croissante avecϕ(0) = 0 et ϕ→∞ en +∞.

3. Montrer que f◦ est C2, preciser les derivees premiere et seconde de f◦.

4. Montrer que f◦ ∈ N0 et que f◦◦ = f

5. a. Soit f et g dans N0 telles que f ≤ g, montrer que g◦ ≤ f◦

b. Resoudre l’equation f◦ = f dans N0.

Partie V. Un resultat general.

On revient au cas general et on suppose X◦ non vide.

1. Montrer que ∀x ∈ X, f(x) ≥ sup {mx− f◦(m),m ∈ X◦}.2. a. Soit m1, m2 deux reels tels que m1 < m2. Verifier que m ∈ [m1,m2] si et seulement

si il existe t ∈ [0, 1] tel que m = tm1 + (1− t)m2.

b. Montrer que si m1 et m2 sont dans X◦ avec m1 < m2 alors [m1,m2] ⊂ X◦

c. Qu’en deduit-on pour X◦ ?

3. a. Montrer que X ⊂ X◦◦ et que ∀x ∈ X, f◦◦(x) ≤ f(x).

b. A-t-on toujours X◦◦ = X ?

c. Montrer que X◦◦◦ = X◦ et f◦◦◦ = f◦.

19

Enonces - Pb 5 : Irrationnalite de e. Generalisation de la formule du binome avec un elementnilpotent.

Probleme 5

Dans tout le probleme, on confondra un polynome a coefficients reels avec la fonction poly-nomiale definie dans R qui lui est associee.

Partie I. Irrationnalite de em

Dans cette partie, on admet que pour tout entier naturel n, il existe des polynomes An et Bna coefficients dans Z et de degre inferieur ou egal a n definissant une fonction fn

∀x ∈ R : fn(x) = An(x) +Bn(x)ex

telle que :

∀k ∈ {0, · · · , n} : f (k)n (0) = 0

∀x ∈ R : f (n+1)n (x) = xnex

1. Calculer des polynomes An et Bn satisfaisant aux conditions pour n egal a 1 ou 2.2. a. Calculer, a l’aide de la formule de Leibniz, la derivee n+ 1 eme de la fonction

x→ x2n+1ex

(n+ 1)!

Montrer que le coefficient de xnex est un entier a preciser.b. Montrer que :

∀x > 0 : 0 < fn(x) <x2n+1ex

(n+ 1)!

(on pourra utiliser des tableaux de variations et des derivations successives)3. Soit m un entier naturel non nul, on suppose qu’il existe un entier q non nul tel que qem

soit entier. Montrer que pour tous les entiers n :

qfn(m) ∈ Z

En deduire une contradiction et conclure.

Partie II. Generalisation de la formule du binome.

Pour tout couple (m, k) ∈ Z× N, on definit des nombres cm,k par les relations{∀m ∈ Z : cm,0 = 1∀k ≥ 1 : c0,k = 0

et∀k ≥ 1 : cm,k = cm−1,k + cm−1,k−1

1. Former le tableau des cm,k avec m comme numero de la ligne et k comme numero de lacolonne pour m entre −4 et +4 et k entre 0 et 4.Formulez des remarques interessantes relativement a ces coefficients.

2. On considere un anneau A dont le neutre additif est note 0A et le neutre multiplicatif(element unite) est note i. Cet anneau A contient un element d (dit nilpotent) pour lequelil existe un entier n ≥ 1 tel que

dn+1 = 0A

20

Enonces - Pb 5 : Irrationnalite de e. Generalisation de la formule du binome avec un elementnilpotent.

a. Calculer (n∑k=0

c−1,kdk

)(i+ d)

En deduire que i+ d est un element inversible de A.

b. Montrer que pour tout m ∈ Z :

(i+ d)m =n∑k=0

cm,kdk

Partie III. Existence de An et Bn.

On designe par Rn[X] l’espace des polynomes a coefficients reels et dont le degre est inferieurou egal a n. On considere l’anneau des endomorphismes de Rn[X]. On rappelle que, dans cetanneau, la loi multiplicative est la composition ◦ des endomorphismes.L’unite est l’application lineaire identite notee ici i :

i :

{Rn[X]→ Rn[X]

P → P

L’element nilpotent considere est la derivation notee ici d :

d :

{Rn[X]→ Rn[X]

P → P ′

1. Montrer que i+ d est un automorphisme de Rn[X].

2. Pour tout entier n on pose :Bn = (i+ d)−(n+1)(Xn)

et on definit la fonction βn par :

∀x ∈ R : βn(x) = Bn(x)ex

a. Preciser, a l’aide d’une puissance de i + d la derivee m ieme de βn pour un entiernaturel m quelconque. Que se passe-t-il pour m = n+ 1 ?

b. Pour m ∈ {0, · · · , n}, montrer que

β(m)n (0)m!

∈ Z

Conclure.

21

Enonces - Pb 6 : Nombres complexes et fonctions usuelles : autour de la formule de Machin.

Probleme 6

L’objet de ce probleme est de presenter la formule de Machin 1 et quelques resultats autour.

π

4= 4 arctan

15− arctan

1239

On obtiendra diverses formules faisant intervenir des arctan d’inverses de nombres. En particulier,une formule du type Machin est de la forme

m arctan1x

+ arctan1y≡ π

4

avec m, x, y entiers.

Partie I. Introduction. Exemples

Pour tout entier naturel non nul m, on appelle Cm l’ensemble des couples de reels non nuls(x, y) tels que

m arctan1x

+ arctan1y≡ π

4(π)

1. Pour x reel non nul, on pose α = arctan 1x . Exprimer x+ i a l’aide de α et de l’exponentielle

complexe. Donner un argument de x+ i.

2. Montrer que(x, y) ∈ Cm ⇔ (x+ i)m(y + i)e−i

π4 ∈ R

3. Montrer queπ

4= 2 arctan

12− arctan

17

4. Formule de Dodgson2

Soit p, q, r trois reels positifs tels que 1 + p2 = qr. Montrer que

arctan1p

= arctan1

p+ r+ arctan

1p+ q

Partie II. Etude d’une famille de polynomes

Pour x reel et m entier, on note respectivement Am(x) la partie reelle et Bm(x) la partieimaginaire de de (x+ i)m. On definit egalement Fm par :

Fm(x) =Am(x) +Bm(x)Am(x)−Bm(x)

1. Calculer Ak(x) et Bk(x) pour k ∈ {1, 2, 3, 4}. Presenter les resultats dans un tableau.

2. Montrer que

Am+1(x) = xAm(x)−Bm(x)Bm+1(x) = Am(x) + xBm(x)

1John Machin (1680 - 1752). Grace a cette formule, en 1706, Machin est le premier mathematicien a calculer100 decimales de p.

2plus connu pour son oeuvre litteraire sous le pseudonyme Lewis Carrol

22


Am(−x) = (−1)mAm(x)Bm(−x) = −(−1)mBm(x)

A′m(x) = mAm−1(x)B′m(x) = mBm−1(x)

(A′m et B′m sont les derivees de Am et Bm)si m et pair

Am(x) = (−1)m2 xmAm(− 1

x)

Bm(x) = (−1)m2 xmBm(− 1

x)

si m et impair

Am(x) = (−1)m−1

2 xmBm(− 1x

)

Bm(x) = −(−1)m−1

2 xmAm(− 1x

)

3. Pour un entier m fixe, determiner les solutions de Am(x) = Bm(x).

4. Montrer que la fonction Fm est decroissante dans chaque intervalle de son domaine dedefinition. Quelle est la limite de Fm en +∞ et en −∞ ?

Partie III. Les formules du type Machin

On se propose de trouver toutes les formules du type Machin pour m entier entre 1 et 4.

1. Montrer que (x, y) ∈ Cm si et seulement si

Am(x) 6= Bm(x)y = Fm(x)

2. Les calculs numeriques des Fm(x) conduisent aux tableaux suivants

x 1 2 3 4 5 6 7F1(x) 3. 2. 1.667 1.500 1.400 1.333F2(x) -1. -7. 7. 3.286 2.429 2.043 1.824F3(x) 0. -1.444 -5.500 19.80 5.111 3.352 2.659F4(x) 1. -.5484 -1.824 -5.076 -239.0 7.971 4.518

x 8 9 10 11 12 13F1(x) 1.286 1.250 1.222 1.200 1.182 1.167F2(x) 1.681 1.581 1.506 1.449 1.403 1.366F3(x) 2.286 2.052 1.891 1.774 1.684 1.613F4(x) 3.376 2.802 2.455 2.222 2.055 1.929

A partir de ces tableaux, former (en justifiant soigneusement) toutes les formules du typeMachin.

23


Partie IV. Algorithme de Lehmer.

Soit z0 un nombre complexe dont la partie imaginaire est strictement positive. On definit descomplexes z1, z2, · · · par recurrence en posant

zk+1 = zk(−E(Re(zk)Im(zk)

) + i) lorsque Im(zk) 6= 0

La notation E designant la fonction partie entiere. Le procede s’arrete si nombre reel est obtenu.On pourra noter

nk = E(Re(zk)Im(zk)

)

1. Faire les calculs dans le cas particulier z0 = 17 + 7i.

2. Montrer que la suite formee par les parties imaginaires des zk est strictement decroissanteet a valeurs positives.

3. Ecrire quelques lignes de code Maple implementant cet algorithme.

4. On suppose que z0 = a+ ib avec a et b entiers strictement positifs.

a. Montrer qu’il existe un k tel que zk est reel.

b. En deduire que

arctan(b

a) ≡ arctan(

1n0

) + arctan(1n1

) + · · ·+ arctan(1

nk−1) (π)

On remplacera arctan( 1nk

) par π2 lorsque nk = 0.

24

Enonces - Pb 7 : Des suites de moyennes definies par recurrence.

Probleme 7

1. On considere trois nombres reels a, b, c quelconques.

a. Montrer que

a3 + b3 + c3 − 3abc = (a+ b+ c)12[(a− b)2 + (b− c)2 + (c− a)2

]b. En deduire que, si a, b, c sont trois reels strictement positifs, ils verifient

a+ b+ c ≥ 3(abc)13

1a

+1b

+1c≥ 3(abc)−

13

2. On considere les suites (an)n∈N, (bn)n∈N, (cn)n∈N determinees par la donnee de leurs pre-miers termes a0 > 0, b0 > 0, c0 > 0 et par les relations de recurrence

an+1 =an + bn + cn

3bn+1 = (anbncn)1/3

3cn+1

=1an

+1bn

+1cn

Justifier que les suites sont bien definies et montrer que

∀n ≥ 1, cn ≤ bn ≤ an

3. Demontrer que les suites (an)n∈N et (cn)n∈N sont adjacentes. Que peut-on dire de (bn)n∈N ?

4. a. Montrer que a1c1 = b21 entraıne ancn = b21 pour tous les n. Que peut-on en conclurepour la limite des trois suites ?

b. Montrer que si a1c1 6= b21, la suite (bn)n∈N est aussi monotone.

25

Enonces - Pb 8 : Plans mediateur, bissecteur et hauteur d’un triangle dans l’espace.

Probleme 8

On se place dans l’espace euclidien usuel muni d’un repere fixe d’origine O. Ce repere aidepour la visualisation des figures mais aucun calcul de coordonnees n’est necessaire. Tous les planset droites consideres contiennent le point O. On adopte les notations suivantes :

– D(−→u ) est la droite de vecteur directeur −→u .– P(−→u ,−→v ) est le plan contenant et −→v .– P(−→u ⊥) est le plan orthogonal a −→u .

Les notations utilisees pour designer les points et les vecteurs respecteront les conventions sui-vantes :

– M et un point et −→m un vecteur tels que−−→OM = −→m.

– A et un point et −→a un vecteur tels que−→OA = −→a .

– U et un point et −→u un vecteur tels que−−→OU = −→u .

– · · ·On se donne trois vecteurs −→u , −→v , −→w non nuls et non coplanaires. Pris deux a deux, ces vecteursne sont ni colineaires ni orthogonaux. L’objet du probleme est d’etudier (a l’aide de produitsvectoriels) pour un ”triangle” de l’espace forme par les trois droites D(−→a ), D(

−→b ), D(−→c ) des

configurations classiques dans le plan.

1. Preliminaires

a. On considere trois vecteurs −→a ,−→b ,−→c non nuls, non colineaires et tels que

−→a ∧−→b 6= −→0 , −→a +

−→b +−→c =

−→0

Montrer queP(−→a ⊥) ∩ P(

−→b ⊥) ∩ P(−→c ⊥) = D(−→a ∧

−→b )

b. Former l’equation normale d’un plan P(−→a ,−→b ) et preciser la distance d’un point M a

ce plan. (question de cours, la demonstration n’est pas demandee)

2. Plans ”hauteurs”.Le plan ”hauteur” issu de −→u est par definition orthogonal a P(−→v ,−→w ) et contient D(−→u ).

a. Former un vecteur orthogonal au plan ”hauteur” issu de −→u .

b. Montrer l’identite (dite de Jacobi) :

(−→u ∧ −→v ) ∧ −→w + (−→v ∧ −→w ) ∧ −→u + (−→w ∧ −→u ) ∧ −→v =−→0

En deduire que l’intersection des trois plans ”hauteurs” est une droite. Cette droiteest notee Dh.

3. Plans ”bissecteurs”

a. Montrer que l’ensemble des points equidistants de deux plans P(−→u ,−→v ) et P(−→w ,−→u )est la reunion de deux plans.

b. Former un vecteur orthogonal pour chacun de ces deux plans.Parmi ces deux vecteurs, un seul (note −→a ) est tel que −→a .−→v et −→a .−→w soient de signesopposes. Preciser ce vecteur −→a .On dit que P(−→a ⊥) est le plan bissecteur interieur issu de −→u .Les deux autres plans bissecteurs interieurs (issus de −→v et −→w ) s’obtiennent par per-mutation des lettres.

26


Fig. 2 – plan ”hauteur”

c. Preciser−→b et −→c . Montrer que l’intersection des trois plans est une droite. Cette droite

est notee Db.

4. Plans ”mediateurs”

a. Montrer qu’un point M est equidistant des droites D(−→v ) et D(−→w ) si et seulement siil est equidistant des plans P(−→v ⊥) et P(−→w⊥).

b. Montrer que l’ensemble des points equidistants des deux droites D(−→v ) et D(−→w ) estla reunion de deux plans.

c. Former un vecteur orthogonal pour chacun de ces deux plans.Parmi ces deux vecteurs, un seul (note −→a ) est tel que −→a .−→v et −→a .−→w soient de signesopposes. Preciser ce vecteur −→a .On dit que P(−→a ⊥) est le plan mediateur interieur issu de −→u .Les deux autres plans mediateurs interieurs (issus de −→v et −→w ) s’obtiennent par per-mutation des lettres.

d. Preciser−→b et −→c . Montrer que l’intersection des trois plans est une droite. Cette droite

est notee Dm.

5. Preciser pour chacun des trois vecteurs suivants

−→u ∧ −→v‖−→u ‖‖−→v ‖

+−→v ∧ −→w‖−→v ‖‖−→w ‖

+−→w ∧ −→u‖−→w ‖‖−→u ‖

‖−→v ∧ −→w ‖−→u + ‖−→w ∧ −→u ‖−→v + ‖−→u ∧ −→v ‖−→w−→u ∧ −→v−→u .−→v

+−→v ∧ −→w−→v .−→w

+−→w ∧ −→u−→w .−→u

la droite parmi Db, Dm, Dh dont il est un vecteur directeur.

27


Fig. 3 – plan ”bissecteur”

28


Fig. 4 – plan ”mediateur”

29

Enonces - Pb 9 : Disque elliptique comme union de cercles.

Probleme 9

Un plan P est muni d’un repere orthonorme. Les fonctions coordonnees relatives a ce reperesont notees x et y, l’affixe complexe d’un point est egalement relative a ce repere.L’objet de ce probleme est de preciser, pour des nombres complexes a, b, c fixes (a 6= b), l’ensemble(note D) des points du plan dont l’affixe complexe est de la forme

a|z1|2 + b|z2|2 + cz1z2

pour des nombres complexes z1 et z2 tels que

|z1|2 + |z2|2 = 1

1. Soit F et F ′ deux points distincts du plan, a un reel tel que a > FF ′, u et v deux nombrescomplexes avec u 6= 0. On note C l’ensemble des points M du plan tels que

FM + F ′M = 2a

On note S l’application de P dans P qui a un point M d’affixe z associe le point S(M)d’affixe uz + v.

a. Quelle est la nature de l’ensemble C ? Preciser la distance entre le centre et les sommets.

b. Soit C′ l’image de C par S, montrer que C′ est une ellipse dont on precisera les foyersainsi que la distance entre le centre et les sommets.

Fig. 5 – Trace de quelques Cρ pour λ = 1.

2. Dans cette question λ est un nombre reel strictement positif fixe et Cρ (avec ρ ∈]0, 1[) estle cercle defini par :

affixe du centre : − 1 + 2ρ rayon : λ√ρ− ρ2

a. Former un equation de Cρ.b. Montrer que l’ensemble (note Eλ) des points du plan par lesquels passe exactement

un cercle Cρ est une conique dont on donnera une equation reduite. Preciser le centre,l’axe focal et les foyers.

c. Quel est l’ensemble (note ∆λ) des points par lesquels passe au moins un cercle Cρ ?

3. Soit S la fonction du plan dans lui meme qui a un point d’affixe z associe le point d’affixe

2a− b

z − a+ b

a− b

30

Enonces - Pb 9 : Disque elliptique comme union de cercles.

a. Montrer que S est bijective. Preciser la bijection reciproque notee S′.

b. Quelle est l’image par S d’un cercle de centre C et de rayon r ?

c. Soit r ∈]0, 1[, montrer que l’image par S d’un cercle verifiant

affixe du centre : ar2 + b(1− r2) rayon : |c|r√

1− r2

est un cercle Cρ pour des ρ et λ a preciser en fonction de a, b, c.

4. Soit r ∈]0, 1[ fixe, montrer que l’ensemble des points d’affixe

a|z1|2 + b|z2|2 + cz1z2 avec |z1|2 + |z2|2 = 1 et |z1| = r

est un cercle. Preciser son centre et son rayon.

5. Montrer que D est l’image par S′ d’un ensemble Eλ pour un λ a exprimer en fonction dea, b, c. Pour ce λ, quels sont les foyers de S′(Eλ) ?

31

Enonces - Pb 10 : Ensembles : theoreme de Sperner.

Probleme 10

Dans tout le probleme, E designe un ensemble a n elements.

Partie I. Preliminaire

Pour un entier n non nul, on note ω(n) = max((n0

),(n1

), · · · ,

(nn

))

1. A quel coefficient du binome est egal ω(n) ?2. Montrer que ω(2n− 1) = 1

2ω(2n)

Partie II. Ensembles de Sperner

On dit qu’une partie S de P(E) est de Sperner lorsque

∀(A,B) ∈ S2 : A 6= B ⇒ A 6⊂ B et B 6⊂ A

1. Montrer que si p est un entier entre 1 et Card(E)− 1, l’ensemble Pp des parties de E a pelements est de Sperner.

2. Dans cette question, E = {1, . . . , n} et a1, . . . , an sont des reels strictement positifs (nonnecessairement distincts). On definit une application f de P(E) dans R en posant

∀A ∈ P(E) : f(A) =∑i∈A

ai

Montrer que pour tout reel t, f−1({t}) est une partie de Sperner lorsqu’elle n’est pas vide.3. Determiner le nombre de parties de Sperner a deux elements S = {A1, A2}.

Partie III. Chaınes

On appelle chaıne de E une famille (C1, C2, . . . , Cn) de parties de E telle que

∀i ∈ {1, . . . , n} : Card(Ci) = i

∀i ∈ {1, . . . , n− 1} : Ci ⊂ Ci+1

Soit A est une partie fixee a k element de E. Calculer le nombre de chaines (C1, C2, . . . , Cn)telles que Ck = A.

Partie IV. Theoreme de Sperner

1. Soit (C1, C2, . . . , Cn) une chaine. Montrer que l’intersection d’une partie de Sperner avec{C1, C2, . . . , Cn} contient au plus un element.

2. En considerant toutes les chaınes (C1, C2, . . . , Cn) telles que

{C1, C2, . . . , Cn} ∩ S 6= ∅

montrer que ∑A∈S

1(n

CardA

) ≤ 1

3. En deduire le theoreme de Sperner c’est a dire

CardS ≤ ω(n)

32

Enonces - Pb 11 : Famille de suites definie par recurrence, points fixes stables et instables.

Probleme 11

Soit a ∈ ]0, 1[, la fonction fa est definie dans [0,+∞[ par fa(x) = ax. On considere des suitesdefinies par recurrence par x0 ≥ 0 et xn+1 = fa(xn).

Dans le probleme, on pourra noter f au lieu de fa pour alleger l’ecriture.

PARTIE I

1. a. Montrer que fa est strictement decroissante et admet un unique point fixe note c.Comme c depend de a, on pourra le noter ca en cas d’ambiguıte. Que peut-on enconclure pour les suites extraites (x2n)n∈N et (x2n+1)n∈N ?

b. Montrer que c est un point fixe de f ◦ f , exprimer (f ◦ f)′(c) en fonction de f ′(c).2. a. Montrer, en utilisant la stricte decroissance de f que

1ln 1

a

<1e⇔ |f ′(c)| > 1

b. Que peut-on dire du point fixe c de fa lorsque a < e−e ou a > e−e ?

PARTIE II

On pose g(x) = f ◦ f(x)− x et h(x) = x+ f(x) pour tout x ≥ 0.

1. a. Montrer que pour tout x ≥ 0

g′(x) = (ln a)2ax+f(x) − 1

b. Montrer que h′ est strictement croissante que

h′(0) = 1 + ln a, g′(0) = (ln a)2a− 1, g(0) = a

c. Preciser les limites en +∞ de h′, g, g′.d. Comparer les variations de g′ avec celles de h.

2. a. Montrer que, si a > 1e , h

′ reste strictement positif dans [0,+∞[.b. Montrer que, si a ≤ 1

e , h′ s’annule dans [0,+∞[ seulement au point

b =ln(ln 1

a )ln( 1

a )

c. Montrer que a < e−e entraıne g′(b) > 0, et que a > e−e entraıne g′(b) < 0.3. On suppose ici a > 1

e . Preciser le tableau des signes de g. En deduire le comportement de(xn)n∈N suivant la valeur de x0.

4. On suppose ici e−e < a ≤ 1e . Preciser le tableau des signes de g. En deduire le comportement

de (xn)n∈N suivant la valeur de x0.5. On suppose a < e−e.

a. Montrer que g′(0) < 0 et g′(b) > 0. En deduire la forme du tableau de variations deg. Combien g peut-elle avoir de z eros ?

b. Montrer que g s’annule exactement trois fois en des points c1, c, c2 avec c1 < c < c2.Montrer que f(c1) = c2 et que f(c2) = c1.

c. Preciser le comportement de (xn)n∈N suivant la valeur de x0.

33

Enonces - Pb 12 : Un probleme d’analyse ”a la Cauchy” sur un ensemble de reels defini a partird’une fonction.

Probleme 12

Soit g une application continue dans un segment reel [a, b] et a valeurs reelles. On se proposed’etudier l’ensemble

E = {x ∈ ]a, b[ tq ∃ξ ∈ ]x, b] tq g(x) < g(ξ)} .

Partie I

1. Determiner E dans les cas suivants

a. La fonction g est strictement croissante,

b. a = −1, b = 1 et g(t) = 1− t2.c. a = 0, b = 2π et g(t) = sin t.

d. a = −1, b = 1 et g(t) = −t4 + t2.

2. Dessiner le graphe d’une fonction g telle que E contienne un maximum local.

3. En general, une fonction strictement decroissante dans ]a, b l’est-elle encore dans [a, b] ? Etsi on suppose de plus la continuite en a ?

4. a. Montrer que E est vide si et seulement si g est decroissante dans [a, b].

b. Soit M = sup[a,b](g), montrer que E =]a, b[ entraıne M ∈ {g(a), g(b)}. Illustrer lesdeux possibilites en dessinant un graphe. La reciproque est-elle vraie ?

Partie II

La fonction ψ est definie dans [a, b] par

ψ(x) = sup[x,b]

g.

1. Montrer que ψ est monotone et continue, preciser son sens de variation.

2. a. Caracteriser les elements de E a l’aide des fonctions ψ et g.

b. Montrer que si x ∈ E, il existe α > 0 tel que ]x− α, x+ α[⊂ E.

3. Si x ∈ E, on notes(x) = inf {ξ ∈]x, b] tq g(x) < g(ξ)}

a. Montrer que s(x) > x entraine s(x) ∈ [x, b[ et g(y) ≤ g(x) pour tout y dans [x, s(x)[.

b. Montrer que g(s(x)) = g(x) et que [x, s(x)[⊂ E

34

Enonces - Pb 13 : Inversibles dans un anneau quadratique.

Probleme 13

Soit d un nombre entier strictement positif dont la racine carree est irrationnelle. On pose

Z[√d] = {a+ b

√d, (a, b) ∈ Z2}

On utilisera librement le fait que pour tout element z ∈ Z[√d] il existe un unique couple (a, b)

d’entiers tels quez = a+ b

√d

On definit des applications c et N dans Z[√d] en posant

∀(a, b) ∈ Z : c(a+ b√d) = a− b

√d

∀(a, b) ∈ Z : N(a+ b√d) = a2 − db2

On demontre dans la partie I que Z[√d] est un sous-anneau de R, on designe par I l’ensemble

des inversibles de ce sous-anneau.On suppose que d est tel que I ne se reduise pas a {−1, 1}. On ne cherchera pas ici a savoir pourquel d cela se produit.On introduit aussi les parties I++, I+−, I−+, I−− definies par

z ∈ I++ ⇔ z ∈ I, z > 0, c(z) > 0z ∈ I+− ⇔ z ∈ I, z > 0, c(z) < 0z ∈ I−+ ⇔ z ∈ I, z < 0, c(z) > 0z ∈ I−− ⇔ z ∈ I, z < 0, c(z) < 0

Partie I

1. Montrer que Z[√d] est un sous anneau de R

2. Montrer que c est un automorphisme de l’anneau Z[√d]

3. Montrer que N(zz′) = N(z)N(z′) pour tous les z,z′ dans Z[√d]

4. Montrer qu’un entier z de Z[√d] est inversible si et seulement si

N(z) ∈ {−1, 1}

Partie II

1. Soit z et z′ dans l’un des ensembles I++, I+−, I−+, I−−. Preciser parmi I++, I+−, I−+,I−−, l’ensemble contenant 1

z et zz′. Presenter les resultats dans un tableau.

2. Montrer que I++ ∪ I+− est un sous groupe de I pour la multiplication. On le note I+.Montrer que I++ est un sous-groupe de I+.

3. Montrer que I++ ne se reduit pas a {1}.

Partie III

On admet que les points de coordonnees (x, y) verifiant

x2 − dy2 ∈ {1,−1}

35

Enonces - Pb 13 : Inversibles dans un anneau quadratique.

forment les quatre branches de deux hyperboles d’asymptotes d’equations

x−√dy = 0, x+

√dy = 0

On note H l’ensemble de ces points.A chaque element x+

√dy de I on associe le point de coordonnees (x, y) sur H. Preciser sur

un dessin les branches sur lesquelles sont situes les points associes a I++, I+−, I−+, I−−

Partie IV

1. Soit x et y deux entiers et z = x+ y√d, montrer que

z ∈ I++ ⇒ x > 0z ∈ I++ et z > 1 ⇒ y > 0

2. On definit une partie X de R par

X ={z + c(z)

2tq z ∈ I++ et z > 1

}Montrer que X admet un plus petit element.

3. Montrer que{z ∈ I++ tq z > 1}

admet un plus petit element.Dans toute la suite, on notera m cet entier.

Partie V

1. Montrer que I++ est engendre par m

2. On suppose que I+− contient un entier z.a. Montrer que z2 est dans I++.

b. Montrer qu’il existe w dans I+− tel que m = w2.

c. Montrer que I+ est engendre par w.

Partie VI

1. Dans cette question d = 2, montrer que I++ est engendre par 3+2√

2 et que I+ est engendrepar 1 +

√2.

2. Dans cette question d = 3.a. Montrer qu’il n’existe pas d’entiers x, y tels que

x2 − 3y2 = −1

On pourra considerer les restes dans la division par 4.

b. Montrer que I++ est engendre par 2 +√

3.

c. Decrire, a l’aide d’une suite definie par recurrence l’ensemble des couples d’entiersnaturels tels que

x2 − 3y2 = 1

36

Enonces - Pb 14 : Familles de sous-espaces de meme dimension.

Probleme 14

Dans tout le probleme, K est un sous-corps de C. On utilisera en particulier que K n’est pasun ensemble fini.Tous les espaces vectoriels consideres sont des K espaces vectoriels de dimension finie.L’objet du probleme est d’etablir des proprietes des familles de sous-espaces vectoriels de memedimension.Si A et B sont deux sous-espaces vectoriels d’un K-espace vectoriel E, on dira que A est unhyperplan de B si et seulement si A ⊂ B et dimA = dimB− 1. Seule cette definition est utiliseedans le probleme, aucune interpretation en terme de forme lineaire n’est necessaire.La partie III est independante des deux premieres.

Partie I.

Dans cette partie, E designe un espace vectoriel fixe.

1. (question de cours) Soit A et B deux sous-espaces vectoriels de E.

a. Montrer que l’application :

ϕ :

{A×B → E

(a, b)→ a+ b

est lineaire. Preciser son image.

b. Montrer, en precisant l’isomorphisme, que kerϕ est isomorphe a A ∩B.

c. En deduiredim(A+B) = dimA+ dimB − dim(A ∩B)

2. Soit A un sous-espace vectoriel de E et x un vecteur de E qui n’appartient pas a A. Montrerque

dim(Vect(A ∪ {x})) = dimA+ 1

3. Soit A et B deux hyperplans distincts de E. Montrer que A ∩B est un hyperplan de B.

4. Soit A un sous-espace vectoriel de E qui n’est pas E. Montrer qu’il existe un hyperplancontenant A.

Partie II. Supplementaires d’un sous-espace donne.

Soit A et B deux sous-espaces supplementaires d’un espace vectoriel E.On se propose de montrer que l’ensemble des supplementaires de B est en bijection avec l’en-semble L(A,B) des applications lineaires de A dans B.

1. Soit f ∈ L(A,B). Montrer que l’application

ϕf :

{A→ E

a→ a+ f(a)

est lineaire et injective. Que peut-on en deduire pour dim(Imϕf ) ? Dans toute la suite, onnotera :

∀f ∈ L(A,B) : Af = Imϕf

2. Montrer que pour tout f ∈ L(A,B), Af est un supplementaire de B.

37


3. Montrer que si f et g sont deux applications lineaires de A vers B :

Af = Ag ⇒ f = g

4. Soit A1 un supplementaire quelconque de B. On note :

pA1,B la projection sur A1 parallelement a BpB,A1 la projection sur B parallelement a A1

Soit f la restriction a A de −pB,A1 . Montrer que

Af = A1

5. Conclure en precisant le role des questions precedentes.6. Montrer que l’ensemble des hyperplans d’un K-espace vectoriel E est infini.7. (hors bareme - hors programme) Dans le cas ou le corps K est fini de cardinal q et E de

dimension n, montrer que E est fini. Combien a-t-il d’elements ?Pourquoi le resultat qui est l’objectif de la partie III est-il faux dans ce cas ? Combien unsous-espace vectoriel B de dimension s admet-il de supplementaires ?

Partie III. Supplementaire commun

A1 = Vect(a1)

A4 = Vect(a4)

A3 = Vect(a3)

A2 = Vect(a2) B1 = Vect(b1)

B = Vect(b)

Fig. 6 – Partie III. dimE = 2.

Dans cette partie, on considere des familles (A1, A2, · · · , Ap) de sous-espaces d’un espacevectoriel E telles que les Ai soient deux a deux distincts et de meme dimension m (0 < m <dimE).On veut montrer qu’il existe un sous-espace vectoriel B qui est un supplementaire de chacun dessous-espaces Ai.

1. Cas dimE = 2. Dans ce cas, chaque Ai est une droite vectorielle (c’est aussi un hyperplan).Il existe des vecteurs non nuls a1, · · · , ap tels que

A1 = Vect(a1), · · · , Ap = Vect(ap)

38


a. Justifier l’existence d’un vecteur b1 tel que (a1, b1) soit une base de E.

b. Pour i entre 2 et p, on note αi et βi les coordonnees de ai dans la base (a1, b1). Montrerque βi 6= 0 pour i entre 2 et p.

c. Justifier l’existence d’un scalaire λ tel que

b = λa1 + b1 6∈ A1 ∪A2 ∪ · · · ∪Ap

2. Dans cette question, on pourra utiliser le resultat de la question II.6 (dans un espacevectoriel il existe une infinite d’hyperplans). Soit (A1, A2, · · · , Ap) une famille d’hyperplansverifiant les conditions indiquees en debut de partie. Montrer que

A1 ∪A2 ∪ · · · ∪Ap 6= E

3. Soit (A1, A2, · · · , Ap) une famille verifiant les conditions indiquees en debut de partie.Montrer que

A1 ∪A2 ∪ · · · ∪Ap 6= E

4. On veut maintenant montrer le resultat annonce ; c’est a dire l’existence d’un supplementairecommun B aux sous-espaces d’une famille (A1, A2, · · · , Ap) verifiant les conditions in-diquees en debut de partie.

a. Cas m = dimE − 1. Soit x un vecteur qui n’est pas dans A1 ∪A2 ∪ · · · ∪Ap, montrerque Vect(x) est un supplementaire commun.

b. Montrer le resultat dans le cas general.

39

Enonces - Pb 15 : Approximation par convolution.

Probleme 15

Pour tout entier naturel n non nul, on definit une fonction ϕn dans R par :

∀t ∈ R : ϕn(t) =

3n4

(1− n2t2) si t ∈[− 1n,1n

]0 si t 6∈

[− 1n,1n

]Soit f une fonction continue (mais non necessairement derivable) de R dans R. Pour tout entiernaturel n non nul, on definit fn par :

∀x ∈ R : fn(x) =∫ 1

n

− 1n

ϕn(t)f(x+ t)dt

1. a. Tracer l’allure du graphe d’une fonction ϕn.Preciser la ”regularite” de ϕn. (Ou est-elle continue, derivable ? Ou la derivee est ellecontinue, derivable ? ... ).

b. Calculer ∫ 1n

− 1n

ϕn(t)dt

2. a. En utilisant un changement de variable et diverses primitives, former une expressionde fn(x) permettant de montrer facilement que fn est derivable dans R.

b. Pour tout x reel, montrer que

f ′n(x) =3n3

2

∫ 1n

− 1n

tf(x+ t)dt

3. Pour tout reel x et tout entier naturel non nul n, on pose

In(x) =[x− 1

n, x+

1n

]Mn(x) = max

u∈In(x)|f(u)− f(x)|

a. Montrer que|fn(x)− f(x)| ≤Mn(x)

b. Soit J un segment (intervalle de la forme [a, b]) de R. Pour tout naturel non nul n, onnote

Kn = maxx∈J|fn(x)− f(x)|

Montrer que (Kn)n∈N∗ converge vers 0.c. Soit x un reel fixe. Que peut-on deduire de la question precedente relativement a la

suite(fn(x))n∈N∗

4. Soit x un nombre reel en lequel la fonction f est derivable. On definit une fonction Rx par :

∀t ∈ R : f(x+ t) = f(x) + tf ′(x) + tRx(t)

a. Pour tout n naturel non nul, exprimer f ′n(x) en fonction de f ′(x) et de∫ 1n

− 1n

t2Rx(t)dt

b. Montrer que (f ′n(x))n∈N∗ converge vers f ′(x).

40

Enonces - Pb 16 : Calcul de la somme des inverses des carres par la methode des coefficients deFourier.

Probleme 16

1. a. Calculer ∫ 1

0

t cos(kπt) dt∫ 1

0

t2 cos(kπt) dt

b. En deduire qu’il existe un unique couple (a, b) de reels a preciser tels que, pour toutentier k ≥ 1, ∫ 1

0

(at2 + bt) cos(kπt)dt =1k2

c. Transformer, pour le couple (a, b) de la question precedente∫ 1

0

(at2 + bt)

(12

+n∑k=1

cos(kπt)

)dt

2. Pour tout n ∈ N∗ et tout θ ∈]0, π[, exprimer

1 + 2n∑k=1

cos(2kθ)

comme un quotient de deux sinus.

3. Soit f une fonction reelle de classe C1 sur [0, 1]. Montrer que la fonction

λ→∫ 1

0

f(t) sin(λt)dt

converge vers 0 en +∞.

4. On considere la fonction reelle definie dans [0, 1] par :

f(t) =π2(t2 − 2t)4 sin(π2 t)

si t 6= 0

f(t) = −π si t = 0

a. Montrer que f est de classe C1 sur [0, 1].

b. Montrer la convergence de la suite

(n∑k=1

1k2

)n∈N∗

ainsi que la valeur de la limite.

41

Enonces - Pb 17 : Un exercice avec des sommes de Riemann.

Probleme 17

Cet exercice repose sur l’utilisation de sommes de Riemann. Deux suites (an)n∈N∗ et (bn)n∈N∗

sont definies pour tout entier n par :

an =n∑k=1

n

(n+ k)2

bn =n

2−

n∑k=1

n2

(n+ k)2

1. Montrer la convergence et calculer la limite de (an)n∈N∗ .

2. Montrer la convergence et calculer la limite de (bn)n∈N

42

Enonces - Pb 18 : Lemme de Hochschild (par dualite).

Probleme 18

Dans cet exercice, X est un ensemble fini quelconque. Il faut bien noter qu’aucune operationn’est definie sur X.On considere un sous-espace vectoriel V du C-espace vectoriel F(X,C) des fonctions definies surX et a valeurs complexes. Ce sous-espace V est de dimension p ≥ 1.On note V ∗ = L(V,C) l’espace des applications lineaires de V vers C (formes lineaires). Pourtout x ∈ X, on definit x∗ ∈ V ∗ par :

∀v ∈ V : x∗(v) = v(x)

On se propose de montrer qu’il existe une famille (x1, · · · , xp) d’elements de X et une base(v1, · · · , vp) de V telles que :

∀(i, j) ∈ {1, 2, · · · }2 : vi(xj) =

{1 si i = j

0 si i 6= j

1. Montrer que la dimension de F(X,C) est egale au nombre d’elements de X. Que peut-onen deduire pour p ?

2. On suppose qu’il existe une famille (x1, · · · , xp) d’elements de X telle que (x∗1, · · · , x∗p) soitune base de V ∗. On note

A = {x1, · · · , xp}

Pour tout v ∈ V , on designe par v|A la restriction de v a A.

a. Montrer que l’application R definie par :

R :

{V → F(A,C)v → v|A

est un isomorphisme.

b. Montrer qu’il existe une base (v1, · · · , vp) de V telles que :

∀(i, j) ∈ {1, 2, · · · }2 : vi(xj) =

{1 si i = j

0 si i 6= j

3. On se propose de montrer maintenant qu’il existe une famille (x1, · · · , xp) d’elements deX telle que (x∗1, · · · , x∗p) soit une base de V ∗.

a. Montrer qu’il existe un element x de X tel que (x∗) soit une famille libre de V ∗.

b. Parmi les familles (x1, · · · , xq) d’elements de X telle que (x∗1, · · · , x∗q) soit libre, on enconsidere une maximale. C’est a dire telle que :

(x∗1, · · · , x∗q) libre

∀x ∈ X : (x∗1, · · · , x∗q , x∗) liee

Montrer que q ≤ p. Montrer que V est inclus dans un sous-espace vectoriel de F(X,C)engendre par q fonctions. En deduire que p = q et que (x∗1, · · · , x∗p) est une base deV ∗.

43

Enonces - Pb 19 : Fonctions a derivees bornees.

Probleme 19

L’objet de ce probleme 3 est de montrer le resultat suivant.

Lorsque f ∈ Cn(R) est telle que f et f (n) soient bornees alors, pour tous les k entre1 et n− 1, la fonction f (k) est bornee.

Pour cela, on introduit des matrices et on utilisera un resultat relatif a ces matrices.Soit m un entier non nul, on definit une matrice carree Vm ∈ Mm(R) et une matrice ligneLm ∈M1,m(R) par :

Vm =

1 12 · · · 1m

2 22 · · · 2m...

......

...m m2 · · · mm

Lm =[(−1)m−1

(m

1

)· · · (−1)m−k

(m

k

)· · · (−1)0

(m

m

)]On se propose de montrer de deux manieres differentes que :

LmVm =[0 0 · · · 0 m!

]Partie I

Soit E le R-espace vectoriel des polynomes a coefficients reels de degre inferieur ou egal a m(y compris le polynome nul) et divisibles par X.

1. Montrer que, pour tout i entre 1 et m, il existe un unique polynome Λi ∈ E tel que :

∀j ∈ {1, · · · ,m} : Λi(j) = δi,j

2. Preciser, pour i entre 1 et m, le coefficient dominant de Li.

3. Montrer que L = (Λ1, · · · ,Λm) est une base de E. Soit P ∈ E, preciser la matrice MatL Pdes coordonnees. Que peut-on en deduire pour Vm ?

4. Montrer que l’application ϕ

ϕ :

{E → R

P → P (m)(0)

est une forme lineaire. Preciser MatL(ϕ).

5. Montrer sans calcul que Vm est inversible. Quel renseignement la question 2. nous donne-t-elle sur V −1

m ?

6. Demontrer la formule annoncee :

LmVm =[0 0 · · · 0 m!

]3d’apres Centrale-Supelec 2001 PC Maths 1

44


Partie II

Dans cette partie m est un entier naturel non nul. Par developpement limite a l’ordre m en0 on entend un developpement limite dont le reste est o(xm).

1. Soit k ∈ {1, · · · ,m}. Former le developpement limite a l’ordre m en 0 de

x→ ekx

2. Former le developpement limite a l’ordre m en 0 de

x→ (ex − 1)m

3. Soit j un entier entre 1 et m. Ecrire le terme 1, j du produit matriciel LmVm.

4. Demontrer la formule annoncee :

LmVm =[0 0 · · · 0 m!

]Partie III

1. Soit f ∈ C2(R) telle que |f | est bornee par un reel M0 et |f (2)| bornee par un reel M2.

a. Soit x un reel quelconque et h un reel strictement positif quelconque. Ecrire les for-mules de Taylor avec reste de Lagrange a l’ordre deux entre x et x+h puis entre x etx− h.

b. En deduire :

∀x ∈ R,∀h > 0 : |f ′(x)| ≤ M0

h+M2

2h

c. En deduire que |f ′| est bornee par √2M0M2

2. Soit f ∈ C3(R) telle que |f | est bornee par un reel M0 et |f (3)| bornee par un reel M3.

a. Soit x un reel quelconque et h un reel strictement positif quelconque. Ecrire les for-mules de Taylor avec reste de Lagrange a l’ordre trois entre x et x+ h puis entre x etx− h.

b. En deduire que |f ′| est bornee par

12(9M2

0M3

) 13

c. La fonction |f ′′| est-elle bornee ?

Partie IV

Soit f ∈ Cn(R), on suppose |f | bornee par M0 et |f (n)| bornee par Mn. On definit aussi Kh

par :

Kh = 2M0 +((n− 1)h)n

n!Mn

45


Soit x un reel quelconque et h un reel strictement positif quelconque. On definit des reelsy1, y2, · · · , yn−1 par :

y1y2...

yn−1

= Vn−1

h

1!f ′(x)

h2

2!f ′′(x)

...

hn−1

(n− 1)!f (n−1)(x)

1. Montrer que,

∀i ∈ {1, · · ·n− 1} : |yi| ≤ Kh

2. Montrer quen−1∑i=1

(−1)n−1−i(n− 1i

)yi = hn−1f (n−1)(x)

3. Montrer que |f (n−1)| est bornee par (2h

)n−1

Kh

4. En deduire que pour tout entier k entre 1 et n− 1 la fonction |f (k)| est bornee.

46

Enonces - Pb 20 : Familles de vecteurs et de reflexions.

Probleme 20

Dans tout le probleme4, on designe par n un entier egal a 2 ou 3 et par A une matrice(n, n) symetrique dont les coefficients aij sont des entiers naturels non nuls. Les coefficients dela diagonale principale de A sont des 1.On designe par M la matrice reelle carree d’ordre n et de coefficient mij defini par :

mij = − cosπ

aij

Dans le cas n = 2, on notera

a = a12 = a21, m = m12 = m21 = − cos πaOn designe par E un espace vectoriel euclidien oriente de dimension n dont le produit scalaire

est note (./.).On se propose d’etudier les bases B = (e1, · · · , en) telles que, pour tous les i et j entre 1 et n :

(ei/ej) = mij

On dira alors que B verifie la propriete M.

Partie I. Existence d’une famille verifiant M.

1. Calculer le determinant de M pour n egal a 2 ou 3.2. Montrer que s’il existe une base B verifiantM alors aij ≥ 2 pour tous les couples (i, j) tels

que i 6= j.Dans toute la suite du probleme, on suppose aij ≥ 2 pour tous les couples (i, j)tels que i 6= j.

3. Cas n = 2. Construire une base directe verifiantM.4. Cas n = 3. On veut construire une base directe B = (e1, e2, e3) verifiantM. Soit (a1, a2, a3)

une base orthonormee directe de E, on pose e1 = a1.a. Preciser un vecteur e2 ∈ Vect(a1, a2) tel que

(e1, e2, a3) directe et (e1/e2) = m12

b. L’ensemble des vecteurs x de E tels que{(x/e1) = m13

(x/e2) = m23

forme une droite affine D.Quelle est sa direction ? Calculer les coordonnees dans (a1, a2) du point d’intersectionD avec le plan Vect(a1, a2). En deduire la distance du vecteur nul a la droite D.

c. Traduire par une propriete geometrique faisant intervenir D l’existence d’un vecteure3 tel que (e1, e2, e3) verifie M.

d. Montrer que si detM > 0 il existe une base B verifiant M.5. Cas particulier n = 3 et

A =

1 3 23 1 42 4 1

Preciser M et montrer qu’il existe une base B verifiant M.

4d’apres Centrale Supelec 2 PC 2005

47

Enonces - Pb 20 : Familles de vecteurs et de reflexions.

Partie II. Famille de reflexions.

Dans cette partie, B = (e1, · · · , en) est une base directe verifiant M. On designe par σi lareflexion telle que

σi(ei) = −ei1. On considere deux vecteurs x et y de E admettant pour coordonnees dans B respective-

ment (x1, · · · , xn) et (y1, · · · , yn). Comment peut-on traduire matriciellement qu’ils sontorthogonaux ?

2. Cas n = 2.

a. Former les matrices S1, S2, T dans B de σ1, σ2 et τ = σ1 ◦ σ2. Pour trouver S1, onpourra par exemple considerer le vecteur me1 − e2 qui est orthogonal a e1.

b. Soit C = (a1, a2) une base orthonormee directe avec a1 = e1. Former les matrices dansC de σ1, σ2 et τ . En deduire la nature et les elements geometriques de τ .

3. Cas n = 3. Former les matrices S1, S2, S3 dans B de σ1, σ2, σ3. On pourra par exempleconsiderer les vecteurs m12e1 − e2 et m13e1 − e3 qui sont orthogonaux a e1.

4. Cas particulier n = 3 et

A =

1 3 23 1 42 4 1

a. Former la matrice T de τ = σ1 ◦ σ2 ◦ σ3 dans B.

b. Determiner un vecteur unitaire u tel que τ(u) = −u puis une base orthonormee directeD = (u, v, w). On choisira un vecteur v combinaison lineaire de e1 et e3.

c. Former la matrice de τ dans D. En deduire sa nature et ses elements geometriques.

48

Enonces - Pb 21 : Borne inferieure d’un ensemble de nombres reels. Densite de Schnirelmann.

Probleme 21

Pour toute partie 5 A de N et tout entier n ≥ 1, on pose

Sn(A) = Card(A ∩ {1, 2, · · · , n})

et on appelle densite de Schnirelmann de A le reel

σ(A) = inf{Sn(A)n

, n ≥ 1}

Si A et B sont deux parties de N, on pose

A+B = {a+ b, a ∈ A, b ∈ B}

1. a. Justifier la definition de σ(A).

b. Que vaut σ(A) si 1 6∈ A ?

c. Sous quelle condition a-t-on σ(A) = 1 ?

d. Si A ⊂ B, comparer σ(A) et σ(B).

2. Calculer σ(A) pour les parties suivantes :

a. A est une partie finie de N.

b. A est l’ensemble des entiers impairs.

c. Soit k ≥ 2 entier fixe et A l’ensemble des puissances k-iemes d’entiers.

A = {mk,m ∈ N∗}

3. Soit A et B deux parties de N contenant 0 et n ≥ 1 un nombre entier. En considerant

C = {n− b, b ∈ {0, 1, · · · , n} ∩B}

montrer queSn(A) + Sn(B) ≥ n⇒ n ∈ A+B

4. a. Montrer que si σ(A) + σ(B) ≥ 1 alors A+B = N.

b. Montrer que si 0 ∈ A et σ(A) ≥ 12 alors tout nombre entier est la somme de deux

elements de A.

5D’apres le probleme 1 de l’ouvrage ”Problemes choisis de mathematiques superieure” (Springer).

49

Enonces - Pb 22 : Rang et matrices extraites

Probleme 22

Soit p et q deux entiers et A ∈Mp,q(R), pour toutes parties (non vides) I de {1, 2, · · · , p} etJ de {1, 2, · · · , q} :

I = {i1, i2, · · · , is} ⊂ {1, 2, · · · , p}J = {j1, j2, · · · , jt} ⊂ {1, 2, · · · , q}

on definit une matrice AIJ ∈Ms(R) dite extraite de A par :

∀(u, v) ∈ {1, · · · , s} × {1, · · · , t} : terme u, v de AIJ = aiujv

Par exemple :

A =

1 2 3 4−1 3 5 78 −6 −5 10

I = {2, 3} J = {3, 4} AIJ =[

5 7−5 10

]L’objet de cet exercice est de montrer que le rang de A est la taille de la plus grande matricecarree inversible extraite c’est a dire le plus grand des s pour lesquels il existe des parties a selements I et J telles que AIJ soit inversible.

Soit E un R-espace vectoriel de dimension p, soit U = {u1, · · · , up} une base de E et V ={v1, · · · , vq} une famille de vecteurs de E tels que :

A = MatUV 6= 0Mp,q(R)

Pour toutes parties I de {1, · · · , p} et J de {1, · · · , q}, on definit :– I est le complementaire de I dans {1, · · · , p}.– J est le complementaire de J dans {1, · · · , q}.– UI = {ui, i ∈ I}, EI = Vect (UI). On utilisera librement le fait que EI et EI sont des

sous-espaces supplementaires de E.– pI est la projection sur EI parallelement a EI .– VJ = {vj , j ∈ J} , VJ = Vect (VJ).

On definit enfin un entier r par :– il existe des parties a r elements I de {1, 2, · · · , p} et J de {1, 2, · · · , q} telles que AIJ

inversible.– pour toutes parties a r+ 1 elements I de {1, 2, · · · , p} et J de {1, 2, · · · , q} (s’il en existe),AIJ n’est pas inversible.

1. Montrer que r ≥ 1.2. a. Pour toutes parties (non vides) I de {1, 2, · · · , p} et J de {1, 2, · · · , q}, montrer que

AIJ est la matrice dans une certaine base d’une certaine famille de vecteurs. Onprecisera soigneusement l’espace vectoriel, la base et la famille.

b. En deduire que r ≤ rg(A).3. Pour toutes parties (non vides) I de {1, 2, · · · , p} et J de {1, 2, · · · , q}, montrer que la

restriction de pI a VJ est injective si et seulement si

EI ∩ VJ = {0E}

4. Soit J une partie (non vide) de {1, 2, · · · , q} telle que VJ soit libre. Montrer que VJ est unebase de E ou que l’on peut completer cette famille par des vecteurs de U pour former unebase de E.

5. Montrer que r = rg(A).

50

Enonces - Pb 23 : Sommets d’une courbe parametree

Probleme 23

On appelle6 sommet d’une courbe parametree reguliere normale de classe C3 tout point decelle-ci ou la derivee de la courbure s’annule.Dans les questions 2 et 3, on compare pour les paraboles et les ellipses la notion usuelle desommet avec celle definie ici. On etablit ensuite que toute courbe fermee simple et strictementconvexe (Fig. 7) admet au moins quatre sommets.

On adopte un certain nombre de notations valables dans tout le probleme.– E est un plan affine de direction E.– O, (

−→i ,−→j )) est un repere fixe. Les coordonnees et les affixes complexes sont relatifs a ce

repere.– M est une fonction definie dans R et a valeurs dans E qui est une courbe parametree

normale. Pour tout s reel, sa derivee en s notee

−→M ′(s) = −→τ (s)

est un vecteur unitaire de E.– −→n (s) est le vecteur unitaire directement orthogonal a −→τ (s).– γ(f(t)) designe la courbure au point f(t) du support d’une courbe parametree (pas forcement

normale f). Ce nombre sera aussi parfois note c(s).

M(0) = M(L)

Fig. 7 – Courbe fermee, sans point double, strictement convexe

Partie 1. Definitions - Exemples

1. Etude d’une equation differentiellePour tout reel s, on designe par z(s) l’affixe complexe de M(s) et par x(s) et y(s) les partiesreelles et imaginaires de z(s).

6d’apres Ecole de l’air 2005

51


a. Soit c une fonction continue de R dans R. Montrer l’equivalence entre les deux pro-prietes suivantes :

(1) ∀s ∈ R : c(s) = γ(M(s))(2) ∀s ∈ R : z′′(s) = ic(s)z′(s)

b. On etudie les courbes dont la courbure est constante egale a c0.En distinguant les deux cas c0 = 0 et c0 6= 0, determiner l’expression de z. En deduireles courbes dont tous les points sont des sommets.

c. On etudie les courbes dont la courbure est donnee par une fonction c definie dans Rpar

c(s) =1

1 + s2

et qui verifient les deux conditions initiales

z(0) = i z′(0) = 1

Montrer que

z′(s) =1 + is√1 + s2

en deduire z et reconnaıtre la courbe en posant s = sh t.

2. Etude des sommets de la paraboleSoit p un reel strictement positif fixe, une parabole est donnee par une parametrisation fdefinie dans R

f(t) = 0 + t−→i +

t2

2p−→j

a. La courbe parametree f est-elle normale ? Determiner −→τ (f(t)), −→n (f(t)), une equationcartesienne de la tangente en f(t) (sous la forme d’un determinant non developpe).

b. Calculer γ(f(t)). En quel point de la parabole la derivee de cette fonction s’annule-t-elle ?

3. Etude des sommets de l’ellipseSoient a et b des reels strictement positifs distincts fixes, une ellipse est donnee par uneparametrisation f definie dans R par : .

f(t) = 0 + a cos t−→i + b sin t

−→j

a. La courbe parametree f est-elle normale ? Determiner −→τ (f(t)), −→n (f(t)), une equationcartesienne de la tangente en f(t) (sous la forme d’un determinant non developpe).

b. Calculer γ(f(t)). En quel point de l’ellipse la derivee de cette fonction s’annule-t-elle ?

Partie 2. Courbe fermee strictement convexe

Dans cette partie, on suppose que la courbe parametree normale M est C3(R) et qu’elle verifietrois hypotheses supplementaires.(Fig. 7)

– Elle est fermee et de longueur L > 0. Cela signifie que la fonction M est periodique de pluspetite periode L.

– Elle est sans point double. Cela signifie que la restriction a [0, L[ de la fonction M estinjective.

52


M1 = M(s1)

M2 = M(s2)

Fig. 8 – Intersection avec une secante

– Elle est strictement convexe. Cela signifie que, pour tout s0 reel, l’ensemble des M(s) (pours non congru a s0 modulo L) est contenu dans un des demi-plans ouverts definis par latangente a la courbe en M(s0).

1. Position par rapport a une secanteOn considere deux reels s1 et s2 dans une meme periode tels que s1 < s2 < s1 +L. On poseM1 = M(s1) et M2 = M(s2). On considere un repere orthonorme direct dont l’origine esten M1 et dont l’axe M1X est la droite orientee (M1M2) (Fig.8). On designe par X(s) etY (s) les coordonnees de M(s) dans ce repere.

a. On suppose qu’il existe des reels u et v tels que s1 < u < v < s2 et Y (u)Y (v) < 0.Montrer qu’il existe un reel w tel que s1 < w < s2 et Y (w) = 0.En deduire une contradiction avec les proprietes de la courbe.

b. Montrer que tous les points M(s) ou s1 < s < s2 appartiennent a un des deux demi-plans ouverts delimites par la droite (M1M2). Montrer que tous les points M(s) ous2 < s < s1 + L appartiennent a l’autre demi-plan ouvert.

2. SommetsOn note c(s) = γ(M(s)) et on suppose que cette fonction n’est pas constante.

a. Montrer qu’il existe des reels s1 et s2 tels que

∀s ∈ R : c(s1) ≤ c(s) ≤ c(s2)s1 < s2 < s1 + L

En deduire que M1 = M(s1) et M2 = M(s2) sont des sommets de la courbe.b. On suppose que, sur [s1, s1 + L[, la derivee c′ ne s’annule qu’en s1 et s2.

On considere a nouveau le repere de la question 1. et on suppose Y (s) > 0 pour touss verifiant s1 < s < s2.Montrer que ∫ s1+L

s1

c′(s)Y (s)ds > 0

53


Montrer que ∫ s1+L

s1

c′(s)Y (s)ds = 0

Deduire de cette contradiction que la courbe admet au moins un troisieme sommetM3 = M(s3) avec s1 < s3 < s2.

c. On suppose que, sur [s1, s1 + L[, la derivee c′ ne s’annule qu’en s1, s2 et s3. Quepeut-on dire alors de c′ en s3 ? Etablir une contradiction en reprenant le raisonnementprecedent.Ainsi, une courbe fermee sans point double et strictement convexe admet au moinsquatre sommets.

54

Enonces - Pb 24 : Suite implicite

Probleme 24

Pour tout entier naturel n, on considere deux fonctions polynomiales definies dans R

fn(x) = 1 + x+ x2 + · · ·+ xn

gn(x) = 1 + 2x+ 3x2 + · · ·+ nxn−1

On se fixe un reel a > 1 et on s’interesse a une suite de nombres reels strictement positifs(αn)n∈N−{0,1} telle que

∀n ∈ N− {0, 1} : gn(αn) = a

1. a. Montrer que pour tout entier n ≥ 2, il existe un unique reel strictement positif αn telque gn(αn) = a.

b. Montrer que la suite (αn)n∈N−{0,1} est strictement decroissante.

c. Montrer qu’il existe un entier N tel que

∀n ≥ N : αn < 1

d. Montrer que la suite (αn)n∈N−{0,1} converge. On note α sa limite. Montrer que

0 ≤ α < 1

e. Montrer que les suites (αnn)n∈N−{0,1}, (nαnn)n∈N−{0,1} et (n2αnn)n∈N−{0,1} convergenttoutes les trois vers 0.

2. a. Montrer que, pour tout x different de 1,

gn(x) =1

(1− x)2− (n+ 1)xn

1− x− xn+1

(1− x)2

b. Montrer que pour tout x ∈ [0, 1[ fixe, la suite (gn(x))n∈N−{0,1} est croissante etconverge vers

1(1− x)2

3. a. Montrer que1

(1− α)2≤ a

b. Montrer qu’il existe un β ∈]0, 1[ tel que

1(1− β)2

= a

c. Montrer que β ≤ α et en deduire

α = 1− 1√a

4. Dans cette question a = 4 et α = 12 . On se propose de trouver un equivalent pour la suite

(εn)n∈N−{0,1} telle que

∀n ∈ N− {0, 1} : αn =12(1 + εn)

55

Enonces - Pb 24 : Suite implicite

a. Montrer que, pour tous les n non nuls,

−2εn + ε2n = −1− εn2

(n+ 1)αnn − αn+1n

b. Montrer que

εn ∼14nαnn

c. Montrer que (nεn)n∈N−{0,1} converge vers 0.En deduire la limite de ((1+εn)n)n∈N−{0,1} et une suite simple equivalente a (εn)n∈N−{0,1}.

56

Corriges

57

Corriges - Pb 1

Probleme 1

Premiere partie

1. Si (pn)n∈N converge vers l 6= 0, (pn+1)n∈N converge aussi vers l et

(pn+1

pn)n∈N = (un)n∈N

doit converger vers 1.2. Comme

pn =21· 32· · · n+ 1

n= n+ 1

le produit (pn)n∈N diverge vers +∞.3. Comme

cosa

2psin

a

2p=

12

sina

2p−1

on peut ecrire

pn =n∏p=1

12

sin a2p−1

sin a2p

=12n

sin asin a

2n

De plus, 2n sin a2n → a quand n→ +∞. Donc (pn)n∈N → sin a

a .

Deuxieme partie

1. a. Prenons ε = 1 dans la definition de la convergence de (un)n∈N vers 1. Il existe unentier n0 tel que :

∀n ∈ N : n ≥ nO ⇒ |un − 1| < 1⇒ un > 0

Le n0 defini dans cette question reste valable pour la question b..b. Pour n ≥ n0, pn est du meme signe que pn0 avec

Sn = ln(un0un0+1 · · ·un)

= ln(pn

pn0−1)

= ln(|pn|)− ln(|pn0−1|)

Si (pn)n∈N converge, (|pn|)n∈N converge vers un nombre strictement positif donc(ln |pn|)n∈N converge a son tour ce qui assure la convergence de (Sn)n∈N.Reciproquement, comme pn = pn0−1e

Sn , si (Sn)n∈N → l alors

(pn)n∈N → pn0−1el

qui est non nul.2. a. On veut appliquer le theoreme des accroissements finis a la fonction

f : x→ (lnx)2

entre p et p+ 1. Etudions les variations de la derivee

x→ 2lnxx

59

Corriges - Pb 1

Comme (lnxx

)′=

1− lnxx2

est negatif pour x > e, cette derivee est decroissante dans ]3,+∞[. On en deduit que

lnxx≤ ln p

p

pour tous les t ∈ [p, p+ 1].La formule demandee traduit alors

f(p+ 1)− f(p) ≤ (p+ 1− p)f ′(p)

b. En sommant les inegalites du a., pour tout entre 3 et n ≥ 3, on obtient

(ln(n+ 1))2 − (ln(3))2 ≤ 2(Sn −

ln 22

)puis

Sn ≥12(ln(n+ 1))2 +

ln 2− (ln(3))2

2Ce qui entraıne la divergence de (Sn)n∈N et (pn)n∈N vers +∞.

Troisieme partie

1. a. Tableau de variation facile. La question b. est evidente.b. Si (S′n)n∈N converge vers l, on peut ecrire

ln pn =n∑p=1

ln(1 + νp) ≤n∑p=1

νp ≤ l

La suite (pn)n∈N est donc majoree par el.Comme (pn)n∈N est clairement croissante (on multiplie chaque fois par un nombreplus grand que 1), elle converge vers un nombre plus grand que 1 + ν1.

2. Supposons que (S′n)n∈N converge. La question precedente montre que(n∏p=1

(1 +1p)

)n∈N

converge aussi. Ce qui est en contradiction avec I.2. Comme elle est croissante, la suite(S′n)n∈N diverge donc vers +∞.

3. a. Pour a ≥ 1, le produit diverge clairement vers +∞.b. i. On conserve les notations de 1., on majore en ajoutant a la somme toutes les

puissances de a qui manquent :

S′n =n∑p=1

a2p = 1 + a+ a2 + a3 + · · ·+ a2n =1− a2n+1

1− a≤ 1

1− a

La suite (S′n)n∈N converge car elle est majoree. Il en est de meme de (pn)n∈Nd’apres 1.c.

60

Corriges - Pb 1

ii. Calculons (1− a2)pn.

(1− a2)pn = (1− a2)(1 + a2)(1 + a4)(1 + a8) · · · (1 + a2n)

= (1− a4)(1 + a4)(1 + a8) · · · (1 + a2n)

= (1− a8)(1 + a8) · · · (1 + a2n) = · · ·

= (1− a2n)(1 + a2n) = (1− a2n+1)

On en deduit que (pn)n∈N converge vers

11− a2

61

Corriges - Pb 2

Probleme 2

1. Si les reels ne sont pas distincts, les formes ne le sont pas non plus. Elles constituent doncune famille liee. Si les reels sont deux a deux distincts, considerons

Pa =(X − b)(X − c)(X − d)(a− b)(a− c)(a− d)

, Pb =(X − a)(X − c)(X − d)

(b− a)(b− c)(b− d)

Pc =(X − a)(X − b)(X − d)

(c− a)(c− b)(c− d), Pd =

(X − a)(X − b)(X − c)(d− a)(d− b)(d− c)

Si αfa + βfb + γfc + δfd est la forme nulle, en prenant successivement les valeurs en Pa,Pb,Pc,Pd on obtient α = β = γ = δ = 0 ce qui prouve que la famille est libre.

2. D’apres 1., la famille f0, f1, f2, f3 est une base de E?3 .Les reels x0, x1, x2, x3 sont en fait les coordonnees de la forme lineaire

P →∫ 1

0

P (t) dt

dans cette base. Pour calculer ces coordonnees, on prend les valeurs en Q0, Q1, Q2, Q3. Ilvient

x0 = −16

∫ 1

0

(t− 1)(t− 2)(t− 3) dt =38

x1 =12

∫ 1

0

t(t− 2)(t− 3) dt =1924

x2 = −12

∫ 1

0

t(t− 1)(t− 3) dt = − 524

x3 =16

∫ 1

0

t(t− 1)(t− 2) dt =124

3. La relation proposee par l’enonce est equivalente au syteme de quatre equations obtenu enecrivant l’egalite pour les polynomes 1, t, t2, t3.Ce systeme est lineaire par rapport a A et B. Transformons le par operations elementaires

A+B =1

aA+ bB =12

a2A+ b2B =13

a3A+ b3B =14

⇔

A+B =1

(b− a)B =12− a

b(b− a)B =13− a

2

b2(b− a)B =14− a

3

⇔

A+B =1

(b− a)B =12− a

0 =13− a

2− b(1

2− a)

0 =14− a

3− b(1

3− a

2)

Ce systeme admet des solutions si et seulement si les deux dernieres equations sont verifiees.Ce qui s’ecrit a+ b =1

ab =16

C’est a dire lorsque a et b sont les racines de

t2 − t+16

62

Corriges - Pb 2

Choisissons

a =12(1−

√23) b =

12(1 +

√23)

En reportant dans les eux premieres equations on trouve alors

A = B =12

Reciproquement, le systeme est verifie pour ces valeurs. Cela signifie que la relation estvraie pour les polynomes 1, t, t2, t3. Elle est donc verifiee par linearite dans E3 tout entier.

4. La formule ∫ 1

0

P (t) dt =13(P (u) + P (v) + P (w))

est verifiee pour tous les P de E3 si et seulement si elle est vraie pour les polynomes 1, t,t2, t3. On forme donc un systeme de quatre equations

1 =13

+13

+13

12

=13(u+ v + w)

13

=13(u2 + v2 + w2)

14

=13(u3 + v3 + w3)

⇔

u+ v + w =

12

u2 + v2 + w2 =1

u3 + v3 + w3 =34

Ce systeme n’est pas lineaire. Posons

s = u+ v + w t = uv + uw + vw p = uvw

alors :

u2 + v2 + w2 =s2 − 2t

(u2 + v2 + w2)s =u3 + v3 + w3 + (u2v + u2t+ · · · )ts =(u2v + u2t+ · · · ) + 3p

finalement

(s2 − 2t)s = u3 + v3 + w3 + ts− 3p u3 + v3 + w3 = s3 − 3ts+ 3p

le systeme s’ecrit donc s =

32

s2 − 2t =1

s3 − 3ts+ 3p =34

⇒

s =

32

t =58

p =16

La formule est donc verifiee lorsque u, v, w sont les trois racines de

X3 − 32X2 +

58X − 1

6

63

Corriges - Pb 3

Probleme 3

Partie I - Angles d’Euler

1. Par definition des rotations :

r2(−→i ) = −→u , r1(−→u ) = −→u , r3(−→u ) =

−→i1

donc r3 ◦ r2 ◦ r1(−→i ) =

−→i . De meme

r2(−→k ) =

−→k , r1(

−→k ) =

−→k1, r3(

−→k1) =

−→k1

donc r3 ◦ r2 ◦ r1(−→k ) =

−→k1.

La rotation composee transforme la base orthonormee directe (−→i ,−→j ,−→k ) en une base or-

thonormee directe (−→i1 ,−→w ,−→k1). La seule base orthonormee directe dont les vecteurs 1 et 3

sont−→i1 et

−→k1 est (

−→i1 ,−→j1 ,−→k1). On en deduit

r3 ◦ r2 ◦ r1 = r

2. La fonction R = f ◦ r−→w,α ◦f−1 est une rotation car elle est composee de plusieurs rotations(les rotations forment un groupe pour la composition). On verifie facilement que R(f(−→w ) =f(−→w ) par consequent il existe un reel β tel que R = rf(−→w ),α.Lorsque (−→u ,−→v ,−→w ) est une base orthonormee directe, la famille (f(−→u ), f(−→v ), f(−→w )) estegalement orthonormee directe et on connait la forme des matrices de r = r−→u ,α et R dansces bases. Cela nous permet d’ecrire :

cosα = (r(−→u )/−→u ) = (f−1 ◦R ◦ f(−→u )/−→u ) = (R(f(−→u ))/f(−→u )) = cosβ

sinα = (r(−→u )/−→v ) = (f−1 ◦R ◦ f(−→u )/−→v ) = (R(f(−→u ))/f(−→v )) = sinβ

en utilisant la conservation du produit scalaire par f . On en deduit que α et β sont congrusmodulo 2π ce qui prouve la relation demandee.

3. On remarque que rϕ et rψ sont des rotations de meme axe. Elles vont donc commuter.Comme r1 et Rθ sont des rotations d’angle θ mais respectivement autour de −→u et

−→i avec

−→u = rϕ(−→i ), la question precedente montre que

r1 = rϕ ◦Rθ ◦ r−1ϕ

De meme, comme r1(−→k ) =

−→k1 :

r3 = r−→k1,ϕ

= r1 ◦ rϕ ◦ r−11

On en deduit :

r = r3 ◦ r1 ◦ r2 = r1 ◦ rψ ◦ r−11 ◦ r1 ◦ r2

= r1 ◦ rψ ◦ r2= rϕ ◦Rθ ◦ r−1

ϕ ◦ rψ ◦ rϕ= rϕ ◦Rθ ◦ rψ

car rϕ et rψ commutent. ce qui est interessant dans cette decomposition c’est que les axesdes trois rotations sont diriges par les vecteurs

−→i et

−→k de la base de depart.

64

Corriges - Pb 3

Partie II - Quaternions

Les questions de cette partie se traitent par de simples verifications. Leur correction ne serapas detaillee.

Partie III - Multiplications

1. La verification de ce que S, gq, dq, Cq sont des endomorphismes ne pose pas de difficulte.Bien remarquer qu’il s’agit d’une structure de R-espace vectoriel.Soit q′ un quaternion quelconque, on peut ecrire :

dq−1(q′) = q′q−1 =1

N(q)q′q =

1N(q)

qq′

donc

dq−1 =1

N(q)S ◦ gq ◦ S

De meme :

Cq = gq ◦ dq−1 =1

N(q)gq ◦ S ◦ gq ◦ S

2. a. Pour former la matrice de gq, on exprime les images des vecteurs de base en fonction de(1H,−→i ,−→j ,−→k ). On peut se permettre de ne pas ecrire completement certaines matrices

car on sait qu’il s’agit de quaternions.

gq(1) = α1H + δ−→i + γ

−→j + β

−→k

gq(−→i ) =

[a −bb a

] [0 ii 0

]=[−ib .ia .

]=[−iγ − δ .iα+ β .

]= −δ1H + α

−→i + β

−→j − γ

−→k

gq(−→j ) =

[a −bb a

] [0 −11 0

]=[−b .a .

]=[−γ + iδ .α− iβ .

]= −γ1H − β

−→i + α

−→j + δ

−→k

gq(−→k ) =

[a −bb a

] [i 00 −i

]=[ia .ib .

]=[iα− β .iγ − δ .

]= −β1H + γ

−→i − δ−→j + α

−→k

On en deduit :

MatB

gq =

α −δ −γ −βδ α −β γγ β α −δβ −γ δ α

65

Corriges - Pb 3

b. La matrice precedente s’ecrit avec des blocs 2× 2 A, B :

det gq =∣∣∣∣A −BB A

∣∣∣∣Ce determinant n’est pas modifie par des operations elementaires sur les blocs :

det gq =∣∣∣∣A −B + iAB A+ iB

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣A i(A+ iB)B A+ iB

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣A− iB 0B A+ iB

∣∣∣∣= |det(A+ iB)|2 =

∣∣∣∣∣∣∣∣α+ iγ −δ + iβδ + iβ α− iγ

∣∣∣∣∣∣∣∣2= |(α+ iγ)(α− iγ)− (δ − iβ)(δ + iβ)|2 = (α2 + β2 + γ2 + δ2)2 = N(q)2

On en deduit :det gq = N(q)2

3. L’egalite entre applications lineaires

Cq =1

N(q)gq ◦ S ◦ gq ◦ S

se traduit par l’egalite suivante entre les determinants (attention, l’espace est de dimension4) :

detCq =1

N(q)4(det gq)2(detS)2

Or (detS)2 = 1 car S ◦ S est l’identite. On en deduit :

detCq = 1

Partie IV - Produit scalaire

Dans cette partie −→u et −→v sont deux quaternions purs respectivement de coordonnees (γ, δ, β)et (γ′, δ′, β′) dans la base (

−→i ,−→j ,−→k ).

−→u =γ−→i + δ

−→j + β

−→k =

[iβ −γ + iδ

γ + iδ −iβ

]−→v =γ′

−→i + δ′

−→j + β′

−→k =

[iβ′ −γ′ + iδ′

γ′ + iδ′ −iβ′]

1. Pour verifier que (./.) definit un produit scalaire, formons le produit matriciel des quater-nions.

−→u−→u′ =

[−ββ′ − γγ′ − δδ′ + i(δγ′ − γδ′) .−δβ′ + βδ′ + i(γβ′ − γ′β) .

]On en deduit l’expression du produit scalaire

(−→u /−→v ) =12

tr(−→u−→v ) = ββ′ + γγ′ + δδ′

Ceci montre en meme temps que (−→i ,−→j ,−→k ) est une base orthonormee. Elle est directe par

definition de l’orientation de l’espace E des quaternions purs.

66

Corriges - Pb 3

2. Dans l’espace vectoriel euclidien oriene E, le calcul en coordonnees (dans une base ortho-normee directe) du produit vectoriel −→u−→v donneδγ

β

∧δ′γ′β′

=

γβ′ − γ′ββδ′ − β′δδγ′ − δ′γ

On retrouve des expressions figurant dans le produit matriciel calcule plus haut, on endeduit :

−→u−→v = −(−→u /−→v )1H +−→u ∧ −→v

Les autres expressions demandees par l’enonce en decoulent immediatement.

Parties V - Rotations

1. a. On doit montrer que l’image par l’application Cq d’un quaternion pur −→u est encoreun quaternion pur. On utilise la conjugaison (un quaternion est pur lorsqu’il est egala l’oppose de son conjugue).

Cq(−→u ) =1

N(q)q−→u q

Cq(−→u ) =1

N(q)q−→u q =

1N(q)

q(−−→u )q = −Cq(−→u )

On en deduit que Cq(−→u ) est un quaternion pur.b. On note cq la restriction de Cq a E. Comme Cq(1H) = 1H, la matrice de Cq) dans la

base (1H,−→i ,−→j ,−→k ) est de la forme

1 0 0 0000

Mat(−→i ,−→j ,−→k )cq

D’apres la definition du determinant d’une matrice (ou en developpant suivant lapremiere colonne), on obtient

det cq = detCq = 1

c. Comme cq est de determinant 1, pour montrer que c’est une rotation, il suffit demontrer qu’il conserve le produit scalaire.

(cq(−→u )/cq(−→v )) = −12

tr(cq(−→u )cq(−→v )) = −12

tr(q−→u q−1q−→v q−1)

= −12

tr(q−→u−→v q−1) = −12

tr(−→u−→v q−1q) = −12

tr(−→u−→v ) = (−→u /−→v )

en utilisant le fait que la trace d’un produit de deux matrices ne change pas si on lespermute

2. a. Rappelons que

q =[a −bb a

], q =

[a b−b a

]

67

Corriges - Pb 3

cq(−→i ) =

1N(q)

q

[0 ii 0

]q =

1N(q)

q

[−ib ia

ia ib

]=

1N(q)

[. .

−ib2 + ia2 0

](cq(−→i )/−→i ) =

Im(−ib2 + ia2)N(q)

=α2 − β2 − γ2 + δ2

N(q)

cq(−→j ) =

1N(q)

q

[0 −11 0

]q =

1N(q)

q

[b −aa b

]=

1N(q)

[. .

b2 + a2 0

](cq(−→j )/−→j ) =

Re(b2 + a2)N(q)

=γ2 − δ2 + α2 − β2

N(q)

cq(−→k ) =

1N(q)

q

[i 00 −i

]q =

1N(q)

q

[ia ibib −ia

]=

1N(q)

[i|a|2 − i|b|2 .

. .

](cq(−→k )/−→k ) =

Im(i|a|2 − i|b|2)N(q)

=α2 + β2 − γ2 − δ2

N(q)

b. On deduit de la question precedente que

tr cq =3α2 − β2 − γ2 − δ2

α2 + β2 + γ2 + δ2

Cette trace est egale a 3 si et seulement si

3α2 − β2 − γ2 − δ2 = 3(α2 + β2 + γ2 + δ2)

c’est a dire lorsque β2 + γ2 + δ2 = 0 ou encore que q ∈ Vect(1H).3. Lorsque q 6∈ Vect(1H), cq n’est pas l’identite car la trace de cq n’est pas egale a la trace de

l’identite (qui est 3). De plus :

Cq(q) =qqq−1 = q

Cq(q) =1

N(q)qq−1q−1 =

1N(q)

q−1 = q

cq(−→V q) =

12Cq(q − q) =

12(q − q) =

−→V q

4. En utilisant les calculs de la partie IV et les decompositions

q = α1H +−→V q, q = α1H −

−→V q

on obtient

q−→u q =α2−→u + 2α−→V q ∧ −→u − (

−→V q ∧ −→u ) ∧

−→V q

q−→u q =α2−→u − 2α−→V q ∧ −→u − (

−→V q ∧ −→u ) ∧

−→V q

(cq − c−1q )(−→u ) =

4αN(q)

−→V q ∧ −→u

On sait deja que cq est une rotation, cette rotation est un demi-tour lorsque cq ◦ cq estl’identite c’est a dire lorsque cq = c−1

q . Comme−→V q n’est pas nul, ceci se produit si et

seulement si α = 0 c’est a dire lorsque q ∈ E (q est un quaternion pur).On suppose dans toute la suite que q 6∈ Vect 1H et q 6∈ E. Il existe alors un unique θ ∈]−π, π[tel que cq = r

θ,−→V q

car cq est une rotation qui n’est pas un demi-tour.

68

Corriges - Pb 3

5. a. Lorsque cq = rθ,−→V q

la matrice de cq dans une base orthonormee directe de la forme

U = (−→a ,−→b , 1

N(−→V q)

−→V q) est

MatU

cq

cos θ − sin θ 0sin θ cos θ 0

0 0 1

b. On deduit de la matrice precedente et du calcul de la trace de cq (V.2) que :

tr cq =2 cos θ + 1 =3α2 − ‖

−→V q‖2

α2 + ‖−→V q‖2

cos θ =α2 − ‖

−→V q‖2

α2 + ‖−→V q‖2

=α2 − ‖

−→V q‖2

N(q)

Dans la base U , la matrice de −→u →−→V q ∧ −→u se calcule avec l’ expression usuelle du

produit vectoriel : 00‖−→V q‖

∧xyz

=

−‖−→V q‖y

‖−→V q‖x0

la matrice cherchee est donc : 0 −‖

−→V q‖ 0

‖−→V q‖ 0 00 0 0

En identifiant les expressions des matrices de cq − c−1

q dans U obtenues a partir de a.et de V.4., on obtient

sin θ =2α‖−→V q‖

N(q)c. On utilise

tanθ

2=

sin θ1 + cos θ

On en deduit

tanθ

2=

2α‖−→V q‖

N(q) + α2 − ‖−→V q‖

=‖−→V q‖α

Cette expression determine un unique θ2 dans ]− π

2 ,π2 [ donc un unique θ dans ]−π, π[.

Partie VI - Quaternions et angles d’Euler

1. Lorsque q est de la forme

q =[eiω 00 e−iω

]= cosω1H + sinω

−→k

cq est une rotation d’axe−→k (car sin θ >) et d’angle θ ∈]− π, π[ defini par :

tanθ

2=

sinωcosω

= tanω

Lorsque cosω 6= π2 .

69

Corriges - Pb 3

– si ω ∈]0, π2 [ : cq = r−→k ,2ω

.

– si ω = π2 : cq est le demi-tour d’axe Vect

−→k .

– si ω ∈]π2 , π[ : cq = r−→k ,2ω−2π

= r−→k ,2ω

Lorsque q est de la forme

q =[

cosω i sinωi sinω cosω

]= cosω1H + sinω

−→i

– si ω = π2 : cq est le demi-tour d’axe Vect

−→i .

– si ω ∈]0, π[−{π2 }, sinω > 0 : cq = r−→i ,2ω

2. Effectuons le calcul matriciel qui donne la matrice d’une rotation en fonction de ses anglesd’Euler :[

eiϕ2 0

0 e−iϕ2

] [cos θ2 i sin θ

2

i sin θ2 cos θ2

][eiψ2 0

0 e−iψ2

]

=[eiϕ2 0

0 e−iϕ2

][cos θ2e

iψ2 i sin θ2e−iψ2

i sin θ2eiψ2 cos θ2e

−iψ2

]=

[cos θ2e

iϕ+ψ2 .

sin θ2eiψ−ϕ2 .

]

3. Comme q est un quaternion de norme 1 : |a|2 + |b|2 = 1, il existe donc un reel λ ∈]0, π2 [ quipermet d‘’exprimer les modules sous forme trigonometrique.

|a| = cosλ, |b| = sinλ

Introduisons des arguments µ et ν dans [0, 2π] :

a = cosλeiµ, |b| = sinλeiν

Il ne reste plus qu’a identifier les deux matrices :

θ

2= λ,

ϕ+ ψ

2= µ,

ψ − ϕ2

= ν

θ = 2λ, ψ = µ+ ν, ϕ = µ− ν

70

Corriges - Pb 4

Probleme 4

Partie I. Exemples. Une inegalite generale.

Dans toute cette partie, on utilisera souvent le resultat suivant.

Si une fonction continue, definie dans R est monotone au voisinage de +∞ et de −∞alors elle majoree si et seulement si elle ne diverge pas vers +∞ ni en −∞ ni en +∞.

Ce resultat est une consequence des definitions des limites et du fait qu’une fonction continuesur un segment est bornee.

1. Ici X = R, f(x) = Kx2, hm(x) = mx−Kx2.– Si K < 0, hm n’est majoree pour aucune valeur de m.– Si K > 0, hm est majoree pour tous les m reels. On obtient facilement la valeur minimale

de la fonction du second degre. On en deduit :

X◦ = R; f◦(m) =m2

4K

On verifie que f = f◦ si et seulement si K = 12 .

2. Lorsque f est une fonction continue sur un segment X = [a, b], il en est de meme desfonctions hm pour n’importe quelle valeur de m. Ces fonctions sont donc toujours borneesce qui montre x◦ = RChaque fonction continue hm atteint ses bornes sur le segment [a, b]. Il existe donc xm ∈[a, b] tel que f◦(m) = hm(xm). Dans ce cas rien n’assure l’unicite de xm.

3. Ici X = R et f(x) = 13x

3. Comme hm(x) = mx − 13x

3, elle est monotone au voisinage de+∞ et de −∞ avec

hm(x) ∼ −13x3

Cette fonction diverge vers +∞ en −∞. Elle n’est pas bornee par consequent

X◦ = ∅

4. Ici X = R etf(x) = ex, hm(x) = mx− ex

Examinons les limites

en −∞ : hm(x)→

−∞ si m > 00 si m = 0

+∞ si m < 0en +∞ : hm(x)→ −∞

Le resultat precise au debut permet de conclure que X◦ = [0,+∞[.Si m = 0, la fonction h0(x) = −ex admet 0 comme borne superieure donc f◦(0) = 0.Si m > 0, formons le tableau de variations de hm(x) = mx− ex.On a h′m(x) = m− ex et

0 lnm +∞m lnm−m

hm ↗ ↘−1 −∞

71

Corriges - Pb 4

On en deduit (en notant a nouveau x la variable)

X◦ = [0,+∞[

f◦(x) ={

0 si x = 0x lnx− x si x > 0

On forme alors ku(x) = ux−x lnx−x pour x > 0 dont on cherche le tableau de variationsk′u(x) = u− lnx :

0 eu +∞eu

ku ↗ ↘0 −∞

On en deduit X◦◦ = R avec f◦◦(x) = ex.5. Ici X = R et f(x) = αx + β, hm(x) = mx − αx − β = (m − α)x − β. Si m 6= α, une des

limites en ±∞ est +∞ et donc hm n’est pas majoree. On en deduit

X◦ = {α} , f◦(α) = −β

Alors hu est toujours bornee puisque son domaine de definition est reduit au seul point αavec hu(α) = uα− (−β). Donc en revenant a la lettre x pour designer la variable :

X◦◦ = R, f◦◦(x) = αx+ β

6. Ici X ne contient que quatre points X = {−1, 0, 1, 2} et

hm(x) =

−m− 1 si x = −1

0 si x = 0m− 2 si x = 12m− 1 si x = 2

La question est alors de savoir, pour un nombre m donne, quel est le plus grand des quatrenombres

−1−m 0 m− 2 2m− 1

Le plus commode est de faire une etude graphique en tracant les quatre droites

m→ −1−m m→ 0 m→ m− 2 m→ 2m− 1

Une de ces droites est l’axe des x. On voit clairement sur le dessin le graphe de f◦ eton deduit facilement son expression (la demonstration ne merite pas vraiment qu’on s’yattarde). On en deduit X◦ = R et, en notant a nouveau x la variable,

f◦(x) =

−x− 1 si x ≤ −1

0 si x ∈[−1, 1

2

]2x− 1 si x ≥ 1

2

Il est important de noter que la fonction f◦ est continue. Formons maintenant ku(x)

ku(x) =

ux− (−x− 1) = (u+ 1)x+ 1 si x ≤ −1

ux− 0 = ux si x ∈[−1, 1

2

]ux− (2x− 1) = (u− 2)x+ 1 si x ≥ 1

2

72

Corriges - Pb 4

0.5

−1

Fig. 9 – I.6. Etude graphique

A cause du resultat cite dans le preambule, la fonction ku est majoree si et seulement siu+ 1 ≥ 0 et u− 2 ≤ 0. Par consequent X◦◦ = [−1, 2].Sur ]−∞,−1] la fonction ku est croissante. Elle atteint sa borne superieure en −1 en prenantla valeur −u.Sur

[12 ,+∞

[la fonction ku est decroissante. Elle atteint sa borne superieure en 1

2 en prenantla valeur u

2 .Sur

[−1, 1

2

]la fonction ku est affine et varie entre les deux valeurs precedentes. Sa borne

superieure est donc la plus grande des deux valeurs precedentes.On en deduit

∀u ∈ [−1, 2] : f◦◦(u) = supRku = max(u,

u

2)

Soit, revenant a la lettre x :

f◦◦(x) ={−x si x ∈ [−1, 0]12x si x ∈ [−1, 2]

On remarque que le domaine de definition est le plus petit intervalle contenant le domainede definition de f et que la fonction f◦◦ interpole f en ces points.

7. Pour x ∈ X et m ∈ X◦,

mx− f(x) = hm(x) ≤ f◦(m) = supXhm

d’oumx ≤ f(x) + f◦(m)

73

Corriges - Pb 4

Fig. 10 – I.6. Graphe de f◦◦

Partie II. Un autre exemple. Inegalite de Holder.

1. L’etude de la fonction hm conduit a X◦ = R avec

u◦p(m) = 0 pour m ≤ 0 et u◦p(m) = uq(m) pour m > 0

2. On exploite l’inegalite I.7. pour obtenir la premiere inegalite demandee puis on remplace xpar λx et y par 1

λy pour obtenir la seconde.

Partie III. Espaces N et N0 de fonctions convexes.

Les conditions imposees aux fonctions deN etN0 entraınent clairement qu’elles sont convexeset croissantes.

1. Comme f(0) = 0, on peut poser τ(x) = f(x)x et interpreter τ comme le taux d’accroissement

en 0 de la fonction f . D’apres le theoreme des accroissements finis, il existe cx ∈]0, x[ telque τ(x) = f ′(cx). Comme τ diverge vers +∞, la fonction f ′ n’est pas majoree, comme f ′

est strictement croissante, elle diverge vers +∞.

2. Appliquons le theoreme des accroissements finis entre x et 2x.Il existe c ∈]x, 2x[ tel que

f(2x)− f(x) = xf ′(c) ≥ xf ′(x)

car f ′ est croissante. Comme de plus f est aussi croissante avec f(0) = 0, le nombre f(x)est positif donc

xf ′(x) ≤ f(2x)

3. On suppose ici que f ′ → +∞ en +∞. Comme

f ′(x) ≤ 2f(2x)

2x

On en deduit f(2x)2x → +∞. Comme d’autre part τ est croissante car f est convexe, cela

prouve que τ → +∞

74

Corriges - Pb 4

Partie IV. Transformee de Legendre dans N0.

1. Les proprietes des fonctions dans N0 en particulier f ′ croissante, f ′ → +∞ en +∞ et lecalcul de h′m(x) = m− f ′(x) conduisent au tableau suivant pour hm

0 xm +∞f◦(m)

hm ↗ ↘0 −∞

La fonction hm atteint son maximum en un unique point xm qui est note ϕ(m).

2. a. Les conditions de N0 entraınent clairement que f ′ est strictement croissante de R+

dans R+. Elle est bijective car continue avec les ”bonnes limites”.

b. Comme xm annule la derivee de hm, on a m = f ′(ϕ(m)). Donc ϕ est la bijectionreciproque de f ′. On en deduit que ϕ est continue (d’apres un resultat du cours). Elleest egalement croissante ce qui conduit aux ”bonnes limites” grace aux limites de f ′.

3. D’apres les questions precedentes, on peut ecrire

f◦(m) = mϕ(m)− f ◦ ϕ(m)

Comme f ′ est strictement croissante avec f ′′ > 0, la bijection reciproque de f ′ est derivable(resultat de cours) avec

ϕ′ =1

f ′′ ◦ ϕOn en deduit que ϕ est C1 puis que f◦ est C1 avec

f◦′ = ϕ(m) +mϕ′(m)− ϕ′(m)f ′(ϕ(m)) = ϕ(m)

car f ′(ϕ(m)) = m. Comme ϕ est C1, cela prouve que f◦ est C2. D’apres le calcul de ϕ′ dejaeffectue,

f◦′′ =1

f ′′ ◦ ϕ

4. Les calculs precedents et la definition de N0 montrent clairement que f◦ ∈ N0. D’autrepart, f◦◦′ est la bijection reciproque de f◦′ c’est a dire f ′. Ainsi f◦◦ et f ont la memederivee, la condition en 0 prouve qu’elles sont egales.

Partie V. Un resultat general.

Dans toute cette partie, on suppose X◦ non vide.

1. L’inegalite de la question I.7. entraıne que pour chaque x de X, f(x) est un majorant de

{mx− f◦(x),m ∈ X◦}

d’ou∀x ∈ X, f(x) ≥ sup {mx− f◦(x),m ∈ X◦}

2. a. Il est clair que m ∈ [m1,m2] si et seulement si 0 ≤ m2 −m ≤ m2 −m1. Si on poset = m2−m

m2−m1c’est a dire m = m2 − t(m2 −m1) = tm1 + (1− t)m2. On obtient bien

m ∈ [m1,m2]⇔ ∃t ∈ [0, 1] tel que m = tm1 + (1− t)m2

75

Corriges - Pb 4

b. Si m1 et m2 sont dans X◦ et m dans [m1,m2], il existe t dans [0, 1] tel que m =tm1 + (1 − t)m2. Comme f(x) = tf(x) + (1 − t)f(x), on peut ecrire pour tout x deX :

hm(x) = thm1(x) + (1− t)hm2(x)

Il est important de remarquer que t et 1− t sont positifs dans cette formule. C’est celaqui montre que hm est majoree par tf◦(m1) + (1− t)f◦(m2) et donc que m ∈ X◦.

c. On deduit de b. que X◦ est convexe. C’est donc toujours un intervalle de R.

3. a. D’apres V.1., pour tout x ∈ X, f(x) est un majorant de

{mx− f◦(m),m ∈ X◦}

donc x ∈ X◦◦ ce qui entraıne X ⊂ X◦◦ avec f◦◦(x) ≤ f(x).

b. On n’a pas toujours X◦◦ = X car d’apres I.2.c., l’ensemble X◦ (et a fortiori X◦◦) esttoujours un intervalle ce qui n’est pas forcement le cas pour le domaine de depart X(comme dans le troisieme exemple de la partie precedente).

c. D’apres 1., X◦ ⊂ X◦◦. En remplacant X par X◦ on obtient donc

X◦ ⊂ X◦◦

On va exploiter maintenant

∀x ∈ X : f◦◦(x) ≤ f(x)

Considerons unm quelconque dansX◦◦◦ et un x quelconque dansX. Comme f◦◦(x) ≤f(x), on a aussi

mx− f(x) ≤ mx− f◦◦(x) ≤ f◦◦◦(m)

Par consequent, f◦◦◦(m) est un majorant de x → mx − f(x) defini dans X ce quiprouve m ∈ X◦ avec f◦(m) ≤ f◦◦◦(m). Comme on avait deja f◦◦◦(x) ≤ f◦(x) (c’estla relation f◦◦(x) ≤ f(x) appliquee a f◦) on obtient bien finalement

X◦◦◦ = X◦ : f◦◦◦ = f◦

76

Corriges - Pb 5

Probleme 5

Partie I

1. Le calcul de f1 et f2 s’effectue en utilisant des coefficients indetermines et en formant desequations pour les conditions requises. En utilisant :

f1(x) = ax+ b+ (cx+ d)ex

f ′1(x) = a+ (cx+ c+ d)ex

f ′′1 (x) = (cx+ 2c+ d)ex

On obtientf1(x) = (x+ 2) + (x− 2)ex

En utilisant :

f2(x) = ax2 + bx+ c+ (αx2 + βx+ γ)ex

f ′2(x) = 2ax+ b+ (αx2 + (2α+ β)x+ β + γ)ex

f ′′2 (x) = 2a+ (αx2 + (4α+ β)x+ 2α+ 2β + γ)ex

f(3)2 (x) = (αx2 + (6α+ β)x+ 6α+ 3β + γ)ex

On obtientf2(x) = (−x2 − 6x− 12) + (x2 − 6x+ 12)ex

2. a. Calculons, a l’aide de la formule de Leibniz, la derivee n+ 1 eme de la fonction

x→ x2n+1ex

(n+ 1)!

Comme on connait les derivees successives des fonctions puissances et de la fonctionexponentielle, il vient :

1(n+ 1)!

n+1∑k=0

(n+ 1k

)(2n+ 1)!

(2n+ 1− k)!x2n+1−kex

Le coefficient de xnex s’obtient pour k = n+ 1. Il s’agit de :

(2n+ 1)!(n+ 1)!n!

=(

2n+ 1n

)∈ N

b. Etudions la fonction ϕn definie par :

ϕn(x) =1

(n+ 1)!x2n+1ex − fn(x)

On la derive n+ 1 fois :

ϕ(n+1)n (x) =

1(n+ 1)!

(x2n+1ex

)(n+1) − xnex

77

Corriges - Pb 5

a cause des conditions sur fn. C’est une somme de termes de la forme

ukxkex

avec k entre n et 2n + 1. Il est clair que tous les uk sont positifs ou nuls pour k > n(ils viennent exclusivement de la derivee calculee avec la formule de Leibniz). Pourk = n, le coefficient est : (

2n+ 1n

)− 1

qui est un entier strictement positif. Ceci montre que ϕ(n+1)n (x) ≥ 0 pour x ≥ 0. De

plus toutes les derivees successives de x2n+1ex sont nulles en 0. On en deduit

ϕ(n0) = ϕ′n(0) = · · · = ϕ(n)

n (0) = 0

On peut donc former une cascade de tableaux de variations :

0 +∞ϕ

(n+1)n 0 +

ϕ(n)n 0 ↗

ϕ(n−1)n 0 ↗

......

On en deduit en particulier que ϕn(x) > 0 pour x > 0. C’est a dire :

∀x > 0 : fn(x) <1

(n+ 1)!x2n+1ex

Le raisonnement est analogue pour l’autre inegalite.

3. Soit m ∈ N, on suppose qu’il existe q ∈ N tel que qem ∈ Z. Alors :

qfn(m) = qAn(m)︸︷︷︸∈Z

+Bn(m)︸︷︷︸∈Z

qem︸︷︷︸∈Z

∈ Z

car An et Bn sont a coefficients dans Z. D’autre part, d’apres 2.

(I) : 0 < qfn(m) <m2n+1qem

(n+ 1)!

Or (qemm2n+1

(n+1)! )n∈N et une suite de la forme (A Bn

(n+1)! )n∈N pour des reels A et B fixes. Elleconverge donc vers 0.Pour n assez grand, m

2n+1qem

(n+1)! devient donc strictement plus petit que 1 ce qui est contra-dictoire avec (I) lorsque qfn(m) est entier. On en deduit que fn(m) est irrationnel pourtout m entier.

Partie II

1. Le tableau suivant se calcule en partant de la ligne

0| 1 0 0 0 0

78

Corriges - Pb 5

En descendant, il s’agit du triangle de Pascal usuel. En remontant, on procede de gauchea droite en calculant les termes au fur et a mesure pour que la relation soit verifiee. Onobtient

m�k 0 1 2 3 4−4 1 −4 10 −20 35−3 1 −3 6 −10 15−2 1 −2 3 −4 5−1 1 −1 1 −1 10 1 0 0 0 01 1 1 0 0 02 1 2 1 0 03 1 3 3 1 04 1 4 6 4 1

On peut remarquer aussi que ces coefficients sont entiers a cause de leur definition meme.

2. a. Pour le calcul suivant, on utilise les proprietes usuelles des operations dans un anneau :(n∑k=0

c−1,kdk

)(i+ d) =

n∑k=0

c−1,kdk +

n∑k=0

c−1,kdk+1

=n∑k=0

(c−1,k + c−1,k−1) dk (car dn+1 = 0)

=n∑k=0

c0,kdk = 1d0 = i

Comme i commute avec tout le monde (en particulier d), le produit dans l’autre sensest aussi egal a i. On en deduit que i+ d est inversible avec :

(i+ d)−1 =n∑k=0

c−1,kdk

b. Pour m dans N, la formule demandee est la formule du binome habituelle dans uneanneau. Pour les entiers negatifs, on va demontrer la formule Pm pour m ∈ Z−N parune recurrence descendante.

(Pm) (i+ d)m =n∑k=0

cm,kdk

La question a. montre (P−1). Montrons maintenant que

(Pm)⇒ (Pm−1)

En effet, par un calcul analogue a celui du a. :(n∑k=0

cm−1,kdk

)(i+ d) =

n∑k=0

(cm−1,k + cm−1,k−1) dk =n∑k=0

cm,kdk

= (i+ d)m (d’apres (Pm))

79

Corriges - Pb 5

On peut alors multiplier a droite par (i+ d)−1 et utiliser l’associativite ce qui donne :

n∑k=0

cm−1,kdk = (i+ d)m−1

C’est a dire (Pm−1).

Partie III

1. Si on derive n + 1 fois un polynome de degre inferieur ou egal a n, on obtient toujours lepolynome nul. L’endomorphisme d est donc nilpotent avec dn+1 = 0L(Rn(X)). On peut alorsappliquer les resultats de la partie II. On en deduit que i + d est inversible dans l’anneaudes endomorphismes, c’est donc un automorphisme.

2. a. La remarque fondamentale est ici que la derivee de la fonction x → P (x)ex est x →(P + P ′)(x)ex ou

P + P ′ = (i+ d)(P )

La derivee seconde est alors(i+ d)2(P )(x)ex

et ainsi de suite. Par exemple la derivee d’ordre m est :

β(m)(x) = [(i+ d)m(Bn)] (x)ex avec (i+ d)m(Bn) = (i+ d)m−n−1(Xn)

Pour m = n+ 1 :(i+ d)m−n−1 = i

d’ouβn+1(x) = xnex

b. D’apres la question precedente :

β(m)(x) =[(i+ d)m−n−1(Xn)

](0)e0

Pour m entre 0 et n, l’exposant m−n− 1 est negatif et on peut utiliser la formule duII.2.b.

β(m)(x) =

[n∑k=0

cm−n−1,kdk(Xn)

](0) =

[n∑k=0

cm−n−1,kn!

(n− k)!Xn−k

](0)

= cm−n−1,nn! (car seul k = n contribue)

On a donc bienβ

(m)n (0)n!

= cm−n−1,n inZ

On est ici en mesure de prouver le resultat admis dans la partie I (existence despolynomes An et Bn).On choisit d’abord Bn = (i+d)−(n+1)(Xn). Par definition c’est un polynome de degreau plus n. A cause de la formule de la question II.2.b, il est a coefficients dans Z.On doit maintenant trouver un polynome An de degre au plus n et tel que si

fn(x) = An(x) +Bn(x)ex = An(x) + βn(x)

80

Corriges - Pb 5

on ait f (m)n (0) = 0 pour tous les m entre 0 et n. La derniere relation etant automati-

quement verifiee a cause du degre de An et de la definition de Bn (III.2.a).La condition impose

A(m)n (0) = −β(m)

n (0)

D’apres la formule de Taylor, le coefficient de Xm dans An est

A(m)n (0)m!

= −β(m)n (0)m!

∈ Z

ceci montre que le An ainsi construit est a coefficients entiers.

81

Corriges - Pb 6

Probleme 6

Partie I

1. Exprimons d’abord x puis x+ i :

α = arctan1x⇒ x =

cosαsinα

⇒ x+ i =1

sinαeiα

Deux expressions sont possibles pour les arguments de x+ i.

x > 0⇒ α ∈]0,π

2[ ⇒ sinα > 0 : α est un argument de x+ i

x < 0⇒ α ∈]− π

2, 0[ ⇒ sinα < 0 : α+ π est un argument de x+ i

2. Posons β = arctan 1y . Un calcul analogue a celui de la question precedente conduit a :

(x+ i)m(y + i)e−iπ4 =

1sinm α sinβ

ei(mα+β−π4 )

Ce nombre complexe est reel si et seulement si

mα+ β − π

4≡ 0 (π)

3. On calcule (2 + i)2(−7 + i) et on trouve −25(1 + i). On en deduit la formule demandeemodulo π. Pour lever cette ambiguite ”a π pres”, on remarque que

0 < arctan17< arctan

12<π

4

donc

0 < arctan12− arctan

17<π

4

0 < arctan12<π

4

La somme est donc bien entre 0 et π4 .

4. En developpant et en utilisant rq − 1 = p2, on obtient

(p+ r + i)(p+ q + i) = (2p+ q + r)(p+ i)

L’egalite en decoule a un multiple de π pres. De plus, les deux membres de l’egalite sontentre 0 et π, ils sont donc forcement egaux.

Partie II

1. En utilisant des formules du binome et en separant les parties reelles et imaginaires, onobtient

m 1 2 3 4Am x x2 − 1 x3 − 3x x4 − 6x2 + 1Bm 1 2x 3x2 − 1 4x3 − 4x

82

Corriges - Pb 6

2. Il s’agit de separer les parties reelles et imaginaires de

Am+1 + iBm+1 = (Am + iBm)(x+ i)

On obtient :

Am+1 = xAm −Bm Bm+1 = Am + xBm

Ici encore, on separe les parties reelles et imaginaires apres quelques manipulations simples :

Am(−x) + iBm(−x) = (−x+ i)m = (−1)m(x− i)m = (−1)m(x+ i)m

= (−1)m(Am − iBm)

On en deduit :

Am(−x) = (−1)mAm(x) Bm(−x) = −(−1)mBm(x)

Cette fois on derive(Am + iBm)′ = m(x+ i)m−1

A′m = mAm−1 B′m = mBm−1

Pour x 6= 0, on fait apparaitre 1x

(x+ i)m = (ix)m(

1i

+1x

)m= (−ix)m

(i+

1x

)mSi m est pair :

(−i)m = (−1)m2 ⇒

Am(x) = (−1)

m2 xmAm(− 1

x)

Bm(x) = (−1)m2 xmBm(− 1

x)

Si m est impair :

(−i)m = −(−1)m−1

2 i

⇒ (x+ i)m = (−1)m+1

2 i

(Am(− 1

x) + iBm(− 1

x))m

= (−1)m−1

2

(Bm(− 1

x)− iAm(− 1

x))m

⇒

Am(x) = (−1)

m−12 xmBm(− 1

x)

Bm(x) = −(−1)m−1

2 xmAm(− 1x

)

3. En utilisant arctan pour exprimer un argument de x+i, on peut ecrire une suite d’equivalences :

Am(x) = Bm(x)⇔ π

4est un argument de (x+ i)m

⇔ m arctan1x≡ π

4(π)⇔ arctan

1x≡ π

4m(π

4m)

On en deduit que l’ensemble des solutions est{cot( π

4m+ k

π

m

), k ∈ 0, · · · ,m− 1

}83

Corriges - Pb 6

4. On calcule la derivee de Fm en remplacant les derivees des polynomes a l’aide des formulesde la question II.2. et en utilisant les relations de recurrence pour n’avoir que des m − 1.On obtient

F ′m = −2mA2m−1 +B2

m−1

(Am −Bm)2

On en deduit que Fm est decroissante dans chaque intervalle de son domaine de definition.D’apres la formule du binome, le degre de Am est m et celui de Bm est m − 1 donc Fmtend vers +1 en +∞ et −∞.

Partie III. Les formules du type Machin

1. D’apres la definition, (x, y) ∈ Cm si et seulement si

(x+ i)m(y + i) ∈ Reiπ

4

Un nombre complexe est dans Reiπ4 si et seulement si sa partie reelle est egale a sa partieimaginaire. Or

(x+ i)m(y + i) = (Am(x) + iBm(x))(y + i)= Am(x)y −Bm(x) + i(Bm(x)y +Am(x))

Donc

(x, y) ∈ Cm ⇔ Am(x)y −Bm(x) = Bm(x)y +Am(x)⇔ (Am(x)−Bm(x))y = Am(x) +Bm(x)

On en deduit : {Am(x) 6= Bm(x)

y = Fm(x)⇒ (x, y) ∈ Cm

Supposons maintenant (x, y) ∈ Cm avec Am(x) = Bm(x). Alors Am(x) + Bm(x) = 0 doncAm(x) = Bm(x) = 0 donc (x+ iy)m devrait aussi etre nul ce qui est evidemment faux carx et y sont non nuls. Ceci montre l’implication reciproque.

2. Ici, m designe un entier entre 1 et 4. Les fonctions Fm sont strictement decroissantes ettendent vers 1 et +∞. D’apres les tableaux, Fm(13) est strictement inferieur a 2 donc aucunFm(x), pour x ≥ 14, ne peut prendre de valeur entiere.On peut lire sur les tableaux les entiers entre 1 et 13 pour lesquels les Fm(x) prennent desvaleurs entieres.Pour m = 1 :

x = 2y = F1(2) = 3 arctan12

+ arctan13≡ π

4(π)

x = 3y = F1(3) = 2 meme formule

Ici, les deux arctan sont entre 0 etπ

2donc leur somme est entre 0 et pi donc

arctan12

+ arctan13

=π

4

84

Corriges - Pb 6

Pour m = 2 :

x = 1 y = F2(1) = −1 2 arctan 1 + arctan(−1) =π

4(evident)

x = 2 y = F2(2) = −7 2 arctan12− arctan

17

=π

4

x = 3 y = F2(3) = 7 2 arctan13

+ arctan17

=π

4

On a fait disparaitre le modulo π par une evaluation numerique.

Pour m = 3, il n’existe pas de formule de Machin.Pour m = 4, on obtient la formule de Machin :

x = 5 y = F4(5) = −239 4 arctan15− arctan

1239

=π

4

On a fait disparaitre le modulo π par une evaluation numerique.

Partie IV. Algorithme de Lehmer.

1. Les calculs conduisent a :

z0 = 17 + 7i z1 = −41 + 3i z2 = −577 + i z4 = −33290

2. Pour un entier k tel que zk est defini et de partie imaginaire strictement positive, notonsak et bk respectivement sa partie reelle et sa partie imaginaire. Montrons que

0 ≤ bk+1 < bk

Par definition :

zk+1 = (−nk + i)(ak + ibk) = −nkak − bk + i(−nkbk + ak)⇒

{bk+1 = ak − nkbkak+1 = −nk − bk

Par definition de la partie entiere :

nk ≤akbk

< nk + 1⇒ nkbk ≤ ak < nkbk + bk

⇒ 0 ≤ ak − nkbk < bk ⇒ 0 ≤ bk+1 < bk

3. On peut implementer en Maple l’algorithme par :

z:= 17+7*I;while Im(z)<> 0 doz := z*(I-floor(Re(z)/Im(z)))

od;

Attention, cette boucle ne se terminera que dans le cas ou la partie reelle de z0 est entierecomme le montre la question suivante.

4. a. Lorsque a0 et b0 sont des entiers, les relations obtenus dans la question precedentesmontrent que tous les ak et bk sont entiers. La suite des bk est une suite decroissanted’entiers strictement positifs. Elle ne peut etre infinie. Il existe donc un k tel que zkest reel.

85

Corriges - Pb 6

b. L’algorithme permet d’ecrire

z1 = z0(−n0 + i)z2 = z1(−n1 + i)

...zk = zn−1(−nk−1 + i) ∈ R

d’ouzkz0

= (−n0 + i)(−n1 + i) · · · (−nk−1 + i)

Comme zk est reel, les arguments de1z0

et de (−n0 + i) · · · (−nk−1 + i) sont congrus

modulo π.Pour un nombre complexe w de partie imaginaire strictement positive, un argumentest :

arctan(

Imw

Rew

)si Rew > 0

arctan(

Imw

Rew

)+ π si Rew < 0

π

2si Rew = 0

Les arguments de z0 sont donc congrus modulo π a arctan ba , ceux de −nj + i a

− arctan 1nj

(ou π2 si nj = 0). On en deduit :

− arctanb

a≡(− arctan

1n0

)+ · · ·+

(− arctan

1n0

)(π)

Ce qui donne la formule annoncee en remplacant eventuellement certains termes pardes π

2 .

86

Corriges - Pb 7

Probleme 7

1. a. Il s’agit d’une simple verification. On developpe et ordonne d’abord le crochet degauche, on obtient :

2(a2 + b2 + c2)− 2(ab+ ac+ bc)

Quand on multiplie par a+ b+ c, on obtient :

2(a3 + b3 + c3) + 2(ab2 + ac2 + ba2 + bc2 + ca2 + cb2)

− 2(a2b+ abc+ ca2 + ab2 + b2c+ abc+ abc+ bc2 + c2a)

= 2(a3 + b3 + c3)− 6abc

b. En remplacant (tout est > 0) dans la relation precedente a par a13 , b par b

13 , a par

c13 , on obtient

a+ b+ c = 3(abc)13 + terme positif avec des puissances

13

De meme, en remplacant dans la relation precedente a par a−13 , b par b−

13 , a par c−

13 ,

on obtient1a

+1b

+1c

= 3(abc)−13 + terme positif avec des puissances − 1

3

Cela prouve les inegalites demandees.2. Les deux inegalites de la question precedentes se reformulent en :

31a

+1b

+1c

≤ (abc)13 ≤ a+ b+ c

3

Il s’agit de la comparaison classique entre moyennes harmonique, geometrique et arithmetique.Les suites sont bien definies car chaque nouveau terme est strictement positif ce qui permetla poursuite du processus. La comparaison des moyennes montre par recurrence que

∀n ≥ 1 : cn ≤ bn ≤ an

3. On va montrer successivement :– que la suite (cn)n∈N est croissante (la limite est notee c)– que la suite (an)n∈N est decroissante et minoree (la limite est notee a)– que la suite (cn)n∈N est majoree (la limite est notee c) et que la suite (an)n∈N est minoree

(la limite est notee a)– que a = b.Preuve de la croissance de (cn)n∈N

cn ≤ bn ≤ an ⇒

1an≤ 1cn

1bn≤ 1cn

⇒ cn+1 =3

1an

+1bn

+1cn

≥ cn

Preuve de la decroissance de (an)n∈N

cn ≤ bn ≤ an ⇒

{cn ≤ anbn ≤ an

⇒ an+1 =an + bn + cn

3≤ an

87

Corriges - Pb 7

Les inegalites precedentes montrent que (cn)n∈N∗ est majoree par a1, elle est donc conver-gente. On note c sa limite. De meme (an)n∈N∗ est minoree par c1, elle est donc convergente.On note a sa limite.On va montrer maintenant a = b par une double inegalite.Pour tous les entiers (plus grands que 1) p et q on peut ecrire :

cp ≤ · · · ≤ cmax(p,q) ≤ amax(p,q) ≤ · · · ≤ aq

On en deduit que pour tout p ≥ 1, cp est un minorant de l’ensemble des aq donc cq ≤ acar a est la borne inferieure de l’ensemble des aq. Ceci montre que a est un majorant del’ensemble des cp donc c ≤ a car c est la borne superieure de l’ensemble des an.Formons maintenant une inegalite ne contenant pas bn dont la convergence n’est pasprouvee.

bn ≤ an ⇒ an+1 =an + bn + cn

3≤ 2an + cn

3Comme les suites (an)n∈N∗ et (cn)n∈N∗ convergent respectivement vers a et c on peututiliser le theoreme de passage a la limite dans une inegalite. Il conduit a :

a ≤ 2a+ c

3⇒ a ≤ c

Il est evident, d’apres le theoreme d’encadrement, que (bn)n∈N∗ converge vers la limitecommune a = c.

4. Le point essentiel dans les deux questions suivantes est la formule

an+1cn+1 =anbncn(an + bn + cn)anbn + bncn + cnan

(1)

a. En particulier, si ancn = b2n, la formule devient

an+1cn+1 =b3n(an + bn + cn)anbn + bncn + b2n

= b2n

Comme tout est positif, lorsque a1c1 = b21 on obtient a2c2 = b21 = b22 et la relation sepropage par recurrence, la suite des bn est alors constante. Les trois suites convergentvers b1 qui est la moyenne geometrique de a1 et c1.

b. On va montrer que lorsque a1c1 < b21, la suite des bn est decroissante. Remarquonsd’abord que

b32 = a1b1c1 < b21

ce qui entraine b2 < b1. Il s’agit donc de montrer que ancn < b2n pour tous les entiersn.La relation (1) peut encore s’ecrire

an+1cn+1 = f(ancn)

avec

f : x→ ux

x+ vu = bn(an + bn + cn) v = anbn + bncn

Commef(x) = u− uv

x+ v

88

Corriges - Pb 7

et que tout est strictement positif, la fonction f est croissante.Alors :

ancn < b2n ⇒ an+1cn+1 = f(ancn) < f(b2n) = b2n

puis :b3n+1 = an+1bn+1cn+1 < b3n ⇒ bn+1 < bn

Le raisonnement est analogue lorsque a1c1 > b21.

89

Corriges - Pb 8

Probleme 8

1. a. D’apres les proprietes usuelles du produit scalaire :

P(−→a ⊥) ∩ P(−→b ⊥) = D(−→a ⊥ ∧

−→b ⊥)

De plus ici −→c = −−→a −−→b donc tout vecteur orthogonal a −→a et

−→b est aussi orthogonal

a −→c ce qui se traduit par :

P(−→a ⊥) ∩ P(−→b ⊥) ⊂ P(−→c ⊥)

P(−→a ⊥) ∩ P(−→b ⊥) ∩ P(−→c ⊥) = P(−→a ⊥) ∩ P(

−→b ⊥) = D(−→a ⊥ ∧

−→b ⊥)

b. Equation normale du plan P(−→a ,−→b ) :

−→u ∈ P(−→a ,−→b )⇔ (−→u /−→a ∧

−→b ) = 0

On en deduit d’apres le cours :

d(M,P(−→a ,−→b )) =

∣∣∣(−→u /−→a ∧ −→b )∣∣∣

−→a ∧−→b

2. Plans ”hauteurs”.

a. Le plan hauteur issu de −→u est orthogonal a P(−→v ,−→w ) c’est a dire qu’il contient levecteur −→v ∧−→w . Il doit aussi contenir −→u . Un vecteur orthogonal au plan hauteur issude −→u est donc

(−→v ∧ −→w ) ∧ −→u

b. Preuve de l’identite de Jacobi.Les termes se simplifient deux a deux en sommant les doubles produits vectoriels :

(−→u ∧ −→v ) ∧ −→w = (−→u /−→w )−→v�

− (−→v /−→w )−→uN

(−→v ∧ −→w ) ∧ −→u = (−→v /−→u )−→w�

− (−→w/−→u )−→v�

(−→w ∧ −→u ) ∧ −→v = (−→w/−→v )−→uN

− (−→u /−→v )−→w�

Chacun des trois vecteurs de l’identite de Jacobi est orthogonal a un des plans hau-teurs. La question 1. montre alors que l’intersection des trois plans est la droite Dhdirigee par le vecteur

((−→u ∧ −→v ) ∧ −→w ) ∧ ((−→v ∧ −→w ) ∧ −→u )

3. Plans ”bissecteurs”.

a. En utilisant les equations normale et le resultat de cours donnant la distance d’unpoint a un plan, on obtient que le point M est equidistant de P(−→u ,−→v ) et P(−→w ,−→u )si et seulement si :

|(−→m/−→u ∧ −→v )|‖−→u ∧ −→v ‖

=|(−→m/−→w ∧ −→u )|‖−→w ∧ −→u ‖

90

Corriges - Pb 8

ou encore, pour ε ∈ {−1,+1} :

(−→m/−→u ∧ −→v )‖−→u ∧ −→v ‖

= ε(−→m/−→w ∧ −→u )‖−→w ∧ −→u ‖

Ce qui s’ecrit(−→m/−→α ε) = 0

avec−→α ε =

1‖−→u ∧ −→v ‖

−→u ∧ −→v +ε

‖−→w ∧ −→u ‖−→w ∧ −→u

On obtient donc deux plans bissecteurs respectivement orthogonaux a −→α 1 et −→α−1

b. Calculons les produits scalaires :

(−→α ε/−→v ) =ε

‖−→w ∧ −→u ‖(−→w ∧ −→u /−→v ) = ε

det(−→u ,−→v ,−→w )‖−→w ∧ −→u ‖

(−→α ε/−→w ) =ε

‖−→u ∧ −→v ‖(−→u ∧ −→v /−→w ) =

det(−→u ,−→v ,−→w )‖−→w ∧ −→u ‖

Ces deux produits scalaires sont donc de signe opposes uniquement pour

−→a = −→α−1 =1

‖−→u ∧ −→v ‖−→u ∧ −→v − 1

‖−→w ∧ −→u ‖−→w ∧ −→u

c. On deduit les autres vecteurs orthogonaux aux plans bissecteurs en permutant leslettres. Ils se simplifient deux par deux dans la sommation :

−→a =1

‖−→u ∧ −→v ‖−→u ∧ −→v

�

− 1‖−→w ∧ −→u ‖

−→w ∧ −→uN

−→b =

1‖−→v ∧ −→w ‖

−→v ∧ −→w�

− 1‖−→u ∧ −→v ‖

−→u ∧ −→v�

−→c =1

‖−→w ∧ −→u ‖−→w ∧ −→u

N

− 1‖−→v ∧ −→w ‖

−→v ∧ −→w�

La question 1. montre ici que l’intersection des trois plans bissecteurs (interieurs) estune droite Db dirigee par :(

1‖−→u ∧ −→v ‖

−→u ∧ −→v − 1‖−→w ∧ −→u ‖

−→w ∧ −→u)∧(

1‖−→v ∧ −→w ‖

−→v ∧ −→w − 1‖−→u ∧ −→v ‖

−→u ∧ −→v)

4. Plans ”mediateurs”.

a. En decomposant a l’aide du projete orthogonal, on obtient que

‖−→m‖2 = d(M,D(−→v ))2 + d(M,P(−→v ⊥))2

= d(M,D(−→w ))2 + d(M,P(−→w⊥))2

On en deduit qu’un point est a egale distance des droites si et seulement si il est aegale distance des plans.

91

Corriges - Pb 8

b. Ecrivons qu’un point M est a egale distance des droites en ecrivant qu’il est a egaledistance des plans (avec les equations normales) :

|(−→m/−→v )|‖v‖

=|(−→m/−→w )|‖w‖

ce qui s’ecrit encore, avec ε ∈ {−1,+1},

(−→m/−→α ε) = 0 avec −→α ε =1‖−→v ‖

−→v +ε

‖−→w ‖−→w

On obtient donc deux plans mediateurs associes aux deux vecteurs orthogonaux −→α−1

et −→α 1.c. Exprimons les produits scalaires avec des cos :

(−→α ε/−→v ) = ‖−→v ‖+ ε(−→w/−→v )‖−→w ‖

= ‖−→v ‖(1 + ε cos δ) = ‖−→v ‖ε(ε+ cos δ)

ou δ est l’ecart angulaire entre −→v et −→w . De meme

(−→α ε/−→w ) = ‖−→v ‖(ε+ cos δ)

On en deduit que l’unique vecteur pour lequel les produits scalaires sont de signeopposes est

−→a = −→α−1 =1‖−→v ‖

−→v − 1‖−→w ‖

−→w

d. Les vecteurs−→b et −→c s’obtiennent par permutation circulaire. Les termes se simplifient

deux par deux lorsque l’on somme les trois. L’intersection des plans mediateurs estdonc une droite Dm dirigee par(

1‖−→v ‖

−→v − 1‖−→w ‖

−→w)∧(

1‖−→w ‖

−→w − 1‖−→u ‖

−→u)

5. Expression des vecteurs directeurs des droites.– Plans hauteurs. Avec des doubles produits vectoriels, et apres avoir mis en facteur

(−→u /−→w )(−→v /−→u )(−→w/−→v )

on trouve : −→u ∧ −→v−→u .−→v

+−→v ∧ −→w−→v .−→w

+−→w ∧ −→u−→w .−→u

– Plans bissecteurs. En utilisant la linearite du produit vectoriel et apres avoir multipliepar

‖−→u ∧ −→v ‖‖−→v ∧ −→w ‖‖−→w ∧ −→u ‖et mis en facteur

det(−→u ,−→v ,−→w )

on trouve‖−→v ∧ −→w ‖−→u + ‖−→w ∧ −→u ‖−→v + ‖−→u ∧ −→v ‖−→w

– Plans mediateurs. En utilisant la linearite du produit vectoriel, on obtient directement :

1‖−→u ‖‖−→v ‖

−→u ∧ −→v +1

‖−→v ‖‖−→w ‖−→v ∧ −→w +

1‖−→w ‖‖−→u ‖

−→w ∧ −→u

92

Corriges - Pb 9

Probleme 9

1. a. D’apres le cours sur la definition bifocale des coniques, l’ensemble C est une ellipse defoyers F et F ′. La distance entre le centre et les sommets est le nombre a.

b. L’application S est une similitude de rapport |u| et d’angle un argument de u. Parconsequent, pour deux points A et B quelconques :

S(A)S(B) = |u|AB

On en deduit que C′ est l’ensemble des points M verifiant

S(F )M + S(F ′)M = 2|u|a

C’est a dire l’ellipse de foyers S(F ) et S(F ′) et de distance centre-sommets egale a|u|a.

2. a. L’equation de Cρ est(x+ 1− 2ρ)2 + y2 = λ2(ρ− ρ2)

b. Par un point M de coordonnees x et y passe un cercle Cρ lorsque, pour x, y, λ fixes,il existe un reel ρ verifiant la relation precedente. Reecrivons donc cette relation enl’ordonnant par rapport a ρ :

(4 + λ2)ρ2 − (4x+ 4 + λ2)ρ+ (x+ 1)2 + y2 = 0

Par un point M de coordonnees x et y passe un unique cercle Cρ lorsque la relationprecedente (consideree comme une equation du second degre d’inconnue ρ) admet uneunique solution reelle. Cela se traduit par la nullite du discriminant. Calculons cediscriminant puis formons des conditions equivalentes a sa nullite :

(4x+ 4 + λ2)2 − 4(4 + λ2)((x+ 1)2 + y2) = 0

⇔ (16− 4(4 + λ2))(x+ 1)2 + 8λ2(x+ 1) + λ4 − 4(4 + λ2)y2 = 0

⇔ −4λ2x2 + 4λ2 + λ4 − 4(4 + λ2)y2 = 0

⇔ 4λ2x2 + 4(4 + λ2)y2 = λ2(4 + λ2)

⇔ x2

1 +λ2

4

+y2

λ2

4

= 1

La derniere relation est une equation reduite. L’ensemble Eλ est donc une ellipse decentre l’origine. L’axe focal est l’axe Ox car le coefficient sous le x2 est plus grand quecelui sous le y2. On note comme d’habitude– a : la distance centre-sommets– b : le demi petit axe– c : la distance centre-foyersOn a a2 = b2 + c2 dans le cas d’une ellipse avec :

a2 = 1 +λ2

4b2 =

λ2

4

donc c = 1. Les foyers sont les points de coordonnees (1, 0) et (−1, 0).

93

Corriges - Pb 9

c. L’ensemble ∆λ est forme par les points M par lesquels passe au moins un cercleCλ. Un point M de coordonnees (x, y) est dans ∆λ lorsque l’equation du seconddegre d’inconnue ρ deja consideree admet des solutions reelles c’est a dire lorsquele discriminant est positif ou nul. En reprenant les calculs du b., cela se traduit par :

x2

1 +λ2

4

+y2

λ2

4

≤ 1

L’ensemble ∆λ est donc le disque elliptique dont le bord est Eλ.3. a. La bijectivite est evidente (equation du premier degre) la bijection reciproque S′

associe a un point d’affixe z le point d’affixe

a− b2

z +a+ b

2

b. L’image par S d’un cercle de centre C et de rayon r est un cercle de centre S(C) etde rayon 2r

|a−b| .

c. D’apres la question precedente, et apres calculs, on trouve que l’image du centre estle point de coordonnees

2r2 + 1

De meme, on trouve que le rayon du cercle image est

2|c||a− b|

r√

1− r2

On en deduit que le cercle image est un cercle Cρ pour

ρ = r2 λ =∣∣∣∣ 2ca− b

∣∣∣∣4. Soit z1 et z2 des nombres complexes tels que

|z1| = r |z1|2 + |z2|2 = 1

Il existe alors des reels ϕ1 et ϕ2 tels que

z1 = reiϕ1 z2 =√

1− r2eiϕ2

On peut alors exprimer :

a|z1|2 + b|z2|2 + cz1z2 = ar2 + b(1− r2) + cr√

1− r2ei(ϕ1−ϕ2)

Pour r fixe et ϕ1, ϕ2 variables, les points dont les affixes sont ces nombres complexesdecrivent un cercle

affixe du centre : ar2 + b(1− r2)

rayon : |c|r√

1− r2

94

Corriges - Pb 9

5. D’apres 4. D est la reunion (pour r entre 0 et 1) des cercles de centre ar2 + b(1− r2) et derayon |c|r

√1− r2.

L’image par S d’un tel cercle est un cercle Cr2 pour λ =∣∣∣∣ 2ca− b

∣∣∣∣. Comme r2 decrit ]0, 1[,

S(D) est l’ensemble des points par lesquels passe au moins un cercle Cρ. Donc

S(D) = ∆λ avec λ =∣∣∣∣ 2ca− b

∣∣∣∣Donc

D = S′(δλ)

Les foyers de S(Eλ) sont les images par S des points d’affixes −1 et 1 c’est a dire les pointsd’affixes a et b.

95

Corriges - Pb 10

Probleme 10

Partie I

1. En ecrivant des lignes de coefficients du binome, on realise rapidement que les termesaugmentent jusqu’au milieu, decroissent ensuite. On veut donc montrer que

ω(n) =(

n

E(n2 )

)On peut le justifier (sommairement) par recurrence.Supposons que les coefficients de la ligne n augmentent puis diminuent, il en est alors dememe de la somme de deux termes consecutifs de cette ligne ce qui prouve (triangle dePascal) la propriete a l’ordre n+ 1.On peut aussi le justifier directement en remarquant que :

∀k ∈ {0, 1, · · · , n− 1} :(

n

k + 1

)=n− kk

(n

k

)D’autre part :

n− kk

< 1⇔ n

2< k

On en deduit

∀k ∈ {0, 1, · · · ,E(n

2)} :

n− k2≥ 1

∀k ∈ {E(n

2) + 1, · · ·n− 1} :

n− k2

< 1

Ce qui prouve le comportement de la suite decrit au debut.2. D’apres la question precedente,

ω(2n) =(

2nn

)ω(2n− 1) =

(2n− 1n− 1

)avec

ω(2n) =(2n)(2n− 1) · · · (n+ 1)

n!= 2

(2n− 1) · · · (n+ 1)(n− 1)!

= 2ω(2n− 1)

Partie II

1. Lorsque deux partie de E ont le meme nombre d’elements, une inclusion entre elles entrainel’egalite. L’ensemble des parties a p elements de E est donc un ensemble de Sperner.

2. Lorsque f−1({t}) n’est pas vide, il est forme des parties A de E telles que∑i∈A

ai = t

Pour montrer que f−1({t}) est de Sperner, on considere A et B avec A ⊂ B et A 6= B.Alors il ne peuvent etre tous les deux dans f−1({t}) car les ai etant strictement positifs

f(B) = f(A) +∑

i∈B−Aai > f(A)

96

Corriges - Pb 10

3. On va donner deux demonstrations.La premiere methode consiste a compter d’abord les couples en les classant suivant lepremier ensemble A1.Comment former un couple de Sperner (A1, A2) a partir de la donnee de A1 de cardinalk ?Il ne faut pas que la partie A2 soit une partie de A1 ni qu’elle contienne A1. Il y a 2k partiesde A1. Il y a 2n−k − 1 parties contenant A1 autres que A1 (autant que de parties dans lecomplementaire). On en deduit donc que lorsque A1 est fixe il y a

2n − 2k − 2n−k + 1

couples de Sperner (A1, A2) lorsque A1 est de cardinal k. Le nombre total de couples deSperner est

n−1∑k=1

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

= 22n − 2 3n + 2n

Ce nombre est a diviser par 2 car on cherche le nombre de paires et non de couples soit

22n−1 − 3n + 2n−1

La deuxieme methode s’inspire du principe d’inclusion-exclusion 7. On compte toujoursd’abord les couples mais on commence par les couples qui ne sont pas de Sperner.On doit considerer les couples (A,B) tels que A ⊂ B prives des couples (A,A). Il y en a3n − 2n. (voir feuille exercices Denombrement)On doit compter aussi les (A,B) tels que B ⊂ A Il y en a aussi 3n − 2n. Mais attentiona ne pas decompter deux fois les (A,A). Comme le nombre total de couple est (2n)2. Lenombre de couples de Sperner est

22n − (2(3n − 2n) + 2n) = 22n − 3n + 2n−1

et on retrouve22n−1 − 3n + 2n−1

paires de Sperner en divisant par deux.

Partie III

Une chaıne est entierement definie par une suite injective (a1, a2, . . . , an) d’elements de E enposant

A1 = {a1}, A2 = {a1, a2}, · · · , An = {a1, a2, . . . , an}

Ceci definit une bijection entre l’ensemble des chaınes et l’ensemble des injections de {1, 2, · · · , n}dans E. Il y a donc n! chaınes de l’ensemble E.Une chaıne dont le k ieme terme est une partie fixee A s’obtient a partir d’une suite injective(a1, a2, . . . , ak) d’elements de A et d’une suite injective (ak+1, . . . , an) d’elements de E −A.Le nombre de ces suites, c’est a dire le nombre cherche de chaınes est

k! (n− k)!7voir Proofs From the Book Springer

97

http://back.maquisdoc.net/data/temptex/fexen.pdf

Corriges - Pb 10

Partie IV

1. Considerons une chaıne (C1, . . . , Cn) et une partie de Sperner S telles que l’intersection de{C1, . . . , Cn} avec S soit non vide et contienne une partie A. Cette partie A fait partie dela chaıne, tous les autres elements de cette chaıne sont contenus dans A ou le contiennent.Aucun ne peut donc etre dans S par definition d’un ensemble de Sperner.

2. Considerons toutes les chaınes (C1, . . . , Cn) qui coupent un ensemble de Sperner S, classonsles a l’aide de leur unique partie A dans l’intersection.Lorsque A contient k elements, le nombre de chaınes coupant S en A est

k! (n− k)!

On en deduit que le nombre total de chaınes coupant S est∑A∈S

(cardA)!(n− cardA)!

Ce nombre est evidemment plus petit que n! qui est le nombre total de chaınes. En divisantpar n! on obtient donc ∑

A∈S

1CcardAn

≤ 1

3. D’apres la partie preliminaire, tous les coefficients du binome qui interviennent dans laformule precedente sont plus petits que ω(n). On en deduit

1 ≥∑A∈S

1(n

cardA

) ≥∑A∈S

1ω(n)

=cardSω(n)

Ce qui permet de conclure.On peut remarquer qu’il existe un ensemble de Sperner realisant l’egalite cardS = ω(n).Par exemple l’ensemble des parties de E contenant E(n2 ) elements.

98

Corriges - Pb 11

Probleme 11

Attention, ce corrige utilise des definitions et des conditions de stabilite presentees dans lecomplement de cours 8 sur les suites definies par recurrence. Ces definitions et proprietes sont ala frontiere (exterieure) du programme.En particulier, pour un point fixe c d’une fonction f on utilisera :

|f ′(c)| < 1⇒ c est stable|f ′(c)| > 1⇒ c est instable

On utilisera aussi que lorsque I est un intervalle stable pour une fonction f croissante. La suitedefinie par recurrence par f et une condition initiale x0 dans I est monotone. Le sens de lamonotonie est lie au signe de f(x0) − x0. L’inegalite initiale entre x0 et x1 = f(x0) se propageen une inegalite de meme sens entre xn et xn+1 a cause de la croissance de f .Lorsqu’une fonction f est croissante, le tableau des signes de x → f(x) − x permet donc dedeterminer la stabilite d’un point fixe.

Partie I

1. a. La fonction fa est strictement decroissante dans R car pour a ∈]0, 1[

f ′a(x) = (ln a)ax < 0

La fonction f ◦ f est donc croissante, les suites (x2n)n∈N et (x2n+1)n∈N sont doncmonotones.Pour etudier les points fixes de f , on forme g avec g(x) = fa(x) − x. Comme fa estdecroissante, g l’est aussi. De plus elle decroit de −∞ a −∞. Elle s’annule donc en ununique point c qui est l’unique point fixe de f . Il verifie

ac = c

b. Si fa(c) = c alors evidemment fa ◦ fa(c) = c. De plus :

(fa ◦ fa)′(c) = f ′a(c)f′a ◦ fa(c) = (f ′a(c))

2

D’apres le a., on obtient(fa ◦ fa)′(c) = (ln a)2c2

2. a. L’objectif de cette question est de donner un outil permettant de comparer facilement|f ′a(c)| avec 1.On va comparer 1

ln 1a

et 1e en utilisant la fonction monotone decroissante fa.

fa(1

ln 1a

) = a1

ln 1a = a−

1ln a = e

ln a− ln a =

1e

La fonction g etant definie comme en 1., on en deduit

1e− 1

ln 1a

= g(1

ln 1a

)

8http ://back.maquisdoc.net/data/cours nicolair/C4792.pdf

99

http://back.maquisdoc.net/data/cours_nicolair/C4792.pdf

Corriges - Pb 11

Comme g est decroissante de +∞ vers −∞

1ln 1

a

<1e⇔ g(

1ln 1

a

) > 0⇔ 1ln 1

a

< c⇔ 1 < (− ln a)c⇔ | ln a|c > 1

Comme f ′a(c)| = | ln a|c, on obtient bien l’equivalence demandee.On peut remarquer que lorsque cette egalite est verifiee, le point fixe c de fa estinstable.

b. On se ramene a la forme de la question precedente :

a < e−e ⇔ ee <1a⇔ e < ln

1a⇔ 1

ln 1a

<1e

On en deduit :a < ee si et seulement si |f ′a(c)| > 1 c’est a dire c instable.a > ee si et seulement si |f ′a(c)| < 1 c’est a dire c stable.

Partie II

L’objet de cette partie est l’etude des points fixes de f ◦ f . On definit g et h par

g(x) = f ◦ f(x)− x h(x) = f(x) + x

1. a. Un calcul de derivee.

g′(x) = f ′(x)f ′(f(x))− 1 = ln a ax ln a af(x) − 1 = (ln a)2ah(x) − 1

b. Etude de h.

h(x) = f(x) + x⇒ h′(x) = 1 + (ln a)ax ⇒ h′′(x) = (ln a)2ax ≥ 0

donc h′ est croissante. Par definition f(0) = 1 donc

h′(0) = 1 + ln a

g′(0) = (ln a)2a0+f(0) − 1 = (ln a)2a− 1

Comme f(1) = a, g(0) = a.c. En +∞ : f → 0 car 0 < a < 1, d’ou g → −∞, h′ → 1, g′ → −1d. D’apres 1.a.

g′(x) = (ln a)2ah(x) − 1

avec (ln a)2 > 0 et a < 1 donc les variations de g′ sont opposees a celles de h. Parexemple quand h est croissant, g′ est decroissant.

2. Etude des zeros de h′. On rappelle que h′ est croissante avec

h′(0) = 1 + ln a h′(x) = 1 + (ln a)ax

a. Si a > e−1, h′(0) > 0 donc h′ > 0 dans [0,+∞[.b. Si a ≤ e−1, h′(0) ≤ 0 donc h′ s’annule. En etudiant l’equation on trouve que h′

s’annule seulement en

b =ln(ln 1

a )ln 1

a

100

Corriges - Pb 11

c. Dans le cas a < e−e, on a < e−1 donc h′ s’annule en b calcule dans la questionprecedente. Alors :

h′(b) = 1 + (ln a)ab = 0⇒ f(b) = ab = − 1ln a

Doncf ◦ f(b) = ef(b) ln a = e−1

D’autre part,

g′(b) = (ln a)2ab+f(b) − 1 = (ln a)2f(b)f ◦ f(b)− 1

= (ln a)21

ln 1a

1e− 1 =

ln 1a

e− 1

On en deduit que g′(b) > 0 lorsque a < e−e et que g′(b) < 0 lorsque a > e−e.Remarquer que l’on doit toujours avoir a < e−1 pour que le b annulant h′ existe.La suite de la discussion portera donc sur trois cas :

a < e−e

e−e < a < e−1

e−1 < a

3. Cas e−1 < a. Dans ce cas

g′(0) = (ln a)2a− 1 > e−1 − 1 > 0

On peut former d’apres II.1. le tableau de variations

0 +∞h′ +h ↗g′ < 0 ↘ −1g a > 0 ↘ −∞

La fonction g s’annule une fois seulement. Ce point est forcement le point fixe c de f . Letableau de g montre que ce point fixe est attractif pour f ◦ f . Les deux suites extraites(indices pairs et indices impairs pour une recurrence definie par f ◦ f) sont adjacentes etconvergent vers c.

4. Cas e−e < a < e−1. Cette fois g′(b) < 0 d’apres 2.c.

0 b +∞h′ − 0 +g′ ↗ g′(b) < 0 ↘g a ↘ −∞

La situation est en fait la meme que celle du cas precedent. La fonction g admet un seulzero qui est le point fixe c de f . Il est attractif, les suites extraites convergent vers c.

5. Cas a < e−e. Cette fois on doit trouver un vrai changement de comportement car d’apresla partie I., le point fixe c de f devient instable.

101

Corriges - Pb 11

a. Posons ϕ(a) = g′(0) = (ln a)2a− 1. Alors

ϕ′(a) = 2 ln a+ (ln a)2 = (2 + ln a) ln a

On en deduit le tableau suivant :

0 e−2 1ϕ −∞ ↗ < 0 ↘ −1

avec ϕ(e−2) = 4e2 − 1 < 0. On en deduit donc que g′(0) est toujours strictement

negatif. On peut former le tableau

0 b1 b b2 +∞h′ − 0 +g′ < 0 ↗ g′(b) > 0 ↘ −1g a > 0 ↘ α ↗ β ↘ −∞

On en deduit que g peut avoir 1, 2 ou 3 zeros suivant les signes de α et β.

b. On sait que c est un point fixe de f et de f ◦ f . C’est donc un zero de g. De plus,d’apres I.2.b, f ′(c) < −1 donc g′(c) > 0. Comme [b1, b2] est le seul intervalle surlequel g est croissante, c est dans cet intervalle donc α < 0 et β > 0. Par consequentg s’annule trois fois en des points c1 < c < c2.

c. Le tableau des signes de g est alors :

0 c1 c c2 +∞+ 0 − 0 + 0 −

Montrons que f(c1) = c2.En effet f ◦ f(f(c1)) = f(f ◦ f(c1)) = f(c1) donc f(c1) est un point fixe de f ◦ fdonc f(c1) ∈ {c1, c, c2}. Or f(c1) = c1 est impossible car c1 est le seul point fixe de f .L’egalite f(c1) = c est aussi impossible car f est injective (strictement decroissante)avec f(c) = c. La seule possibilie est donc f(c1) = c2. On demontre de meme quef(c2) = c1.Lorsque a devient strictement plus petit que e−e, le point fixe c ”explose” en troispoints fixes. Les deux points fixes stables c1 et c2 encadrent un point fixe instable c.

0 → c1 ← c → c2 ←

Les suites extraites ne sont plus adjacentes mais convergent l’une vers c1 l’autre versc2.Par exemple si x0 < c1 alors (x2n)n∈N est croissante et converge vers c1 dans [0, c1],x1 = f(x0) > c2 et (x2n+1)n∈N est decroissante et converge vers c2 dans [c2,+∞[.Si c1 < x0 < c alors (x2n)n∈N est decroissante et converge vers c1 dans [c1, c[, x1 =f(x0) > c2 et (x2n+1)n∈N est croissante et converge vers c2 dans ]c, c2[.

102

Corriges - Pb 12

Probleme 12

Partie I

1. a. Si g est strictement croissante, E =]a, b[.b. Dans ce cas E =]− 1, 0[.c. Dans ce cas E =]0, π2 [∪ ]π, 2π[.d. On peut calculer la derivee g′(x) = 2x(−2x2+1) et en deduire les variations et l’allure

du graphe de −t4 + t2. On en tire

E =]− 1,− 1√2[∪ ]− 1√

2,

1√2[

K1,0 K0,5 0 0,5 1,0

K0,2

K0,1

0,1

0,2

Fig. 11 – Question I.1.d.

2. En choisissant les points ou la derivee change de signe on choisit les extrema locaux. Prenonspar exemple la fonction dont la derivee est

t→ (t− 0.7)(t− 1.5)

dans l’intervalle [0, 2]. Pour une telle fonction, E =]0, 2[ et contient le maximum local en0.7.

3. Une fonction strictement decroissante dans ]a, b] ne l’est pas forcement dans [a, b] car lavaleur de f(a) peut etre quelconque. En revanche, si on suppose en plus la continuite ena, la valeur de f(a) est alors la limite a droite en a soit sup]a,b] f . La fonction f est alorsdecroissante dans [a, b].Cette decroissance est stricte car, si f(a) = f(c) pour un c de ]a, b], la fonction f seraitalors constante sur ]a, c].

103

Corriges - Pb 12

0,7 1,5 2

0

0,1

0,2

0,3

Fig. 12 – question I.2 E contient le maximum local 1

4. a. L’ensemble E est vide si et seulement si

∀x ∈]a, b[,∀y ∈]x, b] : g(x) ≤ g(y)

Ceci traduit exactement la decroissance de g dans ]a, b]. Comme g est continue dans[a, b], c’est equivalent a la decroissance de g dans [a, b].

b. La fonction continue g atteint sa borne superieure M sur le segment [a, b] en un pointxmax. Il est clair que xmax /∈ E donc xmax ∈ {a, b} et M ∈ {g(a), g(b)}.Les deux cas possibles sont g(a) < g(b) = M et g(a) = g(b) = M .Ils sont illustres par les graphes des fonctions 1 + (t− 0.4)2 et 1− (t− 0.5)2 sur [0, 1].La reciproque n’est pas vraie. Une relation M = g(a) ou g(b) n’empeche pas que lemaximum puisse etre atteint en un autre point a l’interieur du segment. Dans ce casE ne sera pas ]a, b[. On peut choisir par exemple la fonction cos sur [0, 4π].

Partie II

1. Quand x augmente, l’intervalle [x, b] se reduit. La fonction Ψ est donc decroissante.Pour etudier la continuite de Ψ, deux methodes sont possibles.La premiere consiste en une etude locale autour d’un point x de [a, b[.Remarquons d’abord que la fonction continue g atteint sa borne superieure sur [x, b]. Ilexiste donc m ∈ [x, b] tel que Ψ(x) = g(m). Distinguons deux cas.Cas 1. Ψ(x) = g(m) > g(x).

Alors m ∈]x, b] et par continuite en x, il existe α > 0 tel que

∀t ∈ [x− α, x] : g(t) < g(m)

104

Corriges - Pb 12

0 0,5 1

1,0

1,1

1,2

Fig. 13 – Cas 1. M = g(a) = g(b)

On en deduit que Ψ(y) = Ψ(x) lorsque y ∈ [x − α,m]. Ainsi, la fonction Ψ est nonseulement continue mais constante au voisinage de x.

Cas 2. Ψ(x) = g(m) = g(x).Par continuite de g en x, pour tout ε > 0, il existe un α > 0 tel que

∀t ∈ [x− α, x+ α] : Ψ(x)− ε ≤ g(t) ≤ Ψ(x) + ε

On va alors chercher a encadrer Ψ(y) pour y ∈ [x− α, x+ α].Utilisons d’abord decroissance de Ψ :

∀y ∈ [x− α, x+ α] : Ψ(x+ α) ≤ Ψ(y) ≤ Ψ(x− α)

D’un cote :

∀t ∈ [x− α, x] : g(t) ≤ Ψ(x) + ε

∀t ∈ [x, b] : g(t) ≤ Ψ(x)

ce qui entraıne Ψ(x− α) ≤ Ψ(x) + ε.De l’autre

Ψ(x)− ε ≤ g(x+ α) ≤ Ψ(x+ α)

ce qui entraıne Ψ(x)− ε ≤ Ψ(x+ α).Finalement on a donc

∀y ∈ [x− α, x+ α] : Ψ(x)− ε ≤ Ψ(x+ α) ≤ Ψ(y) ≤ Ψ(x− α) ≤ Ψ(x) + ε

ce qui assure la continuite de Ψ en x.Une deuxieme methode possible consiste a utiliser un resultat de cours sur les fonctionsmonotones. Si f est une fonction monotone definie sur un intervalle I et si f(I) est un

105

Corriges - Pb 12

0 0,4 1

1,0

1,1

1,2

1,3

Fig. 14 – Cas 2. g(a) < M = g(b)

intervalle, alors f est continue dans I. Ce resultat repose sur l’etude des limites des fonctionsmonotones. Il sert en particulier a prouver la continuite de la bijection reciproque d’unefonction bijective, monotone et continue sur un intervalle.Il faudrait alors montrer que l’image par ψ de l’intervalle [a, b] est un intervalle.La fonction g est continue sur un segment donc bornee. Notons

M = g(xm) = max[a,b]

g

Il est clair que Ψ est a valeurs dans [M, g(b)]. On doit montrer que, pour tout y dans[M, g(b)], il existe un x ∈ [a, b] tel que Ψ(x) = y. Cette methode ne sera pas developpeedavantage.

2. a. Un element x de ]a, b[ est dans E si et seulement si g(x) < Ψ(x).b. Si x ∈ E, on sait que

Ψ(x)− g(x)2

> 0

En prenant cette quantite comme ε et en ecrivant la definition des continuites de g etde Ψ en x, on obtient facilement l’inclusion demandee.

3. a. Notons Mx la partie de R dont s(x) est la borne inferieure :

Mx = {ξ ∈]x, b] tq g(x) < g(ξ)}

C’est une partie non vide (car x ∈ E) de ]x, b], sa borne inferieure s(x) est donc unelement de [x, b].Il est impossible que s(x) = b. En effet on aurait alors Mx = {b} donc g(x) < g(b).Dans ce cas, la continuite de g en b entraınerait g(x) < g(y) pour y assez proche de b.Ceci serait en contradiction avec Mx = {b}.On doit donc avoir s(x) ∈]x, b[.Si y ∈ [x, s(x)[, y n’est pas un element de Mx donc g(y) ≤ g(x).

106

Corriges - Pb 12

5 10

K1

0

1

Fig. 15 – Cas ou g(a) = M = g(B) et E n’est pas ]a, b[.

b. Comme g est continue en s(x), la limite de g(y) quand y → s(x) dans [x, s(x)[ estg(s(x)). Par passage a la limite dans une inegalite :

g(s(x) ≤ g(x)

Lorsque n est assez petit pour que s(x) + 1n < b, le nombre s(x) + 1

n n’est pas unminorant de Mx, il existe donc ξn ∈Mx tel que

s(x) ≤ ξn < s(x) +1n

La suite des ξn converge vers s(x) en verifiant g(x) < g(ξn). Par passage a la limite :

g(x) ≤ g(s(x))

et finalementg(x) = g(s(x))

Si y ∈ [x, s(x)[, il n’est pas un element de Mx, donc

g(y) ≤ g(x)

De plus pour tous les ξ ∈Mx :g(x) < g(ξ)

On a donc prouve l’existence d’un ξ tel que :

y < s(x) ≤ ξ ≤ bg(y) ≤ g(x) < g(ξ)

Ce qui assure que y est un element de E.

107

Corriges - Pb 13

Probleme 13

Partie I

1. On doit verifier que Z[√d] contient 1 et qu’il est stable pour l’addition et la multiplication.

Cela ne pose pas de probleme :

(x+√dy) + (x′ +

√dy′) = (x+ x′)︸︷︷︸

∈Z

+√d(y + y′)︸︷︷︸

∈Z

(x+√dy)(x+

√dy) = (xx′ + d2yy′)︸︷︷︸

∈Z

+√d(xy′ + x′y)︸︷︷︸

∈Z

2. On verifie sans difficulte que c(1) = 1 et

∀(z, z′) ∈ Z[√d]2 : c(z + z′) = c(z) + c(z′), c(z + z′) = c(z)c(z′)

3. D’apres la question precedente, pour tous z et z′ dans Z[√d],

N(zz′) = zz′c(z)c(z′) = zc(z)z′c(z′) = N(z)N(z′)

4. Si z est inversible d’inverse z′

zz′ = 1⇒ N(zz′) = 1⇒ N(z)N(z′) = 1⇒ N(z) ∈ {−1,+1}

car N(z) et N(z′) sont entiers. Reciproquement, si N(z) ∈ {−1,+1}, comme N(z) = zc(z),z est inversible d’inverse N(z)c(z).

Partie II

1. L’ensemble contenant zz′ s’obtient simplement par la regle des signes car c(zz′) = c(z)c(z′).Cela donne le tableau suivant

I++ I+− I−+ I−−I++ I++ I+− I−+ I−−I+− I+− I++ I−− I−+

I−+ I−+ I−− I++ I+−I−− I−− I−+ I+− I++

Le signe de z est le meme que celui de 1z , le signe de c(z) est le meme que celui de 1

c(z) lesquatre ensembles I++, I+−, I−+, I−− sont donc stables par inversion.

2. Les stabilites necessaires ont ete demontrees lors de la question precedente.3. On a admis que I 6= {−1,+1}, il existe donc un z dans I de module different de 1. Alorsz2 6= 1 et z2 ∈ I++ d’apres le tableau II 1.

Partie III

Notons D+ la droite d’equation x+√d y = 0 et D− la droite d’equation x−

√d y = 0. Si M

est un point de coordonnees (x, y), on peut interpreter

X = x−√d y, Y = x+

√d y

comme les coordonnees deM dans un repere attache a ces droites. On en deduit la figure suivante.

108

Corriges - Pb 13

I+−

I−− I++

Y

I−+

x−√

dy = 0

x +√

dy = 0

X

Fig. 16 – Partie III

Partie IV

1. On peut remarquer que si z = x+ y√d est un element de Z[

√d] alors

x =12(z + c(z)), y = x =

12√d(z − c(z))

Lorsque z ∈ I++, z et c(z) sont strictement positifs donc x aussi. Dans ce cas N(z) =zc(z) > 0 donc N(z) = 1Lorsque z ∈ I++ avec z > 1, c(z) = 1

z < 1 < z donc y > 02. D’apres les questions precedentes, X est une partie non vide de N∗, elle admet donc un

plus petit element note u.3. D’apres la definition de u dans la question precedente, il existe m ∈ I++ tel que m > 1 etv ∈ N∗ tel que m = u+

√d v.

On va montrer que m est le plus petit element de {z ∈ I++ tq z > 1}Comme m est dans cet ensemble, on doit montrer seulement que m est un minorant de cetensemble.Considerons un z > 1 dans I++, il existe x et y naturels non nuls tels que z = x +

√d y.

Comme x ∈ X on a u ≤ x. D’autre part, comme N(z) = 1

x2 − dy2 = 1

y2 =1d2

(x2 − 1) ≥ 1d2

(u2 − 1) = v2

Comme v et y sont positifs 0 < v < y et finalement par addition des deux inegalites

z = x+√d y ≥ u+

√d v = m

Partie V

1. Cette question est un analogue multiplicatif de l’etude des sous-groupes additifs de Z.Par definition m > 1, si z est un element de I++ strictement plus grand que 1, il existe unnaturel non nul n tel que

mn ≤ z < mn+1, 1 ≤ m−nz < m

109

Corriges - Pb 13

De plus m−nz ∈ I++ et, par definition de m, la relation m−nz < m interdit a m−nz d’etrestrictement plus grand que 1. Ainsi m−nz = 1, z = mn

Lorsque z < 1, on se ramene a la question precedente en considerant 1z

2. a. Si z ∈ I+−, z2 ∈ I++ d’apres le tableau II 1.b. D’apres la question 1, il existe n ∈ Z tel que z2 = mn. Si n etait pair de la forme 2k,

on aurait z = mk ou z = −mk. Ceci est impossible car mk ∈ I++ et−mk ∈ I−−. Ainsin est forcement impair, de la forme 2k + 1 donc

z2 = m2k+1

z = (zm−k)2

avec zm−k ∈ I+− d’apres le tableau II 1.c. Si z ∈ I+, z2 ∈ I++, il existe donc un entier n tel que z2 = mn = w2n. On en deduitz = wn car −wn 6∈ I+

Partie VI

1. Comme 9− 2× 4 = 1, il est clair que 3 + 2√

2 est bien dans I++.En utilisant les notations des parties IV et V, il s’agit maintenant de montrer que m =3 + 2

√2 en prouvant que 3 = minX. L’equation 4 − 2y2 = 1 n’a pas de solution entiere

donc 2 6∈ X. Ceci montre que 3 est bien le plus petit element de X.Comme (1 +

√2)2 = 3 + 2

√2, w = 1 +

√2 engendre I+

2. a. Remarquons qu’un carre d’entier est congru a 0 ou 1 modulo 4. On en deduit quex2 − 3y2 est congru a 0 ou 1 ou 2 mais jamais a -1 modulo 4. Il est donc impossibleque pour x et y entiers x2 − 3y2 soit egal a -1.Ici I+− et I−− sont vides.

b. Comme 2 +√

3 ∈ I++, 2 ∈ X. D’autre part, 1 6∈ X donc 2 = minX, 2 +√

3 = mengendre I++

c. Les solutions sont les couples(12(z + c(z)),

12√d(z − c(z)))

)ou z decrit I. Ici I = I++ ∪ I−+. Les couples attaches aux elements de I−+ sont lesopposees de ceux de I++.Comme I++ =< 2 +

√3 > formons les suites (un)n∈Z, (an)n∈Z, (bn)n∈Z en posant

un = (2 +√

3)n = an + bn√

3

Ces suites sont definies par recurrence

a0 = 2 b0 = 1an+1 = 2an + 3bn an−1 = 2an − 3bnbn+1 = an + 2bn bn−1 = −an + 2bn

Les solutions sont tous les couples

(an, bn), (−an,−bn)

lorsque n decrit Z.

110

Corriges - Pb 14

Probleme 14

Partie I.

1. a. Avec les operations definies dans le produit cartesien de deux espaces vectorieils, lalinearite est evidente :

ϕ((a, b) + (a′, b′)) = ϕ((a+ a′, b+ b′)) = (a+ a′) + (b+ b′)= (a+ b) + (a′ + b′) = ϕ((a, b)) + ϕ((a′, b′))

et par un developpement analogue :

ϕ(λ(a, b)) = λϕ((a, b))

L’image de ϕ est A+B par definition de la somme de deux sous-espaces.b. Montrons que kerϕ = {(a,−a), a ∈ A ∩B}. Cela montrera que kerϕ est l’image de

A ∩B par l’applicationa→ (a,−a)

qui est clairement lineaire et injective (donc un isomorphisme entre A ∩B et kerϕ).Il est evident que, (a,−a) ∈ kerϕ pour a ∈ A ∩ B. Cela entraıne une inclusion.Reciproquement :

(a, b) ∈ kerϕ⇒ a∈A

= −b∈B∈ A ∩B

prouve l’autre inclusion.c. Par isomorphisme, la dimension du noyau est celle de l’intersection. Le theoreme du

rang entraıne alors la formule demndee.2. Soit (a1, · · · , ap) une base de A (tout sous-espace d’un espace de dimension finie est de

dimension finie). On va montrer que (a1, · · · , ap, x) est une base de V = Vect(A ∪ {x}).Cela assurera que

dim (Vect(A ∪ {x})) = p+ 1 = dimA+ 1

Remarquons d’abord que tous les vecteurs de cette famille sont dans A∪{x} donc dans V .Montrons ensuite que (a1, · · · , ap, x) engendre V . En effet Vect(a1, · · · , ap, x) est un sous-espace vectoriel qui contient A = Vect(a1, · · · , ap) et x donc, par definition d’un espacevectoriel engendre :

V ⊂ Vect(a1, · · · , ap, x)

Cette inclusion signifie exactement que (a1, · · · , ap, x) engendre V . Montrons enfin que(a1, · · · , ap, x) est libre. Comme on sait que (a1, · · · , ap) est libre, si (a1, · · · , ap, x) etaitliee, x serait combinaison lineaire de (a1, · · · , ap) donc x serait dans A.Cette famille est donc libre et generatrice, c’est une base de V .

3. Soit A et B deux hyperplans distincts de E. Comme ils sont distincts, ils ne sont pasmutuellement inclus l’un dans l’autre. Il existe donc un vecteur x qui est dans l’un et pasdans l’autre. Disons que x ∈ B et x 6∈ A (le raisonnement se ferait de la meme manieredans l’autre cas). D’apres la question precedente :

dim (Vect(A ∪ {x})) = dimA+ 1 = dimE

car A est un hyperplan.On en deduit

Vect(A ∪ {x}) = E

111

Corriges - Pb 14

Comme A+B est un sous-espace vectoriel qui contient A et x :

Vect(A ∪ {x}) ⊂ A+B

On en deduit

E = A+B

dimE = dim(A+B) = dimA+ dimB − dim(A ∩B)dimE = 2(dimE − 1)− dim(A ∩B)

dim(A ∩B) = dimE − 2 = dimB − 1

Ceci montre bien que A ∩B est un hyperplan de B.

4. Soit A un sous espace vectoriel de E qui n’est pas E. Ce sous-espace A admet une base(a1, · · · , ap) (avec p < dimE = n). Cette base est une famille libre de E. D’apres letheoreme de la base incomplete, il existe des vecteurs bp+1, · · · bn tels que

(a1, · · · , ap, bp+1, · · · bn)

Soit une base de E. Il est alors evident que

Vect(a1, · · · , ap, bp+1, · · · bn−1)

est un hyperplan qui contient A.

Partie II.

1. La linearite est evidente. De plus,

x ∈ kerϕf ⇒ x+ f(x) = 0E ⇒ x = −f(x) ∈ A ∩B = {0E}

assure l’injectivite. D’apres le theoreme du rang, on peut en deduire que

dim(Imϕf ) = dimAf = dimA

2. On sait deja que Af est de la bonne dimension. Il suffit donc de montrer que le noyau estreduit a 0E .

x ∈ Af ∩B ⇒ ∃a ∈ A,∃b ∈ B tel que x = a+ f(a) = b

⇒ a = b− f(a) ∈ A ∩B ⇒ a = 0E ⇒ x = 0E

3. Soit f et g deux applications lineaires de A dans B telles que Af = Ag. Alors, pour touta ∈ A :

a+ f(a) ∈ Af = Ag ⇒ ∃a′ ∈ A tel que a+ f(a) = a′ + g(a′)

alorsa− a′ = g(a′)− f(a) ∈ A ∩B ⇒ a = a′ ⇒ f(a) = g(a)

en reinjectant dans a+ f(a) = a′ + g(a′). On en deduit

f = g

112

Corriges - Pb 14

4. Soit f = −pB,A1 avec les notations de l’enonce. Pour tout x ∈ Af , il existe a ∈ A tel que

x = a− pB,A1(a) = pA1,B(a) ∈ A1

Ainsi :Af ⊂ A1

Mais comme les deux sous-espaces sont de meme dimension :

Af = A1

5. Les questions precedentes montrent que

f → Af

definit une bijection entre L(A,B) et l’ensemble des supplementaires de B.La question 2 assure que Af est bien un supplementaire. La question 3 assure l’injectiviteet la question 4 assure la surjectivite.

6. L’ensemble des supplementaires a une droite vectorielle fixeeB est en bijection avec L(H,B)ou H est un supplementaire de B (on sait qu’il en existe). Comme L(H,B) est un espacevectoriel de dimension dimB dimH = dimE−1 = n−1, il est en bijection avec Kn−1 doncinfini lorsque K est infini. L’ensemble de tous les hyperplans est donc egalement infini.

7. si K est fini de cardinal q. L’espace E de dimension finie n est en bijection avec Kn doncfini et

]E = qn

Le resultat de la partie III est faux car l’ensemble des sous-espaces vectoriels est fini luiaussi. L’ensemble de tous les hyperplans est egal a E.Comme l’ensemble des supplementaires de B est en bijection avec L(A,B) qui est dedimension dimAdimB, le nombre de ces supplementaires est :

qdimA dimB

Partie III.

1. a. La famille (a1) est libre car le vecteur est non nul, on peut former une base de deuxvecteurs par le theoreme de la base incomplete.

b. Si βi est nul, ai ∈ A1 donc Ai = A1 or on a suppose les sous-espaces deux a deuxdistincts.

c. Il suffit de choisir un λ different de tous les αiβi

. C’est possible car le corps est infini.2. On va raisonner par recurrence sur la dimension de l’espace.

La propriete est vraie lorsque dimE = 2 a cause de la question precedente.Montrons maintenant que la propriete a l’ordre n− 1 entraine la propriete a l’ordre n.Considerons une famille (A1, · · · , Ap) d’hyperplans deux a deux distincts dans un espaceE de dimension n. Comme l’ensemble des hyperplans est infini, il existe un hyperplan Hqui est distinct de tous les Ai. D’apres la question I.3., chaque Ai ∩ H est un hyperplande H. Ils ne sont pas forcement deux a deux distincts mais on peut en extraire une famille(B1, · · · , Bq) (avec q ≤ p) formees d’hyperplans de H deux a deux distincts. alors :

A1 ∪ · · · ∪ Ap = E ⇒ (A1 ∩ H) ∪ · · · ∪ (A1 ∩ H) = H ⇒ B1 ∪ · · · ∪ Bq = H

en contradiction avec la propriete appliquee a H pour la dimension n− 1.

113

Corriges - Pb 14

3. Lorsque la famille n’est pas formee d’hyperplans, on peut inclure chaque Ai dans un hy-perplan d’apres I.4. et utiliser la question precedente.

4. a. Si x n’est pas dans l’union des Ai, il n’est dans aucun et

Vect(x) ∩Ai = {0E} ⇒ dim (Vect(x) +Ai) = 1 + dimAi = dimE

⇒ Vect(x) +Ai = E

Ainsi Vect(x) est un supplementaire commun aux Ai.

b. On demontre le resultat par une recurrence descendante. On sait que lorsque les Aisont de dimension dimE − 1, ils admettent un supplementaires communs.Montrons que le resultat pour des sous-espaces de dimension p+1 entraine le resultatpour des sous-espaces de dimension p.Considerons donc des Ai de dimension p. D’apres 3., il existe un vecteur x n’apparte-nant a aucun des Ai. Formons la famille des Vect(Ai ∪ {x}). D’apres l’hypothese derecurrence, il existe un supplementaire commun B a ces sous-espaces. On verifie alorsfacilement que Vect(B ∪ {x}) est un supplementaire commun aux Ai.

114

Corriges - Pb 15

K0,4 K0,2 0 0,2 0,4

1

2

3

Fig. 17 – graphe de ϕn pour n = 4

Probleme 15

1. a. Le graphe de ϕn est une parabole tronquee. La fonction est continue dans R, C∞ danschaque intervalle mais elle n’est pas derivable en − 1

n et 1n

b. Le calcul de l’integrale ne presente pas de difficultes.∫ 1n

− 1n

ϕn(t)dt =3n4

(2n− n22

3n3

)= 1

2. a. En faisant le changement de variable u = x+ t dans la definition de fn(x), on obtient :

fn(x) =3n4

∫ x+ 1n

x− 1n

ϕn(u− x)f(u)du

Developpons ϕn(u − x) et ordonnons suivant les puissances de u avant d’integrer enutilisant le linearite

fn(x) =3n4

((1− n2x2)

∫ x+ 1n

x− 1n

f(u)du+ 2n2

∫ x+ 1n

x− 1n

uf(u)du

−n2

∫ x+ 1n

x− 1n

u2f(u)du

)

115

Corriges - Pb 15

Les trois integrales qui figurent dans la parenthese s’expriment a l’aide de primitivesde u→ f(u), u→ uf(u), u→ u2f(u). Cette expression montre donc bien que fn estC1. Elle permet aussi le calcul de f ′n(x).

f ′n(x) =3n4

(−2n2x

∫ x+ 1n

x− 1n

f(u)du

+(1− n2x)[f(x+

1n

)− f(x− 1n

)]

+2n2

∫ x+ 1n

x− 1n

uf(u)du

+2n2x

[(x+

1n

)f(x+1n

)− (x− 1n

)f(x− 1n

)]

−n2

[(x+

1n

)2f(x+1n

)− (x− 1n

)2f(x− 1n

)])

Developpons et regroupons les termes en f(x− 1n ) et f(x− 1

n ). Ils s’annulent et il nereste que les integrales qui se regroupent en

f ′n(x) =3n3

2

∫ x+ 1n

x− 1n

(u− x)f(u)du

Le changement de variable t = u− x dans cette derniere integrale conduit au resultatdemande :

f ′n(x) =3n3

2

∫ 1n

− 1n

tf(x+ t)dt

3. a. Utilisons le calcul de l’integrale de ϕn pour exprimer la difference comme une integraleque l’on majore de maniere tres classique :

|fn(x)− f(x)| =

∣∣∣∣∣∫ 1

n

− 1n

ϕn(t)f(t)dtf(x)∫ 1

n

− 1n

ϕn(t)dt

∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∫ 1

n

− 1n

ϕn(t)(f(t)− f(x))dt

∣∣∣∣∣ ≤∫ 1

n

− 1n

ϕn(t) |f(t)− f(x)| dt

≤∫ 1

n

− 1n

ϕn(t)Mndt = Mn

∫ 1n

− 1n

ϕn(t)dt = Mn

On a utilise le fait que ϕn est a valeurs positives dans l’intervalle.b. Dans cette question, on utilise le theoreme de Heine. Toute fonction continue sur un

segment est uniformement continue.Pour tout ε > 0, il existe un α > 0 tel que , pour tous x et y dans J :

|x− y| < α⇒ |f(x)− f(y)| < ε

Considerons un entier N tel que pour tout entier n,

n ≥ N ⇒ 1n< α

Alors, pour tout x dans J et n ≥ N , Mn(x) < ε donc Kn < ε. Ceci entraine que(Kn)n∈N∗ converge vers 0.

116

Corriges - Pb 15

c. Pour tout reel x fixe, on peut considerer un segment J qui le contienne (par exemplede longueur 1 et de milieu x). La question precedente prouve la convergence vers 0 dela suite des Kn attachee a ce segment.Comme

|fn(x)− f(x)| ≤ Kn

On en deduit que (fn(x))n∈N∗ converge vers 0.

4. a. Introduisons le developpement definissant Rx dans l’expression de la derivee trouveeen 2.b. Par linearite, on obtient :

f ′n(x) =3n3

2f(x)

(∫ 1n

− 1n

tdt

)+

3n3

2f ′(x)

(∫ 1n

− 1n

t2dt

)

+3n3

2f(x)

∫ 1n

− 1n

t2Rx(t)dt

Si on est particulierement scrupuleux, on peut se poser la question de la continuite deRx afin de justifier son integrabilite. Par definition meme, Rx est clairement continuesauf en 0 ou elle n’est pas vraiment definie. On peut prolonger Rx par continuite enposant Rx(0) = 0 car le fait que Rx converge vers 0 en 0 est la defintion meme de laderivabilite de f en x.Les integrales de t et de t2 valent respectivement O et 2n2

3 . On en deduit :

fn(x) = f ′(x) +3n3

2f(x)

∫ 1n

− 1n

t2Rx(t)dt

b. Majorons |fn(x)− f ′n(x)| en utilisant les expressions precedentes.

|fn(x)− f ′n(x)| =3n3

2

∣∣∣∣∣∫ 1

n

− 1n

t2Rx(t)dt

∣∣∣∣∣ ≤ 3n3

2

∫ 1n

− 1n

t2 |Rx(t)| dt

≤ 3n3

2

∫ 1n

− 1n

t2 maxIn(x)

|Rx|dt = maxIn(x)

|Rx|

Comme, pour x fixe, Rx converge vers 0 en 0, la suite des maxIn(x) |Rx| converge vers0. On en deduit que (f ′n(x))n∈N∗ converge vers f ′(x).

117

Corriges - Pb 16

Probleme 16

1. a. Le calcul des integrales se fait avec des integrations par parties. On obtient :∫ 1

0

t2 cos(kπt)dt =2(−1)k

(kπ)2,

∫ 1

0

t cos(kπt)dt =(−1)k − 1

(kπ)2

On en deduit ∫ 1

0

(ct2 + dt) cos(kπt)dt =(2c+ d)(−1)k − d

(kπ)2

b. La relation(2c+ d)(−1)k − d = π2

est valable pour tous les k si et seulement si 2c+ d = 0 et d = −π2. On en deduit quele couple (a, b) cherche est

a =π2

2, b = −π2

π2

2

∫ 1

0

(t2 − 2t) cos(kπt)dt =1k2

c. La transformation demandee se fait avec a) et b) :∫ 1

0

(at2 + bt)

(12

+n∑k=1

cos(kπt)

)dt =

12

∫ 1

0

(at2 + bt)dt+n∑k=1

1k2

=a

6+b

4+

n∑k=1

1k2

= −π2

6+

n∑k=1

1k2

2. Le debut du calcul utilise une suite geometrique de raison e2iθ 6= 1

1 + 2n∑k=1

cos 2kθ = 2Re((1 + e2iθ · · ·+ (e2iθ)n

)− 1 = 2 Re

1− e2i(n+1)θ

1− e2iθ− 1

= 2sin(n+ 1)θ cosnθ

sin θ− 1 =

1sin θ

(2 sin(n+ 1)θ cosnθ − sin θ)

On transforme alors le dernier sin θ en ecrivant θ = (n+ 1)θ − nθ

sin θ = sin(n+ 1)θ cosnθ − cos(n+ 1)θ sinnθ

Ce qui conduit a :

1 + 2n∑k=1

cos 2kθ =sin(2n+ 1)θ

sin θ

3. Comme f est C1, on peut proceder a une integration par parties :∫ 1

0

f(t) sin(λt)dt =f(0)− cosλf(1)

λ+

1λ

∫ 1

0

cosλtf ′(t)dt

On en deduit ∣∣∣∣∫ 1

0

f(t) sin(λt)dt∣∣∣∣ ≤|f(0)|+ |f(1)|+ sup

[0,1]

|f ′(t)|

λ

ce qui prouve bien la convergence vers 0 pour λ en +∞.

118

Corriges - Pb 16

4. a. La fonction f est clairement de classe C∞ sur ]0, 1]. A l’aide d’une etude locale en 0,on va montrer que f est continue en 0 et que f ′|]0,1[ converge en 0. Ceci prouvera lecaractere C1 de la fonction sur [0, 1] d’apres le theoreme de la limite de la derivee.Les equivalences, limites et developpements suivants sont tous en 0.

t2 − 2t ∼ −2t , sinπ

2t ∼ π

2t , f → −2π2

4π

2

= −π

f ′(t) =π2

4

2t− 2

sinπ

2t− π

2

(t2 − 2t) cosπ

2t

sin2 π

2t

2t− 2

sinπ

2t

=−2 + 2tπ

2t+ o(tt)

= − 4πt

1− t1 + o(t)

= − 4πt

(1− t+ o(t))

(t2 − 2t) cosπ

2t

sin2 π

2t

=(−2t+ t2)(1 + o(t))

π2

4t2 + o(t3)

=(−2t+ t2 + o(t2))π2

4t2 + o(t3)

= − 8π2t

1− t

2+ o(t)

1 + o(t)

= − 8π2t

(1− t

2+ o(t))

d’ou en combinant les deux parties :

f ′(t) =π2

4(2π

+ o(1))→ π

2

C’est a dire que la derivee de la restriction de f a ]0, 1[ converge en 0 vers2π

ce quientraine que f est derivable en 0 avec

f ′(0) =2π

et que f ′ est continue en 0.

b. Notons

sn =n∑k=1

1k2

D’apres 1.c :

∫ 1

0

(π2

2t2 − π2t)

(12

+n∑k=1

cos(kπt)

)dt = −π

2

6+ sn

119

Corriges - Pb 16

Utilisons alors 2. avec θ =πt

2puis la fonction f definie en 4. :

∫ 1

0

(π2

2t2 − π2t)

sin(n+ 1)πt

2

2 sinπt

2

= −π2

6+ sn

∫ 1

0

f(t) sin(2n+ 1)πt

2= −π

2

6+ sn

La question 3 montre (avec λ =(2n+ 1)π

2) alors la convergence de (sn)n∈N∗ vers

π2

6

120

Corriges - Pb 17

Probleme 17

1. On definit f(x) = 1(1+x)2 dans [0, 1]. On peut alors interpreter an comme une somme de

Riemann

an =1n

n∑k=1

1(1 + k

n )2=

1n

n∑k=1

f(k

n)

La suite (an)n∈N converge donc vers∫ 1

0

1(1 + x)2

dx =[−1

1 + x

]10

=12

2. D’apres la question precedente, bnn est la difference entre l’integrale et sa somme de Rie-

mann. On decoupe en utilisant la subdivision reguliere :

bnn

=n∑k=1

(∫ kn

k−1n

f(x)dx − 1nf(k

n)

)

Notons F une primitive de f et appliquons la formule de Taylor-Lagrange a F entre kn et

k−1n .

Il existe xk ∈]k−1n , kn

[tel que

F (k − 1n

) = F (k

n)− 1

nf(k

n) +

12n2

f ′(xk)

Ceci s’ecrit encore ∫ kn

k−1n

f(x)dx − 1nf(k

n) = − 1

2n2f ′(xk)

Revenons a bn :

bn = −12

1n

n∑k=1

f ′(xk)

Comme f ′ est continue, cela s’interprete encore comme une somme de Riemann car chaquexk appartient a

]k−1n , kn

[. On en deduit que (bn)n∈N converge vers

−12(f(1)− f(0)) =

38

121

Corriges - Pb 18

Probleme 18

1. Notons q le cardinal de l’ensemble X, a chaque y ∈ X, on peut associer une fonction fydefinie dans X par :

∀x ∈ X : fy(x) =

{1 si x = y

0 si x 6= y

NotonsX = {y1, y2, · · · , yq}

Alors tout element f ∈ F(X,C) s’ecrit de maniere unique sous la forme

f = f(y1)fy1 + f(y2)fy2 + · · ·+ f(yq)fyq

Ce qui assure que (fy1 , fy2 , · · · , fyq

)est une base de F(X,C) et donc que

dim (F(X,C)) = q

On en deduitp ≤ q

car p est la dimension de V qui est un sous-espace vectoriel de F(X,C).

2. a. Remarquons d’abord que, d’apres la question precedente,

dim (F(A,C)) = p = dimV

L’espace de depart et l’espace d’arrivee de la fonction restriction R ont donc la memedimension.Pour montrer que R est un isomorphisme, il suffit de montrer qu’elle est injective ousurjective. On va montrer qu’elle est injective.Soit f ∈ kerR. C’est une fonction de X dans C qui est nulle sur tous les elements deA. On veut montrer que c’est la fonction nulle c’est a dire qu’elle est prend aussi lavaleur 0 pour les elements de X qui ne sont pas dans A.Considerons un tel element x ∈ X − A et l’element x∗ qui lui est associe dans V ∗.Comme (x∗1, · · · , x∗p) est une base de V ∗, il existe λ1, · · · , λp dans C tels que

x∗ = λ1x∗1 + · · ·+ λpx

∗p

Prenons alors la valeur en f ∈ V :

x∗(f) = λ1x∗1(f) + · · ·+ λpx

∗p(f)

Ce qui s’ecrit encore :

f(x) = λ1f(x1) + · · ·+ λpf(xp) = 0

car f est nulle sur A.

122

Corriges - Pb 18

b. Considerons, comme en 1, les fonctions f1, · · · , fp definies dans A par :

∀(i, j) ∈ {1, · · · , }2 : fi(xj) =

{1 si i = j

0 si i 6= j

La famille (f1, · · · , fp) est une base de F(A,C), comme R est un isomorphisme, ilexiste une base de V

(v1, · · · , vp)

definie par∀i ∈ {1, · · · , p} : R(vi) = fi

Ces relations traduisent exactement les conditions demandees

∀(i, j) ∈ {1, 2, · · · }2 : vi(xj) =

{1 si i = j

0 si i 6= j

3. a. Comme V est de dimension p il contient des vecteurs non nuls c’est a dire des fonctionsnon identiquement nulles. Soit v ∈ V l’une d’entre elles. Comme cette fonction n’estpas identiquement nulle, il existe x ∈ X tel que

f(x) 6= 0⇔ x∗(f) 6= 0

Ce qui siginifie que x∗ n’est pas le vecteur nul de V ∗. La famille (x∗) est donc libre.b. Considerons une famille (x1, · · · , xq) verifiant

(x∗1, · · · , x∗q) libre

∀x ∈ X : (x∗1, · · · , x∗q , x∗) liee

Il en existe d’apres la question precedente.Comme (x∗1, · · · , x∗q) est une famille libre de V ∗ qui est de dimension p egale a cellede V (resultat de cours), on a forcement q ≤ p.D’autre part, les conditions entrainent aussi que, pour tout x ∈ X,

x∗ ∈ Vect(x∗1, · · · , x∗q

)Autrement dit :

∀x ∈ X, ∃(λ1(x), · · · , λq(x)) ∈ Cq tel que x∗ = λ1(x)x∗1 + · · ·+ λq(x)x∗q

Ceci definit des fonctions (λ1, · · · , λq) de X dans C.Prenons alors la valeur en v ∈ V

∀x ∈ X, ∀v ∈ V : x∗(v) = λ1(x)x∗1(v) + · · ·+ λq(x)x∗q(v)

∀x ∈ X, ∀v ∈ V : v(x) = λ1(x)v(x1) + · · ·+ λq(x)v(xq)∀v ∈ V : v = v(x1)λ1 + · · ·+ v(xq)λq

ce qui entrainev ∈ Vect(λ1, · · · , λq)

pour tous les v ∈ V . On en deduit que dimV = p ≤ q et donc que p = q. La famillelibre (x∗1, · · · , x∗p) est alors une base de V ∗.

123

Corriges - Pb 19

Probleme 19

Partie I

1. Pour i entre 1 et m, considerons le polynome

Λi =X

i

∏j∈{1,··· ,m}−{i}

X − ji− j

C’est un polynome de degre m qui satisfait aux contraintes imposees par l’enonce. C’estle seul polynome de degre m satisfaisant a ces contraintes car si Ui en est un autre, lepolynome Ui − Λi est de degre au plus m avec m+ 1 racines donc Ui − Λi est nul.

2. D’apres la question precedente, le coefficient dominant de Λi est :

1i

1(i− 1) · · · (1)(−1) · · · (i−m)

=(−1)m−i

i!(m− i)!

3. Un polynome P est divisible par X si et seulement si P (0) = 0. L’espace E est donc unhyperplan de Rn[X] noyau de la forme lineaire P → P (0) = 0. Comme Rn[X] est dedimension m+ 1, on en deduit

dimE = m

Pour montrer que (Λ1, · · · ,Λm) est une base, il suffit donc de montrer cette famille estlibre. Si λ1, · · · , λm sont tels que

λ1Λ1 + · · ·+ λmΛm = 0

on peut substituer un j quelconque entre 1 et m a X. On obtient alors λj = 0 ce qui prouveque la famille est libre.On obtient les coordonnees d’un polynome P de E dans cette base par une substitutionanalogue :

MatL

P =

P (1)...

P (m)

4. La derivation et la substitution de 0 a X sont des operations lineaires, l’application ϕ

proposee par l’enonce est donc bien une forme lineaire. Par definition, la matrice d’uneforme lineaire dans une base est constituee par la ligne des valeurs de la forme aux vecteursde base. Cela donne ici :

MatL

ϕ = MatL(1)

ϕ =[Λ(m)

1 (0) · · · Λ(m)m (0)

]Comme les polynomes consideres sont tous de degre m, seuls les coefficients dominantssubsistent. Le terme 1, i de MatL ϕ est donc

(−1)m−im!i!(m− i)!

= (−1)m−i(m

i

)On en deduit :

MatL

ϕ = Lm

124

Corriges - Pb 19

5. Comme les coordonnees d’un polynome P ∈ E dans L sont formees par les valeurs dupolynome en 1, · · · ,m, la matrice Vm s’interprete comme la matrice dans L de la famille

X = (X,X2, · · · , Xm)

Il est clair que cette famille est une base de E. La matrice Vm est donc une matrice depassage entre deux bases.

Vm = PLX = MatXL

idE

Sa matrice inverse est la matrice des polynomes de L dans X . D’apres la question 2., onconnait le coefficient dominant d’un Li. Un tel coefficient est la derniere coordonnee del’expression de Li dans la base X . On peut en deduire la derniere ligne de la matrice V −1

m .6. On peut ecrire le produit matriciel LmVm comme la matrice d’une forme lineaire :

LmVm = MatL(1)

ϕMatXL

idE = Mat(1)X

ϕ =[0 · · · 0 m!

]car tous les ϕ(Xi) sont nuls sauf ϕ(Xm) qui vaut m!.

Partie II

1. Le developpement limite en 0 de la fonction exponentielle est usuel, on en deduit :

ekx = 1 +k

1!x+ · · ·+ ki

i!xi + · · ·+ km

m!xm + o(xm)

2. En 0, on a ex − 1 ∼ x. On en deduit sans calcul le developpement a l’ordre n :

(ex − 1)m = xm + o(xm)

3. Par definition du produit matriciel :

terme 1, j de LmVm =m∑k=1

terme 1, k de Lm × terme k, j de Vm =m∑k=1

(−1)m−k(m

k

)kj

4. Developpons (ex − 1)m avec la formule du binome :

(ex − 1)m =m∑k=1

(−1)m−k(m

k

)ekx

On en deduit que le terme 1, j de LmVm est egal (a multiplication pres par i!) au coefficientde xi dans le developpement limite de (ex−1)m. On connait ce developpement. On en deduitque tous ces termes sont nuls sauf le dernier.

LmVm =[0 0 · · · 0 m!

]Partie III

1. a. Ecrivons les deux formules de Taylor demandees : il existe un reel yh entre x et x+ het un reel zh entre x et x− h tels que

f(x+ h) = f(x) + hf ′(x) +h2

ff ′′(yh)

f(x− h) = f(x)− hf ′(x) +h2

ff ′′(zh)

125

Corriges - Pb 19

b. En formant la difference entre les deux relations precedentes, on elimine les f(x) eton exprime f ′(x) :

f ′(x) =f(x+ h)− f(x− h)− h2

2(f ′′(yh)− f ′′(zh))

2h

On majore en valeur absolue en utilisant

|f(x+ h)| ≤M0, |f(x− h)| ≤M0, |f ′′(yh)| ≤M2, |f ′′(zh)| ≤M2

On en deduit

|f ′(x)| ≤ 2M0 + h2M2

2h=M0

h+M2

2h

c. L’inegalite precedente montre que |f ′| est majoree par

M0

h+M2

2h

pour n’importe quel h > 0. En etudiant la fonction

h→ M0

h+M2

2h

cherchons la valeur de h permettant d’obtenir le plus petit majorant. La derivee decette fonction est

−M0

h2+M2

2Elle s’annule en √

2M0

M2

qui est le minimum absolu. La valeur de la fonction associee est :

M0

√M2

2M0+M2

2

√2M0

M2=√

2M0M2

2. a. Ecrivons les deux formules de Taylor a l’ordre trois. On garde les memes notations :il existe un reel yh entre x et x+ h et un reel zh entre x et x− h tels que

f(x+ h) = f(x) + hf ′(x) +h2

ff ′′(x) +

h3

3!f (3)(yh)

f(x− h) = f(x)− hf ′(x) +h2

ff ′′(x)− h3

3!f (3)(zh)

b. En formant la difference entre les deux relations precedentes, on elimine les f(x) etles f ′′(x) et on exprime f ′(x) :

f ′(x) =f(x+ h)− f(x− h)− h3

3!(f (3)(yh)− f (3)(zh))

2h

On majore comme plus en valeur absolue :

|f ′(x)| ≤ M0

h+M3

6h2

126

Corriges - Pb 19

On etudie encore la fonction de h qui figure au second membre. Sa derivee est

−M0

h2+M3

3h

Elle s’annule en (3M0

M3

) 13

qui est le minimum absolu. La valeur de la fonction en ce point est

3−13M

230 M

133 +

123−

13M

230 M

133 =

123

23M

230 M

133 =

12(9M2

0M3

) 13

c. En appliquant les resultats de la premiere question a f ′ qui est bornee ainsi que saderivee seconde on obtient que la derivee de f ′ c’est a dire f” est bornee.

Partie IV

1. Pour i entre 1 et n− 1, le produit matriciel definissant yi conduit a

yi =ih

1!f ′(x) +

(ih)2

2!f ′(x) + · · ·+ (ih)n−1

(n− 1)!f ′(x)

On peut l’interpreter a l’aide d’une formule de Taylor avec reste de Lagrange a l’ordre nentre x et x+ ih. Il existe zi entre x et x+ ih tel que

yi = f(x+ ih)− f(x)− (ih)n

n!f (n)(zi)

On en deduit

|yi| ≤ 2M0 +(ih)n

n!Mn ≤ 2M0 +

((n− 1)h)n

n!Mn = Kh

2. On multiplie a gauche par Ln−1 la relation matricielle definissant les yi et on exploite leresultat prouve dans les parties I et II. avec m = n− 1

Ln−1Vn−1 =[0 · · · 0 (n− 1)!

]On obtient

Ln−1

y1...

yn−1

=[0 · · · 0 (n− 1)!

]

h

1!f ′(x)

h2

2!f ′′(x)

...

hn−1

(n− 1)!f (n−1)(x)

qui donne exactement la relation demandee

n−1∑i=1

(−1)n−1−i(n− 1i

)yi = hn−1f (n−1)(x)

127

Corriges - Pb 19

3. On majore en valeur absolue la relation de la question precedente en introduisant uneformule du binome pour 2n−1 :

hn−1|f (n−1)(x)| ≤

(n−1∑i=1

(n− 1i

))Kh ≤ 2n−1Kh

On en deduit la majoration demandee

4. La question precedente a montre que si une fonction ainsi que sa derivee d’ordre m sontbornees sur R alors la derivee d’ordre m − 1 est egalement bornee. On peut reutiliser ceresultat a l’ordre m−1 et obtenir que la derivee d’ordre m−2 est bornee. On montre ainsique les derivees a tous les ordres sont bornees.

128

Corriges - Pb 20

Probleme 20

Partie I. Existence d’une famille verifiant M.

1. Calcul du determinant de M pour n = 2.

M =[

1 mm 1

]avec m = − cos

π

a

On en deduitdetM = 1−m2 = sin2 π

2Pour n = 3, le calcul se fait en developpant selon la premiere ligne. On conserve l’expressionen mi,j . Apres calculs cela donne

detM =

∣∣∣∣∣∣1 m12 m13

m21 1 m23

m31 m32 1

∣∣∣∣∣∣ = 1−m223 −m2

12 −m213 + 2m12m13m23

2. Si B = (e1, · · · , en) verifieM alors chaque ei est unitaire car (ei/ei) est un terme diagonal(egal a 1). De plus pour i et j distincts, d’apres l’inegalite de Cauchy-Schwarz :

|mij | = |(ei/e)| ≤ |ei||ej | = 1

L’egalite dans Cauchy-Schwarz se produit seulement si les vecteurs sont colineaires. Ici lesvecteurs de la base sont non colineaires deux a deux donc |mij | < 1. Comme

mij = − cosπ

aij

avec aij entier, cela entraine aij ≥ 2.3. Construction d’une base directe verifiantM dans le cas n = 2.

On se fixe une base orthonormee directe (a1, a2) et on pose :

e1 = a1

e2 = ma1 +√

1−m2a2

alors (e1, e2) repond bien a la question car :

(e1/e2) = m

det(a1,a2)

(e1, e2) =∣∣∣∣1 m

0√

1−m2

∣∣∣∣ =√1−m2 > 0

4. a. Comme dans la question precedente, on peut poser

e2 = m12 +√

1−m212a2

ainsi (e1/e2) = m12 et

det(a1,a−2,a3)

(e1, e2, a3) =

∣∣∣∣∣∣1 m12 00√

1−m212 0

0 0 1

∣∣∣∣∣∣ =√

1−m212 > 0

129

Corriges - Pb 20

b. La droite D est l’intersection de deux plans affines respectivement orthogonaux a e1et e2. Ces deux vecteurs sont dans Vect(a1, a2) qui est le plan orthogonal a a3. Ladirection de D est donc Vect(a3).Soit x = x1a1 + x2a2 ∈ Vect(a1, a2) ∩ D. Alors :

(x/e1) = m13 = x1

(x/e2) = m23 = m12x1 +√

1−m212x2

On en deduit :

x1 = m13 x2 =m23 −m12m13√

1−m212

Comme D est orthogonale a Vect(a1, a2), la distance de 0E a D est la norme du vecteurd’intersection x que l’on vient de calculer. On en deduit :

d(0E ,D) =

√m2

13 +(m23 −m12m13)2

1−m212

=1

1−m212

(m2

13 +m223 − 2m12m13m23

)c. Les conditions que doivent satisfaire un vecteur e3 pour que la famille (e1, e2, e3) verifieM sont :– ‖e3‖ = 1. C’est a dire que e3 est sur la sphere de rayon 1 et centree a l’origine.– (e3/e1) = m13 et (e3/e2) = m23. C’est a dire que e3 est sur la droite D.La condition geometrique assurant l’existence d’un tel vecteur e3 est donc que la droiteD coupe la sphere unite.

d. D’apres la question 1., la condition detM > 0 entraine

detM > 0⇒ 1−m212 > m2

23 +m213 − 2m12m13m13

⇒ m223 +m2

13 − 2m12m13m13

1−m212

< 1⇒ d(0E ,D) < 1

Ce qui signifie que D coupe la sphere en deux vecteurs c et c′ symetriques par rapportau plan Vect(e1, e2). Les deux familles (e1, e2, c) et (e1, e2, c′) verifient M. Une seuleest directe car la reflexion par rapport au plan change l’orientation.

5. Cas particulier. Le calcul des cos conduit a :

A =

1 3 23 1 42 4 1

M =

1 −1

20

−12

1 − 1√2

0 − 1√2

1

Le calcul du determinant conduit a

detM =14> 0

Il existe donc, d’apres la question d. une base verifiant M.

130

Corriges - Pb 20

Partie II. Famille de reflexions.

1. La base B n’est pas orthonormee, la matrice du produit scalaire dans cette base est M . Onen deduit que deux vecteurs de coordonnees (x1, · · · , xn) et (y1, · · · , yn) sont orthogonauxsi et seulement si : [

x1 · xn]M

y1...yn

= 0

2. a. Calcul de la matrice S1 de σ1. Par definition σ1(e1) = −e1. Le vecteur me1 − e2 estorthogonal a e1 donc conserve par σ1 :

σ1(me1 − e2) = me1 − e2 ⇒ −me1 − σ1(e2) = me1 − e2⇒ σ1(e2) = −2me1 + e2

On en deduit :

S1 =[−1 −2m0 1

]Calcul de la matrice S2 de σ2. Le raisonnement est le meme en considerant le vecteure1 −me2 orthogonal a e2 donc conserve par σ2. Apres calculs :

S2 =[

1 0−2m −1

]On peut calculer le produit matriciel :

T = S1S2 =[−1 −2m0 1

] [1 0−2m −1

]=[−1 + 4m2 2m−2m −1

]b. Les vecteurs de C et B s’expriment les uns en fonction des autres :{

e1 = a1

e2 = ma1 +√

1−m2a2

⇔

a1 = e1

a2 = − m√1−m2

e1 +1√

1−m2e2

On en deduit les matrices de passage

P = PCB =[1 m

0√

1−m2

]P−1 = PBC =

1 − m√1−m2

01√

1−m2

Pour la matrice de σ1, il est inutile d’utiliser la formule de changement de base car a2

est conserve par σ1 (il est orthogonal a a1 = e1).

MatC

σ1 =[−1 00 1

]Pour la matrice de σ2, on utilise la formule de changement de base et m = − cos πa

MatC

σ2 = PS2P−1 =

[1− 2m2 −2m

√1−m2

2m√

1−m2 2m2 − 1

]=

− cos2πa

sin2πa

sin2πa

cos2πa

131

Corriges - Pb 20

On en deduit la matrice de τ = σ1 ◦ σ2

MatC

τ =[−1 00 1

]− cos2πa

sin2πa

sin2πa

cos2πa

=

cos2πa− sin

2πa

sin2πa

cos2πa

Cela signifie que τ est la rotation d’angle 2π

3 .

3. Cas n = 3. Par definition, σ1 est la symetrie orthogonale par rapport au plan (Vect(e1))⊥.

Donc e1 est transforme en son oppose alors que les vecteurs m13e1 − e3 et m12e1 − e2 sontfixes par σ1 car ils sont orthogonaux a e1. On peut exploiter cela pour obtenir les imagesde e3 et e2 :

σ1(m13e1 − e3) = m13e1 − e3 ⇒ −m13e1 − σ1(e3) = m13e1 − e3⇒ σ1(e3) = −2m13e1 + e3

σ1(m12e1 − e2) = m12e1 − e2 ⇒ −m12e1 − σ1(e2) = m12e1 − e2⇒ σ1(e2) = −2m12e1 + e2

On en deduit la matrice de σ1 :

S1 =

−1 −2m12 −2m13

0 1 00 0 1

De meme, e2 est transformee par σ2 en son oppose alors que m21e2− e1 et m23e2− e3 sontfixes. On obtient comme au dessus :

σ2(e1) = e1 − 2m21e2 σ2(e3) = e3 − 2m23e2

d’ou la matrice de σ2 :

S2 =

1 0 0−2m12 −1 −2m32

0 0 1

De meme, les vecteurs e1 − 2m31e3 et e2 − 2m32e3 sont fixes par σ3 et conduisent a lamatrice de σ3.

S3 =

1 0 00 1 0

−2m31 −2m32 −1

4. a. On a deja calcule en I.5. la matrice M .

M =

1 −1

20

−12

1 − 1√2

0 − 1√2

1

132

Corriges - Pb 20

On en deduit les matrices S1, S2 et S3

S1 =

−1 1 00 1 00 0 1

S2 =

1 0 01 −1

√2

0 0 1

S3 =

1 0 00 1 00√

2 −1

puis leur produit

T = S1S2S3 =

0 1 −√

21 1 −

√2

0√

2 −1

b. D’apres l’expression de T , un vecteur u de coordonnees (x, y, z) dans B verifie τ(u) =−u si et seulement si

y −√

2z = −x

x+ y −√

2z = −y√

2y − z = −z

⇔

x+ y −

√2z = 0

x+ 2y −√

2z = 0√

2y = 0

⇔

{y = 0

x−√

2z = 0

On choisit donc le vecteur unitaire

u =1√3

(√2e1 + e3

)On choisit un vecteur unitaire v orthogonal a u. Par exemple

v =1√3

(e1 −

√2e3)

On ne peut pas completer la famille (u, v) par w = u ∧ v pour former une baseorthonormee directe D = (u, v, w) car, la base B n’etant pas orthonormee directe, lecalcul du produit vectoriel n’est pas facile. On va trouver un w en utilisant la conditiond’orthogonalite de la question 1.On cherche donc un w de coordonnees (x, y, z) dans B orthogonal a u et v. Cela setraduit par :

[√2 0 1

]M

xyz

= 0[1 0 −

√2]M

xyz

= 0

Avec l’expression de M de la question I.5, cela donne :√

2x−√

2y + z = 0

x+12y −√

2z = 0⇔

x =1√2z

y =√

2z

On en deduit que(Vect(u, v))⊥ = Vect(e1 + 2e2 +

√2e3)

Le calcul du determinant∣∣∣∣∣∣√

2 1 10 0 21 −

√2√

2

∣∣∣∣∣∣ = −2∣∣∣∣√2 1

1 −√

2

∣∣∣∣ = 6

133

Corriges - Pb 20

montre que la famille (u, v, e1 + 2e2 +√

2e3) est directe.Attention, comme la base n’est pas orthonormee, le carre de la norme de e1+2e2+

√2e3

n’est pas 7 mais

‖e1 + 2e2 +√

2e3‖2 = 1 + 4 + 2 + 2× (−12)× (1× 2)

+ 2× 0× (1×√

2) + 2× (− 1√2)× (2×

√2) = 1

On choisira donc comme base orthonormee directeu =

1√3

(√2e1 + e3

)v =

1√3

(e1 −

√2e3)

w = e1 + 2e2 +√

2e3

c. On connait la matrice T de τ dans B. Pour obtenir la matrice de τ dans D on utilisela formule de changement de base

MatD

τ = P−1TP

avec

P = PBD =

√2√3

1√3

1

0 0 2

1√3−√

2√3

√2

Pour obtenir la matrice P−1, on doit exprimer e1, e2, e3 en fonction de u, v, w.

u =1√3

(√2e1 + e3

)v =

1√3

(e1 −

√2e3)

w = e1 + 2e2 +√

2e3

⇔

e1 =

√23u+

1√3v

2e2 = w − e1 −√

2e3

e3 =1√3u−

√23v

d’ou

e2 = −√

2√3u+

12√

3v +

12w

P−1 =

√2√3−√

2√3

1√3

1√3

12√

3−√

23

012

0

134

Corriges - Pb 20

On en deduit :

MatD

τ = P−1

0 1 −√

21 1 −

√2

0√

2 −1

P =

−1 0 0

012

−√

32

0√

32

12

La transformation τ est donc une rotation miroir, composee de la rotation d’angle π

3autour de u et de la reflexion par rapport au plan orthogonal a u.

135

Corriges - Pb 21

Probleme 21

1. a. Par definition, σ(A) est la borne inferieure d’un ensemble non vide de nombres reelstous positifs ou nuls. Cet ensemble est donc minore (par 0). D’apres les axiomes de Rtoute partie de R non vide et minoree admet une borne inferieure.

b. Si 1 6∈ A, {1} ∩A = ∅ donc S1(A) = 0 et σ(A) = 0.

c. Supposons que σ(A) = 1, comme σ(A) est un minorant de l’ensemble des Sn(A)n , on

a pour tous les entiers n 1 ≤ Sn(A)n donc n ≤ Sn(A). Or {1, 2, · · · , n} ∩ A contient

au plus n elements, donc ici {1, 2, · · · , n} ⊂ A. On en deduit que σ(A) = 1 entraıneA = N.

d. Si A ⊂ B, il est clair que Sn(A) ≤ Sn(B) donc σ(A) est un minorant de l’ensemble desSn(B)n . Or σ(B) est le plus grand des minorants des Sn(B)

n , on en deduit σ(A) ≤ σ(B).

2. a. Ici A est une partie finie, on notem son nombre d’elements. Il est clair que Sn(A) ≤ mn ,

donc pour tous les entiers n, σ(A) ≤ mn . On en deduit par passage a la limite dans

une inegalite que σ(A) = 0.

b. Ici A est l’ensemble de tous les entiers impairs.Si n est impair, le nombre d’entiers impairs entre 1 et n est n+1

2 donc Sn(A)n = 1

2 + 12n .

Si n est pair, le nombre d’entiers impairs entre 1 et n est n2 donc Sn(A)

n = 12 .

Il est clair que 12 est le plus petit de tous les nombres Sn(A)

n donc σ(A) = 12 .

c. Ici A = {mk,m ∈ N}. Pour un entier n donne, quel est le nombre d’entiers m tels quemk ≤ n ?Il est clair que c’est la partie entiere de n

1k . On en deduit que pour tous les n :

σ(A) ≤ Sn(A)n

≤ E(n1k )

n≤ n 1

k−1

Or la suite a droite converge vers 0, d’ou par passage a la limite dans une inegaliteσ(A) = 0.

3. L’ensemble C contient Sn(B) + 1 elements. Le +1 venant de la presence de 0 qui est dansA et B. De meme, l’ensemble A∩{0, 1, · · · , n} contient Sn(A)+1 elements. La somme descardinaux de ces deux ensembles est donc Sn(A) + Sn(B) + 2 ≥ n + 2. Comme ces deuxensembles sont dans {0, 1, · · · , n} qui contient n+1 elements leur intersection est non vide.Il existe donc a ∈ A∩{0, 1, · · · , n} et b ∈ B∩{0, 1, · · · , n} tels que a = n−b ce qui entraınen ∈ A+B. Ceci est valable pour n’inporte quel entier n.

4. a. Supposons σ(A) + σ(B) ≥ 1. Alors, pour tout entier n :

1 ≥ σ(A) + σ(B) ≥ Sn(A)n

+Sn(B)n

d’ou Sn(A)+Sn(B) ≥ n. La question precedente montre alors que n ∈ A+B. Commececi est valable pour tous les n, on a bien N = A+B.

b. Il suffit d’appliquer la question precedente avec B = A. L’enonce signale bien l’hy-pothese 0 ∈ A car il est clair qu’un nombre impair n’est pas la somme de deux impairs.

136

Corriges - Pb 22

Probleme 22

1. Comme la matrice A n’est pas la matrice nulle, il existe i et j tels que aij 6= 0. La matriceextraite A{i}{j} est alors une matrice 1× 1 inversible ce qui entraine que r (egal a la taillede la plus grande des matrices extraites inversibles) est superieur ou egal a 1.

2. a. On se place dans le sous-espace vectoriel Ei = VectUI .On considere la projection pI sur EI parallelement au sous-espace EI . La matriceextraite AIJ est alors la matrice dans la base UI de EI de la famille de vecteurs pI(vj)pour j ∈ J .

AIJ = MatUI

(pI(VJ))

b. Par definition, r est le rang d’une matrice extraite de A (la plus grande possible parmicelles qui sont inversibles). Il existe donc des parties I et J a r lignes et r colonnestelles que

r = rgAIJ

Le rang d’une famille de vecteurs images par une application lineaire est toujoursinferieur ou egal au rang de la famille de depart. Le rang d’une famille extraite estevidemment inferieur ou egal au rang de la famille dont elle est extraite. On a donc :

r = rgAIJ = rg pI(VJ) ≤ rgVJ ≤ rgV = rgA

3. Une application lineaire est injective si et seulement si son noyau ne contient que l’elementnul de l’espace.Le noyau de la restriction a un certain sous-espace d’un endomorphisme est l’intersectiondu noyau de l’endomorphisme avec ce sous-espace.Par definition, le noyau de pI est EI donc le noyau de la restriction a VJ de pI est EI ∩VJ .On en deduit que la restriction a VJ de pI est EI ∩ VJ est injective si et seulement si

EI ∩ VJ = {0E}

4. Soit J une partie de {1, 2, · · · , q} telle que VJ soit libre et ne soit pas une base de E (c’esta dire q < dimE).Comme cette famille n’est pas une base, elle n’engendre pas E. Si tous les vecteurs de labase U etaient des combinaisons lineaires des vecteurs de UJ , la famille UJ engendreraitE. Il existe donc des i ∈ {1, · · · , p} tels que ui 6∈ VJ . Pour un tel i, la famille obtenue enajoutant ui aux vecteurs de VJ est libre.Il existe donc des familles libres obtenues en ajoutant des vecteurs de U aux vecteurs deVJ . Ces familles ont moins de dimE elements (elles sont libres). On peut en considerer une(disons F) dont le nombre d’elements soit le plus grand possible.Pour une telle famille, on ne peut adjoindre un nouvel element de U sans briser le caracterelibre.Cela signifie que les elements de U sont des combinaisons lineaires des elements de F . Lafamille F est donc generatrice.Comme elle est libre par definition, c’est une base de E.

5. Notons m le rang de la matrice A.C’est aussi le rang de la famille de vecteurs V. En considerant, parmi les familles libresformees de vecteurs de V, une qui soit la plus grande possible. On montre qu’il existe unepartie J de {1, · · · , q} a m elements telle que VJ soit libre et que VJ soit l’espace engendrepar tous les elements de V.

137

Corriges - Pb 22

Pour une telle partie J , completons VJ par des vecteurs de U comme dans la question 4.Notons I l’ensemble des indices des vecteurs qui ne sont pas choisis.C’est a dire que la base de E est obtenue en completant VJ par UI . On remarque que Icontient p−m elements donc I contient m elements.Le caractere libre de cette famille entraine que

EI ∩ VJ = {0E}

donc la restriction de pI a VJ est injective. On en deduit :

rgA = m = rgVJ = rg pIVJ = rgAIJ

La matrice AIJ est une matrice carree a m lignes et m colonnes extraite de A. Elle estinversible donc r ≥ rgA. On obtient donc bien

r = rgA

138

Corriges - Pb 23

Probleme 23

Partie 1. Definitions - Exemples

1. a. Comme la parametrisation est normale, z′(s) est l’affixe complexe de −→τ (s). Le vecteur−→n est obtenu a partir de −→τ par une rotation de π

2 qui se traduit par la multiplicationpar i pour les affixes. La relation (2) est donc simplement la traduction complexe dela definition de la courbure par :

−→τ ′ = c−→n

Les deux relations sont donc equivalentesb. Lorsque c0 est un reel fixe, cherchons les solutions de l’equation differentielle

z′′ = ic0z′

Si c0 = 0, l’equation devient z′′ = 0 dont les solutions sont de la forme

s→ as+ b

avec a et b complexes fixes (a de module 1) pour que la parametrisations soit normale.Le support de ces parametrisations sont des droites.Si c0 6= 0. D’apres le cours sur les equations differentielles lineaires du premier ordre :

z′(s) = z′(0)eic0s ⇒ z(s) = z(0)− iz′(0)c0

eic0s

Le support d’une telle courbe parametree est un cercle.En conclusion, le support d’une courbe parametree dont tous les points sont dessommets est une droite ou un cercle.

c. D’apres le cours sur les equations differentielles lineaires du premier ordre, les solutionsde

y′(s) =i

1 + s2y

sont les fonctions de la formeλeiF

ou F est une primitive de s→ 11+s2 . Une telle primitive est arctan. En tenant compte

de la condition initiale z′(0) = 1 on obtient donc

z′(s) = ei arctan s

Pour θ dans ]− π2 ,

π2 [ (ce qui est le cas si θ = arctan s), on a

cos θ =1√

tan2 θsin θ =

tan θ√tan2 θ

Avec θ = arctan s, on deduit :

z′(s) =1 + is√1 + s2

Le calcul de z revient a un calcul d’integrale :

z(s) = i=z(0)

+∫ s

0

1 + iu√1 + u2

du

139

Corriges - Pb 23

On effectue un changement de variable u = sh t et on obtient

z(s) = s+ i(s− 1)

Il apparait alors que le support est le meme que celui de la parametrisation

t→ 1 + i(ch t− 1)

obtenue avec le changement de parametre admissible t = sh s.Ce support est une courbe appelee chaınette qui ressemble de loin a une parabole maisn’en n’est pas une.

2. a. Pour la parabole, les calculs sont immediats :

−→f ′(t) =

−→i +

t2

2p−→j

−→f ′′(t) =

1p

−→j

On en deduit que la parametrisation n’est pas normale. La vitesse n’est pas de norme1 mais

‖−→f ′(t)‖ =

√p2 + t2

p

−→T (t) =

p√p2 + t2

(−→i +

t2

2p−→j

)−→N (t) =

p√p2 + t2

(− t

2

2p−→i +−→i

)L’equation de la tangente en f(t) est

det(−−−−→f(t)M,

−→f ′(t)) = 0⇔

∣∣∣∣∣∣x− t 1

y − t2

2pt

p

∣∣∣∣∣∣ = 0

b. Le calcul de la courbure se fait a l’aide du determinant :

γ(f(t)) =det(−→f ′(t),

−→f ′′(t))

‖−→f ′(t)‖

= p2(p2 + t2)−32

La derivee de cette fonction−3p2t(p2 + t2)−

52

s’annule seulement pour t = 0 qui correspond a l’origine et au sommet de la parabole.Rappelons que pour une conique, le terme sommet designe un point d’intersectionavec l’axe focal

3. a. Pour l’ellipse, les calculs sont immediats :

−→f ′(t) =− a sin t

−→i + b cos t

−→j

−→f ′′(t) =− a cos t

−→i − b sin t

−→j

140

Corriges - Pb 23

On en deduit que la parametrisation n’est pas normale. La vitesse n’est pas de norme1 mais

‖−→f ′(t)‖ =

√a2 sin2 t+ b2 cos2 t

−→T (t) =

1√a2 sin2 t+ b2 cos2 t

(−a sin t

−→i + b cos t

−→j)

−→N (t) =

1√a2 sin2 t+ b2 cos2 t

(−b cos t

−→i + a sin t

−→j)

L’equation de la tangente en f(t) est

det(−−−−→f(t)M,

−→f ′(t)) = 0⇔

∣∣∣∣x− a cos t −a sin ty − b sin t b cos t

∣∣∣∣ = 0

b. Le calcul de la courbure se fait a l’aide du determinant :

γ(f(t)) =det(−→f ′(t),

−→f ′′(t))

‖−→f ′(t)‖

= ab(a2 sin2 t+ b2 cos2 t)−32

La derivee de cette fonction

−3ab(a2 − b2) sin t cos t(a2 sin2 t+ b2 cos2 t)−52

s’annule seulement pour t congru a 0 modulo π2 . Il existe donc quatre sommets qui

correspondent aux intersection avec les deux axes de symetrie. Pour une conique lesintersections avec le petit-axe ne sont pas habituellement appelees des sommets.

M1

M2

(M1, M2)

D

M(w)

Fig. 18 – Droites passant par M(w)

Partie 2. Courbe fermee strictement convexe

1. a. La fonction Y est continue, les valeurs Y (u) et Y (v) sont de signes opposes. D’apresle theoreme des valeurs intermediaires, il existe w entre u et v tel que Y (w) = 0.

141

Corriges - Pb 23

Par definition, M(w) est sur la droite (M1,M2) et meme sur le segment [M1,M2].Considerons toutes les droites D passant par M(w) (Fig. 18). Parmi ces droites doitse trouver la tangente en M(w).– Si D n’est pas (M1,M2). Les deux points M1 et M2 ne sont pas dans le meme des

deux demi-plans ouverts definis par D. Chacun est dans un (different) des deux.– Si D est (M1,M2). Aucun des des deux points M1 et M2 n’est dans un des demi-

plans ouverts definis par D.Or, d’apres la convexite de la courbe, lorsque D est la tangente en M(w), les deuxpoints devraient se trouver dans le meme des deux demi-plans ouverts definis par latangente. Il est donc impossible que Y change de signe entre s1 et s2.

b. Montrer que tous les points M(s) avec s1 < s < s2 se trouvent dans le meme desdeux demi-plans definis par la droite (M1,M2) est une reformulation de la questionprecedente. S’ils ne s’y trouvaient pas, la fonction Y changerait de signe.On peut raisonner entre s2 et s1 + L comme entre s1 et s2. (Fig. 19)

M1 = M(s1)

M2 = M(s2)

X

Y

les M(s) avec s ∈]s2, s1 + L[

les M(s) avec s ∈]s1, s2[

Fig. 19 – Intersection avec une corde

2. a. La fonction c est continue et periodique de periode L. Sa restriction a un segment delongueur L est donc bornee et atteint ses bornes. Comme l’ensemble des valeurs prisespar la fonction est aussi l’ensemble des valeurs prises par une restriction a un segmentde longueur L, la fonction complete est donc bornee et atteint ses bornes.Notons s1 un reel tel que

c(s1) = min {c(s), s ∈ R}

Comme la restriction de c a [s1, s1 + L] atteint sa borne superieure, il existe alors uns2 ∈ [s1, s1 + L] tel que

c(s2) = max {c(s), s ∈ R}

Les reels s1 et s2 realisent des extrema absolus de la fonction c et la fonction c estderivable dans R. On en deduit que c′(s1) = c′(s2) = 0. Les points M(s1) et M(s2)sont des sommets de la courbe.

142

Corriges - Pb 23

b. On suppose dans cette question que c′ ne s’annule qu’en s1 et s2. Elle garde donc unsigne constant dans ]s1, s2[ et dans ]s2, s1 +L[. Comme s1 realise le minimum de c ets2 le maximum, la fonction est croissante sur ]s1, s2[ et decroissante sur ]s2, s1 + L[.Les signes se combinent alors pour que l’integrale (fonctions continues) soit positive.∫ s1+L

s1

c′(s)Y (s)ds =∫ s2

s1

c′(s)>0

Y (s)>0

ds+∫ s1+L

s2

c′(s)<0

Y (s)<0

ds > 0

En fait on va montrer que cette integrale est nulle ce qui conduit evidemment a unecontradiction et a l’existence d’une troisieme valeur s3 ou c′ s’annule.Le calcul utilise une integration par parties et la definition de la courbure. Com-mencons par la courbure. On exprime la vitesse dans le repere indique par l’enonce :

−→τ (s) =X ′(s)−→i + Y ′(s)

−→j

−→n (s) =− Y ′(s)−→i +X ′(s)−→j

−→τ ′(s) =c(s)−→n (s)

⇒X ′′(s) =− c(s)Y ′(s)

Y ′′(s) =c(s)X ′(s)

Utilisons maintenant l’integration par parties∫ s1+L

s1

c′(s)Y (s)ds = [c(s)Y (s)]s1+Ls1︸︷︷︸=0 par periodicite

−∫ s1+L

s1

c(s)Y ′(s)ds

=∫ s1+L

s1

X ′′(s)ds = [X ′(s)]s1+Ls1= 0 par periodicite

s1 s2s3 s4

Fig. 20 – Graphe de c

c. On a montre a la question precedente l’existence d’un s3 en lequel c′ s’annule. Si c′

ne change pas de signe en s3, le raisonnement de la question precedente sur la strictepositivite de l’integrale s’applique encore en contradiction avec le calcul qui montre

143

Corriges - Pb 23

qu’elle est nulle. La fonction c′ doit donc changer de signe en s3 ce qui prouve que s3est un extremum relatif pour c.Comme s1 est le minimum absolu, s3 ne peut etre qu’un maximum relatif si c′ nechange pas de signe avant. Il existe alors forcement un minimum relatif s4 entre s3 etle maximum absolu s1 + L(Fig. 20).Ceci prouve l’existence d’un quatrieme sommet.

144

Corriges - Pb 24

Probleme 24

1. a. La fonction gn est clairement contine, derivable strictement croissante. Elle definit unebijection de [0,+∞[ vers [1,+∞[. Pour chaque a > 1, il existe donc un unique αn > 0tel que gn(αn) = a.

b. La fonction gn+1 contient un terme de plus que gn :

gn+1(αn) = gn(αn) + (n+ 1)αn+1n = a+ (n+ 1)αn+1

n > A

Comme de plus gn+1 est croissante, on en deduit αn+1 < αn.c. Comme gn(1) = 1 + 2 + · · ·+ n, la suite (gn(1))n∈N∗ tend vers +∞. Il existe donc unN tel que gN (1) > a. Comme gN est strictement croissante, on en deduit αN < 1 puis

∀n ≥ N : αn ≤ αN < 1

car la suite est decroissante.d. La suite (αn)n∈N∗ est positive et decroissante. Elle converge donc et sa limite α est

positive ou nulle. De plus comme αn ≤ αN < 1 pour n ≥ N , on obtient par passagea la limite dans une inegalite que

0 ≤ α ≤ αN < 1

e. Les suites (npqn)n∈N∗ sont des suites de reference du cours. On sait qu’elles convergentvers 0 pour tout p lorsque |q| < 1. On utilise ce resultat ici apres avoir majore αn nonpas par 1 mais par αN . On en deduit le resultat annonce.

2. a. On remarque que

gn(x) = f ′n(x) avec fn(x) =1− xn+1

1− xOn obtient le resultat annonce en derivant l’expression de fn.

b. D’apres le a. et la convergence vers 0 des suites de reference (xn)n∈N∗ et (nxn)n∈N∗ ,on obtient

(gn(x))n∈N∗ →1

(1− x)2

Comme la suite (gn(x))n∈N∗ est croissante, on a, pour tous les n et tous les x :

gn(x) ≤1

(1− x)2

3. a. Pour tout n, comme α ≤ αn et gn croissante :

gn(α) ≤ gn(αn) = a

par passage a la limite dans une inegalite, il vient

1(1− α)2

≤ a

b. L’equation se resout sans probleme, elle admet une seule solution :

β = 1− 1√a

145

Corriges - Pb 24

c. Pour tout n :gn(β) ≤ 1

(1− β)2≤ a

donc (gn croissante) β ≤ αn. Comme β est alors un minorant de la suite (αn)n∈N∗ ,on a β ≤ α.Or β = 1− 1√

ad’ou 1− 1√

a≤ α

De l’inegalite du 3.a., on deduit

1√a≤ 1− α⇒ α ≤ 1− 1√

a

Ce qui demontre la relation demandee.4. a. On utilise la question 2.a. avec

x = αn et a = 4 et 1− αn =12(1− εn)

On obtient

4 =1

(1− αn)2− (n+ 1)

αnn1− αn

− α2n

(1− αn)2

4(1− αn)2 = 1− (n+ 1)αnn(1− αn)− αn+1n

(1− εn)2 = 1− (n+ 1)12αnn − αn+1

n

−2εn + ε2n = −(n+ 1)12αnn − αn+1

n

b. Comme αn → 12 , εn → 0 ce qui entraine :

ε2n negligeable devant εnαn+1n negligeable devant (n+ 1)αnn

De chaque cote de la relation, negligeons ce qui est negligeable. L’egalite se degradealors en une equivalence

−2εn ∼ −1− εn

2(n+ 1)αnn

or−1− εn

2(n+ 1)αnn ∼ −

12nαnn

d’ouεn ∼

14nαnn

c. En utilisant la question precedente et la question 1.e.

nεn ∼14n2αnn → 0

On en deduit(1 + εn)n → 1

car(1 + εn)n = en ln(1+εn) avec ln(1 + εn) ∼ nεn → 0

On en deduit enfinεn ∼

n

412n

(1 + εn)n ∼n

2n+2

146

Mathematiques en Mpsi Problemes Dapprofondissement

Documents

dune base

mesde mathematiques

conditions contractuelles

netcette base

borne superieure

reels defini

etre tre

nombres complexes