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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 24 septembre 2016
Exercice 1
[ 02647 ]
[Correction]
(a) Montrer l’existence et l’unicité des suites d’entiers (an )n∈N et (bn )n∈N vérifiant
√
√ n
1 + 2 = an + bn 2
(b) Calculer a2n − 2b2n .
(c) Montrer que pour tout n ∈ N, il existe un unique p ∈ N∗ tel que
√ n √
p
1+ 2 = p+ p−1
Exercice 2 [ 02646 ] [Correction]
Si (x, y, z) ∈ R3 vérifie
montrer
e2ix + e2iy + e2iz = 0
Soient a, b, c des réels strictement positifs.
À quelle condition existe-t-il des complexes t, u, v de somme nulle vérifiant
tt¯ = a , uū = b et vv̄ = c
2
Exercice 6
Calculer
1
[ 02645 ]
[Correction]
4
X
k=1
cos2
kπ
9
Soient x1 , . . . , x13 des réels. Montrer qu’il existe i et j dans {1, . . . , 13} tels que i , j et
√
xi − x j
0≤
≤2− 3
1 + xi x j
Soit f une fonction croissante de [0 ; 1] dans [0 ; 1].
(a) Montrer que s’il existe x ∈ [0 ; 1] et k ∈ N∗ tels que f k (x) = x alors x est un point fixe
pour f .
(b) Montrer que f admet un point fixe.
eix + eiy + eiz = 0
2
Enoncés
Soient f : I → R une fonction deux fois dérivable sur I et a, b, c trois points distincts de I.
Montrer
∃d ∈ I,
2
f (a)
f (b)
f (c)
1
+
+
= f 00 (d)
(a − b)(a − c) (b − c)(b − a) (c − a)(c − b) 2
Exercice 4 [ 02781 ] [Correction] Étudier la convergence de la suite ban c1/n , où a > 0.
Soit f : R+ → R uniformément continue. Montrer qu’il existe des réels positifs a et b tels
que
∀x ≥ 0, | f (x)| ≤ ax + b
Soit (xn )n∈N∗ une suite de réels positifs. On pose, pour tout n > 0,
r
q
√
yn = x1 + x2 + · · · + xn
Q Q n
n
k 1/n
et de
Étudier les limites de
k=1 1 +
k=1 1 + n
(a) Ici xn = a pour tout n, où a > 0. Étudier la convergence de (yn ).
n
(b) Même question dans le cas où xn = ab2 pour tout n, avec b > 0.
−n
(c) Montrer que (yn ) converge si, et seulement si, la suite (xn2 ) est bornée.
k
n2
1/n
.
Calculer les limites de
!
! X
n
n
X
k
k
1
sin
sin 2 et
sin2 √
n
n
k+n
k=1
k=1
lorsque n → +∞.
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
P
Si n ∈ N∗ et x ∈ R, soit fn (x) = nk=1 sin(kx)
k .
Soit xn le plus petit réel strictement positif en lequel fn atteint un maximum local.
Calculer lim fn (xn ).
Énoncer et établir la formule de Taylor avec reste intégrale.
Exercice 15
[ 02664 ]
Soient des réels positifs a et b. Trouver la limite de
!n
a1/n + b1/n
2
n∈N
à la précision o(n−3 ).
[Correction]
X 2n − 1 = (X 2 − 1)
n−1
Y
(X 2 − 2X cos
k=1
kπ
+ 1)
n
(b) Soit un réel a , ±1 ; déduire de a) la valeur de
Z π
ln(a2 − 2a cos t + 1) dt
0
[ 02817 ]
2
P
Donner un développement asymptotique de n!1 nk=0 k!
(a) Soit n ∈ N∗ . Montrer que
Exercice 16
Enoncés
[Correction]
(a) Montrer, pour tout x ∈ ]0 ; π/2[, l’existence de θ x ∈ ]0 ; 1[ tel que
x3
cos(xθ x )
sin x = x −
6
Montrer qu’il existe une infinité de nombres premiers de la forme 4n + 3.
Soient des entiers a > 1 et n > 0.
Montrer que si an + 1 est premier alors n est une puissance de 2.
n
Soit, pour n ∈ N, Fn = 22 + 1.
(a) Montrer, si (n, m) ∈ N2 avec n , m, que Fn ∧ Fm = 1.
(b) Retrouver à l’aide du a) le fait que l’ensemble des nombres premiers est infini.
(b) Étudier la limite de θ x quand x tend vers 0 par valeur supérieure.
Soit p un nombre premier, p ≥ 5. Montrer que p2 − 1 est divisible par 24.
Déterminer un équivalent quand n → +∞ de
un =
n
X
k=1
1
(n + 2k)3
Soient (a, b) ∈ R2 tel que a < b, f : [a ; b] → R continue et n ∈ N telle que
Z b
∀k ∈ {0, 1, ..., n} ,
tk f (t) dt = 0
a
Trouver les P ∈ R[X] tels que P(X 2 ) = (X 2 + 1)P(X).
Exercice 26
[ 02669 ]
[Correction]
(a) Si P ∈ R[X] est scindé sur R, montrer que P0 est scindé ou constant sur R.
(b) Si (a, b, c) ∈ R3 , montrer que X 10 + aX 9 + bX 8 + cX 7 + X + 1 n’est pas scindé sur R.
Montrer que la fonction f s’annule au moins n + 1 fois sur [a ; b].
Enoncés
Déterminer les P de R[X] tels que
3
Décomposer en éléments simples dans C(X) la fraction rationnelle
X n−1
Xn − 1
(X + 4)P(X) = XP(X + 1)
Soit n ∈ N. Montrer qu’il existe un unique polynôme P ∈ C[X] tel que P(cos θ) = cos nθ
pour tout θ réel. On le note T n .
(a) Lier T n−1 , T n et T n+1 .
(b) Donner une équation différentielle vérifiée par T n .
(c) Calculer T n(k) (1) et T n(k) (−1).
Montrer, pour tout n ∈ N, qu’il existe un unique Pn ∈ Rn+1 [X] tel que Pn (0) = 0 et
Pn (X + 1) − Pn (X) = X n .
Soient f, g ∈ L(E) où E est un espace vectoriel sur K de dimension finie. Montrer
rg( f ) − rg(g) ≤ rg( f + g) ≤ rg( f ) + rg(g)
On cherche les polynômes P non nuls tels que
P(X 2 ) = P(X − 1)P(X)
(a) Montrer que toute racine d’un tel P est de module 1.
(b) Déterminer les polynômes P.
Soient a0 , a1 , . . . , an des réels non nuls deux à deux distincts.
On note F j l’application de Rn [X] dans R définie par
Z aj
F j (P) =
P
0
Montrer que (F0 , F1 , . . . , Fn ) est une base de (Rn [X])∗ .
Quels sont les couples (P, Q) ∈ R[X]2 vérifiant P2 + (1 − X 2 )Q2 = 1 ?
Déterminer les polynômes P de R[X] \ {0} vérifiant
P(X 2 ) = P(X − 1)P(X)
Soient E et F deux K-espaces vectoriels de dimensions finies respectives n et p avec
n > p.
On considère u ∈ L(E, F) et v ∈ L(F, E) vérifiant
u ◦ v = IdF
(a) Montrer que v ◦ u est un projecteur.
Exercice 32
[ 02663 ]
[Correction]
(a) Montrer que a = cos(π/9) est racine d’un polynôme de degré trois à coefficients dans
Z.
(b) Justifier que le nombre a est irrationnel.
(b) Déterminer son rang, son image et son noyau.
Caractériser les sous-espaces F d’un espace vectoriel E tels que
h−1 (h(F)) = h(h−1 (F))
Enoncés
Soit E et F des espaces vectoriels sur K, de dimensions finies ou non. Montrer que
(E × F)∗ et E ∗ × F ∗ sont isomorphes.
4
Soit ω une racine primitive n-ième de 1. On pose
n−1
1 X
Fω (P) = √
P(ωk )X k
n k=0
Soit E et F des K-espaces vectoriels. On se donne f ∈ L(E, F), une famille (Ei )1≤i≤n de
sous-espaces vectoriels de E et une famille (F j )1≤ j≤p de sous-espaces vectoriels de F.
pour tout P ∈ Cn−1 [X].
Montrer que Fω est un automorphisme de Cn−1 [X] et exprimer son inverse.
(a) Montrer
f(
n
X
Ei ) =
n
X
f (Ei )
i=1
i=1
(b) Montrer que si f est injective et si la somme des Ei est directe alors la somme des
f (Ei ) est directe.
(c) Montrer
f −1 (
p
X
Soit A ∈ GLn (R) vérifiant
F j) ⊃
j=1
p
X
f −1 (F j )
j=1
Montrer que cette inclusion peut être stricte. Donner une condition suffisante pour
qu’il y ait égalité.
Soient n ∈ N∗ , α1 , . . . , αn des complexes distincts, A = diag(α1 , . . . , αn ) et
C(A) = {M ∈ Mn (C), AM = MA}
A + A−1 = In
Pour k ∈ N, calculer Ak + A−k .
Soient E un espace vectoriel de dimension finie et G un sous-groupe de GL(E) de cardinal
fini n. Montrer


 1 X
\
tr g
dim  ker(g − IdE ) =
n g∈G
g∈G
Exercice 47
[ 02651 ]
[Correction]
(a) Soit G un sous-groupe fini de GLn (R) tel que
P
g∈G
tr g = 0. Montrer que
P
g∈G
g = 0.
n
(b) Soit G un sous-groupe fini de GLn (R), V un sous-espace vectoriel de R stable par
les éléments de G. Montrer qu’il existe un supplémentaire de V dans Rn stable par
tous les éléments de G.
Montrer que (Ak )0≤k≤n−1 est une base de C(A).
Exercice 48
Soient A, B ∈ Mn (R) où B est nilpotente et commute avec A. Montrer que A et A + B sont
simultanément inversibles.
[ 02686 ]
[Correction]
(a) Soit f une forme linéaire sur Mn (R) vérifiant
∀A, B ∈ Mn (R), f (AB) = f (BA)
montrer que f est proportionnelle à la trace.
(b) Soit g un endomorphisme de l’espace vectoriel Mn (R) vérifiant
Soient f, g ∈ L(R2 ) tel que f 2 = g2 = 0 et f ◦ g = g ◦ f . Calculer f ◦ g.
g(AB) = g(BA)
pour toutes A, B ∈ Mn (R) et g(In ) = In . Montrer que g conserve la trace.
Calculer le déterminant
a1 + x
(x)
..
.
(x) an + x
où x, a1 , . . . , an réels.
Soient A, B, C, D ∈ Mn (K) avec AC = CA. Montrer que
!
A C
det
= det(DA − BC)
B D
Soient des matrices A, B ∈ Mn (Z) telles que det A et det B sont premiers entre eux.
Montrer l’existence de U, V ∈ Mn (Z) telles que
UA + V B = In
Soit A ∈ Mn (C) (avec n ≥ 2) vérifiant pour tout X ∈ Mn (C),
det(A + X) = det A + det X
Montrer que det A = 0 puis A = 0.
est inversible si, et seulement si, AD − BC l’est.
0
On munit Mn (R) du produit scalaire rendant orthonormée la base canonique, dont on note
kk la norme associée. Soit J la matrice de Mn (R) dont tous les coefficients sont égaux à 1.
Si M ∈ Mn (R), calculer inf (a,b)∈R2 kM − aIn − bJk.
Soit A = (ai, j )1≤i, j≤n ∈ Mn (R). Calculer


 X 2 

ai, j − mi, j 
inf 
M∈Sn (R) 
1≤i, j≤n
Soit A = (ai, j )1≤i, j≤n une matrice réelle orthogonale. Montrer que
X
ai, j ≤ n
1≤i, j≤n
Soient c ∈ R, (E, h., .i) un espace euclidien de dimension n ≥ 2, v1 , . . . , vn des vecteurs
unitaires de E deux à deux distincts tels que :
D
E
∀(i, j) ∈ {1, . . . , n}2 , i , j =⇒ vi , v j = c
Soient (a, b, c) ∈ R3 , σ = ab + bc + ca, S = a + b + c et la matrice


a b c


M = c a b


b c a
(a) Montrer
M ∈ O3 (R) ⇐⇒ σ = 0 et S ∈ {−1, 1}
1
(t3 − at2 − bt − c)2 dt
pour a, b, c parcourant R.
5
Déterminer une condition nécessaire et suffisante sur c pour que (v1 , . . . , vn ) soit
nécessairement liée.
Soient A, B, C, D des matrices carrées d’ordre n, réelles et commutant deux à deux.
Montrer que la matrice
!
A B
M=
C D
Calculer le minimum de
Z
Enoncés
(b) Montrer
M ∈ SO3 (R) ⇐⇒ σ = 0 et S = 1
Enoncés
6
(c) Montrer que M est dans SO3 (R) si, et seulement si, il existe k ∈ [0 ; 4/27] tel que a, b
et c sont les racines du polynôme X 3 − X 2 + k.
Exercice 60
Soit
[ 02747 ]
[Correction]
A
M=
C
!
B
∈ On (R)
D
où A ∈ M p (R) et D ∈ Mn−p (R).
Montrer que
(det A)2 = (det D)2
Soient p, q, r des réels et

 p

A =  r

q
q
p
r

r 

q 

p
Montrer que A est une matrice de rotation si, et seulement si, p, q, r sont les trois racines
d’un polynôme de la forme X 3 − X 2 + a où a est à préciser. Indiquer les éléments de la
rotation.
Soit A = (ai, j )1≤i, j≤n une matrice réelle vérifiant
∀i ∈ {1, . . . , n} , ai,i ≥ 1 et
n
n
X
X
a2i, j < 1
i=1 j=1, j,i
(a) Montrer
∀X ∈ Rn \ {0} , t XAX > 0
(b) En déduire que la matrice A est inversible.
Soient A et B dans On (R) telle que (A + 2B)/3 appartienne à On (R). Que dire de A et B ?
Corrections
Corrections
(c) L’unicité estpévidente compte tenu de la stricte croissance de la fonction
√
p 7→ p + p − 1.
Si n est pair alors a2n = 1 + 2b2n . Pour p = a2n ,
√
√
p
√
( 2 + 1)n = an + 2bn = p + p − 1
Exercice 1 : [énoncé]
(a) Par la formule du binôme de Newton
7
Si n est impair alors 2b2n = a2n + 1. Pour p = 2b2n ,
√
√
p
√
( 2 + 1)n = 2bn + an = p + p − 1
!
n
√ n X
n √ k
2
1+ 2 =
k
k=0
En séparant les termes d’indices pairs de ceux d’indices impaires
1+
√ n
√
2 = an + bn 2
Puisque eix + eiy + eiz = 0, en multipliant par e−ix , on obtient
avec les entiers
1 + eiα + eiβ = 0
an =
X
0≤2p≤n
!
!
X
n p
n
2 et bn =
2p
2p
2p
+
1
0≤2p+1≤n
On peut aussi raisonner par récurrence en mettant à jour une expression de an+1 et
bn+1 en fonction de an et bn
(
an+1 = an + 2bn
bn+1 = an + bn
√
L’unicité provient de l’irrationalité de 2. En effet si
√ n
√
√
1 + 2 = a + b 2 = a0 + b0 2
avec a, b, a0 , b0 entiers, on obtient
√
(b0 − b) 2 = a − a0
√
Si b , b0 alors on peut exprimer 2 comme égal à un nombre rationnel. C’est
absurde et il reste b = b0 et donc a = a0 .
(b) Par la formule du binôme de Newton, on obtient de même
√ n
√
1 − 2 = an − 2bn
et alors
a2n − 2b2n = (1 +
√ n
√
2) (1 − 2)n = (−1)n
On peut aussi raisonner par récurrence en exploitant l’expression de (an+1 , bn+1 ) en
fonction de (an , bn ).
avec α = y − x et β = z − x. En passant aux parties réelle et imaginaire
(
cos α + cos β = −1
sin α + sin β = 0
L’équation sin α + sin β = 0 donne
α = −β
mod 2π ou α = π + β mod 2π
Si α = π + β mod 2π alors la relation cos α + cos β = −1 donne 0 = −1.
Il reste α = −β mod 2π et alors 2 cos α = −1 donne α = ±2π/3 mod 2π.
Par suite eiα = j ou j2 .
On obtient alors aisément 1 + e2iα + e2iβ = 0 puis e2ix + e2iy + e2iz = 0.
En multipliant les trois complexes t, u, v par eiθ , on peut former un nouveau triplet
solution à partir d’un premier. Sans perte de généralité, on peut donc supposer t ∈ R+
auquel cas t = a.
En écrivant u = x + iy et v = x0 + iy0 avec x, x0 , y, y0 ∈ R, la condition t + u + v = 0 donne
( 0
x = −(a + x)
y0 = −y
et les deux conditions uū = b2 et vv̄ = c2 équivalent alors au système
(
x2 + y2 = b2
(x + a)2 + y2 = c2
Corrections
Ce système possède une solution si, et seulement si, le cercle de centre O et de rayon b
coupe le cercle de centre Ω(−a, 0) et de rayon c. Ces deux cercles se coupent si, et
seulement si,
|b − c| ≤ a ≤ b + c
On peut alors conclure que le triplet (t, u, v) existe si, et seulement si, chacun des
paramètres a, b, c est inférieur à la somme des deux autres.
8
Posons αi = arctan xi . Les réels α1 , . . . , α13 évoluent dans l’intervalle ]−π/2 ; π/2[. En
découpant cet intervalle en 12 intervalles contiguës de longueur π/12, on peut affirmer
que deux éléments parmi les α1 , . . . , α13 appartiennent au même intervalle (c’est le
principe des tiroirs : s’il y a n + 1 chaussettes à répartir dans n tiroirs, il y a au moins un
tiroir contenant deux chaussettes). Ainsi, il existe i , j vérifiant
0 ≤ αi − α j ≤
Si a ∈ ]0 ; 1[, la suite est constante égale à 0.
Si a = 1, la suite est constante égale à 1.
Si a > 1 alors an − 1 < ban c ≤ an donne (an − 1)1/n < ban c1/n ≤ a et donc, par
encadrement, la suite converge vers a.
et donc
0 ≤ tan(αi − α j ) ≤ tan
Or
tan(αi − α j ) =
et
Notons que la suite (yn ) est croissante, elle est donc convergente si, et seulement si, elle
est majorée.
√
(a) Ici yn+1 = a + yn . Soit ` la racine positive de l’équation `2 − ` − a = 0 i.e.
`=
1+
√
1 + 4a
2
π
12
tan
π
12
xi − x j
1 + xi x j
√
π
=2− 3
12
On peut donc conclure.
(a) Si f (x) > x alors par croissance de f ,
√
On remarque que y1 = a ≤ ` et on montre par récurrence yn ≤ `. La suite (yn ) est
croissante et majorée donc convergente.
(b) On observe que la nouvelle suite (yn ) est désormais égale à b fois la précédente, elle
est donc convergente.
−n
−n
(c) Si (yn ) converge vers ` alors xn2 ≤ yn ≤ ` donc (xn2 ) est bornée.
−n
n
Si (xn2 ) est bornée par une certain M alors xn ≤ M 2 , la suite (yn ) définie par (xn ) est
n
alors inférieure à celle obtenue par (M 2 ), cette dernière étant convergente, la suite
(yn ) converge.
En linéarisant et en faisant quelques transformations angulaires de simplification
4
X
k=1
cos2
f k (x) ≥ f k−1 (x) ≥ . . . ≥ f (x) > x
ce qui est absurde. Une étude analogue contredit f (x) < x.
(b) On a f (0) ≥ 0 et f (1) ≤ 1. Par dichotomie, on peut construire deux suites (an ) et (bn )
vérifiant
f (an ) ≥ an et f (bn ) ≤ bn
On initie les suites (an ) et (bn ) en posant a0 = 0 et b0 = 1.
Une fois les termes an et bn déterminés, on introduit m = (an + bn )/2.
Si f (m) ≥ m on pose an+1 = m et bn+1 = bn .
Sinon, on pose an+1 = an et bn+1 = m.
Les suites (an ) et (bn ) ainsi déterminées sont adjacentes et convergent donc vers une
limite commune c. Puisque an ≤ c ≤ bn , on a par croissance
kπ 7
=
9
4
f (an ) ≤ f (c) ≤ f (bn )
et donc
an ≤ f (c) ≤ bn
Corrections
Or (an ) et (bn ) convergent vers c donc par encadrement
9
puis
 n
!1/n
Y
k 

1 + 2  → 1
n
k=1
f (c) = c
On peut aussi décrire un point fixe de f en considérant
c = sup {x ∈ [0 ; 1], f (x) ≥ x}
Les deux questions de cet oral ne semblent pas être liées.
Considérons
1
g : x 7→ (x − b) f (a) + (a − x) f (b) + (b − a) f (x) − (a − b)(b − x)(x − a)K
2
où la constante K est choisie de sorte que g(c) = 0 (ce qui est possible).
La fonction g s’annule en a, en b et en c donc par le théorème de Rolle, il existe d ∈ I tel
que g00 (d) = 0 ce qui résout le problème posé.
Pour x ≥ 0, x − 16 x3 ≤ sin x ≤ x donc |sin x − x| ≤ Mx3 avec M = 1/6.
On a alors
3
sin k − k ≤ M. k ≤ M
n2 n2 n6 n3
donc
!
! ! X
n
n
X
k
k
k k M
sin
≤
sin 2 −
sin
→0
n
n n2 n2
n
k=1
k=1
Or
n
X
k=1
donc
Pour ε = 1 > 0 l’uniforme continuité assure l’existence d’un α > 0 tel que
∀x, y ∈ R, |x − y| ≤ α =⇒ | f (x) − f (y)| ≤ 1
Posons n = bx/αc. On a | f (α) − f (0)| ≤ 1, | f (2α) − f (α)| ≤ 1,. . . ,
| f (nα) − f ((n − 1)α)| ≤ 1 et | f (x) − f (nα)| ≤ 1 donc en sommant | f (x) − f (0)| ≤ n + 1
puis | f (x)| ≤ bx/αc + 1 + | f (0)| ≤ ax + b avec a = 1/α et b = 1 + | f (0)|.
Or
Pour k ∈ {1, . . . , n},
 n
!1/n
Y
k 
4

1 +  →
n
e
k=1
≤
n
X
k=1
donc
k
n2
n
X
!
!
k
k
sin 2 → sin 1 − cos 1
n
n
k=1
Pour x ≥ 0, x − 16 x3 ≤ sin x ≤ x donne aussi sin2 x − x2 ≤ M 0 x4 avec M 0 = 1/3.
Ainsi
n
n
n
X
X
X
1
1
1
M0
sin2 √
≤ M 0
→0
−
≤
n
(k + n)2
k=1
k + n k=1 k + n k=1
 n
!1/n
!
Z 1
n
Y
1X
k
k 

→
ln(1 + t) dt = 2 ln 2 − 1
ln 
ln 1 +
1 +  =
n
n k=1
n
0
k=1
1
n
!
Z 1
k k
→
t sin t dt
n n2
0
sin
sin
n
1
1X
1
=
→
k + n n k=1 1 + k/n
donc
n
X
k=1
On a
fn0 (x)
donc
=
n
X
sin2 √
1
k+n
0
1
dx
= ln 2
1+x
→ ln 2
nx
cos kx = cos
k=1
 n
!1/n
Y
k 
1

1 ≤ 
1 + 2  ≤ 1 +
n
n
k=1
Z
donc
xn =
(n + 1)x sin 2
2
sin 2x
π
n+1
Par suite
fn (xn ) =
n
X
sin
k=1
kπ
n+1
k
n
Corrections
kπ
1 X sin n+1
=
k
n + 1 k=1 n+1
Or la fonction t 7→ sin(πt)/t peut être prolongée en une fonction continue sur [0 ; 1] donc
par somme de Riemann
Z 1
sin(πt)
fn (xn ) →
dt
t
0
10
Le réel θ x = ξ/x convient alors
À défaut de connaître l’égalité de Taylor-Lagrange, par l’égalité de Taylor avec
reste-intégrale
Z x
(x − t)2
sin x = x −
cos t dt
2!
0
Or pour t ∈ [0 ; x], on a
cos x ≤ cos t ≤ 1
avec inégalité stricte pour t ∈ ]0 ; x[ donc
Z x
x3
x3
(x − t)2
cos x <
cos t dt <
6
2!
6
0
C’est du cours !
Ainsi
Z
x
(a) Les deux polynômes de l’égalité sont unitaires, de degré 2n et ont pour racines les
racines 2n-ième de l’unité car les racines du polynôme X 2 − 2X cos(kπ/n) + 1 sont
les e±ikπ/2n .
0
(x − t)2
x3
cos t dt = λ avec cos x < λ < 1 = cos 0
2!
6
Par le théorème des valeurs intermédiaires, on peut écrire
λ = cos(xθ x ) avec θ x ∈ ]0 ; 1[
(b) Par les sommes de Riemann,
Z
π
n−1
kπ
πX
ln(a2 − 2a cos
+ 1)
ln(a − 2a cos t + 1) dt = lim
n→+∞ n
n
k=1
Quand x → 0, xθ x → 0 donc
2
0
Or
n−1
πX
kπ
π a2n − 1
ln(a2 − 2a cos
+ 1) = ln 2
n k=1
n
n
a −1
Si |a| < 1 alors
π
n
2n
ln 1−a
→ 0 et donc
1−a2
Z π
ln(a2 − 2a cos t + 1) dt = 0
cos(xθ x ) = 1 −
puis
sin x = x −
1 3
1 5 2
x +
x θ + o(x5 )
6
12 x
sin x = x −
1 3
1 5
x +
x + o(x5 )
6
120
or
donc θ2x → 1/10 puis
1
θx → √
10
0
Si |a| > 1 alors
π
n
2n
ln 1−a
→ 2π ln |a| et donc
1−a2
Z π
ln(a2 − 2a cos t + 1) dt = 2π ln |a|
0
Par l’égalité de Taylor-Lagrange (hors-programme) :
1
∀x ∈ ]0 ; π/2[, ∃ξ ∈ ]0 ; x[, sin x = x − x3 cos(ξ)
6
1 2 2
x θ + o(x2 )
2 x
On peut écrire
un =
avec
n
1 X
1
1
= Sn
n3 k=1 (1 + 2k/n)3 n2
n
1X
1
Sn =
n k=1 (1 + 2k/n)3
Par les sommes de Riemann, on a
Z 1
S n −→
n→+∞
0
Corrections
11
donne
dt
(1 + 2t)3
On en déduit
un ∼
"
= −
1
4(1 + 2t)2
#1
=
0
2
9
a1/n + b1/n
2
Finalement
a
Par l’absurde supposons que la fonction f ne s’annule pas plus de n fois et notons
x1 < . . . < x p (avec p ≤ n) les points où f s’annule tout en changeant de signe. On peut
dresser le tableau de signe de la fonction continue f et affirmer que la fonction
Si a = 0 ou b = 0 alors la suite converge évidemment vers 0. On suppose désormais
a, b > 0.
Puisque
1
1
a1/n = e n ln a avec ln a → 0
n
on peut écrire
!
1
1
a1/n = 1 + ln a + o
n
n
puis
a1/n + b1/n
2
!n
→
√
ab
Or
!
n−5
X
k!
1
(n − 5)!
≤ (n − 4)
=o 3
n!
n!
n
k=0
donc
n
1 X
1
1
2
1
k! = 1 + + 2 + 3 + o 3
n! k=0
n n
n
n
!
Par l’absurde, supposons qu’il n’y ait qu’un nombre fini de nombres premiers de la forme
4n + 3. On peut introduire le nombre N égal au produit de ceux-ci. Considérons alors
l’entier 4N − 1.
4N − 1 est impair donc 2 ne le divise pas.
Si tous les facteurs premiers de 4N − 1 sont égaux à 1 modulo 4 alors 4N − 1 ≡ 1 [4] ce
qui est absurde.
L’un au moins des facteurs premiers de 4N − 1 est alors de la forme 4n + 3 et celui-ci
apparaît donc dans le produit N. Ce facteur premier divise alors les nombres 4N − 1 et N,
il divise donc −1, c’est absurde !
On peut écrire
On procède de même pour b1/n et alors
1 1/n
1
1
a + b1/n = 1 +
ln(ab) + o
2
2n
n
!n
On a
! X
n
n−5
1 X
1
1
1
1
k!
k! = 1 + +
+
+o 3 +
n! k=0
n n(n − 1) n(n − 1)(n − 2)
n!
n
k=0
x 7→ (x − x1 ) . . . (x − x p ) f (x)
est de signe constant. Or cette fonction est continue et d’intégrale nulle,
c’est donc
la
n
o
fonction nulle. Il en découle que la fonction f est nulle sur [a ; b] \ x1 , . . . , x p puis nulle
sur [a ; b] par argument de continuité.
!
1
(1)
= exp ln(ab) + o
2
a1/n + b1/n
2
2
9n2
Notons que l’hypothèse initiale donne par linéarité que pour toute fonction polynomiale P
de degré ≤ n
Z b
P(t) f (t) dt = 0
!n
n = 2k (2p + 1)
!
1
1
= exp n ln 1 +
ln(ab) + o
2n
n
On a alors
!!!
2p
a +1=b
n
2p+1
2p+1
− (−1)
= b − (−1)
X
bk (−1)2p−k = (b + 1)c
k=0
Corrections
k
avec b = a2 .
On en déduit que b + 1 | an + 1, or an + 1 est supposé premier et b + 1 > 1 donc
b + 1 = an + 1 puis n = 2k .
(a) Quitte à échanger, supposons n < m.
On remarque que
m−n
(Fn − 1)2 = Fm − 1
En développant cette relation par la formule du binôme, on parvient à une relation de
la forme
Fm + vFn = 2
avec v ∈ Z car les coefficients binomiaux sont des entiers.
On en déduit que pgcd(Fn , Fm ) = 1 ou 2.
Puisque Fn et Fm ne sont pas tous deux pairs, ils sont premiers entre eux.
(b) Les Fn sont en nombre infini et possèdent des facteurs premiers distincts, il existe
donc une infinité de nombres premiers.
12
(a) Si P est degré 1 alors P0 est constant. Si P est de degré n ≥ 2, par application du
théorème de Rolle, il figure une racine de P0 entre deux racines consécutives de P.
De surcroît, si a est racine de multiplicité α ∈ N∗ de P, a est aussi racine de
multiplicité α − 1 de P0 . Par suite, P0 en admet n − 1 racines comptées avec
multiplicité et est donc scindé.
(b) 0 est racine multiple du polynôme dérivé à l’ordre 2. Si le polynôme était scindé,
l’étude qui précède permet d’observer que 0 est racine du polynôme. Ce n’est pas le
cas.
Soit P solution. X | (X + 4)P(X) donc X | P puis (X + 1) | P(X + 1) donc
(X + 1) | (X + 4)P(X) puis X + 1 | P etc. . .
Ainsi on obtient que P(X) = X(X + 1)(X + 2)(X + 3)Q(X) avec Q(X + 1) = Q(X) donc Q
constant.
La réciproque est immédiate.
On a
On peut factoriser
 n

!
X n k

n−k
k
cos nθ = Re(e ) = Re 
i cos θ sin θ
k
k=0
p2 − 1 = (p − 1)(p + 1)
p est impair donc les nombres p − 1 et p + 1 sont deux entiers pairs consécutifs, l’un est
divisible par 2, l’autre par 4. Ainsi
8 | p2 − 1
Les entiers p − 1, p, p + 1 sont consécutifs, l’un est divisible par 3, ce ne peut être p car
p ≥ 5 premier. Ainsi
3 | p2 − 1
Enfin, 3 et 8 étant premiers entre eux
inθ
donc
cos nθ =
E(n/2)
X
`=0
(−1)`
!
n
cosn−2` θ(1 − cos2 θ)`
2`
est un polynôme en cos θ. Cela assure l’existence de T n , l’unicité provenant de ce que
deux polynômes coïncidant en un nombre infini de points sont nécessairement égaux.
(a)
cos(n + 1)θ + cos(n − 1)θ = 2 cos θ cos nθ
24 | p2 − 1
donne
Parmi les polynômes constants, seuls le polynôme nul est solution.
Si deg P ≥ 1 alors, pour vérifier l’équation, il est nécessaire que deg P = 2. On peut alors
écrire P sous la forme aX 2 + bX + c. Parmi, les polynômes de cette forme, ceux solutions
sont ceux obtenus pour b = 0 et c = −a. Conclusion, les polynômes solutions sont les
a(X 2 − 1) avec a ∈ R.
T n+1 − 2XT n + T n−1 = 0
(b) On a
T n (cos θ) = cos nθ
donc en dérivant
− sin θT n0 (cos θ) = −n sin nθ
Corrections
et
sin2 θT n00 (cos θ) − cos θT n0 (cos θ) = −n2 cos nθ
On en déduit par coïncidence de polynômes sur [−1 ; 1] que
(1 − X 2 )T n00 − XT n0 + n2 T n = 0
13
et par suite β ≥ α. Un raisonnement symétrique permet de conclure β = α et le
polynômeP est de la forme
λ(X 2 + X + 1)α
Un tel P est solution du problème posé si, et seulement si,
λ2 (X 4 + X 2 + 1)α = λ((X − 1)2 + (X − 1) + 1)α (X 2 + X + 1)α
(c) En dérivant cette relation à l’ordre k :
(1 − X 2 )T n(k+2) − 2kXT n(k+1) − k(k − 1)T n(k) − XT n(k+1) − kT n(k) + n2 T n(k) = 0 (1)
En évaluant (1) en 1 :
égalité qui est vérifiée si, et seulement si, λ = 1.
Finalement les solutions du problème posé sont les polynômes P = (X 2 + X + 1)α
avec α ∈ N.
(2k + 1)T n(k+1) (1) = (n2 − k2 )T n(k) (1)
Comme T n(0) (1) = 1, on obtient
T n(k) (1)

(n!)2 2k k!


 (n−k)!(n+k)!(2k+1)!
=

0
si k ≤ n
sinon
En évaluant (1) en −1 :
(2k + 1)T n(k+1) (1) = −(n2 − k2 )T n(k) (1)
Comme T n(0) (−1) = (−1)n , on obtient
T n(k) (−1) = (−1)n−k T n(k) (1)
(a) Si a est une racine de P non nulle alors a2 , a4 , . . . sont racines de P. Or P , 0 donc P
n’admet qu’un nombre fini de racines. La série précédente est donc redondante et par
suite a est une racine de l’unité et donc |a| = 1.
Si a = 0 est racine de P alors 1 = (0 + 1)2 aussi puis 4 = (1 + 1)2 l’est encore,. . . et
finalement P admet une infinité de racines ce qui est exclu.
Finalement les racines de P sont toutes de module 1.
(b) Soit a ∈ C une racine de P. a + 1 est racine de P(X − 1) donc (a + 1)2 est aussi racine
de P. Il s’ensuit que |a| = |a + 1| = 1. En résolvant cette double équation on obtient
a = j ou j2 et donc P est de la forme
P(X) = λ(X − j)α (X − j2 )β
Le nombre j est racine de multiplicité α de P donc j est racine de multiplicité au
moins α de
P(X 2 ) = (X 2 − j)α (X 2 − j2 )β
Soit (P, Q) un couple solution.
Si le polynôme P est constant alors nécessairement Q = 0 et P = ±1. Vérification
immédiate.
Sinon, posons n = deg P ∈ N∗ . La relation P2 + (1 − X 2 )Q2 = 1 impose que P et Q sont
premiers entre eux et en dérivant on obtient PP0 − XQ2 + (1 − X 2 )QQ0 = 0. Par suite
Q | PP0 puis Q | P0 . Par des considérations de degré et de coefficient dominant on peut
affirmer P0 = ±nQ.
Quitte à considérer −Q, supposons P0 = nQ et la relation PP0 − XQ2 + (1 − X 2 )QQ0 = 0
donne (1 − X 2 )P00 − XP0 + n2 P = 0.
Résolvons l’équation différentielle (1 − t2 )y00 − ty0 + n2 y = 0 sur [−1 ; 1].
Par le changement de variable t = cos θ, on obtient pour solution générale
y(t) = λ cos(n arccos t) + µ sin(n arccos t).
La fonction t 7→ cos(n arccos t) est polynômiale (cf. polynôme de Tchebychev), cela
définit le polynôme T n .
La fonction t 7→ sin(n arccos t) ne l’est pas car de dérivée √−n 2 cos(n arccos t) non
1−t
polynômiale.
Par suite P = λT n et Q = ± n1 T n0 .
La relation P2 + (1 − X 2 )Q2 = 1 évaluée en 1 impose λ2 = 1 et finalement
(P, Q) = (±T n , ± 1n T n0 ).
Vérification : pour le couple (P, Q) = (±T n , ± 1n T n0 ), le polynôme P2 + (1 − X 2 )Q2 est
constant car de polynôme dérivé nul et puisqu’il prend la valeur 1 en 1, on peut affirmer
P2 + (1 − X 2 )Q2 = 1.
Supposons P solution.
Le coefficient dominant λ de P vérifie λ = λ2 et donc est égal à 1.
Si a est racine de P alors a2 et (a + 1)2 le sont aussi.
Corrections
Si a , 0 est une racine de P alors a2 , a4 , . . . sont racines de P. Or P , 0 et donc P n’admet
qu’un nombre fini de racines. La suite précédente est donc redondante et par conséquent a
est une racine de l’unité. En particulier |a| = 1.
Si a = 0 est racine de P alors 1 = (0 + 1)2 aussi puis 4 = (1 + 1)2 l’est encore,. . . et
finalement P admet une infinité de racines ce qui est exclu.
Finalement les racines de P sont toutes de module 1.
Or si a est racine de P, (a + 1)2 l’étant encore et donc
|a| = |a + 1| = 1
Les seuls complexes vérifiant cette identité sont j et j2 (ce sont les points intersection du
cercle unité et du cercle de centre −1 et de rayon 1 du plan complexe). On en déduit
P = (X 2 + X + 1)n
14
La partie polaire
λ
X−a
d’un pôle simple a d’une fraction rationnelle P/Q s’obtient par la relation
λ=
En effet, si Q(X) = (X − a)R(X) on a Q0 (a) = R(a)
Ici
!
X n−1
1
αk =
(ωk ) =
(X n − 1)0
n
et donc
n−1
1X 1
X n−1
=
X n − 1 n k=0 X − ωk
car P est un polynôme réel et que donc ses racines complexes conjuguées sont d’égales
multiplicités.
Inversement, on vérifie par le calcul qu’un tel polynôme est bien solution.
(a) On a
cos 3x = 4 cos3 x − 3 cos x
donc
4a3 − 3a = cos(π/3) = 1/2
Ainsi a est racine du polynôme 8X 3 − 6X − 1.
(b) Soit x une racine rationnelle de ce polynôme. On peut écrire x = p/q avec p ∧ q = 1.
On a alors
8p3 − 6pq2 − q3 = 0
On en déduit p | 8p3 − 6pq2 = q3 . Or p et q sont premiers entre eux et donc par le
théorème de Gauss p = ±1. De plus q2 | 6pq2 + q3 = 8p3 et, par un argument
analogue au précédent, q2 | 8. Ainsi q = ±1 ou q = ±2.
Or 1, −1, 1/2 et −1/2 ne sont pas les valeurs de cos(π/9). On peut donc conclure que
a est irrationnel.
Les pôles de cette fraction rationnelles sont simples et sont les racines n-ième de l’unité
ω0 , . . . , ωn−1 . Sachant que la fraction rationnelle est de degré strictement négatif, sa partie
entière est nulle et sa décomposition en éléments simples cherchée s’écrit
n−1
X αk
X n−1
=
X n − 1 k=0 X − ωk
P(a)
Q0 (a)
Considérons l’application ϕ : Rn+1 [X] → Rn [X] définie par ϕ(P) = P(X + 1) − P(X).
L’application ϕ est bien définie, linéaire et de noyau R0 [X]. Par le théorème du rang elle
est donc surjective et les solutions de l’équation ϕ(P) = X n se déduisent les unes des
autres par l’ajout d’un élément de R0 [X] c’est-à-dire d’une constante. Ainsi il existe une
unique solution vérifiant P(0) = 0.
Facilement Im( f + g) ⊂ Im f + Im g donc
rg( f + g) ≤ dim(Im f + Im g) ≤ rg( f ) + rg(g)
Puisque f = f + g + (−g),
rg( f ) ≤ rg( f + g) + rg(−g) = rg( f + g) + rg(g)
Aussi rg(g) ≤ rg( f + g) + rg( f ) donc
rg( f ) − rg(g) ≤ rg( f + g)
Il est clair que les application F j sont éléments de (Rn [X])∗ espace de dimension n + 1.
Pour conclure, il suffit d’observer la liberté de la famille (F0 , . . . , Fn ).
Supposons λ0 F0 + · · · + λn Fn = 0.
Corrections
En appliquant cette égalité aux polynômes 1, 2X, . . . , (n + 1)X n on obtient les équations
formant le système linéaire :


λ0 a0 + · · · + λn an = 0





λ0 a20 + · · · + λn a2n = 0




·
·
·



λ0 an+1 + · · · + λn an+1 = 0
n
0
Par un déterminant de Vandermonde, ce système est de Cramer ce qui entraîne
λ0 = . . . = λn = 0
La famille est alors libre et constituée du bon nombre de vecteurs pour former une base de
(Rn [X])∗ .
(a) (v ◦ u)2 = v ◦ IdF ◦u = v ◦ u donc v ◦ u est un projecteur.
(b) Le rang d’un projecteur est égal à sa trace donc
rg(v ◦ u) = tr(v ◦ u) = tr(u ◦ v) = tr(IdF ) = p
On a
15
Les inclusions h−1 (h(F)) ⊂ F et F ⊂ h(h−1 (F)) entraînent respectivement ker h ⊂ F et
F ⊂ Im h.
Inversement, supposons
ker h ⊂ F ⊂ Im h
Pour x ∈ h−1 (h(F)), il existe a ∈ F tel que h(x) = h(a). On a alors x − a ∈ ker h ⊂ F et
donc x = a + (x − a) ∈ F. Ainsi h−1 (h(F)) ⊂ F puis h−1 (h(F)) = F
Aussi pour y ∈ F ⊂ Im h, il existe a ∈ E tel que y = h(a) et puisque y ∈ F, a ∈ h−1 (F).
Ainsi F ⊂ h(h−1 (F)) puis F = h(h−1 (F)).
Finalement
h−1 (h(F)) = h(h−1 (F))
Pour f ∈ E ∗ et g ∈ F ∗ , posons f ⊗ g l’application définie sur E × F par
( f ⊗ g)(x, y) = f (x) + g(y). Il est facile d’observer f ⊗ g ∈ (E × F)∗ . Considérons
ϕ : E ∗ × F ∗ → (E × F)∗ définie par ϕ( f, g) = f ⊗ g.
L’application ϕ est linéaire.
Si ϕ( f, g) = 0 alors pour tout (x, y) ∈ E × F, f (x) + g(y) = 0.
Pour y = 0, on peut affirmer f = 0 et pour x = 0, on affirme g = 0. Ainsi ( f, g) = (0, 0) et
donc ϕ est injective.
Soit h ∈ (E × F)∗ . Posons f : x 7→ h(x, 0), g : y 7→ h(y, 0). On vérifie aisément f ∈ E ∗ ,
g ∈ F ∗ et ϕ( f, g) = h car h(x, y) = h(x, 0) + h(0, y).
Im(v ◦ u) ⊂ Im v et dim Im(v ◦ u) = rg(v ◦ u) = p ≥ rg(v) = dim Im v
On en déduit
Im(v ◦ u) = Im v
On a
ker u ⊂ ker(v ◦ u) et dim ker u = n − rg u ≥ n − p = n − rg(v ◦ u) = dim ker(v ◦ u)
donc
ker(v ◦ u) = ker u
Les inclusions suivantes sont toujours vraies
F ⊂ h−1 (h(F)) et h(h−1 (F)) ⊂ F
Si h−1 (h(F)) = h(h−1 (F)) alors
h−1 (h(F)) = F et h(h−1 (F)) = F
P
(a) Si y ∈ f ( ni=1 Ei ) alors on peut écrire y = f (x1 + · · · + xn ) avec xi ∈ Ei . On alors
P
P
y = f (x1 ) + · · · + f (xn ) avec f (xi ) ∈ f (Ei ) et ainsi f ( ni=1 Ei ) ⊂ ni=1 f (Ei ).
Pn
Si y ∈ i=1 f (Ei ) alors on peut écrire y = f (x1 ) + · · · + f (xn ) avec xi ∈ Ei . On a alors
P
P
P
y = f (x) avec x = x1 + · · · + xn ∈ ni=1 Ei donc f ( ni=1 Ei ) ⊃ ni=1 f (Ei ).
(b) Si f (x1 ) + · · · + f (xn ) = 0 avec xi ∈ Ei alors f (x1 + · · · + xn ) = 0 donc
x1 + · · · + xn = 0 car f injective puis x1 = . . . = xn = 0 car les Ei sont en somme
directe et enfin f (x1 ) = . . . = f (xn ) = 0. Ainsi les f (Ei ) sont en somme directe.
P
(c) Soit x ∈ pj=1 f −1 (F j ). On peut écrire x = x1 + · · · + x p avec f (x j ) ∈ F j donc
P
P
P
f (x) = f (x1 ) + · · · + f (x p ) ∈ pj=1 F j . Ainsi pj=1 f −1 (F j ) ⊂ f −1 ( pj=1 F j ).
On obtient une inclusion stricte en prenant par exemple pour f une projection sur une
droite D et en prenant F1 , F2 deux droites distinctes de D et vérifiant D ⊂ F1 + F2 .
f = 0 ou f = Id sont des conditions suffisantes faciles. . .
Plus finement, supposons chaque F j inclus dans Im f (et p ≥ 1)
P
Pour x ∈ f −1 ( pj=1 F j ), on peut écrire f (x) = y1 + · · · + y p avec y j ∈ F j . Or F j ⊂ Im f
donc il existe x j ∈ E vérifiant f (x j ) = y j . Evidemment x j ∈ f −1 (F j ). Considérons
Corrections
alors x10 = x − (x2 + · · · + x p ), on a f (x10 ) = y1 donc x10 ∈ f −1 (F j ) et
P
P
P
x = x10 + x2 + · · · + x p ∈ pj=1 f −1 (F j ). Ainsi f −1 ( pj=1 F j ) ⊂ pj=1 f −1 (F j ) puis
l’égalité.
En étudiant l’égalité AM = MA, on justifie C(A) = Dn (C). C(A) est donc un sous-espace
vectoriel de dimension n. De plus il contient évidemment les éléments Ak pour
k ∈ {0, . . . , n − 1} (et, plus généralement, tout polynôme en A).
Supposons
λ0 I + λ1 A + · · · + λn−1 An−1 = 0
Le polynôme P = λ0 + λ1 X + · · · + λn−1 X n−1 est annulateur de A, donc les α1 , . . . , αn qui
sont valeurs propres de A sont aussi racines de P qui possède alors plus de racines que son
degré. On peut alors affirmer P = 0 puis λ0 = . . . = λn−1 = 0.
La famille (Ak )0≤k≤n−1 est une famille libre à n éléments de C(A), c’en est donc une base
Supposons A inversible. Puisque A et B commutent, A−1 et B aussi. Comme B est
nilpotente, −A−1 B l’est aussi. Or il est classique d’observer que si N est nilpotente, I − N
est inversible d’inverse I + N + · · · + N p−1 avec p l’ordre de nilpotence de N. Ainsi
I + A−1 B est inversible et A + B = A(I + A−1 B) aussi.
Supposons A + B inversible, puisque −B est nilpotente et commute avec A + B,
A = A + B − B est inversible.
Si f = 0 alors f ◦ g = 0.
Sinon il existe une base de R2 dans laquelle la matrice de f est
!
0 1
A=
0 0
La matrice de g commutant avec f est de la forme
!
a b
0 a
et puisque g = 0, a = 0.
Par suite la matrice de f ◦ g est nulle.
2
16
Fω est clairement un endomorphisme de Cn−1 [X]. Sa matrice dans la base (1, X, . . . , X n−1 )
Pn−1 ( j−i)k
est A = (ai, j )0≤i, j≤n−1 avec ai, j = √1n ωi j . On remarque que ĀA = In car 1n k=0
ω
= δi, j .
−1
Par suite Fω est un automorphisme et Fω étant représenté par Ā,
Pn−1
Fω−1 (P) = √1n k=0
P(ω−k )X k .
Posons Bk = Ak + A−k . On vérifie
Ak + A−k A + A−1 = Ak+1 + A−(k+1) + Ak−1 + A−(k−1)
et donc
Bk = Bk+1 + Bk−1
Sachant B0 = 2In et B1 = In , on a par récurrence Bk = λk In avec (λk ) la suite récurrente
linéaire double déterminée par


 λ0 = 2, λ1 = 1

λ = λ − λ
n+1
n
n−1
Après résolution
λn =
√ n √ n
1+i 3 + 1−i 3
2n
Soit
p=
On a
p◦ p=
1X
g
n g∈G
1 XX
h◦g
n2 h∈G g∈G
Or, pour h ∈ G fixé, les h ◦ g parcourt G pour g parcourant G. Ainsi
X
X
h◦g=
k
g∈G
k∈G
puis
p◦ p=
1 XX
1X
k
=
k=p
n k∈G
n2 h∈G k∈G
Corrections
Ainsi p est un projecteur et la dimension de son image Im p = ker(p − Id) est sa trace
1X
tr g
tr p =
n g∈G
Pour tout g ∈ G, on vérifie g ◦ p = p par des calculs analogues aux précédents. Si x est
invariant par p, il l’est aussi par g et donc
\
ker(p − Id) ⊂
ker(g − Id)
17
donc
f (Ei, j ) = f (Ei, j E j, j ) = f (E j, j Ei, j ) = f (On ) = 0
Ainsi
f (A) = f (
(b) Posons f = tr ◦g. L’application f est une forme linéaire vérifiant
∀A, B ∈ Mn (R), f (AB) = f (BA)
Ainsi f = λ tr.
Or f (In ) = tr (g(In )) = tr In donc λ = 1. Ainsi f = tr et
∀M ∈ Mn (R), tr(g(M)) = f (M) = tr(M)
g∈G
puis l’on obtient l’égalité de dimension


 1 X
\

dim  ker(g − IdE ) =
tr g
n g∈G
g∈G
P
P P
(a) Posons p = g∈G g. p2 = g∈G h∈G gh. Or pour g ∈ G, l’application h 7→ gh est une
P
permutation du groupe G donc h∈G gh = p et par suite p2 = Card G.p.
1
Par suite Card G p est une projection vectorielle et puisque son rang égale sa trace,
rg p = 0. Ainsi p = 0.
P
(b) Considérons ϕ(x, y) = g∈G (g(x) | g(y)). ϕ est un produit scalaire sur Rn pour lequel
on a ∀h ∈ G, h∗ = h−1 . Pour ce produit scalaire, V ⊥ est un supplémentaire de V stable
pour tout h−1 avec h élément de G donc stable pour tout élément de G.
ai, j Ei, j ) = λ tr A
en notant λ la valeur commune des f (Ei,i ).
g∈G
L’inclusion inverse étant immédiate, on conclut
\
ker(g − Id) = ker(p − Id)
X
En retirant la première colonne aux autres, on obtient un déterminant où ne figurent des x
que sur la première colonne. En développant selon cette première colonne, on obtient une
expression affine de la variable x.
(x) a1 + x
..
= αx + β
.
(x)
an + x Il reste à déterminer les réels α, β exprimant cette fonction affine.
D’une part
(0)
(x) a1
a1 + x
..
..
β = = a1 . . . an
= .
.
(x)
(0)
an an + x
x=0
et d’autre part
(a) Notons Ei, j les matrices élémentaires de Mn (R). Puisque
Ei,i = Ei, j E j,i et E j, j = E j,i Ei, j
l’hypothèse de travail donne
f (Ei,i ) = f (Ei, j E j,i ) = f (E j,i Ei, j ) = f (E j, j )
De plus, pour i , j, on a
Ei, j = Ei, j E j, j et On = E j, j Ei, j
a1 + x
d α=
dx (x)
..
.
0
(x) an + x x=0
La dérivée d’un déterminant est la somme des déterminants obtenus lorsqu’on ne dérive
qu’une colonne
1
(0)
n a1
X
..
α=
.
j=1 (0)
1
an Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
Corrections
où la colonne formée de 1 est à la position j. Chaque déterminant se calcule en
développant selon la ligne ne contenant que le coefficient 1 et l’on obtient
α=
n Y
X
ai
j=1 i, j
Supposons pour commencer la matrice A inversible.
Par opérations par blocs :
!
!
!
A C I −A−1C
A
0
=
B D 0
I
B D − BA−1C
On en déduit
A C −1
−1
B D = det(D − BA C) det A = det(DA − BA CA)
−1
Or les matrices A et C commutent donc A et C commutent aussi et
A C B D = det(DA − BC)
Supposons A non inversible.
Pour p assez grand, la matrice A p = A + 1p I est inversible et commute avec C donc
A
det p
B
!
C
= det(DA p − BC)
D
En passant à la limite quand p → +∞, la continuité du déterminant donne
!
A C
det
= det(DA − BC)
B D
Il existe u, v ∈ Z tels que u det A + v det B = 1. U = ut (Com A) et V = vt (Com B)
conviennent alors.
Notons que pour n = 1 : la relation det(A + X) = det A + det X est vraie pour tout A et tout
X.
18
On suppose dans la suite n ≥ 2.
Pour X = A, la relation det(A + X) = det A + det X donne 2n det A = 2 det A et donc
det A = 0.
La matrice A n’est donc par inversible et en posant r < n égal à son rang, on peut écrire
A = QJr P avec P, Q inversibles et
!
Ir
(0)
Jr =
(0) On−r
Posons alors X = QJr0 P avec
Jr0
O
= r
(0)
(0)
In−r
!
Puisque A + X = QIn P = QP, la matrice A + X est inversible et donc
det X = det(A + X) , 0.
On en déduit que la matrice Jr0 est l’identité et donc r = 0 puis A = On .
Cas où la matrice A inversible :
Pour
P=
In
On
!
−A−1 B
In
on a
MP =
A
C
On
−CA−1 B + D
!
On en déduit
det M = det(MP) = det A × det(−CA−1 B + D)
Or
det A × det(−CA−1 B + D) = det(AD − ACA−1 B) = det(AD − BC)
car la matrice C commute avec les matrices A et B.
On en déduit
det M = det(AD − BC)
Cas général :
Pour p ∈ N∗ assez grand, la matrice A p = A + 1/pIn est inversible et les matrices
A p , B, C, D commutent deux à deux. Si on pose
!
Ap B
Mp =
C D
l’étude qui précède donne
det M p = det(A p D − BC)
Corrections
En faisant tendre p vers +∞, on obtient à la limite
det M = det(AD − BC)
Il est alors immédiat de conclure que l’inversibilité de M équivaut à celle de AD − BC.
Sur R[X], on définit un produit scalaire par
Z
(P | Q) =
19
Le cas n = 1 étant évident, on suppose désormais n ≥ 2.
La quantité cherchée est m = d(M, Vect(I, J)) = kM − p(M)k avec p la projection
orthogonale sur Vect(I, J).
p(M) = aI + bJ avec (p(M) | I) = (M | I) = tr(M) et (p(M) | J) = (M | J) = σ avec σ la
somme des coefficients de M.
La résolution de ce système donne
a=
1
P(t)Q(t) dt
n tr(M) − σ
σ − tr(M)
et b =
n(n − 1)
n(n − 1)
donc
0
La quantité cherchée m apparaît alors sous la forme
2
m = inf X 2 − (aX 2 + bX + c)
m2 = kM − p(M)k2 = (M − p(M) | M) = kMk2 −
(n − 1) tr(M)2 + (tr(M) − σ)2
n(n − 1)
a,b,c∈R
C’est donc le carré de la distance de X 3 au sous-espace vectoriel R2 [X]. En introduisant la
projection orthogonale p sur ce sous-espace vectoriel
2
m = d(X 3 , R2 [X])2 = X 3 − p(X 3 )
En introduisant la norme euclidienne canonique sur Mn (R) définie par

1/2
 X

2
ai, j 
kAk = 
1≤i, j≤
On peut écrire
p(X 3 ) = a + bX + cX 2
Pour chaque i = 0, 1, 2, on a
on peut interpréter l’infimum calculé


 X 2 

inf 
ai, j − mi, j  = d(A, Sn (R))2
M∈Sn (R) 
(p(X 3 ) | X i ) = X 3 | X i
1≤i, j≤n
car
(p(X ) − X | X ) = 0
3
3
i
La distance introduite se calcule par projection orthogonale. Sachant A = M + N avec
On obtient alors un système d’équations d’inconnue (a, b, c)


a + b/2 + c/3 = 1/4



a/2
+ b/3 + c/4 = 1/5



a/3 + b/4 + c/5 = 1/6
M=
A + tA
A − tA
∈ Sn (R) et N =
∈ An (R) = Sn (R)⊥
2
2
on obtient
d(A, Sn (R))2 = kNk2 =
La résolution de ce système donne
1 X
(ai, j − a j,i )2
4 1≤i< j≤n
a = 1/20, b = −3/5 et c = 3/2
On en déduit
2
m = X 3 − p(X 3 ) = (X 3 − p(X 3 ) | X 3 ) =
1
2800
Pour X = t 1 . . . 1 , on vérifie
X
ai, j = t XAX
1≤i, j≤n
Corrections
Or t XAX = (X | AX) donc par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,
t
XAX ≤ kXk kAXk
Or kXk =
√
n et kAXk = kXk =
√
n car A ∈ On (R) donc
X
ai, j ≤ n
20
(a) Les colonnes de M sont unitaires et deux à deux orthogonales si, et seulement si,
( 2
a + b2 + c2 = 1
ab + bc + ca = 0
Puisque (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2σ, on obtient
1≤i, j≤n
Étudions le problème inverse, c’est-à-dire, étudions la liberté de la famille (v1 , . . . , vn ).
Supposons λ1 v1 + · · · + λn vn = 0E . On a alors
hvi , λ1 v1 + · · · + λn vn i = cλ1 + · · · + cλi−1 + λi + cλi+1 + · · · + cλn = 0
Considérons la matrice

 1

A = 

(c)
..
.

(c)

 ∈ Mn (R)

1
et la colonne X = t (λ1 . . . λn ). Les équations précédentes fournissent le système
AX = 0
Si la matrice A est inversible alors la famille (v1 , . . . , vn ) est assurément libre.
Inversement, si la famille A n’est pas inversible, il existe une relation linéaire sur ses
colonnes
µ1C1 + · · · + µnCn = 0 avec (µ1 , . . . , µn ) , (0, . . . , 0)
Posons alors u = µ1 v1 + · · · + µn vn . On a
∀1 ≤ i ≤ n, hvi , ui = 0
M ∈ O3 (R) ⇐⇒ σ = 0 et S 2 = 1
(b) On suppose la matrice M orthogonale et l’on calcule sont déterminant. En ajoutant
toutes les colonnes à la première puis en factorisant
1 b c
det M = (a + b + c) 1 a b
1 c a
puis en retranchant les premières lignes aux suivantes
b
c 1
det M = (a + b + c) 0 a − b b − c
0 c − b a − c
Enfin
Ainsi
det M = (a + b + c) (a − b)(a − c) + (b − c)2
det M = S a2 + b2 + c2 − ab − bc − ac = S
car a2 + b2 + c2 = 1 et σ = 0.
Finalement
M ∈ SO3 (R) ⇐⇒ σ = 0 et S = 1
(c) Les nombres a, b, c sont les racines du polynôme X 3 − X 2 + k si, et seulement si,
X 3 − X 2 + k = (X − a)(X − b)(X − c)
et donc
u ∈ Vect(v1 , . . . , vn ) ∩ Vect(v1 , . . . , vn )⊥ = {0E }
La famille (v1 , . . . , vn ) est alors liée.
Résumons : (v1 , . . . , vn ) est libre si, et seulement si, A est inversible.
Puisque
det A = (1 + (n − 1)c)(1 − c)n−1
on peut conclure que (v1 , . . . , vn ) est liée si, et seulement si,
c = 1 ou c = −1/(n − 1)
En identifiant les coefficients, cette identité polynomiale équivaut à la satisfaction du
système


a+b+c=1



ab
+
bc + ca = 0




abc = −k
De plus, le polynôme X 3 − X 2 + k admet trois racines réelles si, et seulement si,
k ∈ [0 ; 4/27]. En effet, considérons la fonction f : x 7→ x3 − x2 + k. La fonction f est
dérivable sur R et f 0 (x) = x(3x − 2).
Corrections
Compte tenu de ses variations, pour que f s’annule 3 fois il est nécessaire que
f (0) ≥ 0 et f (2/3) ≤ 0.
Cela fournit les conditions k ≥ 0 et k ≤ 4/27.
Inversement, si k ∈ [0 ; 4/27], f admet trois racines réelles (comptées avec
multiplicité)
Ainsi, si M ∈ SO3 (R) alors a, b, c sont les racines du polynôme X 3 − X 2 + k avec
k ∈ [0 ; 4/27].
Inversement, si k ∈ [0 ; 4/27], le polynôme X 3 − X 2 + k admet trois racines a, b, c
vérifiant σ = 0 et S = 1 donc M ∈ SO3 (R).
Introduisons
N=
On a
t
A O p,n−p
t
B
I
Or
Mt M =
On−p,p
i.e. a ∈ [0 ; 4/27].
La rotation alors obtenue est d’axe dirigé et orienté par (1, 1, 1) et d’angle θ avec
cos θ = 3p−1
2 et sin θ du signe de q − r.
t
!
B
D
donc
Ip
P(0) ≥ 0 et P(2/3) ≤ 0
(a) En notant X = (x1 , . . . , xn ), on obtient
!
At A + Bt B At C + Bt D
= In
C t A + Dt B C t C + Dt D
MN =
De plus σ1 σ2 = 0 donne t + 3σ3 = 0 et donc σ1 = σ31 = S 3 + 3t + 6σ3 = S 3 − 3σ3 = 1.
Ainsi p, q, r sont les trois racines du polynôme X 3 − X 2 + a.
Inversement, on vérifie que les trois racines du polynôme X 3 − X 2 + a satisfont le système.
Il ne reste plus qu’à étudier à quelle condition sur a ces trois racines sont réelles. L’étude
des variations de P donne la condition nécessaire et suffisante suivante
!
At A + Bt B
MN = t
C A + Dt B
21
B
D
!
En passant cette relation au déterminant, on en déduit
XAX =
n X
n
X
et donc
t
XAX =
n
X
ai,i xi2 +
Sachant det M = ±1, la conclusion est dès lors facile.
A est une matrice de rotation si, et seulement si, A ∈ O3 (R) et det A = 1 ce qui fournit le
système :


p2 + q2 + r2 = 1



pq + qr + rp = 0



 p3 + q3 + r3 − 3pqr = 1
(le déterminant se calculant par Sarrus).
Posons σ1 = p + q + r, σ2 = pq + qr + rq, σ3 = pqr, S 2 = p2 + q2 + r2 , S 3 = p3 + q3 + r3
et t = p2 q + pq2 + q2 r + qr2 + t2 p + tp2
Si (p, q, r) est solution du système alors σ21 = S 2 + 2σ1 donne σ1 = ±1.
n
n
X
X
ai, j xi x j
i=1 j=1, j,i
i=1
Par l’inégalité triangulaire
n
n
n
n
X
X
X
X
ai, j x j ai, j xi x j ≤
|xi |
i=1
i=1 j=1, j,i
det M × det t A = det D
ai, j xi x j
i=1 j=1
j=1, j,i
Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz
v
u
v
u 
2
t n
n
n
n  X
n
X
X
X tX




ai, j x j 
ai, j xi x j ≤
xi2

i=1 j=1, j,i
i=1
i=1
j=1, j,i
et une nouvelle fois
 n

n
n
n
n
X
X
X
X
 X 2
2
2
2



a
x
≤
a
x
≤
a
x2j
i, j
j 
i, j
j
i, j


j=1, j,i
j=1, j,i
j=1, j,i
j=1, j,i
j=1
On obtient donc
n
n
n
n
n
n
X
X
X
X
X
X
ai, j xi x j ≤
xi2
a2i, j <
xi2
i=1 j=1, j,i
i=1
i=1 j=1, j,i
i=1
Corrections
22
puis
t
XAX >
n
X
ai,i xi2 −
n
X
i=1
xi2 ≥ 0
i=1
(b) Si X ∈ ker A alors XAX = 0 et donc X = 0 en vertu de ce qui précède.
t
Puisque On (R) est un groupe multiplicatif, on a
(I + 2M)/3 ∈ On (R)
avec M = A−1 B ∈ On (R). Pour x ∈ Rn unitaire,
kx + 2Mxk = 3
Mais aussi
kxk + k2Mxk = kxk + 2 kxk = 3
Il y a donc égalité dans l’inégalité triangulaire et, par conséquent, il existe λ ∈ R+ vérifiant
2Mx = λx
En considérant à nouveau la norme, on obtient λ = 2 puis Mx = x. Ceci valant pour tout
x ∈ Rn , on conclut M = In puis A = B.

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