Exercices de colle - MPSI/PCSI

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1 Exercices de colle - MPSI/PCSI Tristan Tourniaire 9 janvier 06 Table des matières I Exercices 3 Logique et applications 3 Fonctions usuelles 5 3 Nombres complexes 5 4 Équations différentielles 7 5 Arithmétique des entiers 8 6 Dénombrement 9 7 Nombres réels 0 8 Suites 9 Continuité 3 0 Structures algébriques 4 Matrices 5 Déterminants 7 3 Développements limités 8 4 Dérivation 9 5 Polynômes 6 Espaces vectoriels 7 Espaces euclidiens 4 8 Intégration 4

2 TABLE DES MATIÈRES TABLE DES MATIÈRES 9 Séries 5 0 Probabilités 5 Variables aléatoires 6 II Solutions 8 Logique et applications 8 Fonctions usuelles 37 3 Nombres complexes 44 4 Équations différentielles 53 5 Arithmétique des entiers 63 6 Dénombrement 68 7 Nombres réels 75 8 Suites 78 9 Continuité 90 0 Structures algébriques 97 Matrices 98 Déterminants 0 3 Développements limités 0 4 Dérivation 30 5 Polynômes 36 6 Espaces vectoriels 4 7 Espaces euclidiens 5 8 Intégration 56 9 Séries 60 0 Probabilités 64 Variables aléatoires 66

3 Introduction LOGIQUE ET APPLICATIONS Pour me signaler toute erreur dans ce qui suit : tristantourniaire[at]ensfr Première partie Exercices Logique et applications log5 Exercice (solution) Soit n N un entier divisible par et 3 Montrer que n est divisible par 6 La proposition suivante est-elle vraie ou fausse? (a, b, n) N 3, (n est divisible par a et b n est divisible par ab) 3 Soit p 5 un nombre premier Montrer que p est divisible par 6 4 Montrer en fait que p est divisible par 4 log6 Exercice (solution) Résoudre dans C l équation z 3 z log7 Exercice 3 (solution) Soit n Calculer n kk! k log0 log0 log03 Exercice 4 (solution) Soit f : X Y une application Soient A et B des parties de X Que dire de f(a B) et f(a) f(b)? Montrer que f est injective si et seulement si A, B X, f(a B) f(a) f(b) Exercice 5 (solution) Soit f : X Y une application Montrer que f est surjective A X, f(a) f(a) Montrer que f est injective A X, f(a) f(a) Exercice 6 (solution) Soit f : X Y une application Montrer que f est injective si et seulement si A X, f (f(a)) A log4 Exercice 7 (solution) On définit la suite u de terme général u n (u n ) est croissante n k Montrer que k + n log0 log Exercice 8 (solution) Montrer que est irrationnel Exercice 9 (solution) Montrer que + 3 est irrationnel log04 Exercice 0 (solution) Déterminer une bijection de N dans N 3

4 On définit la fonction f : N Z par n/ si n est pair f(n) (n + )/ sinon Montrer que f est bijective LOGIQUE ET APPLICATIONS 3 On définit la fonction f : N N N par f(p, q) p (q + ) Montrer que f est bijective log06 Exercice (solution) Soit f : Z Z R, (a, b) a + b Montrer que f est injective log Exercice (solution) Soit n N et f : R R, x (x + ) n Calculer la dérivée de f de deux manières différentes Calculer S n k0 k ( ) n k 3 On suppose que n Calculer T n k0 k ( ) n k log3 Exercice 3 (solution) On définit la fonction f : Z N Q par f(p, q) p+ q f est-elle injective? Surjective? log05 Exercice 4 (solution) Soit x R tel que x + x Z Montrer que n N, xn + x n Z log07 Exercice 5 (solution) Montrer qu il existe une bijection entre N et Z Montrer qu il existe une bijection entre Z et Z 3 Montrer qu il existe une injection de Q dans Z On admet le résultat suivant (théorème de Cantor-Bernstein) : si E et F sont des ensembles et si il existe f : E F et g : F E des injections, alors il existe une bijection entre E et F 4 En utilisant le théorème de Cantor-Bernstein, montrer qu il existe une bijection entre N et Q 5 Montrer qu il existe une bijection entre P(N) et F(N, {0, }) log08 Exercice 6 (solution) Soit E un ensemble Montrer que E est infini si et seulement si f : E E, A E tel que A, A E et f(a) A log09 Exercice 7 (solution) On appelle Q + l ensemble des nombres rationnels positifs ou nuls Soit f : N Q + définie par : f(0) 0, n N, f(n) f(n) +, n N, f(n + ) f(n) + Expliquer pourquoi f est bien définie Calculer f(n) pour n allant de 0 à 8 3 Montrer que f est injective 4 Calculer un antécédent de 4 par f On pensera à l algorithme d Euclide 5 5 Montrer que f est surjective On pensera à l algorithme d Euclide 4

5 3 NOMBRES COMPLEXES Fonctions usuelles fon0 Exercice (solution) Soit θ arctan(/5) Calculer tan(4θ π/4) En déduire la formule de Machin : π/4 4 arctan(/5) arctan(/39) fon0 Exercice (solution) Soit n N Calculer arctan(n + ) arctan(n) N ( ) Déterminer la limite pour N de S N arctan + n + n fon03 Exercice 3 (solution) Soit f définie par n0 ( ) x f(x) arcsin + x Déterminer le domaine de définition et le domaine de dérivabilité de f et calculer f Que vaut f? fon04 fon05 fon06 Exercice 4 (solution) Comparer π e et e π sans calculatrice Exercice 5 (solution) Soient n N et a,, a n des éléments de [0, π] Montrer que ( n nk ) a k sin(a k ) n sin k n Exercice 6 (solution) On définit la fonction f : [0, π] R par f(x) sin (x) sin(x) Déterminer le maximum de f sur [0, π] En déduire que pour x R et n, ( ) n n sin( k 3 x) k0 fon07 Exercice 7 (solution) Soit f : x arcsin (x/( + x )) Déterminer le domaine de définition et le domaine de dérivabilité de f Calculer f En déduire une expression par morceaux de f 3 Nombres complexes com07 Exercice 3 (solution) Soit z un complexe de module Calculer + z + z Interprétation géométrique? com6 Exercice 3 (solution) Pour tout x R, exprimer cos(5x) en fonction de cos(x) On pourra développer l expression (cos(x) + i sin(x)) 5 à l aide du binôme de Newton Montrer que cos (π/0) (5 + 5)/8 3 Calculer cos(π/5) 5

6 3 NOMBRES COMPLEXES com5 Exercice 33 (solution) Résoudre les équations suivantes d inconnue z C : com5:eq5 5 z n z (n ), com5:eq 4z 6z + i 0, com5:eq6 6 z 6 z 3 cos(ϕ) + 0 (ϕ R), com5:eq z 5z i 0, com5:eq7 7 (z z) cos (ϕ)+ 0 (ϕ R), com5:eq3 3 z + (4 3i)z ( + 8i) 0, com5:eq8 8 Re(z 3 ) Im(z 3 ), com5:eq4 4 z + 5z + 7 i 0, com5:eq9 9 z(z ) z (z ) com05 Exercice 34 (solution) Démontrer l inégalité triangulaire : si z et z sont deux complexes, alors z + z z + z On suppose que z 0 Montrer que si z et z sont deux complexes vérifiant l égalité dans l inégalité triangulaire (autrement dit z + z z + z ), alors il existe λ R + tel que z λz com09 Exercice 35 (solution) Soient θ et θ R Déterminer le module et l argument de e iθ + e iθ com06 Exercice 36 (solution) Soient x, y et z des complexes de module tels que x + y + z 0 Calculer xy + yz + xz Calculer x + y + z com0 Exercice 37 (solution) Pour tout z C \ {}, on note h(z) (z + )/(z ) Déterminer l ensemble des z C tels que h(z) et l ensemble des z C tels que Re(h(z)) 0 com03 Exercice 38 (solution) Soit f : x x/( + x) définie sur R + Montrer que x, y 0, f(x) f(x + y) f(x) + f(y) En déduire pour tous u, v C l inégalité : u + v + u + v u + u + v + v com0 com08 Exercice 39 (solution) Soient z, z deux complexes de module tels que zz Montrer que z + z + zz est un réel Exercice 30 (solution) On note H {z C Im(z) > 0} et D {z C z < } Soit f l application définie sur C \ { i} par Montrer que f(h) D f(z) z i z + i Cela permet de définir l application f : H D, z f(z) (on restreint f au départ à H, et à l arrivée à D) Montrer que f est bijective com3 Exercice 3 (solution) On dit d un entier naturel n qu il est somme de deux carrés s il existe a, b N tels que n a + b Soient n et p deux entiers naturels Montrer que si n et p sont somme de deux carrés, alors le produit np l est aussi Donner une décomposition en somme de deux carrés de 394 6

7 4 ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES com Exercice 3 (solution) Soient n N et θ R Calculer C n n k0 ( n k) cos(kθ) com4 Exercice 33 (solution) On pose ω e iπ/7 Soient A ω + ω + ω 4 et B ω 3 + ω 5 + ω 6 Calculer A et B com04 ( ) Exercice 34 (solution) Résoudre l équation Im z + z + 0 d inconnue z C \ {j, j } com0 com7 Exercice 35 (solution) Soient a, b, c des nombres complexes deux à deux distincts On note j exp(iπ/3) Montrer l équivalence des propositions suivantes : (i) Dans le plan, les points A, B, C d affixes respectives a, b, c forment un triangle équilatéral, (ii) j a + jb + c 0 ou ja + j b + c 0, (iii) a + b + c ab + ac + bc, (iv) b a + c b + a c 0 Exercice 36 (solution) Le but de l exercice est de montrer que le réel α arccos(/3)/π est irrationnel Calculer exp(iαπ) Montrer que α est rationnel si et seulement si il existe n N tel que ( + i) n 3 n 3 Montrer qu il existe des entiers a n, b n tels que ( + i) n a n + i b n et a n b n (mod 3) 4 Conclure 4 Équations différentielles ed0 Exercice 4 (solution) Soit α R Résoudre sur R l équation différentielle xy (x) αy(x) 0 (4) ed0: ed0 Exercice 4 (solution) On considère l équation fonctionnelle où l inconnue est une fonction f continue de R dans R x, y R, f(xy) xf(y) + yf(x), (4) ed0:eqf Soit f une solution de l équation (4) que l on suppose dérivable sur ]0, + [ Montrer qu il existe une constante k dépendant de f, telle que f vérifie l équation différentielle En déduire les solutions de (4) dérivables sur ]0, + [ x R, xf (x) f(x) kx (43) ed0:eqd 3 Soit f une solution de (4) et soit F la primitive de f qui s annule en 0 Montrer que pour tous x, y R, 4 En déduire les solutions de (4) F (xy) x F (y) + xy f(x) (44) ed0:eqpr 7

8 5 ARITHMÉTIQUE DES ENTIERS ed03 Exercice 43 (solution) On considère l équation non linéaire y + y (45) ed03: ] Donner une solution de (45) définie sur π, π [ On fixe a < b des réels Soit f : ]a, b[ R une solution de (45) Déterminer f On pourra poser g arctan f 3 Résoudre l équation (45) en fonction de a et b ed04 Exercice 44 (solution) Résoudre l équation différentielle xy (x) + y(x) + sin(x) 0 (46) ed04: sur R +, puis sur R ed05 Exercice 45 (solution) Soit a C, T > 0 et f : R C une application continue et T - périodique Déterminer (en fonction de a) le nombre de solutions T -périodiques de l équation y ay f (47) ed05: ed06 Exercice 46 (solution) Déterminer les couples (a, b) R tels que toute solution de l équation y + ay + by 0 soit bornée sur R + ed07 Exercice 47 (solution) Résoudre sur R l équation différentielle (x + )y (x) + xy(x) ed08 Exercice 48 (solution) Résoudre sur R l équation différentielle (x + )y (x) xy(x) (x + ) 3/ ed09 Exercice 49 (solution) Résoudre sur R l équation différentielle (e x )y (x) + e x y(x) 5 Arithmétique des entiers ent0 Exercice 5 (solution) Calculer le chiffre des unités de On rappelle que par convention, a bc désigne a (bc) et non (a b ) c ent0 Exercice 5 (solution) Soit ϕ: N N une injection telle que n N, Que dire de ϕ? ϕ(n) n ent03 Exercice 53 (solution) Soit x R Montrer que x est rationnel si et seulement si son écriture décimale est périodique à partir d un certain rang ent04 Exercice 54 (solution) Soit a un entier Montrer qu il existe x y des entiers tels que x, y > a et a x + y 8

9 Soit n 3 Montrer qu il existe u < < u n des entiers positifs tels que n k u k 6 DÉNOMBREMENT 3 Soit n 3 Montrer qu il n existe qu un nombre fini de n-uplets (u,, u n ) d entiers positifs tels que u < < u n et n u k ent05 Exercice 55 (solution) Montrer que si a b (mod n), alors a n b n (mod n ) ent06 Exercice 56 (solution) Résoudre l équation n + n (mod 3) k ent07 ent08 Exercice 57 (solution) Résoudre l équation m n n m, avec m et n deux entiers strictement positifs Exercice 58 (solution) Soit σ : N N une injection Montrer que l ensemble A {n N : σ(n) n} est infini 6 Dénombrement den08 Exercice 6 (solution) Déterminer le cardinal des ensembles suivants : {(i, j) N i < j n} {(i, j) N i j n} den09 den07 den03 Exercice 6 (solution) Soit E un ensemble de cardinal n On se donne un élément a E Montrer qu il y a autant de parties de E contenant a que de parties ne contenant pas a Montrer qu il y a autant de parties de E de cardinal pair ne contenant pas a que de parties de cardinal impair contenant a 3 En déduire qu il existe autant de parties de E de cardinal pair que de parties de cardinal impair n ) 4 Calculer k0 k pair ( n k 5 Retrouver ce résultat en utilisant l expression n k0 ( n k ) + nk0 ( ) k( ) n Exercice 63 (solution) Soit E un ensemble à n éléments et X E une partie de E à p n éléments Combien y a-t-il de parties Y E disjointes de X? Combien y a-t-il de couples (X, Y ) de parties de E disjointes? Exercice 64 (solution) Soit E un ensemble à n éléments Déterminer le cardinal de k {(A, B) (P(E)) /A B} 9

10 7 NOMBRES RÉELS den04 den05 Exercice 65 (solution) On veut aller de (0, 0) à (p, q) N en se déplaçant toujours d une unité vers le haut ou vers la droite Déterminer le nombre de chemins possibles Exercice 66 (solution) Soit S(n, p) le nombre de surjections de, n vers, p Calculer S(n, n), S(n, ), S(n, p) si p > n Calculer S(n, ), S(n, n ) 3 Montrer que pour n, p >, S(n, p) p(s(n, p) + S(n, p )) den0 den0 den06 4 Montrer que ) p S(n, p) k0( ) p k( p k n k Exercice 67 (solution) Pour n, calculer k X P(,n ) k X Exercice 68 (solution) Soit E un ensemble à n éléments On dit que f : E E est une involution si f f id E Notons u n le nombre d involutions de E Calculer u, u, u 3 Montrer que pour tout n, u n+ u n+ + (n + )u n Exercice 69 (solution) Pour n, p N on définit f(n, p) comme le nombre de n-uplets (x,, x n ) N n tels que x + + x n p Montrer que f(n +, p) f(n, 0) + f(n, ) + + f(n, p) puis déterminer f(n, p) 7 Nombres réels nre0 Exercice 7 (solution) Soit f : [0, ] [0, ] une fonction croissante Montrer qu elle admet un point fixe (autrement dit, x [0, ]/f(x) x) nre0 Exercice 7 (solution) Énoncer et démontrer un analogue du théorème de division euclidienne dans R Soit a R et b N Montrer que a a + a + b a b b b nre03 Exercice 73 (solution) Soit a Q + tel que a / Q On pose { p X q } a, (p, q) Z N, p q Montrer que X admet une borne inf et la calculer Montrer qu il existe une constante C > 0 telle que pour tout (p, q) Z N vérifiant p q, p q a C q 0

11 8 SUITES 3 Montrer qu il existe une constante C > 0 telle que pour tout (p, q) Z N vérifiant p q, p q a C q nre04 Exercice 74 (solution) Montrer que { m n, (m, n) N } est dense dans R 8 Suites sui09 Exercice 8 (solution) Soit (u n ) n une suite convergeant vers a > 0 Montrer que u n > 0 à partir d un certain rang Soient (u n ) n et (v n ) n deux suites convergeant respectivement vers a et b, avec a < b Montrer que u n < v n à partir d un certain rang sui Exercice 8 (solution) Déterminer la limite, si elle existe, des suites (u n ) suivantes : u n 3n ( ) n 3 n + ( ), n ( 5 u n + n) n, u n n + n + n n +, 3 u n n n + n + n, 4 u n n k, n k 6 u n 7 u n n! n n ( + n ) n, sui0 Exercice 83 (solution) Soit (u n ) n 0 la suite définie par u 0 et u n+ u n + 3 pour tout n Trouver λ R tel que (u n λ) est une suite géométrique Déterminer explicitement u n en fonction de n Plus généralement, si (u n ) est définie par u 0 R et u n+ au n + b pour tout n, déterminer explicitement u n en fonction de n On séparera les cas a et a Quelle est la limite de (u n )? sui4 Exercice 84 (solution) Soit (u n ) n une suite complexe Pour tout n, on pose S n u + + u n Montrer que si (u n ) converge vers 0, alors (S n /n) converge vers 0 Montrer que si (u n ) converge vers a C, alors (S n /n) converge vers a 3 La réciproque est-elle vraie? 4 On suppose que (u n ) est une suite rélle Montrer que si (u n ) tend vers +, alors (S n /n) aussi La réciproque est-elle vraie? sui08 sui0 sui04 Exercice 85 (solution) Soit (u n ) n une suite à valeurs entières convergente Montrer que (u n ) est constante à partir d un certain rang Exercice 86 (solution) Soient (u n ) et (v n ) deux suites telles que 0 u n, 0 v n et u n v n Montrer que (u n ) et (v n ) convergent vers Exercice 87 (solution) Déterminer une suite réelle (u n ) n 0 convergente, telle que ( u n ) n 0 ne converge pas

12 8 SUITES sui sui3 Exercice 88 (solution) Pour m, n on pose si m n, u m,n 0 sinon Calculer lim lim u m,n et lim m n n lim m u m,n Exercice 89 (solution) Soit (u n ) n 0 une suite réelle Montrer que si (u n ) converge, alors la suite extraite (u n ) converge vers la même limite Montrer que si (u n ) et (u n+ ) convergent vers la même limite a, alors (u n ) converge vers a 3 Soit ϕ: N N une application strictement croissante Montrer que si (u n ) converge, alors (u ϕ(n) ) converge vers la même limite 4 Trouver un exemple de suite (u n ) telle que (u n ) et (u n+ ) convergent, mais (u n ) diverge 5 Montrer que si (u n ), (u n+ ) et (u 3n ) convergent, alors (u n ) converge sui5 Exercice 80 (solution) Pour tout n, on pose H n n k /k, u n H n ln n et v n H n ln(n + ) ( ) n + Montrer que pour tout n, n + ln n n Montrer que les suites (u n ) et (v n ) sont adjacentes 3 Montrer qu il existe γ R et une suite (e n ) convergeant vers 0 tels que pour tout n, H n ln n + γ + e n 4 Déterminer la limite lorsque n + de n kn+ /k sui6 Exercice 8 (solution) Soit (a n ) n une suite réelle décroissant vers 0 Pour tout n, on pose S n n k ( ) k a k Montrer que S n converge sui7 Exercice 8 (solution) Déterminer la limite, si elle existe, des suites (u n ) suivantes : n n u n n + k, n 3 u n n + k, sui03 u n k n+ k n + k, k 4 u n n kx, où x R n Exercice 83 (solution) Soit (u n ) n une suite telle que pour tout couple (k, n) d entiers strictement positifs, Montrer que (u n ) n tend vers 0 0 u n k n + k sui06 Exercice 84 (solution) Soit z 0 C On définit la suite (z n ) par la relation : k Déterminer la limite de (z n ) n 0 z n+ z n + z n On dit que ϕ est une extraction γ 0, 577 est appelée la constante d Euler-Mascheroni

13 9 CONTINUITÉ sui07 Exercice 85 (solution) Montrer que la suite de terme général cos(n) diverge sui0 Exercice 86 (solution) Soit α un nombre irrationnel et n N Montrer qu il existe k, l 0, n distincts tels que kα kα lα + lα /n sui05 En déduire qu il existe une infinité de couples (p, q) Z N tels que α p/q /q 3 (facultatif) Montrer que pour tous x, y réels, sin(x) sin(y) x y ( ) 4 (facultatif) Étudier la convergence de la suite (u n ) n n sin n Exercice 87 (solution) Soit f : N N une bijection On suppose que la suite converge vers l Montrer que l 9 Continuité n ( ) f(n) n n cont0 Exercice 9 (solution) (Caractérisation séquentielle) Soient a R et f : R R une fonction continue en a Montrer que si une suite (u n ) n 0 converge vers a, alors (f(u n )) n 0 converge vers f(a) cont Exercice 9 (solution) Soient k > 0 et f : R R une fonction telle que x, y R, f(x) f(y) k x y (on dit que f est k-lipschitzienne) Montrer que f est continue Montrer que l application x x définie sur [0, ] est continue mais pas lipschitzienne cont06 Exercice 93 (solution) Soit P un polynôme réel de degré 3 Montrer que P s annule sur R On commencera par montrer que P prend une valeur positive et une valeur négative cont6 Exercice 94 (solution) Un marcheur parcourt kilomètres en heures Montrer qu il y a un intervalle de heure pendant lequel il parcourt exactement 6 kilomètres cont09 Exercice 95 (solution) Déterminer, si elles existent, les limites suivantes : x lim x ln(e x + ), lim x x + ln(e x + ), 5 lim ln x + sin x, lim x x 0 x x a 3 lim x 4 lim x 0 sin, lim x + x x,, a, b R, b 0, x b ( x + ), x x + x( x + x ), 6 lim x + 7 lim (ln x)(ln ln x), x 8 lim x + x x x x, cont5 Exercice 96 (solution) Étudier le domaine de définition et la continuité des fonctions suivantes, ainsi que leurs éventuels prolongement par continuité aux bornes : x x + (x x ), x exp ( x ), arcsin x 3 x, x 4 x x ln x x, 5 x (x(ln x) + ) / ln x, 3

14 0 STRUCTURES ALGÉBRIQUES cont Exercice 97 (solution) Soit f : R R une fonction telle que pour tous x, y R : f(x) + f(y) f(x + y) Montrer que x R, n N, f(nx) nf(x) Montrer que x R, n Z, f(nx) nf(x) 3 Montrer que q Q, f(q) qf() 4 Dans cette question, on suppose que f est croissante Montrer que x R, f(x) xf() On pourra utiliser le fait que pour tout ε > 0, il existe deux rationnels q, q tels que x ε q x q x + ε 5 Dans cette question, on suppose que f est continue Montrer que x R, f(x) xf() cont4 cont08 cont3 cont07 cont03 Exercice 98 (solution) Soit f : R R une fonction continue qui tend vers + en + et en Montrer que f possède un minimum Exercice 99 (solution) Soit f : R R continue et décroissante Montrer que f admet un unique point fixe Exercice 90 (solution) Soient f et g : R R deux fonctions continues telles que x Q, f(x) g(x) Montrer que f g Exercice 9 (solution) Soit f : R Z une fonction continue Montrer que f est constante Exercice 9 (solution) Montrer qu il n existe pas d application f : [0, ] ]0, [ continue et surjective Montrer en revanche qu il existe une application g : ]0, [ [0, ] continue surjective cont04 Exercice 93 (solution) Trouver une fonction f : R R qui n est continue en aucun point Trouver une fonction g : R R qui est continue en 0 et discontinue partout ailleurs cont05 Exercice 94 (solution) Soit f : R R une fonction continue et -périodique Montrer qu il existe a R tel que ([ f(r) f a, a + ]) cont0 Exercice 95 (solution) Soit f : R + R une fonction croissante telle que l application x f(x)/x est décroissante Montrer que f est continue cont0 Exercice 96 (solution) Soit f : R + R une fonction continue On définit g : R + R par : g(x) sup f sup {f(t), t [0, x]} [0,x] Montrer que g est continue 0 Structures algébriques alg0 Exercice 0 (solution) Soit n un entier, G un groupe de cardinal n et A, B deux sous-groupes de G de cardinal n tels que A B { G } Montrer que n 4

15 MATRICES Matrices mat0 Exercice (solution) Soit n Pour i, j, n, on note δ i,j le symbole de Kronecker : si i j δ i,j 0 si i j, mat0 et A (a i,j ) la matrice de M n (R) de coefficients a i,j δ i,j Calculer A et en déduire A Exercice (solution) Soit n et () A () mat03 la matrice de M n (R) avec des sur la diagonale et des partout ailleurs Calculer A k pour k 0 Exercice 3 (solution) Soit Calculer A k pour k 0 A mat04 Exercice 4 (solution) On considère les matrices suivantes de M 4 (R) : A 0 0, B Calculer l idéal annulateur de A, c est-à-dire I A {P R[X] P (A) 0} On rappelle que si P n k0 a k X k est un polynôme, la matrice P (A) est définie par nk0 a k A k Calculer de même l idéal annulateur de B mat05 Montrer que A et B ne sont pas semblables 3 Soit A M n (R) Montrer que l idéal annulateur de A est de la forme I A {P Q Q R[X]}, où P R[X] est un polynôme unitaire appelé le polynôme minimal de A Exercice 5 (solution) Soit n et A M n (R) une matrice nilpotente d indice n, c està-dire que A n 0 et A n 0 Montrer que A est semblable à la matrice 0 (0) 0 B 0 (0) 0 0 5

16 MATRICES mat06 Exercice 6 (solution) Soit n et A (a i,j ) i,j n une matrice à coefficients réels telle que i, n, a i,i > j i a i,j Montrer que A est inversible mat07 Exercice 7 (solution) Soit n On considère la matrice A M n+ (R) suivante : A (( )) j i i,j n+ 0 3 n n 0 0 Montrer que A est inversible et calculer son inverse On pourra voir A comme la matrice d un endomorphisme de R n [X] dans la base canonique (, X,, X n ) On dit d une permutation de, n que c est un dérangement si elle n a pas de point fixe On note u n le nombre de dérangements Montrer que n! n k0 ( n k) uk 3 En déduire une expression de u n en fonction de n mat08 mat09 Exercice 8 (solution) Soit A M n (R) Montrer qu il existe M GL n (R) telle que AM soit la matrice d un projecteur Exercice 9 (solution) Soit A M n (R) Montrer que A est non inversible si et seulement si il existe M GL n (R) telle que AM soit une matrice nilpotente mat0 Exercice 0 (solution) Pour A (a i,j ) i,j n M n (R), on définit la trace de A par : n tr(a) a i,i i0 Montrer que si A, B M n (R) alors tr(ab) tr(ba) Soit E un R-espace vectoriel et u L(E) tel que pour tout x E, u(x) Vect(x) Montrer que u est une homothétie 3 Soit A M (R) Montrer que tr(a) 0 si et seulement si A est semblable à une matrice à diagonale nulle 4 Montrer le même résultat dans M n (R) mat Exercice (solution) Soit A M n (K) et E i,j la matrice de M n (K) avec un à l intersection de la i-ième ligne et de la j-ième colonne, et des 0 partout ailleurs Calculer AE i,j et E i,j A Soit A M n (K) tel que B M n (K), AB BA Montrer qu il existe λ K tel que A λi n ( ) mat3 Exercice (solution) On définit la matrice A 3 4 6

17 DÉTERMINANTS Trouver P R[X] de degré tel que P (A) 0 Soit n N On effectue la division euclidienne de X n par P Déterminer le reste 3 En déduire A n mat Exercice 3 (solution) Soit A 0 Déterminer une base et des équations de Im(A) dans R 4 Déterminants det0 det0 Exercice (solution) Soit A M n (R) la matrice définie par A i,j i j Calculer son déterminant Exercice (solution) Soient f,, f n des applications de R dans R Montrer que la famille (f,, f n ) est libre dans l espace vectoriel des fonctions de R dans R si et seulement si il existe a,, a n des réels tels que la matrice M (f i (a j )) i,j n est inversible det03 Exercice 3 (solution) Soit A M n (R) la matrice définie par A i,j 0 si i j, A i,j si i j Calculer son déterminant det04 Exercice 4 (solution) Soit f : M n (R) R une application non constante telle que A, B M n (R), f(ab) f(a)f(b) Calculer f(0) et f(i n ) Soit A M n (R) une matrice inversible Montrer que f(a) 0 3 Soit A M n (R) une matrice non inversible Montrer que f(a) 0 4 (facultatif) Soit M ( ) 0 Montrer que M est semblable à M En déduire que f(m) 5 (facultatif) Soit T M n (R) une transvection Montrer que f(t ) 6 (facultatif) Montrer que pour tout A M n (R), f(a) f ( In det(a) ) det05 Exercice 5 (solution) Soient A, B M n (R) semblables dans M n (C) Montrer que A et B sont semblables dans M n (R) det06 Exercice 6 (solution) Soit n N, A GL n (R) et B M n (R) Montrer qu il existe ε > 0 tel que x [ ε, ε], A + xb GL n (R) 7

18 3 DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS det07 Exercice 7 (solution) Lorsque v (x, y) est un vecteur de R, on note det08 la norme infini de v v max( x, y ) Soient v, v deux vecteurs de R non colinéaires Donner un équivalent, lorsque r +, de Card{(m, n) Z mv + nv r} Soit T un triangle du plan à coordonnées entières On note b le nombre de points entiers sur le bord de T et a le nombre de points entiers à l intérieur strict (donc sans compter les points sur le bord) de T Montrer que l aire de T est égale à a + b Exercice 8 (solution) Soient n et V {f : x P (x)e x, P R n [X]} Montrer que V est un espace vectoriel et calculer sa dimension Soit ϕ : f f Montrer que c est un endomorphisme de V et calculer son déterminant det09 Exercice 9 (solution) Pour a, b, c, d C, calculer le déterminant a a a a a b b b a b c c a b c d det0 Soient a,, a n C Calculer le déterminant de la matrice (a min(i,j) ) i,j n 3 Soient a,, a n C Calculer le déterminant de la matrice (a max(i,j) ) i,j n Exercice 0 (solution) Soient n N et a, b, λ,, λ n C, avec a b Pour x C, on note λ (b) λ A, (a) et λ + x (b + x) λ + x (x) det A + x (a + x) λ n + x Montrer que est une application affine En déduire det A λ n 3 Développements limités dl05 Exercice 3 (solution) Soit f : R R dérivable On se place au voisinage de 0 On suppose que f(0) 0 et f (x) o(x ) Montrer que f(x) o(x 3 ) On se donnera ε > 0 et on montrera qu il existe δ > 0 tel que x [ δ, δ], f(x)/x 3 ε en utilisant l inégalité des accroissements finis 8

19 4 DÉRIVATION On suppose maintenant que f (x) a+bx+cx +o(x ) Donner le développement limité de f à l ordre 3 Attention : on peut intégrer un DL, mais on ne peut pas le dériver! 3 Généraliser ce résultat à l ordre n 4 En utilisant la relation tan + tan, obtenir un développement limité de tan successivement à l ordre, 3, 5 5 Montrer que si f est deux fois dérivable en x alors f(x+h) f(x)+hf (x)+h /f (x)+ o(h ) lorsque h tend vers 0 dl0 Exercice 3 (solution) Donner le développement limité à l ordre en 0 de Le faire à l ordre 4 si on a du temps à perdre sin x sinh x dl03 Exercice 33 (solution) Déterminer la limite en 0 de x sin x (sin x x cos x) 3 x dl06 Exercice 34 (solution) Calculer les développements limités suivants : ( x ) + ln à l ordre 3 en 0, 5 ( + x) /x à l ordre en 0, x + arctan x 6 à l ordre en 0, ln( + sin x) à l ordre 3 en 0, tan x 3 cos(ln x) à l ordre 3 en, 7 sin x à l ordre 3 en π/4, cos x à l ordre 3 en 0, 8 ln(x)/x à l ordre 4 en, dl07 Exercice 35 (solution) Montrer que f : x cosh( x) est de classe C sur R + [ dl0 Exercice 36 (solution) On définit la fonction f : π, π ] \ {0} R par : f(x) (cos x) /x Montrer que f admet un prolongement de classe C à [ π, π ] dl04 Exercice 37 (solution) Soit f : x sin x Déterminer la limite de f en 0 x Soit u 0 [0, ] On définit la suite (u n ) n 0 par u n+ sin(u n ) Donner un équivalent de u n en + der0 der08 4 Dérivation ( ) x Exercice 4 (solution) Soit f : x exp définie sur R Montrer que f se prolonge par continuité à R Ce prolongement est-il de classe C? Exercice 4 (solution) Soit f : R R dérivable telle que f tend vers 0 en + x 9

20 4 DÉRIVATION Soit ε > 0 Montrer qu il existe A > 0 tel que x > A, f(x) f(a) x A ε Montrer que x > A, f(x) ε x + f(a) 3 En déduire que f(x)/x tend vers 0 en + der09 der der07 der der0 der03 Exercice 43 (solution) Pour chacune des fonctions suivantes, dire si elle est prolongeable par continuité en 0 Si oui, ce prolongement est-il dérivable en 0? Si oui, est-il de classe C? f 0 : x sin(/x), f : x x sin(/x), f : x x sin(/x), f 3 : x x 3 sin(/x) Exercice 44 (solution) Soit f : R R dérivable admettant des limites finies égales en + et Montrer que f s annule Exercice 45 (solution) Calculer la dérivée n-ième de f : x e x cos(x) pour n 0 On pourra utiliser les nombres complexes Exercice 46 (solution) Soit f : I R dérivable en a I On suppose que a n est pas sur le bord de I Montrer que si a est un maximum local de f, alors f (a) 0 La réciproque est-elle vraie? Montrer que si f est deux fois dérivable en a, avec f (a) 0 et f (a) < 0 alors a est un maximum local Exercice 47 (solution) Soit f : x exp( /x ) définie sur R Montrer que f se prolonge par continuité en 0 Montrer que ce prolongement est de classe C Quel est le développement limité à l ordre n de f en 0? Exercice 48 (solution) Soit f : R R dérivable telle que f + ( + f ) Montrer que f 0 der04 Exercice 49 (solution) Soit f : [0, ] R de classe C telle que f(0) f() 0 et f f Montrer que f est négative der0 Exercice 40 (solution) Trouver une fonction f : R R de classe C qui tend vers 0 en +, telle que f diverge en + Soit f : R R une fonction de classe C qui tend vers 0 en + On suppose de plus que f M, avec M > 0 Le but des questions suivantes est de montrer que f tend vers 0 en + Pour cela, fixons ε > 0 et h ε/m Montrer qu il existe N 0 tel que pour tout n N, f((n + )h) f(nh) ε M 3 Montrer que pour tout n N, il existe c [nh, (n + )h] tel que 4 En déduire que pour tout x Nh, f (c) ε f (x) ε 0

21 5 POLYNÔMES der05 Exercice 4 (solution) Soit I un intervalle de R et f : I R On dit que f est α- hölderienne s il existe une constante M > 0 telle que (x, y) I, f(x) f(y) M x y α On suppose dans cette question que I est un segment Montrer que si f est de classe C, alors f est -hölderienne La réciproque est-elle vraie? Soit f : I R une fonction α-hölderienne avec α > Montrer que f est constante 3 Soit f : ]0, [ R, x x ln x Déterminer l ensemble des α > 0 tels que f est α- hölderienne der06 Exercice 4 (solution) Soit f : R R une fonction de classe C Montrer que si x R, on a (lorsque h 0) : f(x + h) f(x) + hf (x) + h f (x) + o(h ) On suppose de plus que f(0) 0 Déterminer la limite de la suite (S n ) n 0 définie par 5 Polynômes n S n f k ( ) k n pol0 Exercice 5 (solution) Déterminer les polynômes complexes irréductibles sur C Déterminer les polynômes réels irréductibles sur R pol0 Exercice 5 (solution) Montrer que le polynôme + X + X + X3 6 + Xn (n)! n a pas de racine réelle pol03 Exercice 53 (solution) Déterminer l ensemble des P R[X] tels que P divise P pol04 Exercice 54 (solution) Montrer que cos(π/9) est irrationnel pol05 Exercice 55 (solution) Soit E l ensemble des solutions (pour x R) de l inéquation : n k k x k Montrer que E est la réunion de n intervalles disjoints, et calculer la somme des longueurs de ces intervalles pol06 Exercice 56 (solution) Soient a,, a n des réels On pose n P (cos(a k ) + X sin(a k )) k Déterminer le reste dans la division euclidienne de P par X +

22 pol07 Exercice 57 (solution) Soit n pol08 Factoriser le polynôme P n k0 X k dans C[X] ( ) n kπ Calculer sin n + k 6 ESPACES VECTORIELS Exercice 58 (solution) Soit P R[X] un polynôme unitaire de degré n Montrer que P est scindé sur R si et seulement si z C, P (z) Im(z) n pol09 Exercice 59 (solution) Déterminer les polynômes P C[X] tels que P (Q) Q pol0 Exercice 50 (solution) Démontrer le théorème d interpolation de Lagrange : étant donnés x,, x n et y,, y n des réels (et on suppose de plus que les x i sont deux à deux distincts), montrer qu il existe un unique polynôme P R[X] tel que : deg P n, i {,, n}, P (x i ) y i pol Exercice 5 (solution) On considère l équation d inconnue P C[X] : Dans la suite, on se fixe une solution P 0 P (X ) + P (X)P (X + ) 0 (5) pol: Soit a une racine de P Montrer que a et (a ) sont également racines de P Soit a une racine de P Montrer que a {0,, j, j } avec j exp ( ) iπ 3 3 Résoudre l équation (5) 6 Espaces vectoriels ev04 ev0 ev ev0 Exercice 6 (solution) Soient E et F deux espaces vectoriels et f : E F une application linéaire Montrer que f est injective si et seulement si l image de toute famille libre de E est une famille libre de F Montrer que f est surjective si et seulement si il existe une famille génératrice de E dont l image est une famille génératrice de F Exercice 6 (solution) On note E l espace vectoriel des fonctions continues de [0, π] dans R Soit F {f E f(0) f(π/) f(π)} et soit G le sous-espace vectoriel de E engendré par les vecteurs sin et cos Montrer que F est un sous-espace vectoriel de E, et que F et G sont supplémentaires dans E Exercice 63 (solution) Soit E un espace vectoriel, et F et G deux sous-espaces vectoriels de E Soit également H un supplémentaire de F G dans G Montrer que F + G F H Exercice 64 (solution) Notons E C (R, R) l espace des fonctions de classe C de R dans R On définit l endomorphisme ϕ: E E par ϕ(f) f Existe-t-il ψ un endomorphisme de E tel que ϕ ψ Id E? tel que ψ ϕ Id E?

23 ev4 ev0 ev03 ev05 ev06 6 ESPACES VECTORIELS Exercice 65 (solution) Soit E un espace vectoriel de dimension finie et f L(E) telle que rg(f) rg(f ) Montrer que Im(f ) Im(f) et ker(f ) ker(f) Exercice 66 (solution) Soient E un espace vectoriel et f L(E) un endomorphisme tel que f 3f + Id 0 Montrer que f est inversible, puis que ker(f Id) et ker(f Id) sont supplémentaires dans E Exercice 67 (solution) Soient E un K-espace vectoriel et p, q L(E) deux projecteurs de même image Montrer que pour tout λ K, λp + ( λ)q est un projecteur de même image que p et q Exercice 68 (solution) Soient λ,, λ n R deux à deux distincts Pour tout i, on note e i : R R l application x exp(λ i x) Montrer que la famille (e,, e n ) est libre dans l espace F(R, R) des fonctions de R dans R Exercice 69 (solution) Montrer que les R-endomorphismes de C sont les applications de la forme z az + b z, avec a, b C À quelle condition sur a et b cette application est-elle inversible? ev07 Exercice 60 (solution) Soient E un espace vectoriel, f L(E) et p un projecteur de E Montrer que f et p commutent si et seulement si Im(p) et ker(p) sont stables par f ev ev3 ev5 ev6 ev08 ev09 ev8 Exercice 6 (solution) Soit E un espace vectoriel de dimension finie Soient f, g L(E) tels que f + g est bijective et f g 0 Montrer que rg(f) + rg(g) dim E Exercice 6 (solution) Soit E un espace vectoriel de dimension finie n, et f L(E) Montrer que ker(f) Im(f) f 0 et n rg(f) Exercice 63 (solution) Soit E un espace vectoriel de dimension finie et f L(E) telle que f 0 Montrer qu il existe g L(E) telle que g f 0 et f f g Exercice 64 (solution) Soit E C 0 (R, R) l espace vectoriel des fonctions continues de R dans R et F C (R, R) le sous-espace vectoriel de E constitué des fonctions de classe C F est-il un hyperplan de E? Exercice 65 (solution) Soit E F(R, R) l espace des fonctions de R dans R et F un sous-espace vectoriel de E ne contenant que des fonctions de signe constant sur R Montrer que F est de dimension au plus Exercice 66 (solution) Soit E C (R, R) l espace des fonctions de classe C de R dans R Quelle est la dimension de E? On note F Vect{f E/f est croissante} C est un sous-espace vectoriel de E Montrer que x x est un élément de F 3 Montrer que x sin(x) est un élément de F 4 Montrer que F E Désormais, on ne se limite plus aux fonctions de classe C Soient E F(R, R) l espace des fonctions de R dans R et F Vect{f E /f est croissante} 5 Montrer que F E Exercice 67 (solution) Soit E un espace vectoriel de dimension finie, et u un endomorphisme de E tel que rg(u) tr(u) Montrer que u est un projecteur 3

24 8 INTÉGRATION 7 Espaces euclidiens euc0 Exercice 7 (solution) On définit l application, sur R n [X] R n [X] par P, Q nk0 P (k)q(k) Montrer que c est un produit scalaire euc0 Exercice 7 (solution) Soit E C 0 ([, ], R) l espace des fonctions continues de [, ] dans R Pour f, g E on définit f, g f(t)g(t)( t ) dt Montrer que, est un produit scalaire sur E euc03 Exercice 73 (solution) Soit E C ([0, ], R) l espace des fonctions de classe C de [0, ] dans R Pour f, g E on définit f, g f(0)g(0) + 0 f (t)g (t) dt Montrer que, est un produit scalaire sur E euc04 Exercice 74 (solution) Soient x,, x n R Montrer que ( n ) n x k n x k k k euc05 Exercice 75 (solution) Soit E un espace vectoriel euclidien et x, y E Montrer que x et y sont orthogonaux si et seulement si λ R, x + λy x euc06 Exercice 76 (solution) Montrer que A, B tr( t AB) définit un produit scalaire sur M n (R) 8 Intégration int04 Exercice 8 (solution) Soit f : [0, ] R une fonction continue telle que Montrer que f admet un point fixe 0 f(t) dt int0 Exercice 8 (solution) Déterminer la limite, quand n tend vers +, de ( ) /n (n)! n n n! int0 int03 Exercice 83 (solution) Soit A 0 A n le polynôme régulier inscrit dans le cercle unité tel que A 0 (, 0) Calculer n lim A 0 A k n + n Exercice 84 (solution) Soit f : [0, ] R + une fonction continue Déterminer k ( /n lim f(t) dt) n n + 0 4

25 0 PROBABILITÉS 9 Séries ser05 ser06 Exercice 9 (solution) Montrer qu une série absolument convergente est convergente Exercice 9 (solution) Soit u n une série convergente Montrer que la suite (u n ) tend vers 0 ser07 Exercice 93 (solution) Soit α > 0 Déterminer la nature de la série n /n α ser0 Exercice 94 (solution) Déterminer les triplets (a, b, c) R 3 tels que la série ( ) a n + b n + c n n converge Dans ce cas, donner la somme de la série ser0 Exercice 95 (solution) Calculer + n E( n + ) E( n) n ser03 ser04 Exercice 96 (solution) Soient u n et v n deux séries absolument convergentes Pour tout n 0, on pose w n n k0 u k v n k Montrer que la série w n est absolument convergente et que ( ) ( ) w n u n v n n0 n0 n0 Exercice 97 (solution) Montrer que la série n cos(ln n) n est divergente 0 Probabilités pro0 pro0 Exercice 0 (solution) Soit 0 p un taux d erreur Une série d ordinateurs se transmet une information binaire («vrai» ou «faux» ) à la chaine L ordinateur 0 envoie «vrai» à l ordinateur, qui transmet ensuite à l ordinateur, etc À chaque étape, il peut y avoir une erreur dans la transmission avec probabilité p et l ordinateur k + reçoit l opposé de ce qu avait envoyé l ordinateur k Sinon (avec probabilité p), l ordinateur k + reçoit la même information que l ordinateur k Calculer la probabilité p n que l ordinateur n reçoive l information «vrai» (on a p 0 ) Exercice 0 (solution) Le cruel Dr No a capturé un mathématicien paresseux et lui administre un poison mortel Il place N coffres devant lui, et lui dit qu avec probabilité p, il a placé l antidote dans un des coffres de manière équiprobable, et avec probabilité p, il n y a pas d antidote du tout Après avoir ouvert N coffres, le mathématicien paresseux se demande si c est bien la peine d ouvrir le dernier coffre c est assez fatigant Calculer la probabilité que l antidote se trouve dans le dernier coffre, sachant qu il ne se trouvait pas dans l un des N premiers 5

26 VARIABLES ALÉATOIRES pro03 Exercice 03 (solution) On se donne N + urnes numérotées de 0 à N L urne de numéro k contient k boules blanches et N k boules noires On choisit une urne au hasard, chaque choix étant équiprobable Puis on tire des boules avec remise, toutes dans l urne choisie au début On se fixe un entier n N Quelle est la probabilité que la (n + )-ième boule tirée soit blanche sachant que les n précédentes l étaient toutes? Déterminer la limite de cette probabilité lorsque N + Variables aléatoires va0 va0 Exercice (solution) Soit X une variable aléatoire définie sur un espace de probabilité fini (Ω, P ) On suppose qu il existe une application f définie sur X(Ω) telle que X et f(x) sont indépendantes Que dire de f? Exercice (solution) Un homme trop alcoolisé titube dans une rue Il fait des pas en avant ou en arrière, de manière aléatoire Sa position au temps n est représentée par S n X + + X n, où X,, X n sont des variables aléatoires indépendantes de loi uniforme sur {, } On pose S 0 0 Déterminer, pour n N, P(S n 0) : c est la probabilité que l homme soit retourné là où il était au temps n On donne la formule de Stirling : lorsque n +, n! ( ) n n πn e Déterminer un équivalent en + de P(S n 0) va03 Exercice 3 (solution) Soit p ]0, [ On lance une pièce de monnaie truquée (qui tombe sur pile avec probabilité p et sur face avec probabilité p) On note N le nombre d essais nécessaires pour obtenir un pile (on a donc N ) On relance ensuite la pièce N fois, et on note X le nombre de piles obtenus Déterminer la loi de N, la loi de X et l espérance de X va04 Exercice 4 (solution) On dispose d une urne contenant n boules numérotées de à n On en tire simultanément k (avec k n) et on note N le numéro le plus grand qu on a tiré Déterminer la loi de N et son espérance va05 va06 Exercice 5 (solution) Est-il possible de piper deux dés à 6 faces de telle sorte que la somme des deux dés suive une loi uniforme sur,? Exercice 6 (solution) Soient U et V deux variables aléatoires indépendantes et uniformes sur, n On pose I min(u, V ) et S max(u, V ) I et S suivent-elles la loi uniforme sur, n? I et S sont-elles indépendantes? 3 Déterminer la loi de I 4 Déterminer l espérance de I 6

27 VARIABLES ALÉATOIRES 5 Déterminer la loi de S 6 Déterminer la loi du couple (I, S) va07 Exercice 7 (solution) Une urne contient n boules blanches et n boules noires On tire simultanément n boules dans l urne, sans remise, et on note X le nombre de boules blanches qu on obtient Déterminer la loi de X, son espérance et sa variance 7

28 LOGIQUE ET APPLICATIONS Deuxième partie Solutions Logique et applications log5_s Solution (énoncé) n est divisible par 3 donc il existe un entier k tel que n 3k Si k est impair, alors 3k n est encore impair ; d où une contradiction Ainsi k est pair, donc n est divisible par 6 La proposition est fausse : il suffit de prendre a, b et n En revanche, la proposition suivante est vraie : (a, b, n) N 3, (n est divisible par a et b n est divisible par ppcm(ab)) 3 D après ce qu on a vu, il suffit de montrer que p est divisible par et par 3 Divisible par Comme p est un nombre premier différent de, il est impair Donc p est pair ; et p (p )(p + ) est encore pair Divisible par 3 Comme p est un nombre premier différent de 3, il n est pas divisible par 3 Il y a alors deux possibilités : Si p (mod 3), p est divisible par 3 ; et donc aussi p (p )(p + ) Si p (mod 3), p + est divisible par 3 ; et donc aussi p (p )(p + ) 4 Comme on l a vu, p est impair, donc p et p + sont tous les deux pairs Il y a deux cas : Soit (p )/ est impair (et alors (p + )/ est pair), Soit (p )/ est pair Dans les deux cas, le produit p p + p 4 est pair, donc p est divisible par 8 En utilisant par exemple le lemme de Gauss, on en déduit que p est divisible par 4 log6_s Solution (énoncé) On raisonne par analyse-synthèse Analyse Soit z C tel que z 3 z En prenant les modules, cela donne z 3 z, soit z ( z ) 0 8

29 LOGIQUE ET APPLICATIONS Comme z est un réel positif, z est de module 0 ou Le seul complexe de module 0 étant 0, on suppose maintenant que z est de module En multipliant l équation des deux côtés par z, on obtient z 4 z Notons alors z exp(iθ), où θ est un réel Cela permet d écrire e 4iθ, donc 4θ 0 (mod π), soit encore θ 0 (mod π/) Modulo π, θ est donc égal à 0, π/, π ou 3π/ Conclusion : z appartient à l ensemble {0,, i,, i} Synthèse Les cinq complexes 0,, i,, i sont bien des solutions de l équation log7_s Solution 3 (énoncé) On utilise la relation (k + )! (k + )k! et un changement d indice pour obtenir une somme télescopique : n n kk! (k + )k! k k n n (k + )! k! k k n+ n k! k! k k (n + )! log0_s Solution 4 (énoncé) Soit y f(a B) Par définition, il existe x A B tel que y f(x) Mais x A donc f(x) f(a), et de même f(x) f(b) Donc y f(x) f(a) f(b) On a montré que f(a B) f(a) f(b) L égalité n est pas vraie en général On raisonne par double implication Supposons f injective, et soient A et B deux parties de X Comme on a déjà une inclusion, il ne reste plus qu à montrer que f(a) f(b) f(a B) Soit donc y f(a) f(b), il existe alors a A et b B tels que y f(a) f(b) Par injectivité de f, a b donc a A B, et ainsi y f(a) f(a B) Supposons que A, B X, f(a B) f(a) f(b) Prenons x, y X tels que f(x) f(y) et montrons que x y Pour cela, on pose A {x} et B {y} On a f(a) {f(x)} et f(b) {f(y)} {f(x)}, donc f(a) f(b) {f(x)} D autre part, si x y, alors A B donc f(a B) Cela contredit l hypothèse, et finalement x y Cela montre que f est injective log0_s Solution 5 (énoncé) On raisonne par double implication Supposons f surjective, et soit A une partie de X Soit y f(a) Par surjectivité de f, il existe x X tel que y f(x) Par l absurde, si x A alors y f(x) f(a), ce qui est faux Donc x / A, autrement dit x A, d où y f(x) f(a) Supposons que A X, f(a) f(a) En prenant A X, on obtient f(x) f(x) Mais X, donc f(x), d où f(x), et en passant aux complémentaires on obtient f(x) Y, ce qui veut précisément dire que f est surjective (pourquoi?) 9

30 LOGIQUE ET APPLICATIONS Supposons f injective, et soit A une partie de X Soit y f(a), par définition il existe alors x A tel que y f(x) Par l absurde, supposons que y f(a) Alors il existe a A tel que y f(a) On a donc y f(a) f(x), et par injectivité de f, a x donc x A ce qui est faux Conclusion : y f(a), c est ce qu on voulait démontrer Supposons que A X, f(a) f(a) Soient x, y X tels que f(x) f(y) et montrons que x y Prenons A {x}, en appliquant l hypothèse on obtient f({x}) f({x}) {f(x)} {f(y)} Supposons que x y Alors y {x}, donc f(y) f({x}) {f(y)} C est absurde Finalement f est injective log03_s log4_s Solution 6 (énoncé) On raisonne par double implication Supposons f injective, et soit A une partie de X Montrons que f (f(a)) A Soit x A Alors f(x) f(a) donc x f (f(a)) Soit x f (f(a)) Par définition, f(x) f(a) donc il existe a A tel que f(x) f(a) Par injectivité de f, on a x a donc x A Supposons que A X, f (f(a)) A Soient x, y X tels que f(x) f(y) : on veut montrer que x y Pour cela, on pose A {x} Alors f(a) {f(x)} {f(y)} En particulier, f(y) f(a), donc y f (f(a)) A {x} Finalement x y Solution 7 (énoncé) On fait le calcul de u n+ u n en utilisant le changement de variable j k + Pour tout n, u n+ u n n+ k n+ j k + n + n j + n n k k k + n k + n n + + n + n + n + n + 0 log0_s Solution 8 (énoncé) Supposons que est rationnel Il existe alors (p, q) Z N un couple d entiers premiers entre eux tel que p/q, soit en passant au carré q p Si p est impair, p l est aussi, mais c est en contradiction avec l égalité précédente Donc p est pair, et p est un multiple de 4, donc q p / est pair, donc q est pair Ainsi p et q sont tous les deux pairs, ce qui contredit le fait qu ils sont premiers entre eux log_s Solution 9 (énoncé) On raisonne par l absurde Supposons qu il existe a et b deux entiers tels que + 3 a b En passant l égalité au carré, on obtient a b, 30

31 soit 6 a 5b b LOGIQUE ET APPLICATIONS Comme a 5b et b sont des entiers, on a montré que 6 est rationnel Soit p/q sa forme réduite (p et q sont des entiers premiers entre eux) : 6 p q En passant de nouveau au carré, on se ramène a une égalité sur des entiers : 6q p Si p est impair, alors p est encore impair, ce qui est impossible car p (3q ) Par l absurde, on en déduit que p est pair Ainsi p est divisible par 4, et 3q p / est divisible par De la même manière qu avant, si q est impair, alors 3q l est aussi ; c est absurde donc q est pair Conclusion : p et q sont tous les deux pairs, ce qui contredit le fait qu ils sont premiers entre eux Finalement + 3 est irrationnel log04_s Solution 0 (énoncé) L application ϕ: N N, n n + est bijective Injectivité Soient a, b N tels que f(a) f(b) Supposons que a et b sont de parités différentes : quitte à les échanger, on peut supposer que a est pair et b est impair On a alors a/ (b + )/, donc a + b C est absurde car a et b sont positifs Ainsi a et b ont la même paritéé, et on a soit a/ f(a) f(b) b/, soit (a + )/ f(a) f(b) (b + )/, ce qui amène dans les deux cas à a b Surjectivité Soit y Z Si y 0, on pose x y Si y < 0, on pose x y x est alors un entier naturel, et c est un antécédent de y par f 3 La table donne les premières valeurs de f Injectivité Soient (p, q) et (p, q ) N N tels que f(p, q) f(p, q ) Quitte à inverser les deux couples, on peut supposer que p p On a p p (q + ) q + donc p p (q + ) est impair Or si un produit de deux entiers est impair, les deux entiers sont impairs Donc p p est impair, et ce n est possible que si p p 0 Ainsi p p, et on en déduit que q q Cela montre que f est injective Surjectivité On procède par récurrence forte : Soit P(n) la proposition : «n admet un antécédent par f» pour n N Alors P(0) est vraie De plus, si l on prend n N quelconque et que l on suppose que P(k) est vraie pour k {0,, n }, alors Si n est impair, on pose p 0 et q (n )/ On a alors f(p, q) n Si n est pair, on applique la propriété P(k) pour k n/ : il existe (p, q) N N tel que p (q + ) n/ On a alors f(p +, q) n Dans les deux cas, on a trouvé un antécédent à n, donc P(n) est vraie Par le principe de récurrence forte, P(n) est vraie pour tout n N, ce qui revient exactement à dire que f est surjective log06_s Solution (énoncé) Soient (a, b), (c, d) Z tels que f(a, b) f(c, d) Alors a c (d b) Si d b 0, alors a c d b ce qui est impossible car est irrationnel Donc d b Comme a c (d b), on a de plus a c, et finalement f est injective 3

32 LOGIQUE ET APPLICATIONS q p og04:tab Table Valeurs de f(p, q) pour p, q 4 log_s Solution (énoncé) D une part, f est dérivable sur R et pour tout x R, f (x) n(x + ) n D autre part, en développant avec la formule du binôme, on obtient pour tout x ( ) n n f(x) x k, k donc k0 ( ) n n f (x) k x k k k On peut calculer f () de deux manières différentes : cela donne ( ) n n S k n n k k0 3 Pour faire apparaitre un k dans la somme, on dérive deux fois Pour tout x R, on a d une part f (x) n(n )(x + ) n, et d autre part ( ) n n f (x) k(k ) x k k k On regarde f (), ce qui donne ( ) n n T S k(k ) n(n ) n k k Et finalement T n(n + ) n log3_s Solution 3 (énoncé) Montrons que f est injective Soient (p, q ) et (p, q ) deux éléments de Z N tels que f(p, q ) f(p, q ) Alors Or q et q sont supérieurs ou égaux à donc p p q q 0 < q et 0 < q 3

33 LOGIQUE ET APPLICATIONS On en déduit que < q q < Donc /q /q p p est un entier relatif compris strictement entre et : ce ne peut être que 0 Ainsi (p, q ) (p, q ), ce qui montre que f est injective En revanche, f n est pas surjective Pour voir cela, raisonnons par l absurde en supposant que /3 admet un antécédent (p, q) Z N On a alors p + q 3, or d où 0 < q < 3 < q 3 3 < L entier p /q /3 est compris strictement entre et, donc p 0 Ainsi /q /3, ce qui est impossible car q est entier Finalement f n est pas surjective log05_s Solution 4 (énoncé) On fait une récurrence à deux pas (une récurrence forte marche aussi) Pour tout n N, soit P(n) la proposition : «x n + x n Z» P(0) et P() sont vraies Soit n, on suppose que P(n ) et P(n ) sont vraies On a x n + x n xn + x n + x + n x n xn x ( n x + ) ( x n + ) ( x n + ) x x } {{ } } {{ n x } } {{ n } Z Z Z Donc x n + Z, et P(n) est vérifiée Par le principe de récurrence à deux pas, P(n) xn est vraie pour tout n N log07_s Solution 5 (énoncé) Soit la fonction f : N Z par : n/ si n est pair f(n) (n + )/ si n est impair On vérifie facilement que f est une bijection Il y a plusieurs solutions Pour créer une bijection entre N et Z, on peut numéroter les éléments de Z en suivant une spirale On peut aussi créer une bijection entre N et N en suivant les antidiagonales Une troisième solution consiste à définir l application g : N N par : g(a, b) a (b + ) Si a, b, a, b sont des entiers naturels tels que g(a, b ) g(a, b ), alors quitte à supposer que a a, on a a a (b + ) b + 33

34 LOGIQUE ET APPLICATIONS Or le membre de droite est impair, tandis que le membre de gauche est pair si a > a et impair si a a Cela montre que a a, et on en déduit aussi b b Finalement g est injective Pour montrer que g est surjective, on peut par exemple démontrer par récurrence forte sur n la propriété P(n) : «n admet un antécédent par g» Si l on veut une bijection g : Z Z, il suffit de poser g(a, b) f(g(f (a), f (b))) 3 Un élément de Q peut s écrire de manière unique sous la forme p/q, où q > 0 et p est premier avec q Cela nous donne une injection h: Q Z : h: p/q, avec q > 0 et p premier avec q (p, q) Attention : si on ne précise pas que la fraction doit être sous forme irréductible, la fonction h est mal définie : par exemple, on ne sait pas si f(/) vaut (, ) ou (, 4) 4 Les questions précédentes nous donnent une injection ϕ: Q N définie par composition : ϕ f g h D autre part, comme N Q, l application suivante ψ : N Q est une injection : ψ : n n Le théorème de Cantor-Bernstein permet de conclure qu il existe une bijection entre N et Q 5 Si u est un élément de F(N, {0, }), on note u (u n ) n N et on lui associe λ(u) {n N u n } Alors λ est une bijection de F(N, {0, }) vers P(N) log08_s Solution 6 (énoncé) On commence par le sens indirect, et on raisonne par contraposée Supposons donc que E est un ensemble fini, que l on peut donc noter E {x,, x n } où n est le cardinal de E et x,, x n sont les éléments de E deux à deux distincts Soit f : E E l application définie par f(x i ) x i+ pour i n, f(x n ) x Soit A E non vide et tel que f(a) A Il nous suffit alors de montrer que A est égal à E tout entier Comme A est non vide, il existe i, n tel que x i A On a alors f(x i ) f(a) A, et donc f(f(x i )) A, etc Comme f(x i ) x i+, f(f(x i )) x i+, et ainsi de suite, en fait A contient tous les x i donc A E 34

35 LOGIQUE ET APPLICATIONS Montrons à présent le sens direct On suppose que E est infini, et on prend une fonction f : E E quelconque On fixe aussi x un élément quelconque de E et on pose : A {f(x), f(f(x)), } {f n (x), n }, où f n f f désigne la composée n-ième de f On a f(a) {f (x), f 3 (x), } A, et A est clairement non vide Il reste à vérifier que A E On raisonne par l absurde : si A E, en particulier on a x A, et donc il existe un n tel que f n (x) x Mais alors A peut se réécrire comme un ensemble fini ce qui est absurde car A E est infini A {f(x),, f n (x), x}, log09_s Solution 7 (énoncé) Ce qu on attend ici est la démonstration par récurrence sur n 0 de la propriété P(n): «f(n) est bien défini et appartient à Q +» On utilise une récurrence forte sur n L initialisation ne pose pas de problème Ensuite, si on fixe n quelconque et qu on suppose P(0),, P(n) vraies, alors si n + est pair, f(n + ) f((n + )/) + est bien défini et appartient à Q + d après P((n + )/), si n + est impair, f(n + ) f(n/) + est bien défini et appartient à Q + d après P(n/) Conclusion : P(n + ) est vraie Pour n allant de 0 à 8, les valeurs de f(n) sont : 0,,,, 3, 3, 3, 3, On montre par récurrence forte sur n 0 la propriété P(n): «pour tout m n, f(m) f(n)» L initialisation est facile Soit n, et supposons P(0),, P(n ) vraies Soit m N {n}, il reste à montrer que f(m) f(n) Si m et n sont pairs, f(n) f(n/) + f(m) d après P(n/) f(m/) + Si m et n sont impairs, f(n) f((n )/) + f((m )/) + f(m) d après P((n )/) 35

36 Si n est pair et m est impair, on a f(n) f(n/) + ce qui suffit à montrer que f(n) f(m) LOGIQUE ET APPLICATIONS < et f(m) f((m )/) +, Finalement P(n) est vraie Par récurrence, f est injective 4 On utilise l algorithme d Euclide pour 4/5 : Ensuite, on remonte On a f(), f(3), f(7) 3, f(4) + 3 4, f(8) + /4 4 5, f(57) 9 5, f(05) Démontrons par récurrence sur q > 0 la propriété P(q): «pour tout p 0, p/q admet un antécédent par f» L initialisation ne pose pas de problème car pour tout p 0, f( p ) p Soit maintenant q > Supposons P(),, P(q ) vraies, et soit p 0 Il reste à démontrer que p/q admet un antécédent par f Si p q, p/q admet pour antécédent Si p < q, alors p q + (q p)/p Or d après P(p), (q p)/p admet un antécédent (disons x) par f On a alors f(x) p/q Si p > q, alors on pose la division euclidienne de p par q : il existe b et r {0,, q } tels que p bq + r Alors p q b + r q b + + (q r)/r 36

37 FONCTIONS USUELLES On utilise P(r), qui nous dit que (q r)/r admet un antécédent x par f On a donc f(x) q r, r f(x) r q, f(4x + ) + r q, f(8x + 3) + r q, f( b (x + ) ) b + r q p q Finalement, P(q) est vraie Par récurrence, f est surjective Fonctions usuelles fon0_s Solution (énoncé) Dans la suite, on utilisera la formule suivante : tan(a + b) tan(a) + tan(b) tan(a) tan(b) On part de tan(θ) /5 pour calculer tan(4θ π/4) D abord puis tan(θ) tan(θ + θ) tan(θ) tan(θ) /5 /5 5/, tan(4θ) tan(θ + θ) tan(θ) tan(θ) 0/ 5/44 0/9, et enfin tan(4θ) + tan( π/4) tan(4θ π/4) tan(4θ) tan( π/4) 0/9 + 0/9 /39 37

38 On a l encadrement suivant : 0 5 tan(θ) tan ( π 6 ) FONCTIONS USUELLES 3 La fonction tangente étant croissante sur l intervalle ] π/, π/[, on a donc 0 θ π 6, soit encore et a fortiori π 4 4θ π 4 5π, π < 4θ π 4 < π La fonction tan: ] π/, π/[ R étant bijective d inverse arctan, on a pour tout x ] π/, π/[ : arctan(tan x) x (attention, ce n est vrai que sur ] π/, π/[) Ainsi ( ( arctan tan 4θ π )) 4θ π 4 4 Mais d après la question précédente, tan(4θ π/4) /39 Conclusion : on a obtenu la formule de Machin : ( ) ( ) π 4 4 arctan arctan 5 39 fon0_s Solution (énoncé) On utilise la formule de duplication de la tangente : tan(arctan(n + )) + tan(arctan( n)) tan (arctan(n + ) arctan(n)) tan(arctan(n + )) tan(arctan( n)) + n + n La fonction tan: ] π/, π/[ R est bijective d inverse arctan, donc pour tout x ] π/, π/[ on a arctan(tan(x)) x (ce n est pas vrai pour tout x R!) Ici, comme 0 < arctan(n + ) < π et on a l encadrement 0 < arctan(n) < π, π < arctan(n + ) arctan(n) < π, ce qui permet de voir que ( arctan(n + ) arctan(n) arctan + n + n ) 38

39 FONCTIONS USUELLES On a une somme télescopique : pour tout N N, N S N (arctan(n + ) arctan(n)) n0 N N arctan(n + ) arctan(n) n0 n0 N+ N arctan(n) arctan(n) n n0 arctan(n + ) arctan(0) arctan(n + ) Conclusion : S N converge vers π/ On peut écrire S n0 ( ) arctan + n + n ( ( arctan() + arctan + arctan + 3) 7) π fon03_s Solution 3 (énoncé) La fonction f est représentée à la figure Définissons l application g : R R par Pour tout x R, donc en passant à la racine carrée soit encore g(x) x + x x < + x, x < + x, < x + x < La fonction g est donc dérivable sur R et à valeurs dans ], [ Or la fonction arcsin est définie et dérivable sur ], [ Par composition, f arcsin g est définie et dérivable sur R Calculons maintenant la dérivée de g, avant de composer avec arcsin Pour tout x R, g(x) x ( + x ) / et g (x) ( + x ) ( / + x ) x ( + x ) 3/ ( + x ) / ( x ( + x ) ) ( ( ) + x ) / x + x ( + x ) / + x ( + x ) 3/ 39

40 FONCTIONS USUELLES On passe maintenant à f : pour tout x R, f (x) g (x) arcsin (g(x)) ( + x ) 3/ ( ) x +x ( + x ) 3/ x +x ( + x ) 3/ +x ( + x ) Les fonctions f et arctan sont dérivables sur R et ont la même dérivée Il existe donc une constante C R telle que pour tout x R, f(x) arctan(x) + C Il suffit alors d évaluer en 0 pour obtenir C 0, de sorte que f est la fonction arctan π f(x) 0 π x on03:fig fon04_s ( ) x Figure Graphe de la fonction f : x arcsin + x Solution 4 (énoncé) Comme les deux quantités sont positives, on peut passer au log qui est croissant : on a e π < π e ln(e π ) < ln(π e ) π < e ln(π) e < ln(π) π On étudie alors la fonction f : ]0, + [ R définie par f(x) ln(x)/x (voir figure ) Elle est dérivable sur son intervalle de définition et sa dérivée vaut f (x) ( ln(x))/x On 40

41 FONCTIONS USUELLES en déduit que f est croissante sur l intervalle ]0, e] et décroissante sur l intervalle [e, + [ Le maximum de f est donc atteint en e, donc en particulier f(π) f(e), autrement dit Finalement e π π e ln(π) π e 03 0 f(x) x on04:fig Figure Graphe de la fonction f : x log x x fon05_s Solution 5 (énoncé) Pour n, on doit montrer l inégalité suivante (avec a, b [0, π]) : ( ) a + b sin(a) + sin(b) sin Or sin(a) + sin(b) sin( a+b a b ) cos( ) Comme le cosinus est inférieur à, l inégalité en découle On en déduit l inégalité pour n 4 : en effet, si a, b, c, d sont des éléments de [0, π], on a et ( ) a + b sin(a) + sin(b) sin ( ) c + d sin(c) + sin(d) sin, donc en sommant et en réutilisant l inégalité encore une fois : ( ( ) ( )) a + b c + d sin(a) + sin(b) + sin(c) + sin(d) sin + sin ( ) a + b + c + d 4 sin 4 En prenant d (a + b + c)/3 dans l inégalité précédente, on en déduit l inégalité pour n 3 4

42 Généralisons : par récurrence, on peut montrer que pour tout p 0 on a p k sin(a k ) p sin ( p ) k a k p Alors, si n et a,, a n [0, π], on prend un p tel que n p et on pose En remplaçant dans l inégalité, cela donne a n+ a n+ a p a + + a n n FONCTIONS USUELLES fon06_s n p p sin(a k ) sin(a k ) sin(a k ) k k kn+ ( p ) ( ) p k a k sin ( p a + + a n n) sin p n ( ) ( ) p a + + a n sin ( p a + + a n n) sin n n ( ) a + + a n n sin n Solution 6 (énoncé) f est dérivable sur [0, π] et pour tout x [0, π] on a f (x) cos(x) sin(x) sin(x) + sin (x) cos(x) 4 cos (x) sin (x) + sin (x)( cos (x) ) sin (x)(4 cos (x) ) Ainsi f (x) 0 4 cos (x) 0 cos (x) 4 [ cos(x), ] [ π x 3, π ] 3 Cela nous permet de tracer le tableau de variations de f (voir figure 3) Le maximum de f sur x [0, π] est donc 3 3/8 Or on peut étendre f à tout R et pour x R, f(x + π) sin (x + π) sin((x + π)) ( sin(x)) sin(x + π) f(x) f est π-périodique, donc le maximum de f sur R est toujours 3 3/8 De même, le minimum de f est 3 3/8 En fait, on a : x R, f(x)

43 FONCTIONS USUELLES x f (x) 0 π/3 π/3 π f(x) 0 3 3/8 3 3/8 0 om04:tab Figure 3 Variations de f Si x R et n N, on a n 3 sin( k x) (sin(x)) 3 (sin(x)) 3 (sin( n x)) 3 k0 sin(x) sin (x) sin(x) sin ((n )x) sin(nx) sin(nx) sin(x)f(x)f(x) f(nx) sin(nx) ( sin(x) sin(nx) ( ) n ( ) 3n 3 En passant à la racine cubique, on obtient le résultat ) n fon07_s Solution 7 (énoncé) La fonction arcsin est définie sur [, ] et dérivable sur ], [ Or pour tout x R, (x ) 0 et (x + ) 0 En développant les carrés, on obtient Ainsi ( + x ) x + x x + x L inégalité est stricte sauf lorsque x ou x Donc f est définie sur R et dérivable (a 43

44 priori) sur R \ {, } Pour tout x différent de et de on a f (x) ( + x ) 4x ( + x ) ( x + x ( x ) ( + x ) ( + x ) 4x ( x ) ( + x ) ( x ) ( x ) ( + x ) x si < x <, + x si x < ou x > + x 3 NOMBRES COMPLEXES On raisonne intervalle par intervalle : il existe trois constantes réelles A, B, C telles que : ) arctan(x) + A si x <, f(x) arctan(x) + B si < x <, arctan(x) + C si x > Comme f tend vers 0 en ±, on a A π et C π De plus, f(0) 0 donc B 0 Ainsi Voir figure 4 pour le graphe de f arctan(x) π si x, f(x) arctan(x) si x, arctan(x) + π si x 3 Nombres complexes com07_s Solution 3 (énoncé) On développe : + z + z ( + z)( + z) + ( z)( z) + z + z + zz + z z + zz + z 4 Plaçons dans le plan complexe les trois points A, B, et C d affixes respectives z,, et (voir figure 5) Le calcul plus haut revient à dire que AC + AB BC, autrement dit le triangle ABC est rectangle en A d après le théorème de Pythagore 44

45 3 NOMBRES COMPLEXES f(x) x on07:fig ( ) x Figure 4 Graphe de la fonction f : x arcsin + x A C B om07:fig Figure 5 Triangle ABC 45

46 3 NOMBRES COMPLEXES com6_s Solution 3 (énoncé) Pour tout x R, exp(i5x) (exp(ix)) 5 (cos(x) + i sin(x)) 5 ( ) 5 5 cos k (x)(i sin(x)) 5 k k k0 cos 5 (x) + 5i cos 4 (x) sin(x) 0 cos 3 (x) sin (x) 0i cos (x) sin 3 (x) + 5 cos(x) sin 4 (x) + i sin 5 (x) En prenant les parties réelles et en utilisant la relation cos + sin, on obtient cos(5x) cos 5 (x) 0 cos 3 (x) sin (x) + 5 cos(x) sin 4 (x) cos 5 (x) 0 cos 3 (x)( cos (x)) + 5 cos(x)( cos (x)) 6 cos 5 (x) 0 cos 3 (x) + 5 cos(x) Notons X cos (π/0) La relation précédente appliquée à x π/0 donne soit cos(π/) 6 cos 5 (π/0) 0 cos 3 (π/0) + 5 cos(π/0), 6X 0X C est une équation du second degré, ses solutions sont X, X 0 ± ± 5 8 Il reste à savoir à laquelle des deux solution X est égal Comme cos est décroissante sur [0, π], on a ( ) ( ) π π cos cos com5_s Comme on obtient finalement cos ( π , 8 ) La relation cos(x) cos (x) appliquée en x π/0 donne ( ) π cos 5 X Solution 33 (énoncé) Rappel de la méthode pour résoudre les équations du second degré de la forme az + bz + c 0 : on calcule le discriminant b 4ac et on cherche δ C tel que 3 δ Les solutions sont alors z, z ( b ± δ)/(a) 3 δ est une racine carrée complexe de 46

47 3 NOMBRES COMPLEXES On a 6(5 + i) Pour simplifier les calculs, on cherche x + iy un complexe tel que (x + iy) 5 + i (où x et y sont des réels) En prenant les parties réelles, on obtient l égalité x y 5 En prenant le module, on obtient x + y On en déduit que x 9, et y 4 On vérifie sans problème que (3 + i) 5 + i, ce qui permet d écrire les solutions sous la forme z, z 6 ± 4(3 + i) 8 i, 7 + i On a 9 40i On cherche un complexe x + iy, avec x et y deux réels, tel que (x + iy) 9 40i En prenant les parties réelles, on obtient x y 9 En prenant le module, on obtient x + y On en déduit que x 5 et y 6 On vérifie que (5 4i) 9 40i Ainsi les solutions sont z, z 5 ± (5 4i) i, 5 i 3 On a 5 + 8i On cherche un complexe x + iy, avec x et y deux réels, tel que (x + iy) 5 + 8i En prenant les parties réelles, on obtient x y 5 En prenant le module, on obtient x + y On en déduit que x 6 et y On vérifie que (4 + i) 5 + 8i Ainsi les solutions sont z, z 4 + 3i ± (4 + i) i, 4 + i 4 On a 3 + 4i On cherche un complexe x + iy, avec x et y deux réels, tel que (x + iy) 3 + 4i En prenant les parties réelles, on obtient x y 3 En prenant le module, on obtient x + y On en déduit que x et y 4 On vérifie que ( + i) 3 + 4i Ainsi les solutions sont z, z 5 ± ( + i) + i, 3 i 5 Analyse Soit z C une solution de l équation z n z En prenant les modules, on obtient z n z, donc z vaut 0 ou Si on suppose z non nul, z est de module En multipliant l équation par z, on obtient z n+ zz z, donc z est une racine (n + )-ième de l unité Synthèse Soit z une racine (n + )-ième de l unité Alors z n+ et z est de module, donc z n z n+ z z z Donc z est solution de l équation Par ailleurs, z 0 est également une solution Conclusion Les solutions sont 0 et les racines n + -ièmes de l unité Ces dernières peuvent s écrire explicitement sous la forme exp(ikπ/(n + )), avec 0 k n 6 Analyse Soit z une solution de l équation En notant Z z 3, on a Z Z cos(ϕ)

48 3 NOMBRES COMPLEXES C est une équation du second degré (à coefficients réels) de discriminant 4(cos (ϕ) ) 0 Ainsi, Comme z 3 Z, on a z { exp ( ±iϕ Z cos(ϕ) ± i cos (ϕ) cos(ϕ) ± i sin(ϕ) 3 cos(ϕ) ± i sin(ϕ) exp(iϕ) ou exp( iϕ) ), exp ( ±iϕ + iπ 3 ), exp ( ±iϕ + 4iπ 3 )} Synthèse Soit z exp((±iϕ + kπ)/3), avec k 0,, On vérifie facilement que z est solution de l équation z 6 z 3 cos(ϕ) On a 4 cos 4 (ϕ) 4 cos (ϕ) 4 cos (ϕ) sin (ϕ) Les solutions sont donc z, z cos (ϕ) ± i cos(ϕ) sin(ϕ) cos (ϕ) ± i tan(ϕ) ± i tan(ϕ) Si ϕ π/ (mod π), cos(ϕ) 0 et l équation n a pas de solution 8 Analyse Soit z C tel que Im(z 3 ) Re(z 3 ) Alors z 3 est de la forme z 3 x+ix x exp(iπ/4), où x est un réel Donc arg(z 3 ) π/4 (mod π), d où arg(z) π (mod π 3 ) Synthèse Si z est de la forme re iθ, avec r > 0 et θ π/ (mod π/3), alors z est bien solution de l équation Conclusion Les solutions de l équation sont 0 et les complexes d argument π/, 5π/, 9π/, 3π/, 7π/ ou π/ (mod π) 9 Analyse Soit z un complexe tel que z(z ) z (z ) En prenant les modules, on obtient z z z z Si z est différent de 0 et de, il est donc de module En multipliant l équation par z, on obtient soit ou encore Donc z {0,, i, i} z (z ) z ( z z), z z ( z), (z )( + z ) 0 Synthèse Les complexes 0,, i, i sont des solutions de l équation 48

49 3 NOMBRES COMPLEXES com05_s Solution 34 (énoncé) Soient z et z deux complexes On met au carré et on développe : z + z z + z z + z ( z + z ) (z + z )(z + z ) z + z + zz z + z + z z + zz z + z + zz z z + z z zz Re(z z) zz Re(z z) z z Notons y z z C Alors on peut écrire y a + ib, avec a et b deux réels Dès lors, Re(y) a a + b y Ainsi, Re(y) y En remontant les équivalences, on a démontré l inégalité triangulaire Soient z et z tels que z +z z + z Écrivons de nouveau y z z a+ib On fait la même chose que dans la question précédente, en remplaçant les par des On obtient Re(z z) z z, soit a a + b Ainsi b 0 et a 0 Donc y z z R +, autrement dit l argument de y vaut 0 modulo π Mais arg(y) arg(z ) arg(z) (mod π), donc z et z ont même argument modulo π Finalement z et z sont positivement liés com09_s Solution 35 (énoncé) On factorise par l angle moitié : cela fait apparaître un cosinus e iθ + e iθ e i(θ+θ )/ ( e i(θ θ )/ + e i(θ θ)/ ) e i(θ+θ )/ ( cos θ θ ) com06_s Solution 36 (énoncé) Comme x est de module, on a /x x (et de même respectivement pour y et z) Il ne reste plus qu à factoriser l expression par xyz : xy + yz + xz xyz ( x + y + ) z xyz (x + y + z) 0 On a x + y + z (x + y + z) (xy + yz + xz) 0 com0_s Solution 37 (énoncé) Soit z On a h(z) z + z z + z z + + Re(z) z Re(z) Re(z) L ensemble des solutions est la droite verticale d abscisse / C est la médiatrice des points d affixes respectives et 49

50 3 NOMBRES COMPLEXES On multiplie par la quantité conjuguée : pour tout z, Re h(z) 0 Re z + z 0 (z + )(z ) Re 0 z Re( z z + z ) 0 z Re(z) 0 z 3 L ensemble des solutions est le cercle centré en / et de rayon 3/ com03_s Solution 38 (énoncé) todo com0_s Solution 39 (énoncé) On multiplie en haut et en bas par le conjugué du dénominateur : On obtient bien un réel z + z + zz z + z + zz + zz + zz (z + z )( + zz ) + zz z + z + z z + z z + zz z + z + z + z + zz Re(z + z ) + zz com08_s Solution 30 (énoncé) Soit z H On veut montrer que f(z) <, ou encore z i < z ( i) Géométriquement, cela revient à dire que z est plus proche de i que de i dans le plan complexe Mais z est par hypothèse de partie imaginaire strictement positive, donc au-dessus de la médiatrice entre i et i (cette médiatrice est l axe des abscisses) Donc z est plus proche de i, ce qu on voulait démontrer Autre solution, par le calcul : on écrit z x + iy, où x et y sont les parties réelle et imaginaire de z Alors ce qui est vrai par hypothèse f(z) < z i < z + i z i < z + i x + (y ) < x + (y + ) y y + < y + y + y > 0, 50

51 3 NOMBRES COMPLEXES Pour montrer que f est bijective, on va trouver explicitement son inverse Étant donnés a H et b D, on résout l équation f(a) b : Définissons l application g : D H par f(a) b f(a) b a i a + i b Elle est bien définie car pour tout z <, a i b(a + i) a( b) i(b + ) a i + b b g(z) i + z z ( + z)( z) g(z) i z Re(z) + z i z i ( Re(z)) + Im(z) z est de partie imaginaire strictement positive Les équivalences ci-dessus montrent que g est l inverse de f, donc f est bijective com3_s Solution 3 (énoncé) Si n et p sont somme de deux carrés, il existe quatre entiers a, b, c, d tels que n a + b et p c + d Posons z n a + ib et z p c + id, de sorte que z n n et z p p Alors np (a + b )(c + d ) z n z p z n z p ac bd + i(ad + bc) (ac bd) + (ad + bc) Comme ac bd et ad + bc sont des entiers, on a bien montré que np est somme de deux carrés On remarque que , et que , et Donc (on fait comme avant, mais on peut aussi directement appliquer la formule (a + b )(c + d ) (ac bd) + (ad + bc) : 394 (5 + 4 )(5 + 3 ) (5 + 4i)(5 + 3i) i

52 3 NOMBRES COMPLEXES com_s Solution 3 (énoncé) On passe en complexes, puis on utilise la formule du binôme : ( ) n n C n cos(kθ) k0 k ( ) n n Re(e ikθ ) k0 k ( n ( ) n Re )e ikθ k0 k Re ( ( + e iθ ) n) Ensuite, on utilise la technique de l angle moitié : plus précisément, on factorise dans la parenthèse par e iθ/, ce qui fait apparaître du cosinus : C n Re ( e iθ/ (e iθ/ + e iθ/ ) ) n ( cos(θ/)) n Re ( e inθ/) ( cos(θ/)) n cos(nθ/) com4_s Solution 33 (énoncé) On calcule la somme et le produit de A et B : Somme D une part : A + B ω + ω + ω 3 + ω 4 + ω 5 + ω 6 En ajoutant, on reconnaît la somme des racines septièmes de l unité Or cette somme est nulle Donc A + B Produit D autre part : AB (ω + ω + ω 4 )(ω 3 + ω 5 + ω 6 ) ω 4 ( + ω + ω 3 )( + ω + ω 3 ) ω 4 ( + ω + ω + 3ω 3 + ω 4 + ω 5 + ω 6 ) ω 4 (ω 3 ) ω 7 Donc A et B sont les racines du polynôme (X A)(X B) X (A+B)X+AB X +X+ : on a A, B ± i 7 Comme A est de partie imaginaire strictement positive, on a com04_s A + i 7 Solution 34 (énoncé) todo et B i 7 com0_s Solution 35 (énoncé) On montre (i) (ii) (iii) (iv) 5

53 / 4 ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES (i) (ii) Supposons que le triangle ABC est orienté dans le sens trigonométrique (voir figure 6) Il est équilatéral si et seulement si C est l image de B par la rotation de centre A et d angle π/3 En termes complexes, c est équivalent à : ou encore à c a e iπ/3 (b a) j (b a), c + j b + ja ( + j + j)a 0 Dans la dernière égalité, on a utilisé la relation + j + j 0 (somme des racines troisièmes de l unité) Si le triangle est orienté dans l autre sens (A, C, B dans le sens trigonométrique), alors il est équilatéral si et seulement si j a + jb + c 0 C π/3 / B A triangle Figure 6 Triangle ABC (ii) (iii) On multiplie les deux expressions : (aj + bj + c)(aj + bj + c) a + b + c + abj + abj + acj + acj + bcj + bcj La conclusion est immédiate a + b + c (ab + ac + bc) (iii) (iv) On met tout au même dénominateur et on développe : b a + c b + a c 0 (c b)(a c) + (a c)(b a) + (b a)(c b) 0 ab + ac + bc a b c 0 ab + ac + bc a + b + c com7_s Solution 36 (énoncé) todo 4 Équations différentielles ed0_s Solution 4 (énoncé) Ici, on a envie de diviser par x : le problème est que l équation y (x) αy(x)/x 0 n est pas définie sur R, mais sur R seulement Il faut donc découper le problème en deux, résoudre l équation sur chacun des deux intervalles et recoller On raisonne par analyse-synthèse Soit f une solution de l équation xf (x) αf(x) 0 sur R En particulier, f est solution de cette équation sur les deux intervalles R et R + 53

54 4 ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES Sur R, l application x ln x est une primitive de x /x Il existe donc une constante A R telle que x < 0, f(x) A exp(α ln x ) A x α De même, il existe une constante B R telle que x > 0, f(x) Bx α Il est important de noter qu a priori, les deux constantes A et B sont distinctes L analyse n est pas finie, il reste des solutions à exclure, selon la valeur de α Supposons que α < 0 Comme f est continue en 0, en faisant tendre x vers 0 par valeurs positives, on en déduit que B 0 De même, A 0 Donc f est nulle sur R On en déduit que f est la fonction nulle, à nouveau par continuité en 0 Supposons que α 0 Alors f est constante sur R et sur R +, et par continuité en 0 on en déduit que f est une fonction constante Supposons que 0 < α < Alors f est continue en 0, donc f(0) 0 Mais f est aussi dérivable en 0 Calculons la limite du taux d accroissement à droite : f(h) f(0) h Bhα h Bh α h 0 + f (0), ce qui implique B 0, car α < 0 De même, A 0 et par continuité en 0, f est la fonction nulle Supposons qur α On a comme avant f(0) 0 Calculons le taux d accroissement à droite : f(h) f(0) h Bh h B h 0 + f (0), donc f (0) B De même à gauche, f (0) A Donc B A, et x R, f(x) Bx Supposons que α > Par continuité en 0, f(0) 0 et il n y a rien de plus à dire Il reste à faire la synthèse, c est-à-dire vérifier que toutes les fonctions qu on a trouvées sont bien des solutions Lorsque α < 0, on vérifie que la fonction nulle est solution de (4) Lorsque α 0, on vérifie que les fonctions constantes sont solutions de (4) Lorsque 0 < α <, on vérifie que la fonction nulle est solution de (4) Lorsque α, on vérifie que les fonctions de la forme (x Bx) pour B R sont solutions de (4) 54

55 4 ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES Lorsque α >, on prend A, B R et on définit f la fonction R R telle que x < 0, f(x) A x α, x > 0, f(x) Bx α et f(0) 0 Alors f est continue et f vérifie l équation différentielle (4) sur R Il reste à montrer qu elle vérifie (4) en 0 Pour cela, on calcule le taux d accroissement à droite : f(h) f(0) h Bhα h Bh α h De même à gauche, cela montre que f est dérivable en 0 et que f (0) 0 Conclusion : f est bien solution ed0_s Solution 4 (énoncé) Soit y ]0, + [ Dérivons la relation (4) par rapport à x On obtient x, y ]0, + [, yf (xy) f(y) + yf (x) Ce qui donne, en prenant x : y ]0, + [, yf (y) f(y) + yf () En posant k f (), on obtient l équation différentielle (43) On raisonne par analyse-synthèse Analyse : soit f une solution de (4) dérivable sur ]0, + [ D après la question précédente, f vérifie alors l équation différentielle (43) sur ]0, + [ On peut la réécrire en y ]0, + [, f (y) f(y) + k (4) ed0:eqd y On résout cette équation différentielle : les solutions de l équation homogène sont de la forme y A exp(ln y) Ay, où A R est une constante Pour trouver une solution particulière, on utilise la méthode de variation des constantes Soit A: ]0, + [ R une application dérivable, et ϕ(y) A(y)y définie sur ]0, + [, alors : ϕ est solution de l équation (4) y ]0, + [, y ]0, + [, y ]0, + [, A (y) k y ϕ (y) ϕ(y) + k y A (y)y + A(y) A(y) + k En prenant A(y) k ln(y), on obtient une solution particulière de (4) : ϕ(y) ky ln(y) Conclusion : f est de la forme f(y) Ay + ky ln(y), où A R est une constante, et pour y ]0, + [ Prenons x y dans l équation fonctionnelle (4) : f() f(), donc f() 0 Mais d après ce qu on a vu, on a aussi f() A + k ln() A Donc A 0 Il reste à regarder ce qui se passe pour y strictement négatif Pour cela, prenons x y dans l équation fonctionnelle (4) : y R, f(y ) yf(y) 55

56 Or y > 0, donc yf(y) f(y ) ky ln(y ), autrement dit 4 ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES y < 0, f(y) ky ln y Conclusion : il existe une constante k telle que y 0, f(y) ky ln y, et f(0) 0 Il reste à faire la synthèse : toutes les fonctions décrites ci-dessus vérifient bien l équation fonctionnelle (4) et sont dérivables sur ]0, + [, donc on a terminé 3 On fait un changement de variable en posant u t/x : si x, y > 0, F (xy) xy 0 y 0 y 0 f(t) dt f(xu)x du (xf(u) + uf(x))x du y x f(u) du + xf(x) 0 x F (y) + xf(x) y 4 Si f est une solution de (4), alors pour x > 0 on a (en prenant y dans (44)) : f(x) x (F (x) x F ()) Comme F est dérivable sur ]0, + [, f l est aussi Finalement, les solutions de (4) sont les y ky ln y, pour k R ed03_s Solution 43 (énoncé) La fonction tan est solution Soit g arctan f C est une fonction dérivable sur ]a, b[ et g f + f + f + f Donc il existe une constante λ R telle que ce qui donne en repassant à f : y x ]a, b[, g(x) x + λ, 0 u du x ]a, b[, f(x) tan(x + λ) 3 Les solutions de (45) sont les x tan(x + λ), où λ R est tel que : x ]a, b[, x + λ / {π/ + kπ, k Z} Les λ vérifiant cette condition forment une réunion infinie de segments de longueur π (b a) (faire un dessin) En particulier, si b a > π, l équation n admet pas de solution Si b a π, l équation admet une seule solution, qui est une translation de la fonction tan 56

57 4 ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ed04_s Solution 44 (énoncé) On commence par résoudre l équation (46) sur R + Elle est équivalente à y (x) + y(x) sin(x), x x (4) ed04: ce qui permet de donner la forme des solutions de l équation homogène : x k x, avec k R On applique ensuite la méthode de variation de la constante : si l on prend k : R R une fonction dérivable et y : x k(x)/x, alors y est solution de l équation (4) x R +, x R +, x R +, y (x) + y(x) sin(x) x x xk (x) k(x) + k(x) sin(x) x x x k (x) sin(x) La fonction k : x cos(x) étant une primitive de sin, cela nous donne une solution particulière de (4), à savoir x cos(x)/x Les solutions de ((4)) sont donc les fonctions de la forme x k + cos(x) x Passons maintenant à la résolution sur R On raisonne par analyse-synthèse Soit y une solution de (46) sur R En particulier, y est solution de (4) sur R + Il existe donc une constante L telle que x > 0, y(x) L + cos(x) x De la même manière, y est solution de (4) sur R On peut vérifier qu il existe une constante K telle que x < 0, y(x) K + cos(x) x D autre part, l équation (46) évaluée en 0 nous indique que y(0) 0 Or la fonction y est nécessairement continue en 0, ce qui montre que (par exemple) Mais K + cos(x) x cos(x) x 0 x 0 + cos(x) cos(0) x x 0 cos (0) 0 + En faisant la différence, on obtient + K x 0, x 0 + ce qui implique que K De même, on trouve L et cela nous donne l expression de la fonction y : cos(x) si x 0 x R, y(x) x 0 si x 0 57

58 4 ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES Il reste à faire la synthèse, c est-à-dire vérifier que la fonction y trouvée plus haut est bien solution de l équation (46) Sur R, il n y a pas de problème Il faut par contre vérifier que y est dérivable en 0 Calculons le taux d accroissement : si x 0, alors y(x) y(0) x cos(x) x Cette limite peut se calculer en effectuant le changement de variable θ x/ : cos(x) cos(θ) x (θ) sin (θ) 4θ ( ) sin(θ) θ ( sin(θ) sin(0) ) θ ed05_s x 0 (cos (0)) Conclusion : y est dérivable en 0 et y (0) / Cela permet de vérifier que (46) est bien vérifiée en 0, et finalement y est l unique solution de l équation différentielle sur R Solution 45 (énoncé) Les solutions de l équation homogène sont de la forme x ke ax, où k C On applique ensuite la méthode de variation de la constante : si l on prend k : R C une fonction dérivable et y : x k(x)e ax, alors y est solution de l équation (47) x R, La fonction x R, y (x) ay(x) f(x) (k (x) + ak(x))e ax ak(x)e ax f(x) x R, k (x) f(x)e ax k : x x 0 f(t)e at dt satisfait à la condition ci-dessus (remarque : la borne inférieure est prise arbitrairement égale à 0), ce qui nous donne la forme générale des solution de l équation (47) : ( x ) y k : x k + f(t)e at dt e ax, où k C Soit y k : R C une solution de (47) Posons 0 g : x (y k (x + T ) y k (x))e ax, de sorte que y k est T -périodique si et seulement si g est identiquement nulle On peut écrire g sous forme intégrale : pour tout x R, ( ) x+t ( x ) g(x) k + f(t)e at dt e at k + f(t)e at dt 0 ( e at ) x+t k + e at f(t)e at dt 0 0 x 0 f(t)e at dt 58

59 4 ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES g est dérivable sur R et pour tout x R, g (x) e at f(x + T )e a(x+t ) f(x)e ax (f(x + T ) f(x))e ax 0 Autrement dit, g est une fonction constante Donc y k est T -périodique si et seulement si g(0) 0, soit encore y k (0) y k (T ) Or On peut donc conclure : Si e at, il y a y(t ) y(0) ( k + T 0 f(t)e at dt ) e at k ( e at ) T k + e at f(t)e at dt 0 0 solution T -périodique si T 0 f(t) exp( at) dt 0 une infinité de solutions T -périodiques si T 0 f(t) exp( at) dt 0 (en fait, toutes les solutions sont T -périodiques) Si e at, on a 0 ed06_s y(t ) y(0) ( e at ) T k + e at f(t)e at dt 0 k eat e at T 0 0 f(t)e at dt, et il y a donc exactement une solution T -périodique Remarque : e at si et seulement si a iπ { T Z, iπ iπ, 0, T T, 4iπ } T, Solution 46 (énoncé) On définit l équation caractéristique r + ar + b 0 (43) ed06: Supposons que a 4b > 0 Alors l équation (43) a deux solutions réelles distinctes r et r, qui valent respectivement ( a a 4b)/ et ( a + a 4b)/ L équation différentielle admet donc pour solutions les fonctions de la forme x λe r x + µe r x, où λ, µ R Or l application x e rx est bornée sur R + si et seulement si r 0 Ainsi, toutes les solutions sont bornées sur R + si et seulement si r 0 et r 0 59

60 4 ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES Pour repasser à une condition sur (a, b), il suffit de remarquer que r < r, et donc r 0 r 0 r 0 a + a 4b 0 a 4b a a 4b a a 0 a 4b a a 0 b 0 a 0 Supposons que a 4b 0 Alors l équation (43) a une unique solution r a/ L équation différentielle admet donc pour solutions les fonctions de la forme x (λx + µ)e rx, où λ, µ R Pour que toutes ces fonctions soient bornées, il faut et il suffit que r < 0, autrement dit a > 0 Supposons que a 4b < 0 Alors l équation (43) a deux solutions complexes conjuguées r u + iv et r u iv, avec u R et v > 0 L équation différentielle admet donc pour solutions les fonctions de la forme x e ux (λ cos(vx) + µ sin(vx)), où λ, µ R Toutes ces solutions sont bornées si et seulement si u 0 Or donc il faut et il suffit que a 0 u r + r a, Finalement, les solutions de y + ay + by 0 sont bornées sur R + si et seulement si a 0, b 0 et (a, b) (0, 0) ed07_s Solution 47 (énoncé) L équation est équivalente à y (x) + On résout l équation homogène : les solutions de y (x) + x x + y(x) (44) x ed07: + ( x A exp ln ( x + )) A ( x + ) / x y(x) 0 sont de la forme x + 60

61 4 ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES Pour trouver une solution particulière à l équation (44), on utilise la méthode de variation des constantes : soit A: R R une application dérivable, et y(x) A(x) (x + ) / définie sur R, alors : y est solution de l équation (44) x R, y (x) + x x + y(x) x + x R, A (x) ( x + ) / A(x) x ( x + ) 3/ + x x + A(x) ( x + ) / x + x R, A (x) ( x + ) / x + x R, A (x) ( x + ) / x + Or la fonction argsh est une primitive de x / x + D après les équivalences ci-dessus, l application x argsh(x) (x + ) / est donc une solution particulière de (47) Conclusion : les solutions de (44) sont de la forme où A R est une constante x argsh(x) + A, x + ed08_s Solution 48 (énoncé) L équation est équivalente à y (x) On résout l équation homogène : les solutions de y (x) x x + y(x) ( x + ) / (45) ed08: x y(x) 0 sont de la forme x + x A exp ( ln ( x + )) A ( x + ) / Pour trouver une solution particulière à l équation (45), on utilise la méthode de variation des constantes : soit A: R R une application dérivable, et y(x) A(x) (x + ) / définie sur R, alors : y est solution de l équation (45) x R, y (x) x x + y(x) ( x + ) / x R, A (x) ( x + ) / + A(x) x ( x + ) / x x + A(x) ( x + ) / ( x + ) / x R, A (x) ( x + ) / ( x + ) / x R, A (x) 6

62 4 ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ed09_s En particulier, l application A(x) x convient D après les équivalences ci-dessus, l application x x (x + ) / est donc une solution particulière de (45) Conclusion : les solutions de (45) sont de la forme x (x + A) x +, où A R est une constante Solution 49 (énoncé) On considère l équation sur R On a envie de diviser par e x pour obtenir l équation (e x )y (x) + e x y(x) (46) ed09: y (x) + ex e x y(x), (47) e x ed09: mais cette équation n est pas définie en 0 Comme R \ {0} n est pas un intervalle, il faut raisonner par analyse-synthèse Analyse Soit y une solution de l équation (46) sur R Alors en particulier, y vérifie l équation différentielle (47) sur ], 0[ Résolvons l équation homogène (on se place ici sur ], 0[ ) : x ln e x est une primitive de x e x /(e x ), donc les solutions de l équation homogène sont de la forme x A exp( ln e x ) A/( e x ), où A est une constante Pour trouver une solution particulière à l équation (47), on utilise la méthode de variation des constantes : soit A: ], 0[ R une application dérivable, et g(x) A(x)/( e x ) définie elle aussi sur ], 0[ Alors g est solution de (47) x < 0, g (x) + ex e x g(x) e x x < 0, A (x) e + A(x) e x x ( e x ) + ex e x A(x) e x e x x < 0, A (x) e x e x x < 0, A (x) L application A(x) x convient, ce qui nous donne une solution particulière de (47) : g(x) x/( e x ) Ainsi, il existe une constante A telle que x < 0, y(x) A e x + x e x A x e x On fait la même chose sur ]0, + [ : il existe une constante B telle que x > 0, y(x) B x e x Il est important de noter qu a priori, les deux constantes A et B sont distinctes L équation (46) évaluée en 0 donne y(0) Comme (e x )/x lorsque x tend vers 0, et que y est continue en 0, on a nécessairement A B 0 Conclusion : pour tout x R, x si x 0 y(x) e x si x 0 6

63 5 ARITHMÉTIQUE DES ENTIERS Synthèse Il suffit de vérifier que la fonction définie au-dessus est dérivable en 0 et vérifie l équation différentielle (46) en x 0 Pour cela, on calcule la limite du taux d accroissement en 0 : lorsque x tend vers 0, y(x) y(0) x x + ex x(e x ) x / + o(x ) x + o(x ) x 0, donc y est dérivable en 0 et c est bien une solution de (46) 5 Arithmétique des entiers ent0_s Solution 5 (énoncé) Notons x 7 77 On cherche alors le résidu de 7 x modulo 0 Remarquons que 7 (mod 0), d où 7 4 (mod 0) Il nous suffit donc de connaître le résidu de x modulo 4 On recommence : 7 (mod 4) donne 7 (mod 4), et il suffit alors de connaître le résidu de 7 7 modulo Mais ça, c est facile, parce que 7 7 est impair Ainsi k+ 7 3 (mod 4), et donc 7 x 7 4k (mod 0) ent0_s Solution 5 (énoncé) On démontre par récurrence forte sur n la propriété P(n): «ϕ(n) n» L initialisation ne pose pas de problème Soit maintenant n tel que P(0),, P(n ) sont vraies On a donc ϕ(k) k pour tout k {0,, n } Comme ϕ est injective, ϕ(n) est différent de tous les ϕ(k) pour k n Autrement dit, ϕ(n) > n Comme de plus ϕ(n) n, cela montre que P(n) est vraie ent03_s Solution 53 (énoncé) On commence par le sens indirect Notons k le rang à partir duquel les décimales de x sont périodiques et u, u,, u p les décimales formant une période Autrement dit, on a 0 k x n + 0,u u u 3 u p où n est un entier relatif, et u i {0,, 9} Notons α 0,u u u 3 u p, de sorte que 0 p α u u u p,u u u 3 u p u u u p + α, 63

64 ce qui donne α u u u p 0 p 5 ARITHMÉTIQUE DES ENTIERS Cela suffit pour montrer que x est rationnel Par exemple, 0, Passons à présent au sens direct Si x Q, on peut écrire x n + a où n est un entier b relatif et 0 a < b sont des entiers Essayons de formaliser l algorithme de division qu on connait depuis longtemps On effectue la division euclidienne de 0a par b : il existe u N et 0 r b tels que 0a u b + r Au passage, remarquons que u 0a r 0a < 0, donc u est un entier compris entre b b 0 et 9 On recommence en effectuant la division euclidienne de 0r par b : il existe u N et 0 r b tels que 0r u b + r Ainsi de suite, on définit deux suites (u n ) n et (r n ) n, avec pour tout n : On a alors 0r n u n+ b + r n+, u n {0,, 9}, r n {0,, b } a b u b + r 0b u 0 + r 0b u 0 + u b + r 00b u 0 + u 00 + r 00b, etc On reconnaît l écriture décimale de a/b : u 0 + u u n 0 n + r n 0 n b, a b 0, u u u 3 Il reste à expliquer pourquoi la suite (u n ) n est périodique à partir d un certain rang (r n ) n est une suite à valeurs dans {0,, b } qui est un ensemble fini Il existe donc n et p tels que r n r n+p Mais la division euclidienne de 0r n par b définit un couple (u n+, r n+ ) qui est unique : en particulier, r n+ r n+p+ On réitère le procédé : par récurrence, on obtient k 0, r n+k r n+p+k ce qui montre que la suite (r n+k ) n est p-périodique On en déduit que u n+k est p-périodique grâce à la relation 0r n u n+ b + r n+ 64

65 5 ARITHMÉTIQUE DES ENTIERS ent04_s Solution 54 (énoncé) On raisonne par analyse-synthèse (bien que seule la synthèse soit utile ici : on ne demande pas de trouver toutes les solutions) Supposons que x y sont des entiers tels que x, y > a et a x + y Alors y xa/(x a) En particulier, comme y est un entier, x a divise xa On peut maintenant procéder à la synthèse : on cherche un x entier (strictement supérieur à a) tel que x a divise xa Il faut penser à x a + Cela donne y a(a + ) et il suffit à présent de vérifier que a a + + a(a + ) et que a + a(a + ), ce qui est vrai On montre cette propriété par récurrence L initialisation est vérifiée car Supposons qu il existe u < < u n tels que n u k On pose alors de sorte que k v u, v u, v n u n, v n u n +, v n+ u n (u n + ), n+ Par récurrence sur n, on a bien ce qu on voulait 3 On démontre par récurrence sur n la propriété P(n): «Pour tout x R, il n existe qu un nombre fini de n-uplets (u,, u n ) d entiers positifs tels que u < < u n et x n k /u k» L initialisation à P() ne pose pas de problème Soit maintenant n ; on suppose P(n ) vraie Fixons x R et notons { } n X (u,, u n ) N n /u < < u n et x u k On veut montrer que X est fini Remarquons d abord que si (u,, u n ) X, on a n x k v k k u k n k u n u, k 65

66 5 ARITHMÉTIQUE DES ENTIERS ce qui montre que u n/x Fixons alors un entier N vérifiant N n/x et définissons les ensembles suivants : { } n X (u,, u n ) N n /u, u < < u n et x, k u k { } n X (u,, u n ) N n /u, u < < u n et x, u k X N { (u,, u n ) N n /u N, u < < u n et k n k } x, u k D après la remarque précédente, N X X i i Or d après l hypothèse de récurrence, chaque ensemble X i est fini Par réunion finie, X est également fini ce qui achève la démonstration ent05_s Solution 55 (énoncé) On a a n b n (a b)(a n + ba n + + b n ) Supposons que a b (mod n) Alors pour tout k, a k b k (mod n), d où a k b n k b n (mod n) On a alors a n + ba n + + b n nb n 0 ce qui permet de conclure que a n b n 0 (mod n ) (mod n), ent06_s Solution 56 (énoncé) Mettons le trinôme sous forme canonique On a n + n ( n + ) 4 Évidemment, on fait de l arithmétique, ce qui veut dire qu on s interdit d écrire des fractions / désigne en fait un entier y tel que y (mod 3) (on dit que y est un inverse de modulo 3) Comme y 7 convient, on peut réécrire l équation : n + n (mod 3) (n + 7) (mod 3) (n + 7) 3 0 (mod 3) Or x 3 (x 3)(x + 3) 66

67 5 ARITHMÉTIQUE DES ENTIERS De la même manière, 3 désigne ici un entier y tel que y 3 (mod 3) Ici, y 4 convient, ce qui donne : (n + 7) 3 0 (mod 3) (n + 7) 4 0 (mod 3) (n + 3)(n + ) 0 (mod 3) (n + 3)(n + ) 0 (mod 3) n (mod 3) ou n + 0 (mod 3) n 0 (mod 3) ou n (mod 3) Bien sûr, on pouvait aussi calculer tous les résidus de n + n + 7 modulo 3, pour n allant de 0 à ent07_s Solution 57 (énoncé) En prenant les logarithmes, on obtient m n n m ln n n ln m m L application f : x ln x/x est dérivable sur ]0, + [, et sur cet intervalle sa dérivée est f : x ( ln x)/x Cela nous permet de tracer le tableau de variations de f (voir figure 7) x f (x) 0 e f(x) /e 0 nt07:var Figure 7 Variations de f Soient m et n deux entiers tels que f(m) f(n) On procède par cas : Si m 3 et n 3, alors m n (car f est strictement monotone, donc injective sur [e, + [) Si m, alors n n donc n Si m, alors f(n) f() ln /, et il y a exactement deux solutions à cette équation (voir le tableau de variations) Comme et 4 sont solutions, on en déduit que ce sont les seules : n vaut ou 4 Si n ou, c est la même chose par symétrie Les solutions sont donc des éléments de {(, 4), (4, )} {(n, n) : n } Comme les éléments de cet ensemble sont tous solutions, on a résolu l équation 67

68 6 DÉNOMBREMENT ent08_s Solution 58 (énoncé) On raisonne par l absurde et on suppose que A est un ensemble fini On définit c sup(a σ(a)) et f : 0, c 0, c l application f : n σ(n) Alors f est bien définie Preuve : soit n 0, c Si n A, alors σ(n) sup(σ(a)) c Si n / A, alors σ(n) < n c par définition Cela montre bien que σ(n) 0, c f est bijective Preuve : f est injective car c est la restriction d une fonction injective Or une application d un ensemble fini dans lui-même est injective si et seulement si elle est surjective Cela montre que f est bijective À présent, on regarde σ(c + ) : comme c + > sup(a), c + / A donc σ(c + ) < c +, ou encore σ(c + ) 0, c Par surjectivité de f, il existe n 0, c tel que ce qui est impossible car f(n) σ(n) f(n) σ(c + ), 6 Dénombrement den08_s Solution 6 (énoncé) Notons A {(i, j) i < j n}, B {(i, j) i j n}, C {(i, j) j < i n} Il est clair que A et C ont le même cardinal, et que B est de cardinal n De plus, A, B et C forment une partition de qui est de cardinal n On en déduit que {(i, j) i n et j n} Card(A) + Card(B) + Card(C) n, soit encore Card(A) + n n Finalement A est de cardinal (n(n ))/ Avec les mêmes notations, le cardinal de {(i, j) i j n} A B vaut n(n ) + n n(n + ) 68

69 6 DÉNOMBREMENT den09_s Solution 6 (énoncé) Notons P(E) l ensemble des parties de E ne contenant pas a, et Γ l ensemble des parties contenant a Alors l application Γ X X {a} est bijective (son inverse est l application X X \ {a}) Il y a donc autant de parties contenant a que de parties ne contenant pas a On note p (resp i ) l ensemble des parties de E ne contenant pas a et de cardinal pair (resp impair) De même pour Γ p et Γ i Alors l application p Γ i X X {a} est une bijection d inverse X X \ {a} Donc p et Γ i ont même cardinal 3 Comme p, i, Γ p et Γ i sont disjoints, on peut écrire De même, Card(Γ p p ) Card Γ p + Card p Card i + Card p Card Card(Γ i i ) Card Γ i + Card i Card Γ i + Card Γ p Card Γ Or on sait d après la première question que Γ et ont le même cardinal Donc Γ p p et Γ i i ont le même cardinal, autrement dit il y a autant de parties de cardinal pair que de parties de cardinal impair (donc n car il y a n parties en tout) 4 L ensemble des parties de cardinal pair est la réunion disjointe pour k pair allant de 0 à n de l ensemble des parties de cardinal k En prenant les cardinaux, on obtient ( ) n n n k k0 k pair 5 On remarque que pour k compris entre 0 et n, ( ) ( ) n n + ( ) k ( ) n k si k est pair, k k 0 si k est impair Ainsi n k0 ( ) n + k n k0( ) k( n k Par ailleurs, d après la formule du binome, ( ) n n ( + ) n n et k k0 69 ) n n k0 k pair ( ) n k k0( ) k( n k ) ( ) n 0

70 6 DÉNOMBREMENT On retrouve bien l égalité n k0 k pair ( ) n n k den07_s Solution 63 (énoncé) Une partie Y E disjointe de X est exactement une partie de E \ X On cherche donc le cardinal de P(E \ X) qui vaut n p, car E \ X est de cardinal n p Le cardinal qu on cherche est égal à X E soit, d après la question précédente, Card {Y E X Y }, X E n Card(X) Or il y a ( ) n k parties de E de cardinal k On sépare la somme selon le cardinal de X, puis on utilise la formule du binôme : X E n Card(X) n n k k0 X E Card Xk ( ) n n n k k0 k ( + ) n 3 n den03_s Solution 64 (énoncé) On utilise des partitions naturelles et la formule du binôme : Card{(A, B) (P(E)) /A B} B E Card{A P(E)/A B} B E Card(P(B)) n k0 B E Card Bk n k k0 B E Card Bk n k0 n k0 Card(P(B)) k Card {B E/ Card B k} ) k( n k0 k ( ) n n k n k k 3 n 70

71 6 DÉNOMBREMENT den04_s Solution 65 (énoncé) Définissons les vecteurs D ( 0 ) (droite) et H ( 0 ) (haut) Un chemin de (0, 0) vers (p, q) est un (p + q)-uplet d éléments de {D, H} qui contient p fois l élément D et q fois l élément H Choisir un tel (p+q)-uplet revient à choisir un sous-ensemble à p éléments dans un ensemble à p + q éléments : autrement dit, le nombre de chemins est ( ) p + q p den05_s Solution 66 (énoncé) Une application de, n dans lui-même est surjective si et seulement si elle est bijective Donc S(n, n) n! S(n, ) Si p > n, S(n, p) 0 Il y a n applications de, n vers {, } Parmi celles-ci, seulement ne sont pas surjectives (les applications constantes respectivement égales à et ) Donc S(n, ) n Si f est une surjection de, n dans, n, chaque élément de, n admet un antécédent par f, sauf un élément qui en admet deux Choisir une surjection de, n dans, n revient donc à choisir un élément de, n, deux éléments de, n et une bijection sur un ensemble à n éléments Donc S(n, n ) (n ) n(n ) (n )! n!(n ) 3 Si X et Y sont deux ensembles, on note Sur(X, Y ) l ensemble des surjections de X vers Y Son cardinal ne dépend que du cardinal de X et de Y Pour k, p, notons et A k {f Sur(, n,, p ) / f() k et f(i) k pour tout i } B k {f Sur(, n,, p ) / f() k et i tel que f(i) k} Il est assez clair qu on a la partition suivante : et donc, en prenant les cardinaux : ( p ) ( p ) Sur(, n,, p ) A k B k, k k p S(n, p) Card(A k ) + Card(B k ) k Pour tout k, définissons l application ϕ k : A k Sur(, n,, p \ {k}) par : ϕ k (f) f,p \{k},n Alors ϕ k est bien définie et elle est bijective (quel est son inverse?) On en déduit que Card(A k ) S(n, p ) 7

72 6 DÉNOMBREMENT Pour tout k, définissons l application ψ k : B k Sur(, n,, p ) par : ψ k (f) f,n Alors ψ k est bien définie et elle est bijective (quel est son inverse?) On en déduit que Card(B k ) S(n, p) Finalement on obtient bien S(n, p) p(s(n, p) + S(n, p )) 4 On raisonne par récurrence sur n Définissons la propriété ) p P(n): «Pour tout p, S(n, p) k( ) p k( p k n» k On initialise au rang n 0 : comme ) p k ( )p k( p k 0, P(0) est vraie Supposons maintenant la propriété P(n ) vraie pour un certain n On utilise alors la formule de récurrence : S(n, p) p(s(n, p) + S(n, p )) ) p p k( ) p k( p p ( ) k n p + p ( ) p k k k k p ( ) p n p p ( ) + ( ) p k p k n p ( ) p k p k k k k p ( ) p n + ( ) p k p! p k!(p k)! (p )! k!(p k )! p n + k p k p p k p!(p (p k)) ( ) k!(p k)! ) p n + k( ) p k( p k ) p k( ) p k( p k n k k n k n k n k n k n den0_s Solution 67 (énoncé) On introduit pour k, n et X P(, n ) la quantité si k X X (k) 0 sinon 7

73 6 DÉNOMBREMENT Cette notation va nous permettre d intervertir les sommes On a n k k X (k) X P(,n ) k X X P(,n ) k n k X (k) k X P(,n ) n k X (k) k X P(,n ) n kcard{x P(, n ) : k X} k Or, pour k fixé, il y a exactement n parties de, n qui contiennent k (et il y en a n qui ne contiennent pas k) On a donc n k kcard{x P(, n )/k X} X P(,n ) k X k n k n k n n(n + ) den0_s Solution 68 (énoncé) u car il y n y a qu une fonction de {} dans lui-même, et c est une involution Une involution est nécessairement une bijection (d inverse elle-même) Or il y a deux bijections de {, } dans lui-même : ce sont et, qu on note respectivement Id et (, ) Les deux sont des involutions, donc u Il y a 3! 6 bijections de {,, 3} dans lui-même Essayons de les trouver Il y a 3 3, 3 3 et 3 3 qu on note respectivement (, ), (, 3) et (, 3) (il faut comprendre ça comme des bijections et non des couples d entiers!) Ce sont les trois bijections qui laissent un élément fixe et qui permutent les deux autres Il y a aussi 3 3 et 3 3 qu on note respectivement (,, 3) et (, 3, ) Ce sont les deux cycles En ajoutant l identité, on obtient bien 6 bijections L identité et les trois permutations sont des involutions tandis que les deux cycles n en sont pas Donc u ,,

74 6 DÉNOMBREMENT Passons au cas général Si X est un ensemble, notons I X l ensemble des involutions de X Remarquons au passage que le cardinal de I X ne dépend que du cardinal de X I,n+ se partitionne en n+ I,n+ {f I,n+ /f() k} k Pour k, on définit la bijection ϕ : {f I,n+ /f() } I,n+ par : ϕ (f) f,n+ La restriction se fait au départ et à l arrivée ϕ est bien définie et elle est bijective (quel est son inverse?) Pour k >, on définit la bijection ϕ k : {f I,n+ /f() k} I,n+ \{k} par : ϕ k (f) f,n+ \{k} La restriction se fait au départ et à l arrivée De la même manière qu avant, ϕ k est bien définie et bijective En prenant les cardinaux dans la partition et en utilisant les bijections, on obtient u n+ Card I,n+ n+ k Card {f I,n+ /f() k} Card I,n+ + n+ k u n+ + (n + )u n Card I,n+ \{k} den06_s Solution 69 (énoncé) Soit (n, p) N Choisir n + entiers de somme p revient à choisir le premier terme x {0,, p} puis à choisir les n autres entiers x,, x n+ N de somme p x Autrement dit, on a De manière formelle, notons Soit (n, p) N On définit l application f(n +, p) f(n, 0) + f(n, ) + + f(n, p) (6) den06: A n,p {(x,, x n ) N n, x + + x n p} ϕ: A n+,p A n,0 A n, A n,p (x,, x n+ ) (x,, x n ) Alors ϕ est une bijection, de bijection réciproque On a donc égalité des cardinaux : ϕ : A n,0 A n, A n,p A n+,p (x,, x n ) (x,, x n, p x x n ) Card(A n+,p ) Card(A n,0 A n, A n,p ) 74

75 Comme les A n,p sont deux à deux disjoints, on retrouve l égalité (6) Pour tout p N, on a : f(, p), f(, p) f(, 0) + + f(, p) + + p + ( ) p +, f(3, p) f(, 0) + + f(, p) (p + ) (p + )(p + ) ( ) p + 7 NOMBRES RÉELS On conjecture l expression de f(n, p) qu on peut démontrer par récurrence sur n : ( ) ( ) p + n p + n (n, p) N, f(n, p) n p En effet, ( ) ( ) ( ) p + n p + n p + n + p p p ( ) ( ) ( ) p + n p + n p + n + + p p p ( ) ( ) p + n p + n p p ( ) n 0 On peut aussi démontrer ce résultat de manière purement combinatoire En effet, choisir une partition (x,, x n ) de l entier p revient à écrire un tableau de n + p cases et à en noircir n d entre elles La partition ensuite définie est la longueur des trous entre les cases noires De manière formelle, notons P n ({,, n p + }) l ensemble des parties à n éléments de l ensemble {,, n p + } Définissons l application ϕ: A n,p P n ({,, n p + }) (x,, x n ) {x +, x + x +,, x + + x n + n } Alors on peut montrer que c est une bijection, par exemple en trouvant son application réciproque ) Cela donne directement la formule car P n ({,, n p + }) est de cardinal ( p+n n 7 Nombres réels nre0_s Solution 7 (énoncé) On pose X {x [0, ] : f(x) x} 75

76 7 NOMBRES RÉELS X est une partie de R non vide (elle contient ) et minorée par 0 Elle admet donc un inf que l on note s Si x X, alors f(x) x d une part D autre part, comme s est un minorant de X, s x et donc f(s) f(x) par croissance de f Donc f(s) x Comme c est vrai pour tout x X, f(s) est un minorant de X Par définition de l inf (le plus grand des minorants), f(s) s Par croissance de f, on en déduit que f(f(s)) f(s) et donc f(s) X Comme s est un minorant de X, s f(s) Conclusion : f(s) s nre0_s Solution 7 (énoncé) On démontre le résultat suivant : si a R et b R +, alors il existe un unique couple (q, r) Z [0, b[ tel que a bq + r Unicité : si les deux couples (q, r ) et (q, r ) conviennent, alors b(q q ) r r Comme b < r r < b, on a < q q < Mais q q est un entier, il est donc égal à 0 On en déduit facilement que r r Existence : l ensemble X {n Z : bn a} est une partie de Z majorée (par a/b) et non vide donc elle admet un maximum q Comme q X et q + / X, qb a < (q + )b Il reste à poser r a bq L inégalité ci-dessus montre que r [0, b[ On effectue la division euclidienne de a par b : il existe (q, r) Z [0, b[ tel que a bq + r Posons alors p b r On a les inégalités : r r < r +, r < r r, p < b r p, < a + b r b a + p b a + p, b et finalement Pour k 0, p, a q b ce qui donne a + p b a b a + k b < q + a + p b a + p b a + k q b < q +, 76

77 7 NOMBRES RÉELS De même, pour k p, b, a + k q + b Il ne reste plus qu à séparer la somme : b k0 a + k b p k0 p k0 a + k + b b b kp q + (q + ) kp bq + (b p) bq + r bq + r a a + k nre03_s Solution 73 (énoncé) X est une partie de R non vide et minorée par 0 donc elle admet une borne inf On va montrer que c est 0 Soit ε > 0 ; on cherche donc un élément de X compris entre 0 et ε Autrement dit, on veut montrer qu il existe un rationnel p/q tel que p q a < ε, ou encore a ε < p q < a + ε L existence d un tel rationnel est donné par la densité de Q dans R a étant un rationnel positif, il existe un entier k N tel que ak N En multipliant les deux membres de l inégalité par kq, la condition devient p k akq kc Or pour tout couple (p, q), p k akq est un entier naturel Il est non nul (car a est irrationnel) donc il est supérieur ou égal à Posons alors C /k, de sorte que pour tout couple (p, q) on a p q a C q 3 On sépare le problème en deux Soit un couple (p, q) tel que p/q / [0, a] Alors p q a a a q Soit un couple (p, q) tel que p/q [0, a] Alors p q + a 3 a, 77 b

78 8 SUITES donc p q + a p q + p a q a 3 p a q a, ce qui donne en utilisant la question précédente : p q a C 3 aq ( ) a, C Il ne reste plus qu à poser C min 3 de sorte que pour tout couple (p, q) : a p q a C q Autrement dit, l irrationnel a est «mal approché» par des rationnels nre04_s Solution 74 (énoncé) Soient a < b deux réels On veut montrer qu il existe (m, n) N tel que a m n b On peut réécrire cette condition en n + a m n + b Mais si n est assez grand (disons n > a, mais cela n a pas d importance) on a n + a > 0 donc on peut passer au carré : a m n b ( n + a) m ( n + b) L intervalle [ ( n + a), ( n + b) ] est de longueur λ n ( n + b) ( n + a) n(b a) + b a On voit que lim n + λ n + donc, pour n assez grand, l intervalle est de longueur λ n > Or un intervalle de longueur strictement supérieure à contient toujours un entier m Cela nous donne un couple (m, n) qui convient 8 Suites sui09_s Solution 8 (énoncé) Par définition, ε > 0, N N tel que n N, u n a < ε Posons alors ε a/ dans la définition ci-dessus Cela assure l existence de N N tel que n N, u n a < a/, donc n N, u n a u n a > a/ > 0 78

79 8 SUITES La suite de terme général a n v n u n converge vers b a > 0 D après la question précédente, on a a n > 0 à partir d un certain rang sui_s Solution 8 (énoncé) La suite u n ( /3)n + ( /3) n converge vers car la suite ( /3) n tend vers 0 On multiplie par la quantité conjuguée pour se débarrasser des limites indéterminées : u n ( n + n + n n + )( n + n + + n n + ) n + n + + n n + n n + n + + n n + + n + n + n + n 3 En divisant par n au numérateur et au dénominateur : converge vers 4 On sait calculer u n explicitement : u n + n + n donc u n converge vers / 5 On passe au log : u n n n(n + ) n + n, ( ln u n n ln + ) n L application x ln x est dérivable en et son nombre dérivé vaut ln () / Par définition du nombre dérivé, ln( + x) ln() lim x 0 x Comme la suite (/n) converge vers 0, on a donc ln( + /n) /n n +, autrement dit ln u n En repassant à l exponentielle, on obtient u n exp() e 79

80 8 SUITES 6 On passe au log : ln u n n ln ( + ) n L application x ln x est dérivable en et son nombre dérivé vaut ln () / Par définition du nombre dérivé, ln( + x) ln() lim x 0 x Comme la suite (/n ) converge vers 0, on a donc ln( + /n ) /n n +, autrement dit n ln u n, donc ln u n 0 En repassant à l exponentielle, u n 7 Pour tout n, on utilise la majoration grossière u n n n n n n n n n n n Ainsi (u n ) tend vers 0 sui0_s Solution 83 (énoncé) On cherche λ tel que (u n λ) soit une suite géométrique Pour tout λ R et tout n 0, on a En prenant λ 3, on obtient donc u n+ λ u n + 3 λ (u n λ) λ n 0, u n+ + 3 (u n + 3) La suite (u n + 3) est géométrique de raison, donc pour tout n on a soit encore u n 4 n 3 pour tout n u n + 3 (u 0 + 3) n, Cas a Pour tout n 0, on a u n+ u n + b : (u n ) est une suite arithmétique Ainsi on a u n u 0 + nb pour tout n, et la suite converge vers ± suivant le signe de b (et vers u 0 si b 0) Cas a Soit λ la solution de l équation λ aλ+b (autrement dit, λ b/( a)) Alors pour tout n 0 on a u n+ λ au n + b (aλ + b) a(u n λ) 80

81 Donc (u n λ) est une suite géométrique de raison a, et on a pour tout n soit encore u n λ a n (u 0 λ), ( u n a n u 0 b ) + b a a La limite de la suite dépend des paramètres : Si a <, alors (u n ) tend vers b/( a) 8 SUITES Si a, la suite diverge à moins que u 0 b/( a) (et dans ce cas, elle stationne en u 0 ) Si a >, la suite diverge vers ± suivant le signe de u 0 b/( a) (et elle stationne en u 0 si u 0 b/( a)) sui4_s Solution 84 (énoncé) On suppose que u n 0 Soit ε > 0 Il existe alors N N tel que n N, u n ε Dès lors, pour tout n N on a S n n N u k + n u k n k n kn+ N u n k + n N ε k n ε + N u n k k Or la quantité N k u k ne dépend pas de n : il existe donc N N tel que n N, Ainsi, pour tout n max(n, N ) on a n N u k ε k S n ε n + ε ε Comme c est vrai pour tout ε > 0, la suite (S n /n) tend vers 0 Si (u n ) converge vers a, la suite (u n a) converge vers 0 donc on peut lui appliquer le résultat de la question précédente : (T n /n) tend vers 0, où T n n (u a) + (u a) + + (u n a) n u + + u n n S n n a On en déduit que (S n /n) converge vers a 8 a

82 8 SUITES 3 La réciproque est fausse En effet, soit (u n ) la suite définie par u n ( ) n pour tout n Elle ne converge pas, et pourtant la suite (S n /n) converge vers 0 4 Soit A > 0 Il existe N N tel que Dès lors, pour tout n N on a n N, u n A S n n N n u k + u k n k kn+ n u k n kn+ n N n A Et donc, dès que n N, S n n A Comme c est vrai pour tout A, on a démontré que (S n /n) tend vers + La réciproque est fausse En effet, soit (u n ) la suite telle que u n n lorsque n est pair et u n 0 lorsque n est impair Elle ne tend pas vers +, mais (S n /n) tend vers + sui08_s Solution 85 (énoncé) Notons l la limite de (u n ) Par définition, ε > 0, N N tel que n N, u n l ε Appliquons cette définition à ε /3 : il existe donc N N tel que n N, u n l /3, soit encore n N, u n [ l 3, l + ] 3 Or cet intervalle est de longueur /3, et donc contient au plus un entier, qu on appelle p Pour tout n N, on a donc u n p : autrement dit, (u n ) est constante à partir du rang N sui0_s Solution 86 (énoncé) Pour tout n, on a u n v n u n D après le théorème des gendarmes, u n (et de même, v n ) sui04_s Solution 87 (énoncé) On prend u n ( ) n /n pour n Cette suite converge vers 0 mais sa partie entière si n est impair, u n 0 si n est pair est une suite divergente 8

83 8 SUITES sui_s Solution 88 (énoncé) Soit m fixé Le terme général u m,n vaut lorsque n m donc la suite (u m,n ) n stationne à On en déduit que d où évidemment lim u m,n, n lim lim u m,n m n De manière similaire, on fixe n Dès que m > n, on a u m,n 0 donc la suite (u m,n ) m stationne à 0 Ainsi lim u m,n 0, n et lim lim u m,n 0 n m sui3_s Solution 89 (énoncé) Soit ε > 0 Par définition, il existe N 0 tel que n N, u n a ε Or pour tout n N, on a également n N d où : u n a ε Comme c est vrai pour tout ε, on a montré que u n a Soit ε > 0 On écrit les définitions : N 0 tel que n N, u n a ε, N 0 tel que n N, u n+ a ε Soit alors N max(n, N + ) Pour tout n N, il y a deux cas : Si n est pair, alors n/ N donc u n a ε Si n est impair, alors (n )/ N donc u n a ε Dans les deux cas, on a u n a ε : on a montré que u n converge vers a 3 L application ϕ est strictement croissante donc pour tout n 0 on a ϕ(n) n, comme on peut le voir par exemple par récurrence Soit à présent ε > 0 Par définition, il existe N 0 tel que n N, u n a ε, où a est la limite de (u n ) Pour n N, on a ϕ(n) n N, donc Cela montre que (u ϕ(n) ) converge vers a u ϕ(n) a ε 4 On pose u n ( ) n La suite (u n ) converge vers et la suite (u n+ ) converge vers Pourtant, (u n ) diverge : si elle convergeait, les deux sous-suites extraites convergeraient toutes les deux vers lim u n, or elles convergent vers deux limites différentes 83

84 8 SUITES 5 Notons respectivement a, b et c les limites de (u n ), (u n+ ) et (u 3n ) La suite (u 6n ) est une suite extraite de (u n ) donc elle converge vers a Mais c est aussi une suite extraite de (u 3n ) donc elle converge vers c Par unicité de la limite, on a a c La suite (u 6n+3 ) est une suite extraite de (u n+ ) et de (u 3n ) Donc elle converge vers b et c, et par unicité de la limite on a b c Finalement a b : les suites (u n ) et (u n+ ) convergent vers la même limite Comme on l a vu, cela implique que (u n ) converge sui5_s Solution 80 (énoncé) Soit f : R + R définie par f(x) x ln( + x) Elle est dérivable sur son intervalle de définition et pour tout x 0, f (x) x/( + x) 0 Donc f est croissante Comme f(0) 0, elle est positive sur R + et pour tout x 0 on a ln( + x) x De la même manière, soit g : R + R définie par g(x) ln( + x) x/( + x) Elle est dérivable sur son intervalle de définition et pour tout x 0, g (x) x/( + x) 0 Elle est donc croissante Comme f(0) 0, elle est positive sur R + et pour tout x 0 on a x/( + x) ln( + x) Voir figure f(x) 5 g(x) x x ui5:fig Figure 8 Graphe des fonctions f : x x ln( + x) et g : x ln( + x) x +x En posant x /n dans les inégalités ci-dessus, on obtient ( ) n + n + ln n n Pour tout n, et u n+ u n H n+ H n ln(n + ) + ln(n) ( ) n n + ln n + 0 v n v n H n H n ln(n + ) + ln(n) ( ) n n ln n

85 8 SUITES Les suites (u n ) et (v n ) sont donc respectivement croissante et décroissante De plus, lorsque n tend vers + ( ) n + u n v n ln 0 n Conclusion : (u n ) et (v n ) sont adjacentes 3 Notons γ la limite commune de (u n ) et de (v n ) La suite (u n γ) tend vers 0, et en posant e n u n γ on a pour tout n 4 Pour tout n, n kn+ H n ln n + γ + e n /k H n H n ln n + γ + e n ln n γ e n ln + e n e n Comme e n e n 0 lorsque n tend vers +, la somme n kn+ /k converge vers ln sui6_s Solution 8 (énoncé) On note u n S n et v n S n+ Alors pour tout n 0, car (a n ) est décroissante De même, u n+ u n S n+ S n ( ) n+ a n+ + ( ) n+ a n+ a n+ a n+ 0 v n+ v n S n+3 S n+ ( ) n+3 a n+3 + ( ) n+ a n+ a n+ a n+3 0 Ainsi les suites (u n ) et (v n ) sont respectivement décroissante et croissante, et u n v n a n+ 0 Conclusion : (u n ) et (v n ) sont adjacentes, donc elles convergent vers la même limite On en déduit que (S n ) converge sui7_s Solution 8 (énoncé) On utilise l encadrement n n + k n + n valable pour k n Cela donne n k n n + n n k n n + k n k n n, soit n n + u n D après le théorème des gendarmes, la suite (u n ) converge vers 85

86 8 SUITES Pour tout n et tout k n +, on a n n + k n + n + (n + ) Utilisons cet encadrement dans la somme : n+ k n+ (n + ) k n+ n + k k n, ou encore n + n + u n n + n D après le théorème des gendarmes, la suite (u n ) converge vers 3 La majoration n + k n (lorsque k n ) permet d écrire soit n k n n + k k u n n n, On en déduit que (u n ) tend vers + 4 Pour tout entier k compris entre et n, kx < kx kx, donc en sommant pour k allant de à n on obtient n n n (kx ) < kx kx k k k Il ne reste plus qu à diviser par n pour obtenir : n + n x n < u n n + n x La suite converge donc vers x/ d après le théorème des gendarmes sui03_s Solution 83 (énoncé) Soit ε > 0 On fixe un entier k assez grand pour que puis un entier N assez grand pour que k ε, N ε k Il reste à vérifier la fin de la proposition : soit n N On a alors 0 u n k n + k k N + k k ε k + ε ε 86

87 8 SUITES sui06_s Cela achève la preuve Alternativement, on peut prendre n N et k n de sorte que 0 u n n n Le théorème des gendarmes permet de conclure + n + n n + Solution 84 (énoncé) Posons z 0 re iθ avec r > 0 et θ ] π, π] Pour calculer z, on utilise la technique de l angle moitié : z ( re iθ + r ) reiθ/ ( e iθ/ + e iθ/) reiθ/( cos(θ/) ) r cos(θ/)e iθ/ En réitérant ce calcul, on obtient z r cos(θ/) cos(θ/4)e iθ/4, etc de sorte que pour tout n N, ( n ) z n r cos(θ/ k ) e iθ/n k Pour calculer le produit des cosinus, on utilise une astuce : ( n ) cos(θ/ k ) sin(θ/ n ) cos(θ/) cos(θ/ n )(cos(θ/ n ) sin(θ/ n )) k ( ) cos(θ/) cos(θ/ n ) sin(θ/n ) Cela permet d écrire cos(θ/) cos(θ/n ) sin(θ/ n ) n sin(θ) sin(θ) z n r n sin(θ/ n ) eiθ/n Or, lorsque x tend vers 0, sin(x)/x tend vers On obtient que lorsque n tend vers + : ou encore n θ sin(θ/n ), n sin(θ/ n ) θ Comme exp(iθ/ n ) tend vers, on obtient la limite de (z n ) : z n r sin(θ) θ 87

88 8 SUITES sui07_s Solution 85 (énoncé) On raisonne par l absurde Supposons que la suite (cos(n)) converge vers une limite l R Alors la suite (cos(n + )) converge également vers l On a et donc, en passant à la limite : On refait la même chose avec sin(n + ) : donc (en passant à la limite) : soit donc cos(n + ) cos(n) cos() sin(n) sin(), sin(n) l cos() l sin() sin(n + ) sin(n) cos() + sin() cos(n), l cos() l sin() l cos() l sin() cos() + sin()l, cos() ( cos()) sin(), sin() (cos() ) sin (), ce qui est faux, puisque sin () est strictement négatif On a divisé par l dans une égalité, il faut donc vérifier que l 0 Si l 0, alors (cos(n)) et (sin(n)) tendent tous les deux vers 0, mais c est impossible car cos (n) + sin (n) sui0_s Solution 86 (énoncé) Les n+ nombres 0, α α,, nα nα sont des éléments de [0, [ Or on peut partitionner [0, [ en n intervalles : [0, [ n i0 [ i n, i + D après le principe des tiroirs, il y a un intervalle contenant au moins deux de ces nombres Autrement dit, il existe i, n et k l 0, n tels que [ i kα kα n, i + [ [ i et lα lα n n, i + [ n Mais alors la différence entre les deux est plus petite que /n : n [ kα kα lα + lα n Fixons n N En utilisant le résultat précédent et en divisant par l k, on obtient lα kα α l k n l k Notons alors p lα kα et q l k On remarque que comme l et k sont compris entre 0 et n, on a q n et donc α p q n l k q 88

89 8 SUITES Le couple (p, q) dépend de l entier n : notons-le (p n, q n ) Il reste à expliquer pourquoi {(p n, q n ), n N } est infini Appliquons le théorème des gendarmes à la borne obtenue ci-dessus : 0 α p n n q n q n On obtient que p n /q n α Si l ensemble {(p n, q n ), n N } était fini, la suite (p n /q n ) ne prendrait qu un nombre fini de valeurs et donc elle stationnerait à α Cela contredit l irrationnalité de α 3 Soient x y des réels On écrit la différence des sinus comme une intégrale et on majore le cosinus par : y sin(y) sin(x) cos t dt De même si x y x y x y x cos t dt dt y x 4 Utilisons les résultats précédents avec α π Pour une infinité de couples (p, q) on a π p q q, Un tel couple (p, q) vérifie par ailleurs donc qπ p q, donc sin(qπ) sin(p) q, donc sin(p) q, p donc p sin(p) q, q donc u p p q p π + /q π + Pour chaque p, l ensemble des q tels que α p/q /q est fini Cela montre qu il existe une infinité de p tels que α p/q /q pour au moins un q Donc il existe une infinité de p tels que u p π + Comme la suite ( u p ) p Z est paire, on peut même choisir une infinité de tels p strictement positifs On en déduit en particulier que (u p ) p N ne tend pas vers 0 Il est alors relativement facile de voir que la suite diverge (par exemple parce qu elle prend une infinité de valeurs positives et négatives) 89

90 9 CONTINUITÉ sui05_s Solution 87 (énoncé) Supposons que l <, et prenons l ]l, [ quelconque Il existe alors N N tel que f(n) n N, n l, soit n N, f(n) l n Posons alors s max(f(), f(),, f(n )) et N max(n, s/l ) Pour k, N, on a f(k) s l N si k N, f(k) l k l N si k N Ainsi, f(, N ) [, l N ] Cela contredit l injectivité de f pour des raisons de cardinal Supposons à présent que l > Prenons l ], l[ quelconque Il existe alors N N tel que n N, f(n) > l n > n Ainsi, f (, N ), N Cela n est pas possible pour des raisons de cardinal 9 Continuité cont0_s Solution 9 (énoncé) On se donne ε > 0 Montrons qu à partir d un certain rang N, on a f(u n ) f(a) ε On utilise la définition de la continuité en a : Or (u n ) converge vers a donc δ > 0 tq x R, x a δ f(x) f(a) ε N N tq n N, u n a δ Soit à présent n N En utilisant successivement les deux propriétés ci-dessus, on a u n a δ donc f(u n ) f(a) ε cont_s Solution 9 (énoncé) Soient x R et ε > 0 On pose δ ε/k Alors pour tout y [x δ, x + δ] on a f(y) f(x) k y x kδ ε Cela montre que f est continue en x Comme c est vrai pour tout x, f est continue sur R Supposons que x x est k-lipschitzienne pour un certain k > 0 En prenant y 0 dans la définition, on obtient x [0, ], x kx, ce qui est absurde (prendre x /k par exemple) cont06_s Solution 93 (énoncé) Notons P (x) ax 3 +bx +cx+d, avec a 0 Supposons par exemple que a > 0 Alors lim x + P (x) + Par définition, cela veut dire A 0, B 0, x R, x B P (x) A 90

91 En particulier, si on prend A 0, cela garantit l existence d un B 0 tel que x R, x B P (x) 0, 9 CONTINUITÉ Et en particulier P (B) 0 On fait de même en : comme lim x P (x), il existe un B 0 tel que P (B ) 0 Le théorème des valeurs intermédiaires appliqué au segment [B, B] nous assure alors que P s annule cont6_s Solution 94 (énoncé) Pour 0 t, on note f(t) la distance parcourue jusqu au temps t On a f(0) 0, f(), et il est raisonnable de supposer que f est une fonction continue Notons alors g(t) f(t + ) f(t) lorsque 0 t On a g(0) + g() f() f(0), donc g(0) 6 g() 6 Autrement dit, g(0) et g() sont de part et d autre de 6 D après le théorème des valeurs intermédiaires appliqué à g, il existe t [0, ] tel que g(t) f(t + ) f(t) 6 Le marcheur a alors parcouru exactement 6 kilomètres dans l intervalle [t, t + ] cont09_s Solution 95 (énoncé) Voir figure 9a Lorsque x tend vers, on a x + et ln(e x + ) 0 + Donc la limite cherchée est + Lorsque x tend vers +, on élimine les formes indéterminées : x ln(e x + ) x ln(e x ) + ln( + e x ) de sorte que la limite cherchée est + Voir figure 9b Pour tout x R, on a x < x x x + ln( + e x )/x, Lorsque x > 0, x < x /x < D après le théorème des gendarmes, la limite à droite en 0 vaut De même, pour x < 0 on a < x /x < x donc la limite à gauche vaut également Dès que x >, on a /x 0 donc la limite en + vaut 0 3 Voir figure 9c On a x a x b (xa )(x ) (x )(x b ) L application x x a est dérivable sur ]0, + [ (et donc en particulier en ) et son nombre dérivé en vaut a Par définition du nombre dérivé, lorsque x tend vers De même, La limite cherchée est donc a/b x a x a x x b b 4 Voir figure 9d Pour tout n, on pose x n /(πn) Alors sin (x n + ) sin(x n + πn) sin(x n ) xn 9

92 9 CONTINUITÉ Comme x n tend vers 0 et que sin est continue en 0, sin(x n ) tend vers sin(0) 0 lorsque n tend vers + De la même manière, si on pose y n /(πn + π/) alors ) sin (y n + yn sin (y n + π ) + πn cos(y n ) Comme y n tend vers 0, cos(y n ) tend vers Par caractérisation séquentielle de la limite, la fonction n admet pas de limite en 0 5 Voir figure 9e On factorise : ( ln x + sin x ln x + sin x ln x On utilise la majoration sin x/ ln x / ln x D après le théorème des gendarmes, sin x/ ln x tend vers 0 (lorsque x tend vers + ) La limite cherchée est donc + 6 Voir figure 9f On multiplie par la quantité conjuguée : ) (x + ) (x ) x( x + x ) x x + + x x x + + x + x + x En +, la limite de cette expression est 7 Voir figure 9g Soit f : x x ln x Elle est définie sur ]0, + [ et sa limite à droite en 0 vaut 0 Par composition de limites, f(ln x) tend vers 0 lorsque x tend vers (c est une limite à droite) 8 Voir figure 9h Soit x n n + / On utilise la minoration x xn n n xn nn n : x xn n x n xn nn n n n n, donc cette quantité tend vers + lorsque n tend vers + Par ailleurs, avec y n n on a yn yn y n yn Par caractérisation séquentielle, l expression n admet pas de limite lorsque x tend vers + cont5_s Solution 96 (énoncé) Voir figure 0a L application f : x x +(x x ) est définie sur R Elle est continue sur chaque intervalle ]n, n + [ (où n Z) Fixons à présent n Z Pour n x < n +, on a f(x) n + (x n), donc f est continue à droite en n Lorsque n x < n, on a f(x) n + (x n + ) Lorsque x tend vers n par valeurs inférieures, f(x) tend vers n f(n) Donc f est continue à gauche en n Conclusion : f est continue 9

93 9 CONTINUITÉ Voir figure 0b L application f : x exp ( /x ) est définie et continue sur R \ {0} Lorsque x tend vers 0, /x tend vers donc f(x) tend vers 0 On peut prolonger f en posant f(0) 0 : la fonction obtenue est alors continue 3 Voir figure 0c L application x arcsin(x)/x est définie et continue sur [, ] \ {0} De plus, elle est à valeurs positives donc f : x arcsin(x)/x est définie et continue sur le même domaine Lorsque x tend vers 0, sin(x)/x tend vers donc x/ arcsin(x) tend vers également On peut prolonger f en posant f(0) : la fonction obtenue est alors continue 4 Voir figure 0d L application f : x x ln x/(x ) est définie et continue sur ]0, [ ], + [ Lorsque x tend vers 0 (par valeurs supérieures), x ln x tend vers 0, et x tend vers Donc f(x) tend vers 0 Lorsque x tend vers, f(x) x ln( + (x )) x tend vers On peut prolonger f par continuité à [0, + [ en posant f(0) 0 et f() 5 Voir figure 0e On passe à la forme exponentielle : ( ln(x(ln x) f(x) (x(ln x) + ) / ln x ) + ) exp ln x f est définie et continue sur ]0, [ ], + [ Lorsque x tend vers 0, x(ln x) tend vers 0 donc ln(x(ln(x)) + ) tend vers 0 (par valeurs positives) Comme ln x tend vers, f(x) converge vers Lorsque x tend vers, on écrit Comme x(ln x) tend vers 0, on a ( ln(x(ln x) ) + )x ln x f(x) exp x(ln x) ln(x(ln x) + ) x(ln x) donc f(x) tend vers On peut prolonger f en une fonction continue sur [0, + [ en posant f(0) f() cont_s Solution 97 (énoncé) Soit x R On démontre par récurrence sur n la propriété : «f(nx) nf(x)» Initialisation En prenant x y 0 dans l équation, on obtient f(0)+f(0) f(0), soit f(0) 0 Au passage, comme f(x) + f( x) f(0) pour tout x, f est impaire Hérédité Si f(nx) nf(x) pour un certain n N, alors f((n + )x) f(nx) + f(x) (n + )f(x) Soient x R et n Z Si n est positif, on sait que f(nx) nf(x) Si n est négatif, alors n est positif donc f( nx) nf(x) Comme f est impaire, f(nx) nf(x) 3 Soit q Q Il existe deux entiers a et b tels que q a/b On a bf(a/b) f(ba/b) f(a) af(), de sorte que f(q) qf() 93

94 9 CONTINUITÉ 4 Soit x R On se donne ε > 0 Par densité de Q dans R, il existe deux rationnels q, q tels que x ε q x q x + ε Comme f est croissante, on a soit et donc f(q ) f(x) f(q ), q f() f(x) q f(), (x ε)f() f(x) (x + ε)f() Or cette inégalité est vraie pour tout ε > 0 En prenant la limite lorsque ε tend vers 0, et d après le théorème des gendarmes, f(x) xf() 5 Soit x R Il existe alors une suite (q n ) n de rationnels qui converge vers x Par hypothèse, f est continue en x donc la suite (f(q n )) converge vers f(x) Or pour tout n on a f(q n ) q n f() Par unicité de la limite, xf() f(x) cont4_s Solution 98 (énoncé) Comme f tend vers + en, il existe A < 0 tel que x A, f(x) f(0) De même, il existe B > 0 tel que x B, f(x) f(0) Sur le segment [A, B], f est une fonction continue donc elle est admet un minimum m Comme 0 [A, B], on a m f(0) et donc f(x) m dès que x A ou x B Donc m est bien un minimum de f sur R cont08_s Solution 99 (énoncé) Notons g(x) f(x) x On veut montrer que g s annule en un unique point Unicité Si g s annule en deux points x y, on a f(x) x et f(y) y Par décroissance de f, x f(x) f(y) y, d où x y Existence Comme f est décroissante, elle admet une limite l en +, avec l R { } (théorème de la limite monotone) L application x x tend vers en +, donc et de même g(x) x + g(x) x, (9) cont08: + (9) cont08: D après le théorème des valeurs intermédiaires, g(r) est un intervalle Il contient des valeurs négatives (pour x suffisamment grand, d après (9)) et des valeurs positives (pour x suffisamment petit, d après (9)) Donc il contient 0, autrement dit g s annule 94

95 9 CONTINUITÉ cont3_s cont07_s cont03_s Solution 90 (énoncé) Soit x R Comme Q est dense dans R, il existe une suite (q n ) n 0 de rationnels qui converge vers x Comme f et g sont continues en x, on a f(q n ) f(x) et g(q n ) g(x) lorsque n tend vers + Or f(q n ) g(q n ) pour tout n Par unicité de la limite, f(x) g(x) Solution 9 (énoncé) Soient a < b R On applique le théorème des valeurs intermédiaires entre a et b : tout réel compris entre f(a) et f(b) admet un antécédent par f Or f est à valeurs dans Z, donc tout réel compris entre f(a) et f(b) est entier Cela assure que f(a) f(b) Conclusion : f est constante De manière équivalente : comme R est un intervalle et f est continue, f(r) est un intervalle (d après le théorème des valeurs intermédiaires) Par ailleurs, f(r) Z Il est facile de voir qu un intervalle inclus dans Z est réduit à un point, donc f est constante Solution 9 (énoncé) Supposons qu il existe f : [0, ] ]0, [ une application continue et surjective Comme f est continue, l image par f du segment [0, ] est un segment (cela revient au même que de dire que sur le segment [0, ], f est bornée et atteint ses bornes) Mais la surjectivité nous dit que f([0, ]) ]0, [ C est une contradiction Pour définir une application g : ]0, [ [0, ] continue surjective, on peut prendre par exemple la fonction affine par morceaux suivante (voir figure ) : 0 si x ]0, /3] g(x) 3x si x [/3, /3] si x [/3, [ cont04_s Solution 93 (énoncé) Définissons l application f : R R par 0 si x Q f(x) si x / Q Alors f n est continue en aucun rationnel (par densité de R \ Q dans R) et en aucun irrationnel (par densité de Q dans R) Pour voir cela, le plus simple est d utiliser la caractérisation séquentielle Définissons l application g : R R par g(x) xf(x) On démontre de même que pour tout x R, g est discontinue en x En revanche, prenons une suite de réels (a n ) qui converge vers 0 On a pour tout n g(a n ) a n f(a n ) a n D après le théorème des gendarmes, g(a n ) g(0) 0 Donc g est continue en 0 cont05_s Solution 94 (énoncé) Sur le segment [0, ], f est continue donc elle admet un minimum m f(a) et un maximum M f(b) avec a, b [0, ] En fait, ce sont même des extrema globaux, par -périodicité de f Disons, quitte à considérer f, que a b Il reste alors deux cas : 95

96 Si b [ a, a + ], on vérifie grâce au théorème des valeurs intermédiaires que f(r) f ([ a, a + ]) En effet, si x R, f(x) [m, M] [f(a), f(b)] f([a, b]) f ([ a, a + ]) 9 CONTINUITÉ Sinon, b a / donc a + [ b, b + ] On procède alors de la mème manière en se souvenant que f(a + ) f(a) m cont0_s Solution 95 (énoncé) Soit x R + On veut montrer que f est continue en x Commençons par la continuité à gauche : il suffit de montrer que pour toute suite (x n ) convergeant vers x par valeurs inférieures (c est-à-dire x n x pour tout n, et x n x), on a f(x n ) f(x) Soit donc (x n ) est une telle suite Alors, pour tout n : f(x n ) f(x), f(x n ) x n f(x) x Ainsi x n x f(x) f(x n) f(x) D après le théorème des gendarmes, f(x n ) f(x) donc f est continue à gauche La continuité à droite se montre de la même manière : si (x n ) est une suite convergeant vers x par valeurs supérieures, on a pour tout n f(x) f(x n ) x n x f(x), et le théorème des gendarmes permet à nouveau de conclure cont0_s Solution 96 (énoncé) Montrons d abord que g est croissante Si x y sont deux réels positifs, on a évidemment {f(t), t [0, x]} {f(t), t [0, y]} Or si A et B sont deux ensembles tels que A B, on a sup A sup B Donc g(x) g(y) Fixons maintenant x R +, et montrons que g est continue en x Pour cela, on fixe ε > 0 Par définition de la continuité de f en x, il existe α > 0 tel que On va montrer que t [x α, x + α], f(t) f(x) ε Cela suffira pour montrer que g est continue en x Remarquons d abord que t [x α, x + α], g(t) g(x) ε (93) cont0:co g(x) max ( g(x α), sup f [x α,x] ) (94) cont0:ma En effet, si A et B sont deux ensembles, on a sup(a B) max(sup A, sup B) Ici, prendre A [0, x α] et B [x α, x] 96

97 0 STRUCTURES ALGÉBRIQUES Donc Pour tout t [x α, x], f(t) f(x α) + f(t) f(x) + f(x α) f(x) f(x α) + ε En combinant (94) et (95), on obtient sup f sup {f(t), t [x α, x]} f(x α) + ε (95) cont0:su [x α,x] g(x) max ( g(x α), sup f [x α,x] max (g(x α), g(x α) + ε) ) g(x α) + ε (96) cont0:in De même à droite, g(x + α) g(x) + ε (97) cont0:in Il ne reste plus qu à montrer (93) Soit donc t [x α, x + α] Si t [x α, x], on utilise la croissance de g et (96) : g(x) ε g(x α) g(t) g(x) Si t [x, x + α], on utilise la croissance de g et (97) : g(x) g(t) g(x + α) g(x) + ε Finalement g est bien continue en x 0 Structures algébriques alg0_s Solution 0 (énoncé) On a Card(A B) Card A + Card B Card(A B) n Comme Card(G) n, il existe un unique x G tel que G A B {x} Soit a G un élément de A et b G un élément de B Si a b A, alors a a b A, d où b A B, ce qui est impossible De même, a b ne peut pas être un élément de B Il en résulte que a b x Soient à présent a, a deux éléments de A \ { G } et b un élément de B \ { G } On a a b x a b, donc a a Cela assure que A contient au plus deux éléments Donc n 97

98 MATRICES Exemple Donnons un exemple de groupe G à 4 éléments qui vérifie les hypothèses On pose G {0, } {(0, 0), (0, ), (, 0), (, )} muni de la loi additive modulo (par exemple, (0, ) + (, ) (, 0)) Le neutre de (G, +) est l élément (0, 0) Posons : A {(0, 0), (, 0)}, B {(0, 0), (0, )} On vérifie facilement que A et B sont des sous-groupes de G Matrices mat0_s Solution (énoncé) Notons B A + I n la matrice dont tous les coefficients sont des Il est facile de vérifier que B nb, de sorte que A (B I n ) B B + I n (n )B + I n On peut dessiner A : n A (n ) (n ) n A vérifie en fait la relation donc On en déduit que A est inversible et A (n )B + I n (n )(A + I n ) + I n (n )A + (n )I n, A(A (n )I n ) (n )I n A n (A (n )I n) mat0_s Solution (énoncé) Notons B A I n la matrice dont tous les coefficients sont des On vérifie facilement que B nb, d où etc Pour tout i > 0, on a B 3 nb n B, B i n i B 98

99 MATRICES On applique à présent la formule du binôme (B et I n commutent) : A k (B + I n ) k ( ) k k B i i0 i ( ) k k I n + n i B i i I n + [ k ( ] k )n i B n i i I n + [ ( + n) k ] B n mat03_s On peut dessiner A k : + ( + n)k n A k ( ( + n) k ) n ( ( + n) k ) n Solution 3 (énoncé) On pose 0 N A I n C est une matrice nilpotente : et 0 0 N 0 0 0, N 3 0 On utilise la formule du binôme (N et I n commutent) : Il ne reste plus qu à dessiner A : A k (N + I 3 ) k ( ) k k i i0 N i I 3 + kn + ( ) k N k k(k + )/ A 0 k ( + n)k n 99

100 MATRICES mat04_s Solution 4 (énoncé) On remarque que A I est de carré nul, donc (X ) I A Si P (X) est un polynôme multiple de (X ), disons P (X) (X ) Q(X), alors P (A) 0 Ainsi { (X ) Q(X) Q R[X] } I A On va montrer l égalité de ces deux ensembles Pour cela, prenons P I A On effectue la division euclidienne de P par (X ) : P (X ) Q + R, avec Q, R R[X] et R de degré au plus Appliquons cette égalité à A : on obtient R(A) 0 En écrivant R ax + b, on se rend compte que cela implique R 0 Ainsi P est un multiple de (X ) Les mêmes arguments conduisent à I B I A Si A et B sont semblables, il existe une matrice P inversible telle que Mais alors A P BP A I 4 P (B I 4 )P donc A I 4 et B I 4 sont semblables Or l une est de rang et l autre de rang : c est une contradiction 3 On définit P comme un polynôme de I A de degré minimal (non nul) Il est alors immédiat que {P Q Q R[X]} I A Réciproquement, si T I A, on effectue la division euclidienne de T par P : il existe Q, R R[X] tels que T P Q + R, et deg(r) < deg(p ) En appliquant cette égalité à A, on obtient R(A) 0, donc R I A Mais comme P est de degré minimal dans I A, R est le polynôme nul Donc T P Q mat05_s Solution 5 (énoncé) On note u l endomorphisme de R n canoniquement associé à A Comme u n 0, il existe x R n tel que u n (x) 0 La famille (x, u(x),, u n (x)) est alors une famille libre En effet, soient λ 0,, λ n des scalaires tels que λ 0 x + + λ n u n (x) 0 00

101 MATRICES mat06_s On peut appliquer u n à cette égalité pour obtenir λ 0 0, puis on applique u n, etc Comme la famille est de cardinal n, c est une base de R n Or la matrice de u dans cette base s écrit précisément 0 (0) 0 0 (0) 0 0 Solution 6 (énoncé) Il suffit de montrer que l endomorphisme canoniquement associé à A est injectif, autrement dit que pour tout X R n AX 0 X 0 Soit donc X (x,, x n ) t R n (qu on suppose non nul) tel que AX 0 Cette égalité correspond à un système linéaire : a, x + + a,n x n 0 a, x + + a,n x n 0 a n, x + + a n,n x n 0 Soit i l indice tel que x i est maximal La i-ième équation du système s écrit : a i,j x j a i,i x i, d où C est une contradiction j i a i,i x i j i a i,j x j x i j i a i,j < a i,i x i mat07_s Solution 7 (énoncé) On associe à A son endomorphisme dans la base canonique (, X,, X n ) de R n [X] Si j 0, n, on pose P X j R n [X] Alors 0 3 n AP 0 0 n ( ) ( ) j j + jx + X + + X n n ( ) j j X i i i0 (X + ) j 0

102 MATRICES L endomorphisme canoniquement associé à A et l endomorphisme P (X) P (X + ) coïncident sur une base de R n [X], donc ils sont égaux On en déduit que A est inversible, et que A est la matrice canoniquement associée à l endomorphisme P (X) P (X ) La matrice A s écrit : ( ) n 0 3 ( ) n+ n A n 0 0 ( ( ) i+j ( j i )) 0 i,j n Pour tout n, on note S n l ensemble des permutations de, n et D n S n l ensemble des dérangements Pour σ S n, on note F (σ) l ensemble des points fixes de σ : c est une partie de, n S n se partitionne de la manière suivante : S n E,n {σ S n F (σ) E} () mat07:par Or, si E est fixé, une permutation σ telle que F (σ) E correspond à un dérangement de, n \ E Il y a donc u n E telles permutations En prenant les cardinaux dans (), on obtient 3 Notons u n E E,n n u n k k0 E,n E k ( ) n n u n k k0 k ) n n! u 0 u U u u n k0 ( n k u k et F n! Ce sont deux vecteurs colonne D après la question précédente, t AU F Trouver une expression de u n revient à inverser ce système : on a U t A F, 0

103 MATRICES mat08_s et on obtient ainsi ) n u n k0( ) n+k( n k! k n ( ) k n! k! k0 Remarque : comme + k0 ( ) k /k! /e, la probabilité d obtenir un dérangement en tirant une permutation aléatoire avec la loi uniforme sur S n tend vers /e lorsque n tend vers + Solution 8 (énoncé) Soit r le rang de A Par opérations sur les lignes et les colonnes, on peut transformer A en la matrice J r 0, 0 qui est de rang r Autrement dit, il existe des matrices inversibles P et Q telles que En posant M Q P, on obtient A P J r Q mat09_s (AM) ( P J r P ) AM, de sorte que AM est la matrice d une projection Solution 9 (énoncé) On commence par le sens réciproque Soit M GL n (R) telle que AM soit une matrice nilpotente En particulier, AM est non inversible donc A (AM)M est non inversible Supposons maintenant que A est non inversible Par opérations sur les lignes et les colonnes, on peut transformer A en la matrice 0 N r 0 0 0, qui est nilpotente (on a Nr n 0) et de rang r rg(a) Autrement dit, il existe des matrices inversibles P et Q telles que A P N r Q En posant M Q P, on obtient (AM) n ( P N r P ) n P N n r P 0, de sorte que AM est nilpotente 03

104 MATRICES mat0_s Solution 0 (énoncé) On a n tr(ab) [AB] i,i i n n a i,k b k,i i k n n b k,i a i,k k i n [BA] k,k k tr(ba) Pour tout x E, il existe λ x R tel que f(x) λ x x Soit (x, y) une famille libre Alors f(x) λ x x, f(y) λ y y, et f(x + y) λ x+y (x + y) Cela conduit à λ x x + λ y y λ x+y (x + y) Comme la famille (x, y) est libre, on obtient λ x λ x+y λ y Il est alors clair que λ x ne dépend pas de x : autrement dit, pour tout x E on a f(x) λx, donc f est une homothétie 3 On commence par le sens réciproque Supposons que A est semblable à une matrice M à diagonale nulle : il existe une matrice P GL (R) telle que En prenant la trace, on obtient A P MP tr(a) tr ( (P M)P ) tr ( P (P M) ) tr(m) 0 Dans le sens direct, supposons que tr(a) 0 On note u l endomorphisme de R canoniquement associé à A, et on cherche une base (e, e ) de R dans laquelle la matrice de u s écrit ( ) 0 λ M µ 0 Cela donne les conditions suivantes sur (e, e ) : u(e ) µe, u(e ) λe 04

105 MATRICES Pour trouver une telle base, on prend un e R tel que u(e ) / Vect(e ) L existence d un tel vecteur est assurée par la question précédente et le fait que u n est pas une homothétie (sauf si u 0) On pose alors e u(e ) de sorte que (e, e ) est bien une base de R et la matrice de u dans cette base s écrit ( ) 0 M Mat (e,e )(u) Or comme on l a vu, la trace est un invariant de similitude : M est donc de trace nulle et s écrit en fait ( ) 0 M 0 4 On procède par récurrence sur n Soit A M n (R) de trace nulle, et u l endomorphisme de R n canoniquement associé On prend e R n tel que u(e ) / Vect(e ), on pose e u(e ) et on complète la famille (e, e ) en une base (e,, e n ) de R n La matrice de u dans cette nouvelle base s écrit alors 0 M B La trace est invariante par similitude, donc M est de trace nulle, et B aussi Par hypothèse de récurrence, B est semblable à une matrice à diagonale nulle N Il en résulte que M est semblable à la matrice suivante, qui est à diagonale nulle : 0 N mat_s Solution (énoncé) Fixons i, j deux entiers On note Pour simplifier, on note aussi avec C AE i,j ( c k,l ) k,l n E i,j E ( e k,l ) k,l n, si k i et l j e k,l 0 sinon Soient k, l deux nouveaux indices (désormais, i, j, k, l sont donc tous fixés) On veut calculer c k,l On a n c k,l a k,m e m,l, m 05

106 MATRICES et presque tous les termes de cette somme sont nuls (si m i, alors e m,l 0) Il ne reste que le terme en m i Donc c k,l a k,i e i,l, ce qui vaut 0 sauf si l j (si l j, alors e i,l 0) Donc On peut dessiner la matrice C : a k,i si l j c k,l 0 sinon 0 0 a,i a,i 0 C AE i,j, où la colonne non nulle est la j-ième 0 0 a n,i 0 Conclusion : multiplier A par E i,j revient à prendre la i-ième colonne de A et à la mettre à la j-ième colonne, et à mettre des 0 partout ailleurs De la même manière, faire le produit E i,j A revient à mettre la j-ième ligne de A sur la i-ième ligne, et à mettre des 0 partout ailleurs : E i,j A a j, a j, a, où la ligne non nulle est la i-ième j,n Soient i, j fixés Par hypothèse, on a : AE i,j E i,j A, autrement dit a,i a,i AE i,j a j, a j, a E i,j A j,n 0 0 a n,i On en déduit que pour k différent de i, le coefficient a k,i est nul Comme c est vrai pour tout i, la matrice A est diagonale D autre part, en regardant le coefficient à l intersection, on voit que a i,i a j,j Finalement, en notant λ a,, on a A λi n 06

107 MATRICES mat3_s Solution (énoncé) On cherche P sous la forme X + bx + c (on peut toujours choisir P unitaire, quitte à le diviser par une constante) On a : P (A) A + ba + ci ( ) ( ) ( ) b + c ( ) 5 b + c 6 b 9 + 3b 0 + 4b + c Le polynôme P X 3X + convient La division euclidienne s écrit X n (X 3X + )Q + R, où R est un polynôme de degré inférieur ou égal à Pour faire disparaître Q, on évalue cette égalité en les racines de P X 3X +, qui sont et Cela donne { R(), n R() Comme R est de degré au plus, il suffit de connaître sa valeur en points pour le déterminer On obtient R ( n )X n + 3 On évalue la division euclidienne en A : A n P (A)Q(A) + R(A) R(A) ( n )A ( n )I ( ( n ) ( n ) ( n ) ) 3( n ) 4( n ) ( n ) ( n+ + 3 n+ ) + 3 n 3 3 n mat_s Solution 3 (énoncé) L image de A est le sous-espace engendré par ses vecteurs colonnes Ce qu on fait ci-dessous revient à effectuer des transvections sur les colonnes de A (pas de 07

108 MATRICES dilatation!) : Im A Im Vect 0, 0 0,, 0 Vect 0, 0 0, Vect, 0 0, Vect 0 0, Or ces deux derniers vecteurs forment une famille libre, donc une base de l image de A Au passage, on voit que A est de rang Soit à présent u x y z t un vecteur de R4 On applique 08

109 MATRICES la méthode du pivot de Gauss : x 0 y u Im(A) u z Vect, t 0 x 0 y λ, µ R, z λ + µ t 0 x µ y λ + µ λ, µ R, z λ + µ t µ x µ y z µ λ, µ R, z λ + µ t µ x µ y z + x 0 λ, µ R, z x λ t x 0 t x 0 y z + x 0 λ, µ R, z x λ x µ Le système est à présent échelonné en λ et µ : on a l équivalence t x 0 { t x 0 y z + x 0 λ, µ R, y z + x 0 z x λ x µ Cela nous donne le système d équations cherché 09

110 DÉTERMINANTS Déterminants det0_s Solution (énoncé) Pour mieux voir ce qui se passe, on fait les calculs sur la matrice de dimension 5 en parallèle n n 5 0, n n n 0 On effectue les opérations L k L k L (k ), pour obtenir des lignes (partiellement) constantes : n 5 0, n n n 3 n + Les opérations L k L k (k )L (k 3) permettent d annuler beaucoup de coefficients : n , n n 4 0 On développe par rapport à la première colonne : 3 4 n , n n 4 0 Puis par rapport à la dernière colonne, et on obtient finalement une matrice diagonale : , n ( ) n (n ) n ( ) n (n ) n det0_s Solution (énoncé) Commençons par le sens indirect On dispose de a,, a n tels que la matrice M est inversible Pour montrer que la famille (f,, f n ) est libre, on prend des réels λ i tels que λ f + + λ n f n 0 0

111 DÉTERMINANTS Appliquée aux a j, cette relation donne f (a ) f n (a ) λ + + λ n 0, f (a n ) f n (a n ) ce qui est une combinaison linéaire nulle des colonnes de M Comme M est inversible, ses colonnes forment une famille libre de R n, et on en déduit que les λ i sont tous nuls On démontre à présent le sens direct par récurrence Soit P(n) la propriété «Si (f,, f n ) est une famille libre, il existe a,, a n des réels tels que la matrice M (f i (a j )) i,j n est inversible» Le cas n ne pose pas de problème Supposons que la propriété est vraie au rang n, et soit (f,, f n+ ) une famille libre L hypothèse de récurrence appliquée à la famille (f,, f n ) fournit des réels a,, a n tels que la matrice f (a ) f (a n ) M n f n (a ) f n (a n ) est inversible On veut à présent montrer qu il existe x a n+ R tel que f (a ) f (a n ) f (x) M n+ f n (a ) f n (a n ) f n (x) f n+ (a ) f n+ (a n ) f n+ (x) est inversible En développant le déterminant de M par rapport à sa dernière colonne, on obtient f (a ) f (a n ) f (x) det(m n+ ) f n (a ) f n (a n ) f n (x) f n+ (a ) f n+ (a n ) f n+ (x) f (x) + + n+ f n+ (x), où les k sont les cofacteurs (au signe près) On remarque ici une combinaison linéaire de la famille libre (f,, f n+ ) Or n+ est le déterminant de M n, et il est supposé non nul Donc la combinaison linéaire des f k n est pas nulle, autrement dit il existe x tel que M n+ est inversible det03_s Solution 3 (énoncé) On commence par effectuer les opérations C C C n et L L L n : n 0 0 [n]

112 On développe ensuite selon la première ligne : 0 n + ( ) 0 [n ] n DÉTERMINANTS Les deux déterminants sont de taille n Le premier déterminant vaut n, et on développe le deuxième par rapport à sa première colonne : 0 n n + ( ) n+ ( ) n 0 n n [n ] La suite ( n ) est une suite récurrente linéaire d ordre, d équation caractéristique (r+) 0 Il existe donc deux constantes λ, µ telles que pour tout n n (λn + µ)( ) n Avec les conditions initiales 0 et, on parvient à n ( ) n (n ) det04_s Solution 4 (énoncé) En prenant B 0, on obtient : A M n (R), f(0) f(a)f(0) Si f(0) 0, alors f est constante et égale à : contradiction Donc f(0) 0 En prenant B I n, on obtient : A M n (R), f(a) f(a)f(i n ) Comme f n est pas constante, il existe A M n (R) telle que f(a) 0 En divisant par f(a), on obtient alors f(i n ) On a donc f(a) 0 f(a)f(a ) f(aa ) f(i n ) 3 Soit r le rang de A : c est un entier compris entre 0 et n On définit la matrice R par : 0 0 (0) R (0) 0 0, [n ]

113 DÉTERMINANTS R est de rang n, et (0) R 0 0 (0) est de rang n En continuant à élever R aux puissances supérieures, la diagonale de continue à monter : en particulier, N R n r est nilpotente et de rang r On a f(n) n f(n n ) 0, donc f(n) 0 Comme A et N sont de même rang, elles sont équivalentes : il existe P, Q deux matrices inversibles telles que A P NQ Ainsi f(a) f(p )f(n)f(q) 0 4 M ( ) 0 est une transvection, donc est semblable à M Il existe donc P inversible telle que M P MP Ainsi f(m) f(p )f(m)f(p ) f(m), d où f(m) 5 Si T I n + λe i,j, on peut effectuer un changement de base de sorte que T est semblable à Ainsi, T est semblable à, qui est de nouveau une transvection donc semblable à T Ainsi il existe P inversible telle que T P T P, donc f(t ) 6 Si A M n (R) est inversible, on effectue l algorithme de Gauss pour se ramener à la matrice D det(a) 3

114 DÉTERMINANTS En termes matriciels, A est égal à un produit de transvections multipliée par cette dilatation : on a A T T k D Comme f(t i ), on en déduit f(a) f det(a) Si A est non inversible, le résultat est encore vrai car f(a) 0 det05_s Solution 5 (énoncé) Par hypothèse, il existe P GL n (C) telle que A P BP, ou encore P A BP En notant respectivement R et S les parties réelle et imaginaire de P, cela donne RA BR, SA BS En particulier, pour tout x C, (R + xs)a B(R + xs) Il suffit à présent de trouver x R tel que R + xs est inversible Pour cela, considérons l application ϕ: x det(r + xs) Le développement sur le groupe symétrique s écrit ϕ(x) det(r + xs) σ S n ɛ(σ)(r,σ() + xs,σ() ) (R n,σ(n) + xs n,σ(n) ) C est une somme de n! polynômes en x, de degré n : c est donc encore un polynôme (de degré au plus n) Comme ϕ(i) det(p ) 0, ϕ n est pas le polynôme nul donc il existe x R tel que R + xs est inversible det06_s Solution 6 (énoncé) Considérons l application ϕ: x det(a + xb) Le développement sur le groupe symétrique s écrit ϕ(x) det(a + xb) σ S n ɛ(σ)(a,σ() + xb,σ() ) (A n,σ(n) + xb n,σ(n) ) C est une somme de n! polynômes en x, de degré n : c est donc encore un polynôme (de degré au plus n) En particulier, ϕ est continue en 0 Comme ϕ(0) 0, il existe ε > 0 tel que x [ ε, ε], ϕ(x) 0 det07_s Solution 7 (énoncé) L ensemble {mv + nv, (m, n) Z } forme un réseau 4 de R On veut dénombrer X {(m, n) Z mv + nv r}, qui est l intersection du réseau avec C r {v R v r} {(x, y) R x r et y r}, 4 Grossièrement, cela veut dire que la somme et la différence de deux éléments du réseau sont encore dans le réseau 4

115 DÉTERMINANTS un carré centré en (0, 0) et de côté r Pour cela, on définit les parallélogrammes suivants : P m,n {xv + yv x [m, m + [, y [n, n + [}, où le couple (m, n) décrit Z Les P m,n forment une partition de R Ils sont tous identiques à translation près, et leur aire vaut Considérons alors Aire(P m,n ) det(v, v ) P C est une partie de R et son aire vaut (m,n) X P m,n Aire(P ) Card(X) det(v, v ) Voir la figure Il ne reste donc plus qu à évaluer l aire de P Pour r assez grand, P ressemble à C r mais il n y a pas inclusion dans un sens comme dans l autre Posons On peut alors vérifier que λ v + v C r λ P C r+λ Voir la figure 3 En prenant les aires, il en résulte que 4(r λ) Card(X) det(v, v ) 4(r + λ) On obtient immédiatement l équivalent lorsque r + : Card(X) 4r () det07: det(v, v ) Si T est le triangle JKL, on note v JK et v JL : ce sont des vecteurs de R à coordonnées entières On va compter le nombre de points entiers (à coordonnées entières) dans P 0,0 Notons A {xv + yv 0 < x <, 0 < y <, x + y < }, A {xv + yv 0 < x <, 0 < y <, x + y > }, B {xv 0 x < } [JK[, B {yv 0 y < } [JL[, B 3 {xv + yv 0 < x <, 0 < y <, x + y } ]KL[ B, B et B 3 sont les bords du triangle T (privés des deux points K et L), A est l intérieur du triangle et A est l intérieur du triangle symétrique par rapport au centre du parallélogramme Il est assez clair (voir figure 4) que P 0,0 A A B B B 3 Pour compter le nombre de points entiers dans P 0,0, il suffit donc de compter le nombre de points entiers dans chacune de ces parties Allons-y : 5

116 Le nombre de points entiers dans A vaut a DÉTERMINANTS Le nombre de points entiers dans A vaut également a En effet, si xv + yv est un point entier de A, le point symétrique ( x)v + ( y)v est dans A, et c est encore un point entier La symétrie par rapport au centre du parallélogramme est en fait une bijection entre les points entiers de A et les points entiers de A B B B 3 correspond au bord du triangle T, privé des deux points K et L Le nombre de points entiers sur cette partie est donc b Conclusion : le nombre de points entiers dans P 0,0 est égal à Card(P 0,0 Z ) a + b Évidemment, tout cela est invariant par des translations d un vecteur entier Si on se donne r 0, on définit X et P comme avant et on a Or, de la relation on obtient donc en prenant les cardinaux Card(P Z ) (a + b ) Card(X) () det07: C r λ P C r+λ, C r λ Z P Z C r+λ Z, + (r λ) Card(P Z ) + (r + λ), ce qui donne lorsque r tend vers + : Les relations (), () et (3) donnent alors le résultat : Card(P Z ) 4r (3) det07:3 det(v, v ) a + b Comme l aire du triangle vaut la moitié de ce déterminant, on a obtenu ce qu on voulait det08_s Solution 8 (énoncé) Soit E l espace vectoriel des fonctions de R dans R Considérons l application θ : R n [X] E définie par θ(p ) (x P (x)e x ) Il est facile de voir que θ est une application linéaire Comme l image de θ est V, V est un espace vectoriel Par ailleurs, θ est injective donc elle réalise un isomorhpisme entre R n [X] et V : ces deux espaces sont de même dimension, à savoir n + ϕ est bien définie : si P est de degré au plus n, la dérivée de P exp est (P + P ) exp et P + P est encore de degré au plus n Il est facile de voir que ϕ est linéaire, donc c est un endomorphisme de V Comme θ est un isomorphisme, une base de V est donnée par l image de la base canonique de R n [X] par θ : (f 0, f,, f n ) (θ(), θ(x),, θ(x n )), où f k θ(x k ): x x k e x 6

117 Il ne reste plus qu à calculer l image des vecteurs de la base : pour tout x, ϕ(f k )(x) f k(x) (x k + kx k )e x La matrice de ϕ dans la base (f 0,, f n ) s écrit f k (x) + kf k (x) Mat ϕ n DÉTERMINANTS C est une matrice triangulaire supérieure, donc son déterminant vaut le produit de ses coefficients diagonaux, à savoir det09_s Solution 9 (énoncé) On fait des opérations sur les lignes, et on développe par rapport aux colonnes : a a a a a a a a a b b b 0 b a b a b a a b c c 0 b a c a c a a b c d 0 b a c a d a b a b a b a a b a c a c a b a c a d a b a b a b a a 0 c b c b 0 c b d b c b c b a(b a) c b d b c b c b a(b a) 0 d c a(b a)(c b)(d c) Notons f(a,, a n ) le déterminant de la matrice (a min(i,j) ) i,j n On utilise l hypothèse de récurrence P n : «Pour tous a,, a n C, f(a,, a n ) a (a a ) (a n a n )» Supposons que P n soit vraie, alors en utilisant des transvections sur les lignes et en 7

118 développant par rapport à la première colonne : a a a a f(a,, a n ) a 3 a 3 a a a 3 a n a a 0 a a a a a 3 a a 3 a 0 a a a 3 a a n a a a a a a 3 a a 3 a a a a a 3 a a n a a f(a a,, a n a ) DÉTERMINANTS On utilise maintenant l hypothèse de récurrence, qui nous permet de calculer f(a a,, a n a ) : f(a,, a n ) a (a a )[(a 3 a ) (a a )] [(a n a ) (a a )] a (a a )(a 3 a ) (a n a ) 3 On applique sur la matrice des permutations sur les lignes et les colonnes Attention, le signe du déterminant peut changer, selon la signature de la permutation Définissons σ (, n) (, n ) ( n/, n/ + ) : c est la permutation qui transforme (,, n) en (n,, ) (regarder ce que ça donne pour n, 3, 4, 5) Sa signature est ε(σ) ( ) n/ En fait, cela ne nous sera pas utile, parce qu on va appliquer deux fois σ : on obtient un facteur ε(σ) (±) Appliquons successivement la permutation 8

119 σ sur les colonnes puis sur les lignes : a a a 3 a n a a a 3 a n a 3 a 3 a 3 a n det((a max(i,j) ) i,j n ) a n a n a n a n a n a 3 a a a n a 3 a a a n a 3 a 3 a 3 ε(σ) a n a n a n a n a n a n a n a n ε(σ) a n a 3 a 3 a 3 a n a 3 a a a n a 3 a a f(a n, a n,, a ) a n (a n a n ) (a a ) DÉTERMINANTS det0_s Solution 0 (énoncé) On fait (par exemple) des transvections sur les lignes : λ + x (b + x) λ + x (x) (a + x) λ n + x λ + x b + x b + x a λ λ b 0 0 a b 0 a λ a b a b λ n b En développant par rapport à première ligne, on voit que (x) est la somme de termes de la forme (λ + x) ou (b + x) (où désigne un terme qui ne dépend pas de x) C est donc une application affine en x On en déduit qu il existe t, s C tels que x C, (x) t + sx Or 9

120 3 DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS on sait calculer le déterminant d une matrice triangulaire supérieure (resp inférieure) : et de même t as ( a) λ a (b a) λ a (0) λ n a n (λ i a), i t bs ( b) λ b (0) λ b (a b) λ n b n (λ i b) i On connaît maintenant complètement l application (car elle est affine et qu on connaît sa valeur en deux points distincts) Cela nous permet de calculer det A : det A (0) 3 Développements limités t at bt a b at abs bt + abs a b a(t bs) b(t as) a b a ( b) b ( a) a b a n i (λ i b) b n i (λ i a) a b dl05_s Solution 3 (énoncé) Soit ε > 0 Par hypothèse, il existe δ > 0 tel que x [ δ, δ], f (x) εx Prenons alors x ]0, δ] D après le théorème des accroissements finis, il existe c [0, x] tel que f (c) (f(x) f(0))/x f(x)/x Or c appartient au segment [ δ, δ] donc f(x) x εx, soit f(x) εx 3 On procède de même si x [ δ, 0[ 0

121 3 DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS On pose g(x) f(x) f(0) (ax + b x + c3 x3 ) C est une fonction dérivable qui vérifie g(0) 0 d une part, et d autre part g (x) f (x) (a + bx + cx ) o(x ) lorsque x tend vers 0 D après la question précédente, g(x) o(x 3 ), ce qu on peut réécrire en f(x) f(0) + ax + b x + c 3 x3 + o(x 3 ) 3 De la même manière, si f (x) a 0 + a x + + a n x n + o(x n ) alors f admet le développement limité suivant : f(x) f(0) + a 0 x + a x + + a n n + xn+ + o(x n+ ) 4 On sait que tan(x) o(), donc tan (x) + o() + o() En intégrant ce développement limité, on obtient tan x x + o(x) On recommence : tan (x) + (x + o(x)) + x + o(x ) donc en intégrant tan x x + 3 x3 + o(x 3 ) Une dernière fois : tan (x) + (x + x 3 /3 + o(x 3 )) + x + x 4 /3 + o(x 4 ) donc en intégrant tan x x + 3 x3 + 5 x5 + o(x 5 ) 5 Comme f est dérivable en x de nombre dérivé f (x), on a ce qu on peut réécrire comme f (x + h) f (x) lim h 0 h f (x), f (x + h) f (x) + hf (x) + o(h) En intégrant ce développement limité, on obtient f(x + h) f(x) + hf (x) + h f (x) + o(h ) dl0_s Solution 3 (énoncé) On rappelle les développements lorsque x 0 : sin x x x3 6 + x5 0 + o(x5 ), sinh x x + x3 6 + x5 0 + o(x5 )

122 On développe à l ordre 3 au numérateur, et à l ordre au dénominateur : 3 DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS sin x sinh x sinh x sin x sin (x) sinh (x) ( x + x o(x3 ) ) ( x x o(x3 ) ) (x + o(x)) (x + o(x)) ( x + x4 3 + o(x4 ) ) ( x x4 + 3 o(x4 ) ) x 4 + o(x 4 ) 3 x4 + o(x 4 ) x 4 + o(x 4 ) 3 + o() + o() 3 + o() Pour obtenir les termes suivants du DL, il faut développer sinh et sin à un ordre plus grand On passe à l ordre 5 au numérateur, et 3 au dénominateur sin x sinh x sinh x sin x sin (x) sinh (x) ( x + x x5 + 0 o(x5 ) ) ( x x 3 + x o(x5 ) ) ( x + x o(x3 ) ) ( x x3 + 6 o(x3 ) ) ( x + x4 3 x4 + o(x 6 ) x 4 + o(x 6 ) + x6 + x ( ) 3 + o(x ) + 36 o(x6 ) ) ( x x4 ( x + x4 + 3 o(x4 ) ) ( x x4 + 3 o(x4 ) ) + o(x ) ( ) 3 + o(x ) ( + o(x )) 3 + o(x ) + x6 + x o(x6 ) )

123 3 DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS On est maintenant à l ordre Comme j ai du temps à perdre, voici l ordre 4 : sin x sinh x sinh x sin x sin (x) sinh (x) ( x + x x5 + x o(x7 ) ) ( x x 3 + x5 x o(x7 ) ) ( x x 3 + x o(x5 ) ) ( x + x3 + x o(x5 ) ) ( x + x x6 + x8 + x o(x8 ) ) ( x x x6 + o(x 6 ) ) ( x + x x6 + o(x 6 ) ) ( x x x6 x8 x o(x8 ) ) ( x x x6 + o(x 6 ) ) ( x + x x6 + o(x 6 ) ) 3 x4 + x8 + x o(x8 ) x x8 9 x8 + o(x 8 ) 3 x x8 + o(x 8 ) x 4 45 x8 + o(x 8 ) ( 3 + ) 35 x4 + o(x 4 ) 45 x4 + o(x 4 ) ) ( + ) 45 x4 + o(x 4 ) ( x4 + o(x 4 ) x4 + o(x 4 ) dl03_s Solution 33 (énoncé) On met tout au même dénominateur : f(x) x sin x (sin x x cos x) 3 x x (x sin x) 3(sin x x cos x) x (sin x x cos x) Or : ( x (x sin x) x x ( x x3 6 + o(x3 ) ) ) ( x x ( x x4 3 + o(x4 ) ) ) x ( x o(x4 ) x6 3 + o(x6 ), ) 3

124 et 3 DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS ( 3(sin x x cos x) 3 x x3 6 + o(x3 ) x ( x + o(x ) ) ) ( ) x o(x3 ) ( ) x o(x6 ) x6 3 + o(x6 ) Les deux développements au numérateur s annulent, il faut donc développer à un ordre supérieur en utilisant : sin x x x3 6 + x5 0 + o(x5 ), Allons-y : et cos x x + x4 4 + o(x4 ) ( x (x sin x) x x ( x x3 6 + x5 0 + o(x5 ) ) ) ( x x ( x x4 3 + x x o(x6 ) ) ) x ( x x6 + o(x 6 ) x x8 + o(x 8 ), ( 3(sin x x cos x) 3 x x3 6 + x5 0 + o(x5 ) x ( x + x4 4 + o(x4 ) ) ) ( ) x x o(x5 ) ( ) x x o(x8 ) D autre part, on a déjà calculé x6 3 x8 5 + o(x8 ) x (sin x x cos x) x ( x 6 ) 9 + o(x6 ) x8 9 + o(x8 ) ) 4

125 3 DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS Finalement, on peut écrire Donc f tend vers /5 en 0 f(x) x (x sin x) 3(sin x x cos x) x (sin x x cos x) x x8 + o(x 8 ) ( x 6 x o(x8 ) ) 45 x8 + o(x 8 ) x o(x8 ) + o() 5 + o() 5 + o() x o(x8 ) dl06_s Solution 34 (énoncé) Lorsque x tend vers 0, ln ( x ) + ln ( ( + x )( x + x x 3 + o(x 3 )) ) x + ln( x + x x 3 + o(x 3 )) ln( + u) u u + u3 3 + o(u3 ) ( x + x x 3 + o(x 3 )) (x 4x 3 + o(x 3 )) + 3 ( x3 + o(x 3 )) + o(x 3 ) x + 3x x3 3 + o(x3 ), où on a fait le changement de variable u x + x x 3 + o(x 3 ) Lorsque x tend vers 0, ln( + sin x) ln ( ) + x x3 6 + o(x3 ) ln( + u) u u + u3 3 + o(u3 ) x x3 6 + o(x3 ) x x + x3 6 + o(x3 ) ( x + o(x 3 ) ) + 3 On a fait le changement de variable u sin x x x 3 /6 + o(x 3 ) ( x 3 + o(x 3 ) ) 5

126 3 Lorsque x tend vers 0, cos(ln( + x)) cos cos(u) ( ) x x + o(x ) 3 DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS u + o(u3 ) ( x x 3 + o(x 3 ) ) + o(x 3 ) x + x3 + o(x3 ) On a fait le changement de variable u ln( + x) x x / + o(x ) Attention, on a utilisé le développement du cosinus à l ordre 3 : l ordre ne suffisait pas 4 Lorsque x tend vers 0, 3 + cos x 4 x + o(x3 ) x 8 + o(x3 ) + u ( + u ) + o(u) ( ) + x 8 + o(x3 ) + o(x ) x 8 + o(x ) x 8 + o(x3 ) (parité de la fonction) On a fait le changement de variable u x /8 + o(x 3 ) Dans la dernière ligne, on utilise le fait que la fonction est paire, donc les coefficients d ordre impair du développement limité sont nuls Remarquer également qu il fallait développer le cosinus jusqu à l ordre 3 5 Lorsque x tend vers 0, ( + x) +x exp(( + x) ln( + x)) ( ( )) exp ( + x) x x + o(x ) ( ) exp x + x + o(x ) exp(u) + u + u + o(u ) ( ) + x + x + o(x ) + ( x + o(x ) ) + o(x ) + x + x + o(x ) 6

127 On a utilisé le changement de variable u x + x / + o(x ) 6 Lorsque x tend vers 0, arctan x tan x 3 DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS x 3 x 3 + o(x3 ) x + x3 3 + o(x3 ) ( ) x 3 + o(x ) + x 3 + o(x ) ( ) x 3 + o(x ) + u ( ) x 3 + o(x ) ( u + o(u)) ( ) ( ) x 3 + o(x ) x 3 + o(x ) + o(x ) x 3 + o(x ) On a utilisé le changement de variable u x /3 + o(x ) 7 Lorsque x tend vers 0, ( ) π sin 4 + x (sin x + cos x) ( ) x x3 6 + o(x3 ) + x + o(x3 ) x x x o(x3 ) 8 Lorsque x tend vers 0, ) ( ln( + x) ( + x) ln( + x) + x ( ) x x + x3 3 x4 4 + o(x4 ) ( x + x x 3 + o(x 3 )) ( x x ) + x 3 x3 4 + o(x3 ) ( x + 3x 4x 3 + o(x 3 )) ( x 5x ) + 3x 77x3 3 + o(x3 ) x 5x + 3x3 77x4 3 + o(x4 ) dl07_s Solution 35 (énoncé) On rappelle les développements limités suivants au voisinage de 0 : sinh x x + x3 6 + o(x3 ), cosh x + x + o(x ) 7

128 f est continue sur R + et de classe C sur ]0, + [ Lorsque x tend vers 0, f (x) x sinh( x) x ( x + o( x)) + o() 3 DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS D après le théorème de limite de la dérivée, f est dérivable en 0 de nombre dérivé f (0) lim 0 f / Ainsi, f est continue en 0 donc f est de classe C Lorsque x tend vers 0, f (x) 4x cosh( x) 4x sinh( x) 3/ ( + x ) 4x + o(x) ( x x 3/ ) + 4x 3/ 6 + o(x3/ ) + o() dl0_s En appliquant une nouvelle fois le théorème de limite de la dérivée, on voit que f est dérivable en 0 de nombre dérivé f (0) / Donc f est continue en 0 et f est de classe C Solution 36 (énoncé) On montrera d abord que f se prolonge par continuité en 0, puis que le prolongement est de classe C Passons au log : ( ) f(x) exp x ln(cos x) Pour déterminer la limite de f en 0, on fait des développements limités successifs On a : cos x x + o(x ) + o(x), d où et enfin ln(cos x) ln ( + (cos x ) ) ln( + o(x)) o(x), ( ) f(x) exp x ln(cos x) ( ) exp x o(x) exp(o()) + o() On peut donc prolonger f par continuité en posant f(0) On appelle encore f la fonction prolongée en 0 Montrons à présent que le prolongement est C Pour cela, on utilise le théorème de la limite de la dérivée On a, pour tout x ] π/, π/[ \ {0}, f (x) ( sin x ln(cos x) + x x cos x 8 ) exp ( x ln(cos x) )

129 Or, lorsque x 0 : Donc 3 DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS x ln(cos x) ( ) x x + o(x ) + o(), sin x x cos x, ( ) exp x ln(cos x) f (x) x 0 D après le théorème de limite de la dérivée, f est de classe C sur ] π/, π/[ et f (0) / dl04_s Solution 37 (énoncé) Lorsque x 0, En passant au carré on obtient sin(x) x x3 6 + o(x3 ) donc sin (x) x x4 3 + o(x4 ), f(x) x sin (x) x sin (x) x x + x 4 /3 + o(x 4 ) x 4 + o(x 4 ) /3 + o() + o() 3 Comme le segment [0, ] est stable par la fonction sinus, on a u n [0, ] pour tout n L inégalité sin(x) x valable pour x [0, ] montre de plus que la suite (u n ) est décroissante Elle converge donc vers une limite l [0, ] Par continuité de la fonction sinus, sin(u n ) sin(l) mais également sin(u n ) u n+ l Par unicité de la limite, sin(l) l Or le seul point fixe de sin est 0 : finalement, u n 0 Ainsi, f(u n ) u n+ u n 3 D après le théorème de Cesàro, la suite de terme général n f(u k ) n k0 9

130 4 DÉRIVATION der0_s tend également vers /3 Or c est une somme télescopique : n f(u k ) ( n ) n k0 n k0 u k+ u k ( ) n u n u 0 Finalement d où on déduit l équivalent 4 Dérivation nu n u n 3, 3 n Solution 4 (énoncé) Lorsque x tend vers 0, f(x) tend vers 0 En posant f(0) 0, on étend donc f à une fonction continue sur R Pour tout x R, f est dérivable en x et ( ) f (x) x (x )x x exp x 4 x x ( ) x exp x 3 x Ainsi f (x) tend vers 0 lorsque x tend vers 0, et d après le théorème de prolongement C, f est de classe C sur R der08_s Solution 4 (énoncé) Par définition de la limite, il existe A > 0 tel que c > A, f (c) ε Soit à présent x > A D après le théorème des accroissements finis, il existe c [x, A] tel que f f(x) f(a) (c) x A La majoration précédente donne le résultat Pour tout x > A, f(x) f(x) f(a) + f(a) f(x) f(a) + f(a) ε x A + f(a) ε x + f(a) (inégalité triangulaire) (question précédente) 3 Comme f(a)/x tend vers 0 lorsque x tend vers +, il existe A > 0 tel que x > A, f(a)/x ε Alors dès que x max(a, A ) on a f(x) x ε + f(a) x ε + ε ε 30

131 4 DÉRIVATION Ce raisonnement est valable pour tout ε > 0 On en déduit que f(x)/x tend vers 0 lorsque x tend vers + der09_s Solution 43 (énoncé) Les graphes de f 0,f,f,f 3 sont représentés à la figure 5 Pour tout n, définissons x n /(nπ) et y n /(nπ + π/) Les suites (x n ) et (y n ) convergent vers 0 mais sin(/x n ) 0 et sin(/y n ) Cela montre que f 0 n est pas prolongeable par continuité en 0 Pour tout x 0, on a x sin(/x) x D après le théorème des gendarmes, x sin(/x) tend vers 0 lorsque x tend vers 0 Donc on peut prolonger f par continuité en posant f (0) 0 Pour tout x 0, on a ( f (x) f (0) sin f 0 (x) x x) Or cette quantité n a pas de limite lorsque x tend vers 0, donc f n est pas dérivable en 0 f se prolonge par continuité en posant f (0) 0 Pour tout x 0, on a ( f (x) f (0) x sin f (x) x x) Comme on l a vu, f tend vers 0 en 0 donc f est dérivable en 0 de nombre dérivé f (0) 0 Or pour tout x 0, ( ( f (x) x sin cos x) x) der_s der07_s Comme x x sin(/x) converge en 0 et x cos(/x) diverge en 0, f n a pas de limite en 0 donc f n est pas de classe C f 3 se prolonge par continuité en posant f 3 (0) 0 f 3 est de classe C sur R et pour tout x 0, ( ( ) f 3(x) 3x sin x cos x) x 3 x + x Donc f 3 tend vers 0 en 0 D après le théorème de limite de la dérivée, f 3 est dérivable en 0 de nombre dérivé f 3(0) 0 Cela montre également que f 3 est continue en 0, donc f 3 est de classe C Solution 44 (énoncé) Comme f est dérivable sur R, elle est continue sur cet intervalle Supposons de plus f injective Elle est alors strictement monotone sur R, mais par hypothèse ses limites en + et sont égales, d où une contradiction f n est donc pas injective, et il existe deux réels a < b tels que f(a) f(b) D après le théorème de Rolle appliqué au segment [a, b], il existe c [a, b] tel que f (c) 0 Solution 45 (énoncé) On définit la fonction ϕ: R C par ϕ(x) exp(x + ix) Alors ϕ est de classe C et pour tout n N et tout x R, En prenant les parties réelles, on obtient ϕ (n) (x) ( + i) n exp(x + ix) ( exp(iπ/4) ) n exp(x + ix) n/ exp(x) exp(ix + niπ/4) f (n) (x) (Re ϕ) (n) (x) Re(ϕ (n) (x)) n/ exp(x) cos(x + nπ/4) 3

132 4 DÉRIVATION der_s Solution 46 (énoncé) Comme a est un maximum local de f, il existe δ > 0 tel que h [ δ, δ], f(a + h) f(a) Dès lors, pour tout h [0, δ], f(a + h) f(a) 0 h En prenant la limite lorsque h tend vers 0 par valeurs positives, on obtient que f (a) 0 De la même manière, pour tout h [ δ, 0], f(a + h) f(a) h 0 En prenant la limite lorsque h tend vers 0 par valeurs négatives, on obtient f (a) 0 Finalement f (a) 0 La réciproque est fausse : prendre f(x) x 3 et a 0 Supposons à présent que f est deux fois dérivable en a, avec f (a) 0 et f (a) < 0 Lorsque h tend vers 0, ou encore f(a + h) f(a) + h f (a) + o(h ), f(a + h) f(a) h (f (a) + o()) Comme f (a) + o() tend vers f (a) qui est strictement négatif, f(a + h) f(a) est négatif si h est suffisamment petit Donc a est un maximum local de f der0_s Solution 47 (énoncé) Lorsque x tend vers 0, /x tend vers donc f(x) tend vers 0 On étend donc f par continuité en posant f(0) 0 f est de classe C sur R \ {0}, et pour tout x 0 on a f (x) x 3 exp ( x ) f (x) 4 6x x 6 exp ( ) x f (3) (x) 4x4 36x + 8 x 9 exp ( ), x etc On montre sans peine par récurrence que pour tout n 0, il existe une fraction rationnelle F n telle que pour tout x 0, f (n) (x) F n (x) exp( /x ) Il en résulte que f (n) tend vers 0 en 0 Montrons alors par récurrence sur n la proposition P n : «f est de classe C n sur R» Initialisation Le prolongement de f est une fonction continue, donc de classe C 0 Hérédité Supposons que f est de classe C n pour un certain n Alors f (n) existe et est continue sur R De plus, f (n+) tend vers 0 en 0 D après le théorème de limite de la dérivée, f (n) est dérivable en 0, de nombre dérivé f (n+) (0) 0 ; cela montre également que f (n+) est continue en 0 donc f est bien de classe C n+ Finalement f est de classe C sur R Pour tout n, le développement limité à l ordre n de f est f(x) o(x n ) 3

133 4 DÉRIVATION der03_s Solution 48 (énoncé) f est bornée car f De plus, ( + f ) donc f est négative et f est décroissante Ces deux remarques permettent de montrer que f admet une limite en et en + Supposons, par l absurde, que lim f < 0 Par définition, il existe alors ε > 0 et A > 0 tels + que x A, f(x) ε Alors pour x A, f (x) ε, et cela implique que f(x) ce qui est absurde De la même manière, si lim f > 0, il existe ε > 0 et A > 0 tels que x A, f(x) ε Alors pour x A, f (x) ε, et donc lorsque x, f(x) + ce qui est absurde Finalement lim f 0 et lim f 0 Comme f est décroissante, cela permet de conclure que + f est nulle der04_s Solution 49 (énoncé) Comme f est continue sur le segment [0, ], elle admet un maximum M f(a) Si a vaut 0 ou, alors f(a) 0 Sinon, f (a) 0, donc f(a) 0 Dans tous les cas on a f(a) 0 ce qui montre que f est négative car f(a) est le maximum de f der0_s Solution 40 (énoncé) L application f : x sin(x ) x effet, pour tout x > 0, satisfait aux conditions En donc f diverge en + f (x) x cos(x )x sin(x ) x cos(x ) sin(x ) x, La suite (f(nh)) n 0 converge vers 0, donc lorsque n +, f((n + )h) f(nh) 0 Par définition de la limite d une suite, il existe N N tel que pour tout n N, f((n + )h) f(nh) ε M 3 On applique le théorème des accroissement finis entre nh et (n + )h : il existe c [nh, (n + )h] tel que f f((n + )h) f(nh) (c), h d où f (c) ε /M ε h 33

134 4 DÉRIVATION 4 Pour x Nh, il existe n N tel que nh x < (n + )h, et d après la question précédente il existe c [nh, (n + )h] tel que f (c) ε L inégalité des accroissements finis appliquée à f entre x et c donne : f (x) f (c) M x c Mh ε Les deux denières inégalités permettent d obtenir Conclusion : on a montré que f 0 f (x) ε der05_s Solution 4 (énoncé) f est continue sur le segment I, donc elle est bornée Posons M sup I f D après le théorème des accroissements finis, pour tous x < y I il existe c ]x, y[ tel que f f(y) f(x) (c), y x et on en déduit que f(y) f(x) M y x La réciproque est fausse Soit f : [, ] R, x x la fonction valeur absolue Elle n est pas dérivable en 0, et pourtant l inégalité montre qu elle est -hölderienne x y x y Pour tous x, y I, on a f(y) f(x) y x M y x α À x fixé, et en faisant tendre y vers 0, on a y x α 0 D après le théorème des gendarmes, on a donc f(y) f(x) 0 y x Donc f est dérivable sur I et pour tout x I, f (x) 0 On en déduit que f est constante 3 Comme f n est pas constante, elle n est pas α-hölderienne pour α > Pour tout x > 0, f(x) f(x) x x x ln(x) x ln(x) x ln() + ln(x) 34

135 4 DÉRIVATION En faisant tendre x vers 0, cette quantité tend vers + Donc f n est pas -hölderienne D autre part, si α ]0, [, pour tous x < y I : f(y) f(x) y ln(y) x ln(x) y x α y x α y ln(y) x ln(y) x ln(y) x ln(x) + y x α y x α y x α ln( + (y x)/x) ln(y) + x y x α y x α (y x)/x ln(y) + x y x α y x α ( ln(y) + ) y α ( ln(y) + ) On a utilisé les inégalités y x y et ln(+u) u La fonction ϕ: y y α ( ln(y) +) se prolonge par continuité sur [0, ] en posant ϕ(0) 0 Elle est donc bornée par une constante M et on a alors pour tout couple (x, y) f(y) f(x) M y x α der06_s Solution 4 (énoncé) Le développement limité à l ordre f(x + h) f(x) + hf (x) + o(h) découle directement de la définition du nombre dérivé en x Appliqué à f, cela donne f (x + h) f (x) + hf (x) + o(h) Posons R(h) f(x + h) f(x) hf (x) h /f (x), de sorte que (lorsque h 0) R (h) f (x + h) f (x) hf (x) o(h) Il reste à montrer que R(h) o(h ) Pour cela, prenons ε > 0 Il existe alors δ > 0 tel que h [ δ, δ], R (h) ε h Dès lors, si h [ δ, δ], R(h) h 0 h 0 ε h R (t) dt ε t dt 35

136 5 POLYNÔMES Écrivons f(h) hf (0) + h f (0) + R(h) hf (0) + h ( f (0) + R(h) h où R(h) o(h ) lorsque h 0 Comme R(h)/h 0, l application ϕ: h f (0) est bornée (disons par M) sur ]0, ] Alors D autre part, + R(h) h n k ( ) k k n ϕ 4 n M n k n 4 k M n n n 4 k n k On en conclut que S n f (0)/ 5 Polynômes M n k n f n(n + ) (0) f (0) n pol0_s Solution 5 (énoncé) Soit P C[X] un polynôme de degré Si P s écrit sous la forme AB avec A, B C[X], alors deg P deg A+deg B donc A ou B est constant Cela montre que P est irréductible Soit maintenant P C[X] un polynôme de degré supérieur ou égal à D après le théorème de d Alembert-Gauss, P admet une racine a P s écrit alors sous la forme (X a)q, où Q C[X] Comme X a est de degré, Q est de degré supérieur ou égal à et P n est pas irréductible Dans R, un polynôme P de degré est irréductible pour les mêmes raisons que dans C D autre part, si P ax + bx + c est un polynôme de degré de discriminant b 4ac strictement négatif, P n a pas de racine réelle donc l écriture P AB (avec A, B R[X]) conduit à ce que A ou B est constant Donc P est irréductible Soit maintenant P R[X] un polynôme de degré supérieur ou égal à 3 Si P admet une racine réelle a, P s écrit sous la forme (X a)q, où Q C[X], ce qui implique que P n est pas irréductible Sinon, P admet deux racines complexes conjuguées z et z, et P se décompose en P (X z)(x z)q (X Re(z)X + z )Q Comme Q est de degré supérieur ou égal à, P n est pas irréductible Si P R[X] est un polynôme de degré avec un discriminant positif ou nul, P admet une racine donc il n est pas irréductible 36 ),

137 5 POLYNÔMES pol0_s Solution 5 (énoncé) Comme P est de degré pair, il tend vers + en ± Il existe donc A > 0 tel que x R \ [ A, A], P (x) P (0) De plus, P est continu sur [ A, A] donc il admet un minimum (disons m P (a)) sur ce segment Comme m P (0), m est même le minimum global de P Ainsi, P (a) 0 Or P (a) + a + + P (a) an (n)! P (a) an (n )! Comme m P (a) 0 est le minimum de P sur R, P est positif pol03_s Solution 53 (énoncé) Soit P R[X] de degré n tel que P divise P Il existe alors a R tel que np (X) P (X)(X a) P est donc solution de l équation différentielle homogène du premier ordre : y (x) n x a y(x) Sur ], a[ et sur ]a, + [, P est donc de la forme P (x) λ ± exp ( n ln(x a) ) λ ± x a n avec λ, λ + deux constantes Il est facile de voir que λ λ +, ce qui donne : La synthèse est immédiate pol04_s Solution 54 (énoncé) Pour tout x R, cos(3x) cos(x + x) Comme cos(π/3) /, en posant P (X) λ(x a) n cos(x) cos(x) sin(x) sin(x) ( cos (x) ) cos(x) sin (x) cos(x) ( cos (x) ) cos(x) ( cos (x)) cos(x) 4 cos 3 (x) 3 cos(x) P 4X 3 3X, on définit un polynôme de degré 3 à coefficients rationnels qui admet cos(π/9) comme racine Supposons alors que cos(π/9) s écrit sous la forme a/b avec a et b deux entiers premiers entre eux On a ( ) a 3 a 4 3 b b 0, 37

138 5 POLYNÔMES pol05_s pol06_s ou encore 8a 3 6ab b 3 0 Il en résulte que a divise b 3, ce qui est impossible car a et b sont supposés être premiers entre eux Solution 55 (énoncé) Définissons l application n k f : x x k k sur R\{,, n} Elle est strictement décroissante sur chacun des n+ intervalles sur laquelle elle est définie Voir les figures 6 et 7 pour le graphe et les variations de f Notons x < < x n les solutions de l équation f(x) Il est clair que n E ]i, x i ] i Dans la suite, on utilisera le fait que si P X n + a n X n + est un polynôme unitaire de racines λ,, λ n, alors λ i a n Définissons le polynôme [ ] n k n P (X) (X i) k X k i n n (X i) k (X i) i k i k C est un polynôme de degré n, et ses n racines sont précisément les x i Calculons le coefficient devant X n : il s agit de n n i k n(n + ) i k Ainsi, la somme des x i vaut : n x i n(n + ) i Conclusion : la taille totale de E vaut n n(n + ) (x i i) n(n + ) i n(n + ) Solution 56 (énoncé) La division euclidienne s écrit P (X + )Q + R, (5) pol06: où Q, R R[X] et R est un polynôme de degré au plus On peut donc écrire R ax + b avec a, b R Évaluons la relation (5) en i : on obtient R(i) P (i) n (cos(a k ) + i sin(a k )) k n exp(ia k ) k ( n cos ) a k + i sin k ( n ) a k k 38

139 5 POLYNÔMES Or R(i) ai+b Il ne reste plus qu à identifier les parties réelles et imaginaires pour conclure : ( n ) ( n ) R sin a k X + cos a k k k pol07_s Solution 57 (énoncé) Comme P est scindé dans C[X], il suffit de trouver ses racines complexes Pour x C \ {}, n P (x) 0 x k 0 k xn+ 0 x x n+ Comme de plus n est pas racine de P, on obtient la décomposition ( ( )) n ikπ P X exp n + Factorisons P () avec la technique de l arc moitié : ( ( )) n ikπ P () exp k n + [ ( ) ( ( ) n ikπ ikπ exp exp exp k n + n + [ ( ) ( ( ))] n ikπ kπ exp i sin k n + n + n ( ) ( i) n ikπ n ( ) kπ exp n + n + Or k k sin k ( ) ( n ikπ n ) ikπ exp exp k n + k n + ( ) niπ exp i n ( ))] ikπ n + pol08_s Comme P () n +, il en résulte que ( ) n kπ sin n + n + n k Solution 58 (énoncé) Commençons par le sens indirect Supposons que P vérifie z C, P (z) Im(z) n D après le théorème de d Alembert-Gauss, P est scindé sur C : on peut noter z, z,, z n ses racines complexes Alors pour tout i, Im(z i ) 0 donc z i est réel Conclusion : P est scindé sur R 39

140 5 POLYNÔMES Supposons à présent que P est scindé sur R On peut écrire n P (X λ i ) k où λ,, λ n sont ses racines réelles Alors pour tout z C, n P (z) z λ i k n Im(z) k Im(z) n On a utilisé la relation : s Im(s) pour s C pol09_s Solution 59 (énoncé) Soit P un polynôme de degré n tel que P (Q) Q Fixons pour la suite des rationnels r,, r n+ distincts On utilise l interpolation de Lagrange en ces points : P (X) n+ k n+ X r i P (r k ) i r k r i i k Les P (r k ) étant rationnels, le polynôme P est à coefficients rationnels La réciproque est immédiate pol0_s Solution 50 (énoncé) On démontre l unicité puis l existence Unicité Supposons qu il existe P et P deux polynômes de R[X] tels que : deg P n, deg P n, i {,, n}, P (x i ) P (x i ) y i Posons Q P P Alors deg Q n, et pour tout i dans {,, n} on a Q(x i ) 0 Cela assure que Q est le polynôme nul : un polynôme de degré d admet toujours au plus d racines Donc P P, on a prouvé l unicité Existence Montrons l existence Pour cela, commençons par supposer que (y,, y n ) (0,,,, 0), où le est à la j-ième position On cherche donc un polynôme P de degré au plus n tel que { P (xj ), Il suffit alors de prendre i j, P (x i ) 0 P j (X) n i i j X x i x j x i 40

141 5 POLYNÔMES Considérons à présent le cas général Si (y,, y n ) est quelconque, on prend une combinaison linéaire des P j Plus précisément, on pose n P (X) y j P j (X) j n n y j j i i j X x i x j x i P est alors de degré inférieur ou égal à n, et on vérifie facilement que P interpole les (x j, y j ), ce qui conclut la preuve pol_s Solution 5 (énoncé) On a P (a) 0 En évaluant (5) en X a, on obtient P (a ) + P (a)p (a + ) 0, donc P (a ) 0 En évaluant (5) en X a, on obtient donc P ((a ) ) 0 Considérons la suite (a n ) n 0 : P ((a ) ) + P (a )P (a) 0, a, a, a 4, a 8, C est une suite de racines de P : en effet, a est racine, donc a est racine, donc a 4 est racine, etc Comme P n est pas nul, il n a qu un nombre fini de racines donc l ensemble {a n, n 0} est fini En particulier, l ensemble { a n, n 0} est fini aussi, et cela implique que a vaut 0 ou De plus, (a ) est également racine de P, donc (a ) est soit nul, soit de module Il y a trois cas : soit a 0, soit a 0, soit a et a sont tous les deux de module On fait un dessin : cela assure que a {0,, j, j } 3 On procède par analyse-synthèse : Analyse Soit P une solution non nulle de (5) Alors les racines de P sont incluses dans {0,, j, j } Comme P est un polynôme complexe, il est scindé sur C (attention, ce n est pas vrai sur R!) Il existe donc des entiers a, b, c, d N et un complexe λ 0 tels que P (X) λx a (X ) b (X + j) c (X + j ) d Notons que et X + j X + j ( X exp ( )) ( 5iπ X + exp 6 ( )) 5iπ, 6 ( ( )) ( ( )) iπ iπ X exp X + exp 6 6 4

142 6 ESPACES VECTORIELS On rappelle également que + j + j 0 On va maintenant utiliser l équation (5) pour obtenir des conditions sur λ, a, b, c, d Pour cela, scindons les polynômes : P (X ) λx a (X ) b (X + j) c (X + j ) d, λx a (X ) b (X + ) ( b X e 5iπ 6 ) c ( X + e 5iπ 6 ) c ( X e iπ 6 ) d ( ) iπ d X + e 6 P (X + ) λ(x + ) a X b (X + + j) c (X + + j ) d λx b (X + ) a (X j ) c (X j) d, P (X)P (X + ) λ X a+b (X ) b (X + ) a (X + j) c (X + j ) d (X j ) c (X j) d On peut maintenant tout identifier, car P (X) P (X)P (X + ) On obtient : λ λ a + b a, b b, a b, c 0, d 0 Finalement P est de la forme P (X) (X(X )) a Synthèse Réciproquement, si a N, alors P (X ) + P (X)P (X + ) (X (X )) a + (X(X )) a (X(X + )) a 0 Conclusion : les solutions de (5) sont : le polynôme nul, et les (X(X )) a lorsque a décrit N 6 Espaces vectoriels ev04_s Solution 6 (énoncé) Supposons que f est injective Soit (e,, e n ) une famille libre de E Soient λ,, λ n K tels que : Alors par linéarité et comme f est injective, λ f(e ) + + λ n f(e n ) 0 f(λ e + + λ n e n ) 0, λ e + + λ n e n 0 Or la famille (e,, e n ) est libre : cela implique que les λ i sont tous nuls On a montré que la famille (f(e ),, f(e n )) est libre dans F Réciproquement, on suppose que l image de toute famille libre est encore libre En particulier, pour tout x E \ {0}, la famille (x) est libre, donc son image (f(x)) est libre : autrement dit, f(x) 0 Conclusion : f est injective 4

143 6 ESPACES VECTORIELS Supposons que f est surjective Soit (e i ) i I une famille génératrice de E : on a Alors E Vect(e i ) i I Vect(f(e i )) i I f(vect(e i ) i I ) f(e) F Donc la famille (f(e i )) i I est génératrice de F Réciproquement, on suppose qu il existe une famille (e i ) i I génératrice de E telle que (f(e i )) i I est génératrice de F Alors Donc f est surjective f(e) f(vect(e i ) i I ) Vect(f(e i )) i I F ev0_s Solution 6 (énoncé) On montre d abord que F est un sous-espace vectoriel de E, puis que F G est réduit au singleton {0}, et enfin que F + G E Sous-espace vectoriel F contient l application nulle donc il est non vide Il reste à montrer que F est stable par combinaison linéaire Soient (f, g) F et (λ, µ) R On a ( ) π f(0) f f(π), ( ) π g(0) g g(π), donc ( ) π (λf + µg)(0) (λf + µg) (λf + µg)(π), autrement dit l application λf + µg est dans F Intersection Soit f F G Par définition de G, il existe λ, µ R tels que f λ sin +µ cos On a alors f(0) µ, f(π/) λ et f(π) µ Mais f F, donc f(0) f(π/) f(π) ce qui implique µ 0 puis λ 0 Finalement f 0 Somme Soit h E Notre but est de montrer l existence de (f, g) F G tel que f +g h On va donc procéder par analyse-synthèse : supposons que l on a trouvé un couple (f, g) F G vérifiant f + g h Par définition de G, il existe λ, µ R tels que g λ sin +µ cos, 43

144 6 ESPACES VECTORIELS et d autre part par définition de F, ( ) π f(0) f f(π) On évalue successivement la relation f + g h en 0, π/ et π : f(0) + µ h(0) ( ) π f(0) + λ h f(0) µ h(π) Cela nous permet de calculer µ : h(0) h(π) µ, puis λ : h(π/) h(0) h(π) λ Cela détermine complètement g (on rappelle que h est fixé) On peut donc passer à la synthèse : posons λ et µ comme ci-dessus et g λ sin +µ cos On a alors g G Posons f h g Le fait que f F découle alors de l analyse faite plus haut ev_s Solution 63 (énoncé) Comme H est inclus dans G, on a F H F (H G) (F G) H Mais H et F G sont supplémentaires dans G, donc en particulier leur intersection est nulle On a montré que F H {0}, autrement dit que F + H F H Il reste à montrer que F + G F + H (l autre inclusion est immédiate) Soit x F + G Cela veut dire qu il existe (f, g) F G tel que x f + g On utilise à présent le fait que H et F G sont supplémentaires dans G : cela nous donne l existence d un couple (h, t) H (F G) tel que g h + t ev0_s On a alors x h + f + t }{{} } {{ } H F Solution 64 (énoncé) Pour tout f E, on peut définir une application ψ(f) E par ψ(f): x x 0 f(t) dt Il est facile de voir que ψ est un endomorphisme de E et que ϕ ψ Id E En revanche, un endomorphisme ψ tel que ψ ϕ Id E n existe pas S il existait, ψ ϕ serait inversible, donc injectif en particulier, et ϕ serait injectif Or l application constante égale à est dans le noyau de ϕ, d où la contradiction 44

145 6 ESPACES VECTORIELS ev4_s Solution 65 (énoncé) Comme Im(f ) est inclus dans Im(f) et qu on a l égalité des dimensions, les deux sous-espaces sont égaux : Im(f ) Im(f) De la même manière, on a l inclusion ker(f) ker(f ) Pour obtenir l égalité des dimensions, on applique le théorème du rang à f et f : Comme rg(f) rg(f ), on en déduit bien ce qui permet de conclure dim ker(f) + rg(f) dim E, dim ker(f ) + rg(f ) dim E dim ker(f) dim ker(f ), ev0_s Solution 66 (énoncé) On peut réécrire la condition sur f en ou encore f 3f Id, f (f 3Id) Id Comme f et f 3Id commutent, on a également (f 3Id) f Id donc f est inversible d inverse 3Id f Soit x ker(f Id) ker(f Id) Alors f(x) x et f(x) x, ce qui montre que x 0 Le polynôme X 3X + se factorise en (X )(X ), ce qui permet de voir que (f Id) (f Id) 0 On en déduit que Im(f Id) ker(f Id) Autrement dit, pour tout x E, f(x) x ker(f Id) De même, on peut écrire (f Id) (f Id) 0, et donc pour tout x E, f(x) x ker(f Id) Soit à présent x E L écriture x (f(x) x) (f(x) x) est une décomposition en somme de deux éléments de ker(f Id) et ker(f Id) respectivement On en conclut que les deux espaces sont en somme directe : E ker(f Id) ker(f Id) ev03_s Solution 67 (énoncé) Si x E, p(x) Im(p) Im(q) donc q(p(x)) p(x) Autrement dit, q p p (et de même, p q q) Il ne reste qu à faire le calcul : si λ K, (λp + ( λ)q) λ p + λ( λ)p q + λ( λ)q p + ( λ) q λ p + λ( λ)q + λ( λ)p + ( λ) q λp + ( λ)q Donc λp + ( λ)q est une projection 45

146 6 ESPACES VECTORIELS On a λp + ( λ)q λp + ( λ)p q p (λp + ( λ)q) On en déduit que D autre part, Im(λp + ( λ)q) Im(p) (λp + ( λ)q) p λp + ( λ)q p λp + ( λ)p p ev05_s On en déduit que Im(p) Im(λp + ( λ)q) Solution 68 (énoncé) Soient α,, α n R tels que α e + + α n e n 0 Quitte à les renuméroter, on peut supposer que λ n est le plus grand des λ i Pour tout x R, on a α e λ x + + α n e λnx 0, ou encore α e (λ λ n)x + + α n e (λ n λ n)x + α n 0 En prenant la limite lorsque x +, on obtient α n 0 Par récurrence, on démontre ensuite facilement que tous les α i sont nuls Donc la famille (e,, e n ) est libre ev06_s Solution 69 (énoncé) Soit f un R-endomorphisme de C Pour tout z C, on écrit z x + iy avec x, y R et on a f(z) f(x + iy) xf() + yf(i) x + iy + x iy f() + z + z z z f() + f(i) ( f() + f(i) i ) i z + ( f() x + iy x + iy f(i) i f(i) ) z i Réciproquement, il est facile de vérifier qu une application de la forme z az + b z est R- linéaire Soit à présent f : z az + b z avec a, b C Notons a x a + iy a b x b + iy b, 46

147 avec x a, y a, x b, y b des réels Dans la base (, i), la matrice de f s écrit ( ) xa + x M f b y b y a, y a + y b x a x b 6 ESPACES VECTORIELS et cette matrice est inversible si et seulement si f l est Or le déterminant de M f vaut (x a + x b )(x a x b ) (y a + y b )(y b y a ) x a x b y b + y a a b On en déduit que f est inversible si et seulement si a b Si on veut, on peut même calculer l inverse de f : il suffit d inverser la matrice M f On trouve ( ) Mf xa x b y a y b, a b y a y b x a + x b ce qui correspond à l application f : z ā a b z b a b z Autre méthode : on regarde à la main l injectivité Commençons par remarquer que si a ou b vaut 0, f est inversible (sauf si a b 0) On peut donc supposer a et b non nuls Quitte à multiplier f par a et à poser λ b/a, on a pour tout z Si z C \ {0}, f(z) z + λ z ev07_s f(z) 0 z + λ z 0 z z λ Cette équation n a pas de solution si λ, et elle en a une infinité si λ Donc f est injective si et seulement si λ De plus, comme f est un endomorphisme d un espace de dimension finie, elle est injective si et seulement si elle est surjective Solution 60 (énoncé) Supposons que f et p commutent Soit y Im(p) Il existe alors x E tel que y p(x), ce qui donne f(y) f(p(x)) p(f(x)) Im(p) Donc Im(p) est stable par f De la même manière, si y ker(p) alors p(f(y)) f(p(y)) f(0) 0 donc f(y) ker(p) Donc ker(p) est stable par f Supposons maintenant que f(ker(p)) ker(p) et f(im(p)) Im(p) Comme p est un projecteur, son noyau et son image sont en somme directe : E ker(p) Im(p) Si on fixe x E, il existe donc un unique couple (i, k) Im(p) ker(p) tel que x i + k On a (f(i), f(k)) Im(p) ker(p) Il ne reste plus qu à faire le calcul : f(p(x)) f(p(i)) + f(p(k)) f(i) 47

148 6 ESPACES VECTORIELS et p(f(x)) p(f(i)) + p(f(k)) f(i) Conclusion : p et f commutent ev_s Solution 6 (énoncé) Les deux hypothèses sur f et g permettent chacune d obtenir une des inégalités nécessaires Étape Soit y Im(g) Alors il existe x E tel que y g(x), donc f(y) (f g)(x) 0, et y ker(f) Finalement, la condition f g 0 donne soit, en prenant les dimensions : D après le théorème du rang, on a par ailleurs En combinant (6) et (6), on obtient Im(g) ker(f), rg(g) dim ker(f) (6) ev: rg(f) + dim ker(f) dim E (6) ev: rg(f) + rg(g) dim E Étape D autre part, f + g est bijective donc surjective Si y est un vecteur de E, il s écrit sous la forme y (f + g)(x) f(x) + g(x), donc il appartient à Im(f) + Im(g) Autrement dit, on a Im(f) + Im(g) E En prenant les dimensions, cela donne rg(f) + rg(g) dim ( Im(f) Im(g) ) dim E, et en particulier rg(f) + rg(g) dim E ev3_s Solution 6 (énoncé) Sens direct Supposons que ker(f) Im(f) D après le théorème du rang, on a n dim ker(f) + dim Im(f) dim Im(f) + dim Im(f) rg(f) D autre part, si x E, alors f(x) Im(f) ker(f) donc f(f(x)) 0 48

149 6 ESPACES VECTORIELS Sens indirect Supposons que f 0 et n rg(f) Soit y un élément de l image de f Alors il existe x E tel que y f(x) En appliquant f, on obtient f(y) f (x) 0, donc y ker(f) On a démontré l inclusion suivante : Or, d après le théorème du rang, Im(f) ker(f) (63) ev3: dim ker(f) n rg(f) rg(f) rg(f) En utilisant (63) et (64), on conclut que Im(f) et ker(f) sont égaux dim Im(f) (64) ev3: ev5_s Solution 63 (énoncé) L hypothèse f 0 se traduit en Im(f) ker(f), et la condition g f 0 se traduit en Im(f) ker(g) On cherche donc g L(E) vérifiant les deux conditions suivantes : Im(f) ker(g), f f g Soit S un supplémentaire de ker(f) dans E, et soit g la projection sur S parallèlement à ker(f) Alors la première condition est automatiquement vérifiée : on a g f 0, car ker(g) ker(f) Im(f) Soit à présent x E On peut décomposer x suivant la somme directe E S ker(f) : il existe s S et y ker(f) tels que x s + y Par définition de g, on a g(x) s, et donc f(x) f(s + y) f(s) + f(y) f(s) f(g(x)) ev6_s Solution 64 (énoncé) Supposons que E F Vect(g), où g est une fonction continue non nulle Alors par définition, f C 0 (R, R), λ R tel que f λg C (R, R) Comme c est vrai pour toute fonction continue f, on peut prendre en particulier f : x x Cette fonction n est pas de classe C, donc λ 0, et on en déduit que g est de classe C sur R \ {0} De même, en prenant x x, on obtient que g est de classe C sur R \ {} Finalement g est de classe C sur tout R C est absurde ev08_s Solution 65 (énoncé) Il suffit de montrer que toute famille de cardinal est liée Soient donc f et g deux vecteurs de F ; on va montrer que la famille (f, g) est liée Pour cela, remarquons qu il est équivalent de montrer que (x, y) R, f(x)g(y) f(y)g(x) (65) ev08: 49

150 6 ESPACES VECTORIELS En effet, supposons qu on a (65) Fixons y tel que g(y) 0 ou f(y) 0 et posons (λ, µ) (g(y), f(y)) (0, 0) On a alors λf µg, donc la famille (f, g) est liée Le sens réciproque n est pas très compliqué non plus Fixons donc x, y R et notons a f(x) b f(y) c g(x) d g(y) Pour tout (λ, µ) R, l application λf + µg est un vecteur de F On a L ensemble (λf + µg)(x) λa + µc (λf + µg)(y) λb + µd A {(λ, µ) R /λa + µc > 0} est un demi-plan ouvert ; sa frontière est la droite d équation λa+µc 0 De même, l ensemble B {(λ, µ) R /λb + µd < 0} est un demi-plan ouvert dont la frontière a pour équation λb + µd 0 Mais l hypothèse sur F nous dit que (λf +µg)(x) et (λf +µg)(y) sont de même signe pour tout couple (λ, µ), autrement dit que A et B sont disjoints Si deux demi-plans sont disjoints, leurs frontières sont parallèles, ce qui revient à dire que les vecteurs directeurs des deux frontières sont proportionnels Donc ( c, a) est proportionnel à ( d, b), soit ad bc : autrement dit, f(x)g(y) f(y)g(x) ev09_s Solution 66 (énoncé) Pour tout n, R n [X] est un sous-espace vectoriel de E Mais R n [X] est de dimension n + : en faisant tendre n vers +, on voit que E est de dimension infinie On définit les applications x si x 0 g : x 0 si x 0 et 0 si x 0 h: x x si x 0 Alors la fonction carré s écrit h g : c est un élément de F 3 On définit les applications [ π k + sin(x) si x g : x + kπ, 3π ] + kπ [ 3π k + si x + kπ, π ] + (k + )π 50

151 et k + h: x sin(x) + k + 6 ESPACES VECTORIELS [ π si x + kπ, 3π ] + kπ [ 3π si x + kπ, π ] + (k + )π Alors la fonction sinus s écrit h g (faire un dessin) : donc sin F 4 Soit f E On définit les fonctions : et f + : x max(f (x), 0) f : x min(f (x), 0) Ce sont respectivement les parties positive et négative de f Les propriétés suivantes sont assez claires : f + 0, f 0, f + f f De plus, f + et f sont continues, donc les applications et g : x h: x x 0 x 0 f (t) dt f +(t) dt sont de classe C Comme de plus elles sont croissantes, ce sont deux éléments de F Ainsi f h g F 5 Définissons l application 0 si x Q f : x si x / Q On va montrer par l absurde que f n est pas dans F Si c était le cas, f s écrirait comme une combinaison linéaire de fonction croissantes : f λ f + + λ n f n En regroupant les λ i positifs d une part et les λ i négatifs d autre part, on peut réécrire cela en f h g, où h et g sont croissantes Soient a < b deux réels avec a rationnel et b irrationnel On a h(b) h(a) f(b) + g(b) f(a) g(a) 0 + g(b) g(a) 5

152 7 ESPACES EUCLIDIENS Si n est fixé, on considère les nombres et b 0 a 0 0, a n, a n,, a n / n, b + /,, b n n + / n n Les a i sont rationnels et les b i sont irrationnels, et on a les inégalités : a 0 < b 0 < a < b < < a n En utilisant la croissance de h et le fait que h(b i ) h(a i ), on obtient h() h(0) n Comme c est vrai pour tout n, on obtient une contradiction En fait, on peut caractériser les éléments de F : ce sont les fonctions à variation bornée (cf Wikipedia) ev8_s Solution 67 (énoncé) u est de rang, donc son noyau est un hyperplan H de dimension n (théorème du rang) Soit (e,, e n ) une base de H, que l on complète en (e,, e n ) une base de E On peut alors écrire la matrice M de u dans cette base : λ 0 0 λ M Mat e (u) λ n 0 0 Comme sa trace est égale à, on a λ donc 0 0 λ M Mat e (u) λ n 0 0 Pour montrer que u est un projecteur, il suffit de montrer que u u Cela revient à montrer que M M, ce qu on voit facilement Remarque : notons qu en prenant un vecteur e plus adapté (dans l image de u), la matrice de u s écrirait même M Mat e (u) Espaces euclidiens euc0_s Solution 7 (énoncé) On doit montrer que l application, est linéaire à gauche, symétrique, et définie positive 5

153 7 ESPACES EUCLIDIENS Linéaire à gauche Soient P, P, Q E et λ R Alors n λp + P, Q (λp + P )(k)q(k) k0 n (λp (k) + P (k))q(k) k0 n n λ P (k)q(k) + P (k)q(k) k0 k0 λ P, Q + P, Q Symétrique Soient P, Q E Alors n P, Q P (k)q(k) k0 Q, P Défine positive Soit P E On a n P, P P (k) k0 0 De plus, si P E est un polynôme tel que P, P 0, alors n k0 P (k) 0 Comme c est une somme de termes positifs, tous les termes sont nuls donc pour tout k {0,, n}, P (k) 0 P est alors un polynôme de degré au plus n et qui admet n + racines Cela implique que P 0 euc0_s Solution 7 (énoncé) On doit montrer que l application, est linéaire à gauche, symétrique, et définie positive Linéaire Soient f, f, g E et λ R Alors λf + f, g λ (λf + f )(t)g(t)( t ) dt (λf (t) + f (t))g(t)( t ) dt f (t)g(t)( t ) dt + λ f, g + f, g f (t)g(t)( t ) dt Symétrique Soient f, g E Alors f, g g, f f(t)g(t)( t ) dt 53

154 7 ESPACES EUCLIDIENS Définie positive Soit f E On a f, f 0, f(t) ( t ) dt car l application ϕ: t f(t) ( t ) est positive sur [, ] De plus, si f E est une fonction telle que f, f 0, alors f(t) ( t ) dt ϕ(t) dt 0 Mais ϕ est continue et positive sur [, ] Donc elle est nulle : t [0, ], ϕ(t) 0 Pour t ], [, cela implique f(t) 0 Comme f est continue en et en, elle est en fait nulle sur tout [, ] euc03_s Solution 73 (énoncé) On doit montrer que l application, est linéaire à gauche, symétrique, et définie positive Linéaire Soient f, f, g E et λ R Alors λf + f, g (λf + f )(0)g(0) + λf (0)g(0) + f (0)g(0) + λf (0)g(0) + f (0)g(0) + λ λ f, g + f, g 0 (λf + f ) (t)g (t) dt 0 (λf (t) + f (t))g(t) dt 0 f (t)g (t) dt + 0 f (t)g(t) dt Symétrique Soient f, g E Alors f, g f(0)g(0) + g, f 0 f (t)g (t) dt Définie positive Soit f E On a f, f f(0) + 0, 0 f (t) dt car l application ϕ : t f (t) est positive sur [0, ] De plus, si f E est une fonction telle que f, f 0, alors f(0) + 0 f (t) dt f(0) + 0 ϕ(t) dt 0 C est une somme nulle de deux termes positifs, donc f(0) 0 et 0 ϕ(t) dt 0 Or ϕ est une fonction positive et continue sur [0, ], d intégrale nulle Donc elle est nulle : t [0, ], ϕ(t) 0 Autrement dit, f 0, et f est constante sur [0, ] Comme, par ailleurs, f(0) 0 on en conclut que f est identiquement nulle 54

155 7 ESPACES EUCLIDIENS euc04_s Solution 74 (énoncé) R n est muni du produit scalaire usuel : x, y n k x k y k On applique l inégalité de Cauchy-Schwarz aux vecteurs Cela donne x x et y x n x, y x y, soit n x k n n x k k k En élevant au carré, on obtient le résultat euc05_s Solution 75 (énoncé) On développe la norme au carré : λ R, x + λy x λ R, x + λy x λ R, x + λy, x + λy x λ R, x + x, λy + λy x λ R, λ x, y + λ y 0 Or l application λ λ x, y + λ y est un polynôme du second degré, et son coefficient en λ est positif Donc elle est positive sur R si et seulement si son discriminant est négatif ou nul Ainsi, λ R, λ x, y + λ y 0 ( x, y ) 0 x, y 0 x et y sont orthogonaux euc06_s Solution 76 (énoncé) On doit montrer que, est linéaire, symétrique, et défini positif Linéaire Cela découle de la linéarité de la trace Symétrique Soient A, B M n (R) Comme la trace est invariante par transposition, A, B tr( t AB) tr( t ( t AB)) tr( t BA) B, A 55

156 8 INTÉGRATION Défini positif Soit A M n (R) On note A (a i,j ) i,j n et t AA M (m i,j ) i,j n Pour tout couple (i, j), on a n m i,j a k,i a k,j k Donc A, A tr( t AA) tr(m) n m i,i i n n a k,i i k Ainsi A, A est toujours positif, et nul si et seulement si A 0 8 Intégration int04_s Solution 8 (énoncé) On définit g : [0, ] R par g(t) f(t) t Alors g est continue et 0 g(t) dt 0 Si g ne s annule pas, elle est soit strictement négative soit strictement positive, d après le théorème des valeurs intermédiaires Son intégrale est alors strictement positive (resp strictement négative) C est une contradiction int0_s Solution 8 (énoncé) On passe au log : tous les produits sont transformés en sommes ln ( (n)! n n n! ) /n [ ] ln((n)!/n!) n ln(n) n ln n n n n n n n kn+ n kn+ kn+ n kn+ ( n k ln k n ln(n) ln(k) n ln(n) (ln(k) ln(n)) ln ( ) k n + k n On reconnaît une somme de Riemann : la limite de cette suite vaut [ ] ln(t) dt t ln(t) t ln() ) 56

157 8 INTÉGRATION En repassant à l exponentielle, on obtient ( ) /n (n)! exp( ln() ) 4 n n n! e int0_s Solution 83 (énoncé) Pour tout k compris entre 0 et n, le point A i a pour affixe complexe e ikπ/n int03_s La somme se réécrit donc, après factorisation par l arc moitié : n A 0 A k n e ikπ/n n k n k n e ikπ/n e ikπ/n n k ( ) n kπ n i sin k n ) n n k Cela peut se calculer explicitement, en utilisant la somme géométrique n k exp(ikπ/n) Ici, on remarque plutôt que c est une somme de Riemann, et que la limite cherchée est donc 0 sin ( kπ n sin(πt) dt 4/π Solution 84 (énoncé) On commence par regarder ce qui se passe pour les fonctions en escalier On note ( /n u n f(t) dt) n 0 Supposons que f est une fonction constante : f(t) λ pour tout t dans [0, ], avec λ 0 Alors ( ) /n u n λ n dt 0 (λ n ) /n λ Supposons que f est une fonction en escalier sur deux morceaux : il existe a ]0, [ et λ, µ 0 tels que λ si x [0, a] f(x) µ si x ]a, ] Alors ( u n f(t) n dt 0 ( a 0 λ n dt + ) /n a µ n dt (aλ n + ( a)µ n ) /n ) /n 57

158 8 INTÉGRATION Supposons que λ µ On factorise par µ n : Pour calculer la limite, on passe au log : u n (µ n [a (λ/µ) n + ( a)]) /n µ [a (λ/µ) n + ( a)] /n ln ( [a (λ/µ) n + ( a)] /n) n ln [a (λ/µ)n + ( a)] 0, car (λ/µ) n est une suite bornée Donc u n µ On se place dans le cas où f est une fonction en escalier : soient 0 x 0 < x < < x k une subdivision de [0, ] et λ,, λ k des réels positifs On définit f par λ i si x [x i, x i [ f(x) si x b En prenant i 0 un indice tel que λ i0 λ i pour tout i, on a : et u n λ i0 ( u n 0 ( x ) /n f(t) n dt x 0 λ n dt + + λ k xk x k λ n k dt ) /n ((x x 0 )λ n + + (x k x k )λ n k) /n ( λ n i 0 ((x x 0 ) (λ /λ i0 ) n + + (x k x k ) (λ k /λ i0 ) n ) ) /n λ i0 ((x x 0 ) (λ /λ i0 ) n + + (x k x k ) (λ k /λ i0 ) n ) /n, pour les mêmes raisons qu avant Autrement dit, u n sup(f) Cas général : soit f une fonction continue quelconque Pour ε > 0 fixé, il existe deux fonctions en escalier g et h telles que g f h et Il est facile de voir que pour tout n, h g ε et u n (g) u n (f) u n (h) u n (h) u n (g + ε) D après ce qu on a vu avant, la suite u n (g) converge vers sup(g), et sup(g) sup(f) ε Il existe donc N tel que n N, u n (g) sup(f) ε 58

159 8 INTÉGRATION De même, il existe N tel que Alors pour n max(n, N ), on a n N, u n (h) sup(f) + ε sup(f) ε u n (f) sup(f) + ε Cela permet de conclure que la suite u n converge vers sup(f) Voici une deuxième solution plus courte f est continue sur le segment [0, ], donc elle est bornée et atteint ses bornes En particulier, il existe x [0, ] tel que f(x) sup t [0,] f(t) On note M f(x) Soit ε > 0 Par définition de la continuité de f en x, il existe δ > 0 tel que t [x δ, x + δ], f(t) M ε Comme f atteint son maximum M au point x, on a en fait t [x δ, x + δ], f(t) M ε Alors on peut minorer l intégrale sur [0, ] par l intégrale sur [x δ, x + δ] : ( u n f(t) n dt 0 ( x+δ x δ ( x+δ x δ ) /n f(t) n dt ) /n (M ε) n dt (δ(m ε) n ) /n (δ) /n (M ε) On peut aussi majorer brutalement par le sup : ( u n 0 ( M 0 ) /n f(t) n dt M n dt Lorsque n +, (δ) /n (M ε) tend vers (M ε) donc il existe un rang N tel que Pour de tels n, on a ) /n ) /n n N, (δ) /n (M ε) (M ε) ε M ε u n M Comme c est vrai pour tout ε > 0, la suite (u n ) tend vers M sup f(t) t [0,] 59

160 9 SÉRIES 9 Séries ser05_s Solution 9 (énoncé) On définit pour tout n les parties positive et négative de u n : u + u n si u n 0 n et u u n si u n 0 n 0 sinon 0 sinon La suite de terme général est croissante De plus, on a n S n u + k k0 n S n u + k k0 n (u + k + u k ) k0 n u k k0 S, où S + n0 u n (S n ) est donc croissante et majorée D après le théorème de la limite monotone, elle converge Il reste à écrire : pour voir que ( n k0 u k ) converge n n u k (u + k u k ) k0 k0 n (u + k ) n (u + k + u k ) k0 k0 n S n u k, k0 ser06_s Solution 9 (énoncé) Notons l la somme de la série et S n les sommes partielles : S n nk0 u k Alors (S n ) et (S n ) convergent vers l, donc la suite de terme général S n S n u n converge vers l l 0 ser07_s Solution 93 (énoncé) On utilise une comparaison série-intégrale Soit n et une fonction f : R + R continue et décroissante Alors t [n, n + ], f(n) f(t) f(n + ) En intégrant sur le segment [n, n + ], on obtient soit encore n+ n f(n) dt f(n) n+ n n+ n f(t) dt n+ n f(t) dt f(n + ) f(n + ) dt, 60

161 9 SÉRIES On somme pour n allant de à N : N n f(n) N f(t) dt N n f(n + ) Comme on veut encadrer la série des f(n), on fait un changement de variables dans la somme : et finalement Ici, on prend N N N f(n) f(t) dt f() + f(n), n n N N N f() + f(t) dt f(n) f(n) + f(t) dt (9) ser07: n f(t) t α, qui est bien une fonction décroissante et continue Pour α, une primitive de f est l application t t α α Donc (9) appliquée à f donne : + N α N α n α N + N α (9) α ser07: α n Si α <, le terme de droite dans (9) tend vers + donc la série diverge Si α >, le terme de gauche dans (9) tend vers une constante finie Donc ( N n /n α ) est une suite bornée Comme elle est de plus croissante, le théorème de la limite monotone nous dit que la série converge Si α, une primitive de f est t ln(t) donc on obtient l inégalité + ln(n) N n n N + ln(n) ser0_s Comme le terme de droite tend vers +, la série diverge Au passage, on obtient l équivalent quand N + : N ln N n Solution 94 (énoncé) Posons n u n a n + b n + c n Soit (a, b, c) un triplet tel que la série converge En particulier, u n tend vers 0 donc u n / n également, mais u n / n a + b + c Par unicité de la limite, a + b + c 0 6

162 9 SÉRIES Pour savoir si la série des u n est sommable, on essaie de trouver un équivalent de (u n ) : u n n a + b n + c n ( n a + b On voit que si b + c 0, alors n + o ( n b + c ( ) n + o n u n )) + b + c n ( + c ( n n)) + o C est une contradiction car la série / n diverge Conclusion : b + c 0, donc a b a c Réciproquement, il faut montrer que si (a, b, c) (a, a, a) alors la série u n converge Quitte à diviser par a, on peut supposer que u n n n + n ( n n ) ( n n ) La série des u n est télescopique : les sommes partielles s écrivent N N [ ( n ) ( ) ] u n n n n n n ( N N ) ( ) N N En prenant la limite lorsque N +, on obtient ser0_s soit dans le cas général + n + n u n, u n a Solution 95 (énoncé) Soit n L entier E( n + ) E( n) vaut si il existe un entier p tel que n < p n +, et 0 sinon La première condition peut se réécrire n < p n, soit encore n p Donc on peut réécrire la série et effectuer un changement de variable : + n E( n + ) E( n) n + n p/np + p n p 6

163 La fraction rationnelle /(p ) se décompose en éléments simples : p (p ) (p + ) La série est télescopique : les sommes partielles (pour P ) s écrivent P P p p p (p ) (p + ) P (p ) P + p p (p + ) Conclusion : p p P + 4 (P + ) + p p 3 4 ser03_s Solution 96 (énoncé) Pour N 0, on définit les sous-ensembles de N suivants : et T N {(k, l) N k + l N} C N {(k, l) N k N et l N} Ce sont respectivement des triangles et des carrés (faire un dessin) Notons que T N C N T N 9 SÉRIES D après l inégalité triangulaire, N N w n u k v l n0 n0 k+ln u k v l (k,l) T N u k v l (k,l) C N ( N ) ( N ) u n v n n0 n0 Comme les deux séries u n et v n convergent absolument, la suite des sommes partielles de la série w n est majorée, donc w n converge absolument Il reste à calculer sa somme Pour cela, on se ramène à des séries à termes positifs : ( N N w n n0 ) ( N ) u n v n n0 n0 u k v l u k v l (k,l) T N (k,l) C N u k v l (k,l) C N \T N u k v l (k,l) C N \T N u k v l u k v l (k,l) C N (k,l) T N 63

164 0 PROBABILITÉS ser04_s Il suffit ensuite de remarquer que u k v l (k,l) T N u k v l u k v l (k,l) C N (k,l) T N Comme (k,l) C N u k v l converge, on obtient le résultat voulu Solution 97 (énoncé) On raisonne par l absurde, et on suppose que la série converge Notons les sommes partielles N cos(ln n) S N n pour N, et posons pour tout k [ [A k, B k ] exp n ( π 4 + kπ ), exp ( π 4 + kπ )] Dans l intervalle [A k, B k ], il y a au moins B k A k entiers Or pour tout n [A k, B k ], cos(ln n) / Cela donne une minoration : cos(ln n) / n [A k,b k n ] n [A k,b k B ] k / B k A k B k B k A k B k Or A k exp( π/) B k Il existe donc une constante C > 0 telle que pour tout k assez grand, S Bk S Ak n [A k,b k ] cos(ln n) n C C est en contradiction avec le fait que S N converge vers une limite finie 0 Probabilités pro0_s Solution 0 (énoncé) Définissons pour n 0 l événement A n {L ordinateur n reçoit l information «vrai»} Alors P(A n+ A n ) p et P(A n+ A n ) p De plus, A n et A n forment une partition de Ω donc en utilisant la formule des probabilités totales on a pour tout n : p n+ P(A n+ ) P ( (A n+ A n ) (A n+ A n ) ) P(A n+ A n ) + P(A n+ A n ) P(A n+ A n )P(A n ) + P(A n+ A n )P(A n ) ( p)p n + p( p n ) ( p)p n + p 64

165 0 PROBABILITÉS La suite (p n ) est donc une suite arithmético-géométrique La méthode générale pour trouver la solution à cette équation consiste à translater la suite d un réel α : si l on définit u n p n + α, alors n, u n+ pα + ( p)u n + p On fait en sorte d annuler le terme constant : on prend donc α / de sorte que n, u n+ ( p)u n, et la suite (u n ) est géométrique On en déduit son expression : Ainsi n, u n ( p) n u 0 n, p n ( + ( p)n p 0 ) + ( p)n pro0_s On peut remarquer plusieurs choses : Lorsque n +, p n / (si 0 < p < ) En effet, au bout d un temps très grand, l information s est perdue : il y a eu tellement d erreurs qu il est impossible de prédire quelle information on obtiendra Si p 0, il n y a pas d erreur du tout et on a p n pour tout n Si p, il y a une erreur à tous les coups et p n vaut si n est impair, et 0 si n est pair Si p /, p n vaut / pour tout n Les événements A n sont tous indépendants Solution 0 (énoncé) Notons pour k N l événement A k {il y a un antidote dans le coffre k} Attention, les A k ne forment pas une partition de Ω En effet, il se peut (avec probabilité p) qu il n y ait pas d antidote du tout En revanche, si on note ( N ) B Ω \ A k {il n y a pas d antidote du tout}, k et A N k A k {il y a un antidote dans l un des N premiers coffres}, alors la famille (A, A N, B) forme une partition de Ω On a P(A N ) p/n et P(B) p La probabilité que l antidote se trouve dans le dernier coffre, sachant qu il ne se trouvait pas dans l un des N premiers s écrit alors P(A N A A N ) P(A N A) P(A N A N B) P(A N (A N B)) P(A N B) P(A N ) P(A N ) + P(B) p/n p/n + p + N( p)/p 65

166 VARIABLES ALÉATOIRES pro03_s Solution 03 (énoncé) On définit les événements suivants pour 0 k N et n 0 : B k {On a choisi l urne k au début}, A n {Les n premiers tirages sont des boules blanches} Si on choisit l urne k au début, à chaque tirage on a une probabilité k/n d avoir une boule blanche Donc la probabilité que les n premiers tirages soient des boules blanches est (k/n) n Autrement dit, ( ) n k P(A n B k ) N Or les B k forment une partition de Ω donc, en utilisant la formule des probabilités totales : P(A n ) P((A n B 0 ) (A n B N )) N P(A n B k ) k0 N k0 N k0 P(A n B k )P(B k ) ( ) n k N + N La probabilité que la (n + )-ième boule tirée soit blanche sachant que les n précédentes l étaient toutes s écrit alors P(A n+ A n ) P(A n+ A n ) P(A n ) P(A n+) P(A n ) ( ) n+ k N N Lorsque N +, on a une somme de Riemann : Nk0 N+ ( ) n Nk0 k N+ N Nk0 k n+ Nk0 k n Donc N k0 ( k N ) n 0 P(A n+ A n ) N + t n dt n + n + n + Variables aléatoires va0_s Solution (énoncé) Soit x X(Ω) (en particulier, P(X x) > 0) Alors P(X x) P(X x et f(x) f(x)) P(X x)p(f(x) f(x)), 66

167 VARIABLES ALÉATOIRES d où P(f(X) f(x)) : la variable aléatoire f(x) est constante égale à f(x) Comme c est vrai pour tout x, l application f est constante sur X(Ω) va0_s Solution (énoncé) On définit pour tout k Y k X k +, de sorte que Y,, Y n sont des variables de Bernouilli : P(Y k ) P(Y k 0) / On sait alors que la somme Y + + Y n suit une loi binomiale de paramètre ( n, ) On a alors P(S n 0) P(X + + X n 0) P(Y + + Y n n ) ( ) n si n est pair n/ n 0 si n est impair D après la formule de Stirling ( ) n P(S n 0) n n (n)! (n!) 4 n ( ) n 4πn n e ( ( ) n ) πn n e 4 n πn va03_s Solution 3 (énoncé) N suit une loi géométrique : P(N n) p( p) n Conditionnellement à la valeur de N, X suit une loi binomiale de paramètre (n, p) Donc pour k, P(X k) + nk + nk + nk P(X k et N n) P(X k N n)p(n n) ( ) n p k ( p) n k p( p) n k ) k+ + ( p p 67 nk ( ) n ( p) n k

168 nk VARIABLES ALÉATOIRES En posant x ( p), on s est ramené à la somme suivante : + ( ) n S k (x) x n nk k Utilisons la relation ( ) ( ) ( ) n k n k + n k et des changements de variable pour aboutir à une relation de récurrence : + [( ) ( )] n n S k (x) + x n nk k k + ( ) n + ( ) x n+ n + x n+ k k xs k (x) + xs k (x) Ainsi S k (x) x x S k (x) Comme S 0 (x) /( x) on en déduit que pour tout k et pour tout x : Finalement, P(X k) S k (x) nk x k ( x) k+ ( p ) k+ ( p) k p (p p ) k+ ( p)k ( p) k+ Pour k 0 il faut retirer le premier terme de la somme, car l événement {N 0} est de probabilité 0 : P(X 0) + n + n p p P(X 0 N n)p(n n) ( p) n p( p) n + n ( p) n p ( p) p ( p) p p Dans le calcul de l espérance de X, on reconnaît une somme de la forme S (λ) k kλ k : E(X) + k + k kp(x k) ( p)k k ( p) k+ ( p)( p) S (λ), 68

169 VARIABLES ALÉATOIRES où λ ( p)/( p) λ ( p)( p) ( λ) va04_s Solution 4 (énoncé) Tirer simultanément k boules revient à se donner une partie à k éléments de {,, n} (choisi de manière uniforme) Se donner un tel sous-ensemble dont le maximum est i revient à choisir les k premiers éléments parmi {,, i } Autrement dit, ( ) i P(N i) k ( ) n k pour i k, N Calculons à présent l espérance de N On utilise la relation i ( ( ) i k ) k i k pour simplifier l expression : n E(N) ip(n i) ik ( ) n n ( ) i i k ik k ( ) n n ( ) i k k ik k La somme qui reste se calcule pas-à-pas à l aide de la formule de récurrence ( ) ( ) ( ) i k + i k+ i+ k+ : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n i k k + k + k + n ik k k k k k ( ) ( ) ( ) ( ) k + k + k + k + n k + k k k } {{ } ( ) ( ) ( ) k + k + k + n k + k k } {{ } ( ) ( ) k + 3 k + n + +, k + k etc Finalement n ik ( ) i k ( ) n + k + Conclusion : l espérance de N vaut ( ) n + E(N) k k + ( ) n k k(n + ) k + 69

170 VARIABLES ALÉATOIRES va05_s Solution 5 (énoncé) Supposons qu il est possible de piper les deux dés de sorte que leur somme suive une loi uniforme Notons p i (resp q i ) la probabilité d obtenir i en lançant le premier (resp le second) dé Définissons alors les polynômes suivants : P (X) p + p X + p 3 X + p 4 X 3 + p 5 X 4 + p 6 X 5, Q(X) q + q X + q 3 X + q 4 X 3 + q 5 X 4 + q 6 X 5 En développant le produit P Q et en regroupant les termes, on obtient P (X)Q(X) p q + (p q + p q )X + (p q 3 + p q + p 3 q )X + (p 5 q 6 + p 6 q 5 )X 9 + p 6 q 6 X 0 Or, pour tout k, la probabilité que la somme des deux dés vaille k est exactement i+jk p i q j ; d après l hypothèse on a donc P (X)Q(X) + X + + X0 Décomposons à présent P (X)Q(X) en produit de facteurs irréductibles dans R[X] Comme P (X)Q(X) X X, les racines de P (X)Q(X) sont les racines -ièmes de l unité à l exception de : autrement dit, P (X)Q(X) 0 ( ) X e ikπ/ k On a décomposé le polynôme dans C[X] On peut à présent regrouper les termes deux à deux pour obtenir des polynômes réels : P (X)Q(X) 5 ( ) ( X e ikπ/ X e ikπ/) k 5 k ( X cos(ikπ/) + ) On a obtenu P (X)Q(X) comme produit de 5 polynômes irréductibles (appelons-les A, A, A 3, A 4, A 5 ) dans R[X] Mais P peut s écrire (à constante multiplicative près) comme un produit de certains parmi ces polynômes par exemple, P A A 4 A 5 Or les A i sont tous de degré, ce qui contredit le fait que P est de degré 5 Conclusion : il est impossible d obtenir une loi uniforme en pipant les dés va06_s Solution 6 (énoncé) I et S ne suivent pas la loi uniforme En effet, et de même P(S ) /n P(I n) P(U n et V n) P(U n)p(v n) n, 70

171 I et S ne sont pas indépendantes Par exemple, on a toujours I S 3 Pour k, n, on utilise l indépendance de U et V : Ce qui donne P(I k) P(U k et V k) P(U k)p(v k) ( ) n k + n P(I k) P(I k) P(I k + ) ( ) ( n k + n k n n (n k) + n 4 On aura besoin de deux formules : n n(n + ) k d une part, et d autre part de sorte que k n n k 3 (k + ) 3 k k0 n (k 3 + 3k + 3k + ) k0 ( n ) ( k 3 n 3 n + 3 k n k ) k 3n + 3 k0 k n3 + 3n 3 n(n ) n 3 n(n + 6n 3(n ) ) 6 n(n + )(n + ) 6 On calcule l espérance de I en utilisant les formules ci-dessus : n (n k) + E(I) k n k VARIABLES ALÉATOIRES ) n(n ) n k((n k) + ) n k n + n k n k n k n k (n + )n(n + ) n(n + )(n + ) n 6n (n + )(n + ) 6n 7 + n,

172 VARIABLES ALÉATOIRES 5 On peut déterminer la loi de S de la même manière que pour I Pour aller plus vite, on peut aussi «retourner» les variables On définit Ũ n + U Ṽ n + V, de sorte que Ũ et Ṽ sont encore des variables aléatoires indépendantes et uniformes sur, n En particulier, Ĩ min(ũ, Ṽ ) suit la même loi que I On a Ĩ n + S, et comme Ĩ suit la même loi que I, pour k, n, P(S k) P(n + Ĩ k) P(Ĩ n + k) P(I n + k) (n (n + k)) + n k n 6 Déterminer la loi du couple (I, S) revient à déterminer P(I k et S l) pour tout couple (k, l), n Si k > l, P(I k et S l) 0, car I S Si k l, Si k < l, P(I k et S l) P(U k et V k) P(U k)p(v k) n P(I k et S l) P(U k et V l) + P(V k et U l) P(U k)p(v l) + P(V k)p(u l) n va07_s Solution 7 (énoncé) On numérote les boules blanches de à n et les boules noires de n + à n Il y a alors ( ) n n tirages (de n boules simultanées) possibles Il reste à compter le nombre de tirages qui donnent k boules blanches (avec 0 k n) Cela revient à choisir k boules blanches (parmi les n blanches) et n k boules noires (parmi les n noires) Il y en a donc ( )( ) n n k n k 7

173 VARIABLES ALÉATOIRES De manière formelle, définissons l ensemble des tirages : T {A, n Card(A) n} qui est de cardinal ( ) n n, et l ensemble des tirages qui donnent k boules blanches T k {A, n Card(A) n et Card(A, n ) k}, qu on veut dénombrer On définit l application ϕ: T k P k (, n ) P n k ( n +, n ) A (A, n, A n +, n ) où P k (, n ) désigne l ensemble des parties à k éléments de, n Elle est bien définie et bijective, donc il y a égalité des cardinaux : ( )( ) n n Card(T k ) Card(P k (, n )) Card(P n k ( n +, n )) k n k Finalement, on a obtenu la loi de X : P(X k) ( )( ) n n k n k ( ) n n L espérance de X s écrit ( )( ) n n n k n k E(X) k ( ) n k n ( ) n n ( )( ) n n n n k k n k ( ) n n ( )( ) n n n n k k n k L astuce pour calculer cette somme consiste à développer de deux manières différentes le polynôme ( + X) n D une part d autre part ( + X) n n k0 ( ) n X k, k ( + X) n ( + X) n ( + X) n ( n ( ) ) ( n n ( ) X k n )X k k0 k k0 k n ( )( ) n n X k i j k0 i+jk 73

174 VARIABLES ALÉATOIRES Les deux polynômes étant égaux, tous leurs coefficients sont égaux deux à deux Regardons le coefficient devant X n : ( ) n ( )( ) n n n i j Conclusion : on a i+jn n i0 n i ( )( ) n n i n i ( )( ) n n i n i ( ) ( ) n n E(X) n n n n n! (n )! (n)!n!(n )! n Remarque : on pouvait aussi utiliser un argument de symétrie pour éviter tous les calculs La variance de X s écrit Or Var(X) E(X ) E(X) E(X(X )) + E(X) E(X) ( )( ) n n n k n k E(X(X )) k(k ) ( ) n k n ( ) n n ( )( ) n n n(k ) n k k n k ( ) n n ( )( ) n n n(n ) n k k n k ( ) n n ( )( ) n n n(n ) n k k n k Pour calculer cette somme, de la même manière qu avant, on écrit le polynôme ( + X) n de deux manières différentes : ( ) n n n X k ( + X) n ( )( ) n n X k k i j k0 i k0 i+jk On identifie les coefficients de degré n, ce qui donne ( ) n ( )( ) n n n i+jn i j ( )( ) n n n i0 i n i ( )( ) n n n i n i 74

175 VARIABLES ALÉATOIRES Conclusion : on a Var(X) E(X(X )) + E(X) E(X) ( ) ( ) n n n(n ) + n n n n 4 n(n ) (n!) (n )! n( n) + (n)!(n )!n! 4 n(n ) n( n) n(n ) + (n)(n ) 4 n(n ) + n( n)(n ) 4(n ) n 4(n ) 75

176 VARIABLES ALÉATOIRES x /x 0 0 x cont09:fig ln(e x + ) x 0 (a) 05 cont09:fig (b) x 4 3 5/3 x 5 x 3 0 cont09:fig x 4 0 (c) cont09:fig5 ln x + sin x x (e) ( sin x + ) x cont09:fig x 5 (d) 05 x( x + x ) 0 cont09:fig x (f) Figure 9 Différents graphes 76

177 VARIABLES ALÉATOIRES 06 5 x x x x x ln x(ln ln x) cont09:fig7 (g) 0 5 cont09:fig8 x (h) nt09:fig Figure 9 Différents graphes 77

178 VARIABLES ALÉATOIRES x cont5:fig (a) x + (x x ) 0 exp ( ) x cont5:fig x 4 4 (b) π 5 arcsin x cont5:fig3 x x (c) 4 05 x ln x cont5:fig4 3 x x 4 5 (d) 3 (x(ln x) / ln x + ) x 0 cont5:fig (e) Figure 0 Différents graphes 78

179 VARIABLES ALÉATOIRES g(x) /3 /3 x cont03:g Figure Graphe d une fonction g continue surjective de ]0, [ vers [0, ] C r P,0 P 0, P 0,0 v v t07:fig Figure Pavage du plan par les parallélogrammes P m,n lorsque (m, n) parcourt Z Les éléments de X sont marqués d un point et P correspond à la partie rouge 79

180 VARIABLES ALÉATOIRES C r C r+λ C r λ t07:fig Figure 3 L ensemble P, ici en rouge, est compris entre C r λ et C r+λ Lorsque r tend vers +, P est de plus en plus proche de C r K A B 3 B A L B J t07:fig3 Figure 4 Partition de P 0,0 en A A B B B 3 Dans cet exemple, a 0 et b 4 80

181 VARIABLES ALÉATOIRES sin ( ) x x x sin ( ) x x x sin ( ) x 5 x 3 sin ( ) x x x 0 er09:fig Figure 5 Graphe des fonctions f 0,f,f,f 3 8

182 VARIABLES ALÉATOIRES 0 5 f(x) x 05:graph Figure 6 Graphe de la fonction f : x n k k x k pour n 4 x f (x) n f(x) 0 ol05:var Figure 7 Variations de f : x n k k x k 8